2026年广东省深圳市龙华区中考物理二模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年广东省深圳市龙华区中考物理二模试卷（含答案+解析），文件包含第4节插叙pptx、第4节插叙doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
1.如图为某型号机器人与工作人员一起参加马拉松比赛的场景，可估测机器人的身高大约是( )
A. 40cm
B. 120cm
C. 180cm
D. 260cm
2.2025年11月25日，神舟二十二号飞船与天和核心舱顺利对接，对接后相对于飞船静止的是( )
A. 天和核心舱B. 地球C. 地面发射塔D. 太阳
3.如图，AI音箱可通过主人的“指令”调控电器设备。它识别“指令”是根据声音的( )
A. 音调
B. 响度
C. 音色
D. 频率
4.如图是某熔盐塔式光热电站，它通过多面定日镜将太阳光聚集到塔顶，其光学原理是( )
A. 光的直线传播B. 光的反射C. 光的折射D. 凸透镜会聚光线
5.如图是“天宫二号”的综合材料实验炉，能实现真空环境下950∘C的炉膛温度，材料在炉中从固态变为液态的过程是( )
A. 熔化
B. 凝华
C. 液化
D. 凝固
6.如图，自动驾驶的电动车在水平路面上匀速直线行驶，与电动车所受重力相平衡的是( )
A. 电动车受到的牵引力
B. 电动车对地面的压力
C. 电动车受到的阻力
D. 地面对电动车的支持力
7.如图是某款自动洗手液机，只闭合开关S1，指示灯亮，再将手伸入感应区开关S2闭合，电动机启动并挤出洗手液；若只闭合开关S2电动机不能启动。下列电路符合要求的是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题：本大题共3小题，共6分。
8.煮水时，质量为1kg的水升温10∘C吸收的热量是 J(水的比热容为4.2×103J/(kg⋅∘C))；泡茶时茶香四溢，从分子动理论的角度对此现象的解释是 。
9.如图所示，茶壶的壶嘴与壶身构成一个 ，使两侧液面总保持相平。用手指堵住壶盖上的小孔，茶水不易倒出，这是 作用的缘故。
10.电茶炉工作时金属外壳必须接 线，防止触电；把电茶壶接入电路，闭合开关后，家里的空气开关就“跳闸”了，原因可能是 (写出一种即可)。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
11.如图，小明看到水中有一条鱼，A点是小明看到鱼的像的位置，B点是鱼的实际位置，请在图中画出他看到鱼的光路图(保留作图痕迹)。
12.如图，钓鱼竿可视为以O为支点的杠杆，动力F1作用在A点，请画出动力F1的力臂l1以及杠杆在B点所受阻力F2的示意图。
四、实验探究题：本大题共4小题，共23分。
13.实验小组用图甲的装置探究水沸腾前后温度变化的特点，当水温接近90∘C时开始计时，每隔1min读一次温度计的示数，直到水沸腾约3min后停止读数，数据记录如下表：
(1)第2min时温度计示数如图乙，此时温度是 ∘C。
(2)第5min时，水中气泡如图丙所示时，水 (填“没有沸腾”或“已经沸腾”)。
(3)分析表格中的实验数据，总结水在沸腾前后温度变化的特点：水在沸腾前温度持续升高，沸腾后温度 。
(4)实验后，取下烧杯让水自然冷却，从水温降低到60∘C开始，每隔2min测量一次水温，描点连线作出温度一时间图像。有同学分别绘制了如图丁和戊两个图像，其中正确的是图 ，为证明另一个图像是错误的，可对实验做出的改进是 。
14.在“认识浮力”的学习中，小明尝试了以下实验：
(1)在上表空格处填上根据对应现象所做的合理猜想。
(2)小明用弹簧测力计吊着某物块缓慢地浸入液体中，步骤如图中①②③④⑤所示(液体均未溢出，弹簧测力计的读数为该状态静止时的示数)。根据①②③④实验结果可以证明猜想Ⅰ是 的(选填“正确”或“错误”)，同时还可以得出浮力的大小与浸没的深度 (选填“有关”或“无关”)。
(3)图⑤中，物块浸没在盐水中受到的浮力为 N，比在水中受到的浮力大。
(4)为了探究猜想Ⅲ，小明找来了体积相同、密度不同的A、B两个圆柱体，测得其重力分别为4N和4.5N，然后进行如图⑥所示的a、b两次实验，根据实验结果可得：浮力大小与物体的密度 。
(5)如将质量相同的实心铜块和实心铝块浸没于水中(ρ铜>ρ铝>ρ水)，谁受到的浮力更大？请说明理由： 。
15.某实验小组连接了图甲所示的电路，测量定值电阻Rx的阻值，电源电压恒为3V。
(1)图甲电路的连接有一处错误，请把接错的那一根导线找出来打“×”，用笔画线代替导线画出正确的连接 。
(2)闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片调至最 端(选填“左”或“右”)。
(3)正确连接电路后，闭合开关，电压表指针有明显偏转，电流表示数几乎为0。若电路中只有一处故障，则发生的故障可能是 。
(4)排除故障后，滑片P移至某处，此时电压表示数为1.5V，电流表示数如图乙所示，本次测得Rx的阻值为 Ω；为减小实验误差，请写出接下来的操作过程和数据处理方法： 。
(5)该探究小组对实验进一步拓展，在缺少电流表的情况下，设计了图丙实验电路来测量Rx的阻值，已知滑动变阻器的最大阻值为R0，电源电压恒定不变。实验步骤如下：
①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至b端，读出电压表的示数为U1；
②再将滑动变阻器的滑片移至a端，读出电压表的示数为U2；
③未知电阻Rx阻值的表达式：Rx= (用U1、U2、R0表示)。
16.某探究实践小组尝试制作一台简易直流电动机。
任务一：让导体动起来
(1)按图甲组装仪器，为了让导体棒AB受力运动，应在M、N之间接入 (选填“电流表”或“电源”)。
任务二：让导体转起来
(2)实践小组把漆包线绕成矩形线圈，将线圈两端的导线拉直作为转动轴，为了能顺利转动，需将线圈重心调整至转动轴上。下列选项中，线圈的绕制最合理的是 (填选项)。
任务三：让线圈持续转动
(3)实践小组绕制了合适线圈，并将漆包线两端的漆全部刮去后，放入图乙所示支架，通电后，发现线圈不能持续转动，只能在平衡位置附近摆动。为了使线圈能持续转动，正确的刮漆方法可以是
(填选项)。
A.一侧全刮，另一侧刮半周
B.一侧刮上半周，一侧刮下半周
(4)改进刮漆方式后，线圈持续转动起来。若要改变电动机的转动方向，可采取的措施是 (写出一条即可)。
任务四：调节线圈的转速
(5)电动机使用中若需要调节线圈的转速，你可以采取哪些措施： (写出一条即可)。
五、计算题：本大题共2小题，共14分。
17.如图为我国自主研发的智能巡检机器人，该机器人质量为24kg，车轮与水平地面接触的总面积为0.01m2。在一次巡检任务中，机器人沿水平地面匀速行进10m，行进时受到的动力为60N。求：(g取10N/kg)
(1)机器人所受的重力；
(2)机器人静止在水平地面时，对地面的压强；
(3)机器人行进过程中动力所做的功。
18.如图是某型号电加热器的工作电路，其中R和R0是加热器内部的发热体。将电加热器接入电压为220V的家庭电路中，当开关S先后置于“1”挡和“2”挡时，电流表的示数分别为5A和0.1A。求：
(1)R0的阻值；
(2)当开关S置于“1”挡时，加热器的电功率；
(3)当开关S置于“2”挡时，加热器工作10分钟消耗的电能。
六、综合题：本大题共1小题，共9分。
19.近年来，我国大力发展风电、光伏等新能源，但风电、光伏发电具有局限性，如何保障电网平稳运行，成为亟待破解的课题。
重力储能作为新兴物理储能方式，凭借选址灵活、储能容量大、使用寿命长等优势快速发展。图甲所示的“大魔方”建筑是我国新建的重力储能项目，当前正处于调试阶段。建筑内有12600块重达25吨的储能块，可通过升降电梯上下移动，项目内部结构如图乙，在电力富余时储能块被提升至高处，待电网或用户需要用电时再将储能块放下，实现电能与重力势能的相互转化。该重力储能项目单次最大发电量可达1.0×105kW⋅ℎ。
在一次调试中，储能阶段：电机将低处的一个储能块提升120m，储能块经历加速、匀速、减速三个阶段，消耗的电能为3.75×107J，电能转化为储能块重力势能的效率为80%；发电阶段：同一储能块下降120m同时驱动电机发电，下降过程储能块经历加速、匀速、减速三个阶段，下降的高度分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3，ℎ1+ℎ3ℎ2=14，其中，匀速下降阶段，测得电机的发电功率为4.5×105W，储能块重力势能转化为电能的效率为90%。为描述调试过程中单个储能块的重力势能，定义某位置储能块的重力势能E1与该储能块的最大重力势能E0的比为数量A，即A=E1E0，该次调试过程A与时间t的关系如图丙所示，其中t1∼t2为储能块经历的匀速下降阶段。
(1)风能、太阳能属于 能源(选填“可再生”或“不可再生”)。相比风能、太阳能发电，重力储能发电的优点有： (写出一条即可)。
(2)升降电梯将质量巨大的储能块从高处降至低处，该过程可实现 (选填“储能”或“发电”)。储能块匀速下降过程，动能 ，机械能 。
(3)若该重力储能项目单次最大发电量1.0×105kW⋅ℎ通过火力发电来实现，火力发电的效率取40%，则需要燃烧煤 kg。(煤炭的热值取3×107J/kg)
(4)该次调试过程储能块匀速下降阶段的速度为 m/s。
(5)为提高重力储能项目的发电能力，可采取哪些措施？ (写出一条即可)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由图可知，机器人比工作人员略高，约为1.8m，即180cm，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
在生活中，我们需要对常见物体的长度有一定的估测能力。一般成年人的身高在170 cm 左右。
这道题结合生活场景，考查长度估测，贴近实际，能很好地检验对常见长度的感知能力，属于容易题。
2.【答案】A
【解析】解：神舟二十二号与天和核心舱对接后，它们之间的位置没变，故以天和核心舱为参照物，神舟二十二号是静止的；神舟二十二号与地球、太阳、地面发射塔的位置发生变化，故以地球、地面发射塔和太阳为参照物，神舟二十二号是运动的，故BCD错误，A正确。
故选：A。
被研究物体与参照物的位置没变，说明被研究物体是静止的，如果被测物体与参照物位置变了，那被研究物体是运动的。
本题考查了学生对参照物的理解，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：音色是声音的一个重要特征，不同的人发出的声音的音色不同，AI音箱能识别“指令”，主要是根据声音的音色，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
音色是由发声体的材料、结构等因素决定的，它是声音的一个重要特征，不同的人发出的声音的音色不同。
本题考查了声音的音色，属于基础题。
4.【答案】B
【解析】解：太阳光照射到定日镜表面后发生反射，反射光射向吸热塔的顶端，从而达到聚热的效果，即利用了光的反射原理，故ACD错误，B正确。
故选：B。
当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的。
本题考查了定日镜的工作原理，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：材料在炉中从固态变为液态的过程是熔化现象，故A正确、BCD错误。
故选：A。
物质由固态变为液态的过程叫做熔化。
本题考查了熔化现象，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：A、电动车受到的牵引力与电动车所受重力不在同一直线上，所以不是一对平衡力，故A错误。
B、电动车对地面的压力与电动车所受重力方向相同，受力物体不同，所以不一对平衡力，故B错误。
C、电动车受到的阻力与电动车所受重力不在同一直线上，所以不是一对平衡力，故C错误。
D、地面对电动车的支持力与电动车所受重力，大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
本题考查了平衡力的判断，属于基础题。
7.【答案】C
【解析】解：只闭合开关S1，指示灯亮，再将手伸入感应区开关S2闭合，电动机启动并挤出洗手液；
说明电灯与电动机不一定同时工作，故是并联，开关S2控制电动机，而只闭合开关S2电动机不能启动，说明电动机还受开关S1的控制，故开关S1在干路中，开关S2在电动机支路中，故C正确，ABD错误。
故选：C。
串联的各电路元件相互影响，不能独立工作；并联的各电路元件互不影响，能独立工作；根据题意确定两开关与电动机、灯泡的连接方式，然后分析电路图答题。
本题考查并联电路的设计，属于中档题。
8.【答案】4.2×104
分子在不停地做无规则运动

【解析】解：(1)水吸收的热量：
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×1kg×10∘C=4.2×104J；
(2)泡茶时茶香四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
故答案为：4.2×104；分子在不停地做无规则运动。
(1)知道水的质量、水的比热容、水升高的温度，利用吸热公式Q吸=cmΔt求水吸收的热量。
(2)不同物质相互接触时，分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现。
本题考查了热量的计算和分子的热运动，属于基础题。
9.【答案】连通器
外部的大气压

【解析】解：茶壶底部连通，上端开口，故是个连通器，壶盖上的小孔是为了在倒水时茶壶内外的大气压相等，用手指堵住壶盖上的小孔，茶水不易倒出，是因为外部的大气压大于壶内压强的缘故。
故答案为：连通器；外部的大气压。
茶壶是个连通器，连通器要求各部分都是开口的，故壶盖上必须有个小孔，这是为了使连通器各部分液面上方的大气压相等；
本题考查连通器与大气压的应用，属于基础题。
10.【答案】地
短路或用电器的总功率过大

【解析】解：电茶炉工作时金属外壳必须接地线，防止触电；把电茶壶接入电路，闭合开关后，家里的空气开关就“跳闸”了，原因可能是短路或用电器的总功率过大。
故答案为：地；短路或用电器的总功率过大。
有金属外壳的家用电器要使用三孔插座和三脚插头，将金属外壳接地。
家庭电路中电流过大的原因有两个：一是电路中发生了短路，二是用电器的总功率过大。
本题考查的是家庭电路中电流过大的原因，属于基础性题目。
11.【答案】
【解析】解：连接A点与眼睛，与水面的交点即为入射点O，连接点O与眼睛即是折射光线，连接BO就是入射光线，如图所示：
光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，人在空气中逆着光的传播方向看到鱼的像会比鱼本身偏高一点，所以A是鱼的虚像点，B是鱼的位置，据此作图。
作图时注意入射光线和折射光线用实线画，折射光线的反向延长线用虚线画，另外光线箭头很容易画错。
12.【答案】
【解析】解：从支点O向动力F1的作用线引垂线段，垂线段的长即为其力臂l1；
阻力作用点在点B，方向竖直向下。如图所示：
(1)力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
(2)先确定阻力作用点(即B点)，然后过阻力作用点表示阻力的方向(即竖直向下)。
此类题的关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂。
13.【答案】94
已经沸腾
保持不变
丁
减小水的质量

【解析】解：(1)采温度计的分度值是1∘C，此时的温度是−94∘C；
(2)由图乙知，图中气泡在上升过程中体积逐渐变大，是沸腾时的图象；
(3)从图象可以看出，在相同时间内，开始温度降低得幅度大，后来降低的温度变慢，在沸腾过程中水要继续吸收热量，但水的温度保持不变；
(4)降温时温度变化是先快后慢，不会出现匀速降温的情况，因此丁图是正确的。要证明戊图错误，可减小水的质量(质量越小，温度变化受环境影响的趋势越明显，降温先快后慢的特点会更突出)重新实验对比图像。
故答案为：(1)94；(2)已经沸腾；(3)保持不变；(4)丁；减小水的质量。
(1)读数时，要先认清分度值，然后看液柱所对应的示数；
(2)掌握沸腾时与沸腾前现象的区别：沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐变大；沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐变小；
(3)在沸腾前，随着水的温度升高，与环境的温差变小，散热变慢；在沸腾过程中水的温度不变；
(4)水降温时温度变化是先快后慢。要证明丁图错误，可减小水的质量。
此题是探究水的沸腾实验，涉及到水的沸点、器材的组装、水的沸腾特点，难度不大。
14.【答案】液体密度
液体密度;
正确
无关
1.2×103
实心铝块受到的浮力更大，理由：质量相同的实心铜块和铝块，铜块的体积小于铝块的体积，由于两者都是浸没，排开液体的体积等于物体的体积；根据阿基米德原理F浮=ρ水gV排，可知实心铝块受到的浮力更大

【解析】解：(1)实验II中，鸡蛋在清水中沉底，在浓盐水中漂浮，液体密度不同，浮力不同，所以猜想是：浮力大小可能与液体密度有关。
(2)步骤①②③④中，物体浸入液体的体积逐渐变大，弹簧测力计示数逐渐变小，说明浮力逐渐变大，因此猜想Ⅰ是正确的。步骤③④中，物体浸没后，深度增加，弹簧测力计示数不变，说明浮力不变，因此浮力大小与浸没的深度无关。
(3)由图①可知，物块的重力G=3N，图④中物块浸没在水中，弹簧测力计示数F4=1N，则：F浮4=G−F5=3N−1N=2N，图⑤中物块浸没在盐水中，弹簧测力计示数F5=0.6N，根据称重法：F浮5=G−F5=3N−0.6N=2.4N，
由F浮=ρ水gV排得物体的体积：
V=V排=F浮4ρ水g=2N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10−4m3，
物体浸没在水中和盐水中排开液体的体积相等。
则盐水的密度：
ρ盐水=F浮5V排g=2.4N2×10−4m3×10N/kg=1.2×103kg/m3。
(4)a、b两次实验中，体积相同、密度不同的A、B圆柱体浸没在水中，排开液体的体积相同，液体密度相同，根据阿基米德原理F浮=ρ水gV排，浮力相同，所以实验结果可证明：浮力大小与物体的密度无关。
(5)已知ρ铜>ρ铝>ρ水,故质量相同的实心铜块和实心铝块，铜块的体积小于铝块的体积，由于两者都是浸没，排开液体的体积等于物体的体积。根据阿基米德原理F浮=ρ水gV排，可知实心铝块受到的浮力更大。
故答案为：(1)液体密度；(2)正确；无关；(3)1.2；(4)无关；(5)实心铝块受到的浮力更大，理由：质量相同的实心铜块和铝块，铜块的体积小于铝块的体积，由于两者都是浸没，排开液体的体积等于物体的体积。根据阿基米德原理F浮=ρ水gV排，可知实心铝块受到的浮力更大。
(1)(2)(4)物体在液体中所受的浮力的大小，只跟它浸在液体中的体积和液体的密度有关。物体浸在液体中的体积越大、液体的密度越大，物体所受的浮力就越大，利用控制变量法分析。
(3)由称重法测浮力得出物体浸没在水和盐水中所受的浮力；根据阿基米德原理：F浮=ρ液gV排，根据实验中排开液体的体积都等于物体的体积，从而求出盐水的密度。
(5)质量相同的实心铜块和实心铝块，铜块的体积小于铝块的体积，由于两者都是浸没，排开液体的体积等于物体的体积。根据阿基米德原理F浮=ρ水gV排，判断两者所受浮力大小。
本题探究浮力大小的影响因素实验，掌握浮力的影响因素是关键。
15.【答案】
右
待测电阻断路
5
移动变阻器的滑片，多次测量取平均值作为测量结果
U2R0U1−U2

【解析】解：(1)原电路中，电压表短路了，电压表应与电阻并联，如下所示：
；
(2)闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，即最右端；
(3)正确连接电路后，闭合开关，电流表示数几乎为0，电压表指针有明显偏转，电压表与电源连通，若电路中只有一处故障，则发生的故障可能是待测电阻断路。
(4)排除故障后，滑片P移至某处，此时电压表示数为1.5V，电流表示数如图乙所示，电流为0.3A，Rx=UI=Ω；
为减小实验误差，接下来的操作过程和数据处理方法：移动变阻器的滑片，多次测量取平均值作为测量结果。
(5)①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至b端，读出电压表的示数为U1；测量总电压为U1；
②再将滑动变阻器的滑片移至a端，电压表测待测电阻的电压，读出电压表的示数为U2；
③根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为
U0=U1−U2；
根据分压原理有
U1−U2U2=R0Rx
未知电阻Rx阻值的表达式：Rx=U2R0U1−U2。
故答案为：(1)； (2)右；(3)待测电阻断路； (4)5；移动变阻器的滑片，多次测量取平均值作为测量结果； (5)U2R0U1−U2。
(1)原电路中，电压表短路了，电压表应与电阻并联，据此改正；
(2)闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处；
(3)正确连接电路后，闭合开关，电流表示数几乎为0，电路可能断路，根据电压表指针有明显偏转分析；
(4)读出电流大小，由欧姆定律得出电阻大小；为减小误差，多次测量取平均值作为测量结果。
(5)①分析闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至b端和a端，电压表测量的电压，根据串联电路电压的规律得出定值电阻的电压，根据分压原理得出未知电阻Rx阻值的表达式。
本题测量定值电阻Rx的阻值，考查电路连接、注意事项、故障和数据分析及测量电阻的特殊方法。
16.【答案】电源
B
A
改变磁场的方向(或电流的方向)
电路中串联一个滑动变阻器

【解析】解：(1)按图甲组装仪器，通电导体在磁场中受力运动，为了让导体棒AB受力运动，应在M、N之间接入电源。
(2)实践小组把漆包线绕成矩形线圈，将线圈两端的导线拉直作为转动轴，为了能顺利转动，需将线圈重心调整至转动轴上，即线圈的对称轴上，线圈的绕制最合理的是B。
(3)线圈转到平衡位置时，需改变电流方向才能持续转动。刮漆方法：一端全部刮掉，另一端只刮半周，或两侧均刮上半周。原理：半周导电、半周绝缘，使线圈转过平衡位置时自动断电，靠惯性继续转动，下一周再通电，实现持续转动，故选A。
(4)通电导体在磁场中受力方向与电流的方向和磁场的方向有关，改进刮漆方式后，线圈持续转动起来。若要改变电动机的转动方向，可采取的措施是改变磁场的方向(或电流的方向)。
(5)电动机使用中若需要调节线圈的转速，要改变电路的电流大小，采取哪些措施：电路中串联一个滑动变阻器。
故答案为：(1)电源；(2)B；(3)A；(4)改变磁场的方向(或电流的方向)； (5)电路中串联一个滑动变阻器。
(1)通电导体在磁场中受力运动，据此分析；
(2)将线圈重心调整至转动轴上，即线圈的对称轴上；
(3)平衡位置，它是线圈平面与磁感线垂直的位置；为了使线圈能持续转动，将线圈两端的漆皮，一端全部刮掉，另一端只刮半周，或两侧均刮上半周；
(4)通电导体在磁场中受力方向与磁场的方向、电流的方向有关。
(5)电动机使用中若需要调节线圈的转速，要改变电路的电流大小，据此分析。
本题考查通电导体在磁场中受力运动的有关知识及简易直流电动机的制作及工作原理。
17.【答案】机器人所受的重力是240N 机器人静止在水平地面时，对地面的压强是24000Pa 机器人行进过程中动力所做的功是600J
【解析】解：(1)机器人重力为：
G=mg=24kg×10N/kg=240N；
(2)水平面上的压力F=G=240N；
压强p=FS=240N0.01m2=24000Pa；
(3)机器人的动力F′=60N，
动力所做的功
W=F′s=60N×10m=600J。
答：(1)机器人所受的重力是240N；(2)机器人静止在水平地面时，对地面的压强是24000Pa；
(3)机器人行进过程中动力所做的功是600J。
(1)根据G=mg算出机器人所受的重力。
(2)根据压力等于重力，结合压强公式计算；
(3)根据W=Fs求出牵引力所做的功。
本题考查压强、重力和功的计算，属于中档题。
18.【答案】R0的阻值为44Ω 当开关S置于“1”挡时，加热器的电功率为1100W 当开关S置于“2”挡时，加热器工作10分钟消耗的电能为13200W
【解析】(1)由电路图可知，当开关S置于“1”挡时，电路为R0的简单电路，R被短路，电流表测电路中的电流，电阻R0的阻值：
R0=UI=220V5A=44Ω；
(2)当开关S置于“1”挡时，加热器的电功率：
P1=UI=220V×5A=1100W；
(3)当开关S置于“2”挡时，加热器工作10分钟消耗的电能
W=UI′t=220V×0.1A×10×60s=13200W。
答：(1)R0的阻值为44Ω；
(2)当开关S置于“1”挡时，加热器的电功率为1100W；
(3)当开关S置于“2”挡时，加热器工作10分钟消耗的电能为13200W。
(1)由电路图分析当开关S置于“1”挡时电路的连接及电流表测量的电流，由欧姆定律得出电阻R0的阻值；
(2)根据P=UI得出当开关S置于“1”挡时加热器的电功率；
(3)根据W=UIt得出当开关S置于“2”挡时加热器工作10分钟消耗的电能。
本题考查欧姆定律和电功率、电能公式的运用。
19.【答案】可再生
选址灵活
发电
不变
减小
3×104
2
增大储能块质量(或增加提升高度或减小阻力)

【解析】解：(1)可再生能源‌是指自然界中能够通过自然循环过程持续再生的能源形式，风能、太阳能能够通过自然循环重复获得，属于可再生能源；
由材料内容可知，重力储能作为新兴物理储能方式，凭借选址灵活、储能容量大、使用寿命长等优势快速发展；
(2)在电力富余时储能块被提升至高处，待电网或用户需要用电时再将储能块放下，实现电能与重力势能的相互转化，因此升降电梯将质量巨大的储能块从高处降至低处，该过程可实现发电；
储能块匀速下降过程，质量和速度不变，高度降低，因此动能不变，重力势能减小，机械能减小；
(3)若该重力储能项目单次最大发电量1.0×105kW⋅ℎ通过火力发电来实现，即W=1.0×105kW⋅ℎ=3.6×1011J，
煤完全燃烧放出的热量为：
Q放=Wη=3.6×1011J40%=9×1011J，
则煤的质量为：
m=Q放q=9×1011J3×107J/kg=3×104kg；
(4)该储能块的最大重力势能为：E0=3.75×107J×80%=3×107J；
由图丙可知，当储能块在t1时，储能块的重力势能E1=0.9E0=0.9×3×107J=2.7×107J，
当储能块在t2时，储能块的重力势能E2=0.1E0=0.1×3×107J=0.3×107J，
在储能块匀速下降过程中，重力势能变化量为：
ΔE=E1−E2=2.7×107J−0.3×107J=2.4×107J，
储能块重力势能转化为电能的效率为90%。则储能块重力势能转化为电能为：
W=90%ΔE=90%×2.4×107J=2.16×107J，
根据P=Wt可知，储能块匀速下降的时间为：
t=WP=2.16×107J4.5×105W=48s；
下降过程储能块经历加速、匀速、减速三个阶段，下降的高度分别为ℎ1、ℎ2、ℎ3，同一储能块下降120m，即ℎ1+ℎ2+ℎ3=120m，
因ℎ1+ℎ3ℎ2=14，则储能块匀速下降距离为ℎ2=96m，
故该次调试过程储能块匀速下降阶段的速度为：
v=ℎ2t=96m48s=2m/s；
(5)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度，因此为提高重力储能项目的发电能力，可以通过增大储能块质量或增加提升高度或减小阻力。
故答案为：(1)可再生；选址灵活；(2)发电；不变；减小；(3)3×104；(4)2；(5)增大储能块质量(或增加提升高度或减小阻力)。
(1)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；根据材料内容分析回答；
(2)在电力富余时储能块被提升至高处，待电网或用户需要用电时再将储能块放下，实现电能与重力势能的相互转化；
动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；
机械能等于动能与势能之和；
(3)根据η=WQ放求出煤完全燃烧放出的热量，利用Q放=mq求出煤的质量；
(4)根据图丙求出储能块匀速下降过程中，重力势能变化量，因储能块重力势能转化为电能的效率为90%。据此求出储能块重力势能转化为电能，利用P=Wt求出储能块匀速下降的时间，根据速度公式求出该次调试过程储能块匀速下降阶段的速度；
(5)根据影响重力势能的因素分析回答。
本题考查了可再生能源、动能、重力势能、机械能、功率以及速度公式应用，综合性较强，难度较大。时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
…
温度/∘C
90
92
96
98
99
99
99
99
……
实验
现象
Ⅰ.将一个密封的空水瓶压入水中，感觉越来越吃力
Ⅱ.鸡蛋在清水中会沉底，在浓盐水中会漂浮
Ⅲ.木块和泡沫块总会在水中浮起，而铁块和石块则会下沉
猜想
Ⅰ.浮力大小可能与物体浸入液体的体积有关
Ⅱ.浮力大小可能与 有关
Ⅲ.浮力大小可能与物体的密度有关