2025年广东省广州市中考物理试卷

第25页（共25页）2025年广东省广州市中考物理试卷一、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．（3分）AI智能音箱收到调低音量的指令时，就会自动改变声音的（）A．音调 B．响度 C．音色 D．频率2．（3分）如图是氦原子的结构示意图，则氦原子（）A．核外有2个电子 B．整体有4个电子 C．核外有2个正电荷 D．整体有4个正电荷3．（3分）某广播电台发射频率为1.027×108Hz的电磁波，根据如图信息，该电磁波属于（）A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．γ射线4．（3分）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（）A．逐渐增加 B．保持不变 C．通过做功改变 D．通过热传递改变5．（3分）如图，蜡烛距凸透镜20cm时，烛焰在光屏上成清晰的倒立缩小像，则该凸透镜的焦距可能是（）A．5cm B．20cm C．30cm D．40cm6．（3分）出租车驾驶室内设计了控制电路来显示是否载有乘客，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客。下列电路图中，通过开关S接“1”或“2”可以符合上述设计要求的是（）A． B． C． D．7．（3分）在如图所示的粗糙程度相同的水平冰面上，运动员用水平推力从a点推动冰壶，经过b点时松手，冰壶到达c点停止运动，由a到b和由b到c的过程中，设冰壶受到的滑动摩擦力分别为fab和fbc、运动员对冰壶做的功分别为Wab和Wbc，则（）A．fab＜fbc B．fab＝fbc C．Wab＜Wbc D．Wab＝Wbc8．（3分）医学上用“人工心脏泵”替代心脏推动血液循环，如图是其工作原理的简图，活塞在电磁铁的带动下左右移动，代表心脏的舒张和收缩。“人工心脏泵”正常工作过程中，电磁铁的电流从a流向b时，则（）A．电磁铁左端为S极，活塞向右移动 B．电磁铁左端为S极，活塞向左移动 C．电磁铁左端为N极，活塞向右移动 D．电磁铁左端为N极，活塞向左移动9．（3分）某种汽车安全带控制装置如图a，摆锤竖直悬挂时，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动，由此可判断汽车静止或正常行驶；如图b，摆锤摆起时，锁棒锁定棘轮，安全带不能被拉动，由此可判断汽车可能（）A．向西匀速行驶 B．向东匀速行驶 C．向西紧急刹车 D．向东紧急刹车10．（3分）如图是用于测量汽车轮胎内气体压强的胎压计，其数值的单位是“kg/cm2”，表示1cm2的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小。若g取10N/kg，则1kg/cm2相当于（）A．1×102Pa B．1×103Pa C．1×104Pa D．1×105Pa二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。第15、16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。11．（5分）如图所示的“风光互补”路灯，其太阳能电池板和风力发电机产生的电能，输送至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。（1）工作时，风力发电机将能转化成电能，太阳能电池板将能转化成电能，风能和太阳能是（选填“可再生”“不可再生”）的（选填“一次”“二次”）能源；（2）蓄电池储存的电能为4.8kW•h，若全部用于路灯供电，可供额定功率为80W的路灯正常发光h。12．（5分）图a是旅游景区某大山及其等高线地形图的示意图，A、B是山上的两个位置，地形图上的A1、B1分别对应A、B，AC为垂直电梯通道，CB为水平隧道。某游客乘电梯从A到C，再通过隧道到B。（1）在图b中画出电梯静止时，电梯内游客受力的示意图；（2）电梯下行过程中，以（选填“地面”“电梯”）为参照物，电梯内游客是静止的。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，则游客在AC段的平均速度（选填“大于”“等于”或“小于”）在CB段的平均速度；（3）游客重力为500N，从A到B的过程中，其重力做的功为J。13．（5分）如图a，顾客站在倾斜放置的平面镜前观察自己的像。（1）用AB表示站在平面镜前的顾客，在图b中画出其在镜中的像；（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应（选填“远离”“靠近”）平面镜移动，才能看到自己鞋子的像，顾客移动过程中，鞋子像的大小（选填“变大”“变小”或“不变”）。14．（6分）图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型。（1）以O点为支点，在图d中作出F1、F2的力臂l1、l2；（2）为了减小钢索承受的拉力，可适当（选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：。15．（10分）图a是实践小组设计的自动储水箱简图，竖直细杆固定在水箱底部，浮筒可沿细杆上下移动，水箱中水深为0.1m时，浮筒对水箱底部的压力刚好为零；水深为0.4m时，浮筒开始接触进水阀门；水深为0.6m时，浮筒使进水阀门完全关闭，浮筒所受浮力和水深关系的图像如图b，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒排开水的重力，水对箱底产生的压强（以上两空选填“变大”“变小”或“不变”）；（2）阀门完全关闭时，求：①水对箱底产生的压强；②浮筒排开水的体积。16．（12分）图a所示的电热加湿器，其内部结构及电路简图如图b，通电后，发热电阻R使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）、密度为1.0×103kg/m3、沸点为100℃。（1）加热仓中的水变成水蒸气属于（选填“液化”“汽化”）现象；（2）已知R阻值为550Ω，求电热加湿器的功率；（3）若消耗电能1.2×104J，可使加热仓内3.0×10﹣5m3的水从20℃加热至沸腾，求：①加热仓内水吸收的热量；②电热加湿器的加热效率。17．（8分）“探究串联电路中电流的特点”实验。（1）连接电路：用笔画线表示导线，把图甲的滑动变阻器串联接入电路（要求：连线不要交叉；滑片P向D移动，电路的电流增大）。（2）发现问题：电源（输出电压为6V）、电流表、滑动变阻器、开关、导线完好，电路正确连接。闭合开关，观察到灯泡L1（3.8V，0.4A）和L2（2.5V，0.3A）不发光，电流表示数为零；（3）排查故障：在不拆开导线且闭合开关的情况下，用图乙所示的电压表进行检测，将鳄鱼夹（选填“a”“b”）接电源“+”极、另一鳄鱼夹先后夹在E、G接线柱，电压表前后两次的指针位置都如图丙所示，其示数为V；（4）作出猜想：猜想一：由于灯泡不发光，电压表示数不为零，L1断路，L2短路。猜想二：由于电流表示数为零，电压表示处不为零，L1断路，L2无故障。（5）验证猜想：取下L1，换上完好的灯泡L3（3.8V，0.4A），观察到L3发光，L2仍然不发光。由此可知，（选填“猜想一”“猜想二”）正确；（6）继续实验：①排除故障后，闭合开关，移动滑片P，多次进行实验。某次（记为第一次）实验三个电流表示数如图。②为得到串联电路中电流的特点，设计记录实验数据的表格，并将第一次的数据填入表格中。18．（9分）跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验。（1）实验过程：①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为；③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的（选填“左端”“右端”）向下发生倾斜，理由是：；④测量膨胀气球受到的浮力大小。方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下，（透填“向小桶内添加”“从小桶内取出”）重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为；方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，则膨胀气球受到的浮力大小为；（2）实验评估：如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的哪种方法更合理？简要说明理由。

2025年广东省广州市中考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BAADACBBDD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．（3分）AI智能音箱收到调低音量的指令时，就会自动改变声音的（）A．音调 B．响度 C．音色 D．频率【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距声源的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。【解答】解：对AI智能音箱发出“增大声音”或“减小声音”的指令时，音箱就会自动改变声音的响度。故选：B。【点评】本题考查了声音的特征，属于基础题目。2．（3分）如图是氦原子的结构示意图，则氦原子（）A．核外有2个电子 B．整体有4个电子 C．核外有2个正电荷 D．整体有4个正电荷【分析】根据原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电。【解答】解：原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，核外电子带负电，质子带正电，核外有2个电子带负电，核内有两个质子带正电，整体不显电性，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查原子的结构与电荷分析，属于基础题。3．（3分）某广播电台发射频率为1.027×108Hz的电磁波，根据如图信息，该电磁波属于（）A．无线电波 B．红外线 C．紫外线 D．γ射线【分析】根据电磁波的频率和图示信息可知该电磁波属于哪种电磁波。【解答】解：已知该电磁波的频率f＝1.027×108Hz，由图可知，该频率小于1010Hz，即该电磁波属于无线电波，故A符合题意。故选：A。【点评】本题考查电磁波的应用，难度不大。4．（3分）如图，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（）A．逐渐增加 B．保持不变 C．通过做功改变 D．通过热传递改变【分析】根据内能与温度的关系，物体温度降低，内能减小。改变物体内能的方式有做功和热传递两种。【解答】解：AB、从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手，其温度降低，所以内能逐渐减少，故AB错误。CD、做功改变物体内能是能量的转化过程，如摩擦生热是机械能转化为内能。而热传递改变物体内能是能量的转移过程，是由于温度差引起的，高温物体放出热量，内能减小，低温物体吸收热量，内能增加。金属勺子由烫手到不烫手，是因为勺子与周围空气存在温度差，勺子向空气中散热，内能减小，这是通过热传递的方式改变内能的，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查内能大小的变化及改变内能的方法。5．（3分）如图，蜡烛距凸透镜20cm时，烛焰在光屏上成清晰的倒立缩小像，则该凸透镜的焦距可能是（）A．5cm B．20cm C．30cm D．40cm【分析】根据成像的特点，根据物距的范围确定焦距的大小。【解答】解：由于成倒立缩小的实像，所以u＝20cm＞2f，则f＜10cm，故A符合题意。故选：A。【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握规律的内容，解决此题的关键是能够判断出焦距的范围。6．（3分）出租车驾驶室内设计了控制电路来显示是否载有乘客，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客。下列电路图中，通过开关S接“1”或“2”可以符合上述设计要求的是（）A． B． C． D．【分析】根据要求，车顶指示灯显示红色时载有乘客，显示绿色时未载乘客，两灯工作互不影响，分析每个选项，找出符合题意的答案。【解答】解：A、S打到1时，两灯都发光，打到2时，电路断路，故A不符合题意；B、S打到1时，红灯发光，打到2时，电路断路，两灯都不发光，故B不符合题意；C、S打到1时，红灯发光，打到2时，绿灯发光，故C符合题意；D、绿灯始终与电源连通，始终发光，故D不符合题意。故选：C。【点评】本题考查电路的设计，关键是明确两灯各独立工作。7．（3分）在如图所示的粗糙程度相同的水平冰面上，运动员用水平推力从a点推动冰壶，经过b点时松手，冰壶到达c点停止运动，由a到b和由b到c的过程中，设冰壶受到的滑动摩擦力分别为fab和fbc、运动员对冰壶做的功分别为Wab和Wbc，则（）A．fab＜fbc B．fab＝fbc C．Wab＜Wbc D．Wab＝Wbc【分析】（1）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。（2）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。【解答】解：AB、由题知，由a到b和由b到c的过程中，冰壶与冰面的接触面粗糙程度相同，冰壶对冰面的压力相等，所以冰壶受到的滑动摩擦力分别为fab＝fbc，故A错误、B正确；CD、由题知，由a到b的过程中，冰壶受到运动员的推力，且在推力的方向上通过了距离，运动员对冰壶做功，而由b到c的过程中，冰壶虽然通过了距离，但不再受到运动员的推力，运动员对冰壶不做功，所以运动员对冰壶做的功分别为Wab＞Wbc，故CD错误。故选：B。【点评】掌握滑动摩擦力大小的影响因素、做功的两个必要条件可解答此题，难度不大。8．（3分）医学上用“人工心脏泵”替代心脏推动血液循环，如图是其工作原理的简图，活塞在电磁铁的带动下左右移动，代表心脏的舒张和收缩。“人工心脏泵”正常工作过程中，电磁铁的电流从a流向b时，则（）A．电磁铁左端为S极，活塞向右移动 B．电磁铁左端为S极，活塞向左移动 C．电磁铁左端为N极，活塞向右移动 D．电磁铁左端为N极，活塞向左移动【分析】由安培定则可知电磁铁的磁极，由磁极间的相互作用可知活塞的移动方向。【解答】解：电磁铁的电流从a流向b时，由安培定则可知，螺线管右端为N极，左端为S极，此时异名磁极相互吸引，故活塞左移，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题将电路知识及磁场知识结合在一起考查了学生综合分析的能力，要求学生能灵活运用所学知识进行综合分析从而找出正确答案。9．（3分）某种汽车安全带控制装置如图a，摆锤竖直悬挂时，锁棒水平，棘轮可以自由转动，安全带能被拉动，由此可判断汽车静止或正常行驶；如图b，摆锤摆起时，锁棒锁定棘轮，安全带不能被拉动，由此可判断汽车可能（）A．向西匀速行驶 B．向东匀速行驶 C．向西紧急刹车 D．向东紧急刹车【分析】将此题简化模型，然后分析汽车的运动情况即可。【解答】解：简化模型如图所示：当摆锤在虚线位置时，摆锤和汽车具有向左的加速度，汽车的运动情况可能为向左加速行驶或向右减速行驶（或向东紧急刹车），当汽车匀速运动时，无论向哪个方向运动，摆锤均处于竖直位置不摆动，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查物体相对运动的判断，要注意通过受力情况确定物体加速度的方向从而确定物体的运动情况是我们解决此类题目的基本步骤。10．（3分）如图是用于测量汽车轮胎内气体压强的胎压计，其数值的单位是“kg/cm2”，表示1cm2的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小。若g取10N/kg，则1kg/cm2相当于（）A．1×102Pa B．1×103Pa C．1×104Pa D．1×105Pa【分析】kg/cm2是压强单位，表示1cm2的受力面积上，所受的压力大小相当于1kg物体的重力大小，其数值等于该面积上所受的压力除以受力面积。【解答】解：1kg物体的重力G＝mg＝1kg×10N/kg＝10N，1kg物体均匀压在1cm2水平面上产生的压力：F＝G＝10N，受力面积S＝1cm2＝1×10﹣4m2，1kg/cm2相当于：p=FS=10N1×10-4m故选：D。【点评】此题主要考查压强的计算，读懂题意是关键。二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。第15、16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。11．（5分）如图所示的“风光互补”路灯，其太阳能电池板和风力发电机产生的电能，输送至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。（1）工作时，风力发电机将风能转化成电能，太阳能电池板将太阳能转化成电能，风能和太阳能是可再生（选填“可再生”“不可再生”）的一次（选填“一次”“二次”）能源；（2）蓄电池储存的电能为4.8kW•h，若全部用于路灯供电，可供额定功率为80W的路灯正常发光60h。【分析】（1）风力发电机工作时，将机械能转化成电能，太阳能电池板工作时把太阳能转化为电能，消耗后能够从自然界源源不断获得补充的能源属于可再生能源，能够直接从自然界获取的能源叫一次能源；（2）已知储存的电能和路灯额定功率，由t=W【解答】解：（1）风力发电机工作时，是利用风能带动发电机的转子转动，从而产生电能，所以将风能转化成电能。太阳能电池板是通过光电效应直接把太阳能转化为电能。风能和太阳能可以从自然界源源不断地得到补充，所以是可再生能源；同时它们可以直接从自然界获取，属于一次能源。（2）已知电能W＝4.8kW•h，路灯额定功率P＝80W＝0.08kW，则蓄电池储存的电能可供额定功率为80W的路灯正常发光t=WP故答案为：（1）风；太阳；可再生；一次；（2）60。【点评】本题考查能源的分类和电功率公式的简单计算，难度不大。12．（5分）图a是旅游景区某大山及其等高线地形图的示意图，A、B是山上的两个位置，地形图上的A1、B1分别对应A、B，AC为垂直电梯通道，CB为水平隧道。某游客乘电梯从A到C，再通过隧道到B。（1）在图b中画出电梯静止时，电梯内游客受力的示意图；（2）电梯下行过程中，以电梯（选填“地面”“电梯”）为参照物，电梯内游客是静止的。已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，则游客在AC段的平均速度小于（选填“大于”“等于”或“小于”）在CB段的平均速度；（3）游客重力为500N，从A到B的过程中，其重力做的功为4×104J。【分析】（1）静止时，受平衡力作用；（2）运动和静止的相对性，判断物体运动选取不同的参照物；等高线代表该地距离0海拔水平面有多高，从而得出AB两地垂直距离，再利用相同时间比较距离来判断速度大小；（3）重力做功W＝Gh。【解答】解：（1）电梯内游客受力示意图：游客在电梯内受到竖直向下的重力G和电梯地板对其竖直向上的支持力F。电梯静止，重力G和支持力N大小相等；如下图所示：（2）电梯下行过程中，电梯内游客相对于电梯的位置没有发生变化，所以以电梯为参照物，游客是静止的；根据a图中信息，可以得出A、B两地高度差h＝800m﹣720m＝80m，也就是AC＝80m，已知CB为100m，游客在AC段和CB段经历的时间相等，根据v=st可知，AC（3）从A到B的过程中，其重力做的功：W＝Gh＝500N×80m＝4×104J。故答案为：（1）见解答图；（2）电梯；小于；（3）4×104。【点评】此题考查画力的示意图，物体运动和静止的相对性、速度的判断、功的计算，这里要求学生会看等高线地形图，涉及一点地理知识。13．（5分）如图a，顾客站在倾斜放置的平面镜前观察自己的像。（1）用AB表示站在平面镜前的顾客，在图b中画出其在镜中的像；（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，她应靠近（选填“远离”“靠近”）平面镜移动，才能看到自己鞋子的像，顾客移动过程中，鞋子像的大小不变（选填“变大”“变小”或“不变”）。【分析】（1）平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。（2）根据平面镜成像的特点：像和物体形状、大小相同分析解答。【解答】解：（1）分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像，如图：（2）顾客在镜子里看不到自己鞋子的像，此时她应靠近平面镜移动，才能看到自己鞋子的像，因为人靠近平面镜时，由上图可知，A点的像A′会向左上方移动，而人的眼睛向右运动（靠近平面镜）时可以使A点发出的光经镜面反射后进入人眼。故答案为：（1）见解答图；（2）靠近；不变。【点评】本题考查了平面镜成像的特点和相关作图，属于基础题。14．（6分）图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型。（1）以O点为支点，在图d中作出F1、F2的力臂l1、l2；（2）为了减小钢索承受的拉力，可适当升高（选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。。【分析】（1）做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂。（2）通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析出原因。【解答】解：（1）过支点O作垂直于F1作用线的垂线段（即为F1的力臂l1）；过支点O作垂直于F2作用线的垂线段（即为F2的力臂l2），如图所示：；（2）由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。故答案为：（1）；（2）升高；由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。【点评】本题以大桥的建设中遇到的物理知识与基础，考查了多个物理知识在实际中的应用，将图示的钢索斜拉桥抽象成杠杆模型是解决此题的突破口，将物理与生产实际紧密结合，体现了物理学科的特点。15．（10分）图a是实践小组设计的自动储水箱简图，竖直细杆固定在水箱底部，浮筒可沿细杆上下移动，水箱中水深为0.1m时，浮筒对水箱底部的压力刚好为零；水深为0.4m时，浮筒开始接触进水阀门；水深为0.6m时，浮筒使进水阀门完全关闭，浮筒所受浮力和水深关系的图像如图b，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。（1）水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒排开水的重力不变，水对箱底产生的压强变大（以上两空选填“变大”“变小”或“不变”）；（2）阀门完全关闭时，求：①水对箱底产生的压强；②浮筒排开水的体积。【分析】（1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮＝G排判断出浮筒排开水重力的变化；由p＝ρgh判断出水对箱底产生压强的变化；（2）①根据p水＝ρ水gh算出水对箱底产生的压强；②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮＝7.5N，由F浮＝ρ水V排g算出浮筒排开水的体积。【解答】解：（1）由图b知水深从0.1m到0.4m的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理F浮＝G排知浮筒排开水的重力不变；由于水的深度变大，由p＝ρgh知水对箱底产生的压强变大；（2）阀门完全关闭时，水的深度为：h＝0.6m：①水对箱底产生的压强为：p水＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m＝6×103Pa；②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力F浮＝7.5N，由F浮＝ρ水V排g可得浮筒排开水的体积：V排=F浮ρ水g=7.5N故答案为：（1）不变；变大；（2）①水对箱底产生的压强为6×103Pa；②浮筒排开水的体积为7.5×10﹣4m3。【点评】本题考查了液体压强公式、阿基米德原理公式的应用，是一道综合题。16．（12分）图a所示的电热加湿器，其内部结构及电路简图如图b，通电后，发热电阻R使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）、密度为1.0×103kg/m3、沸点为100℃。（1）加热仓中的水变成水蒸气属于汽化（选填“液化”“汽化”）现象；（2）已知R阻值为550Ω，求电热加湿器的功率；（3）若消耗电能1.2×104J，可使加热仓内3.0×10﹣5m3的水从20℃加热至沸腾，求：①加热仓内水吸收的热量；②电热加湿器的加热效率。【分析】（1）加热仓中的水变成水蒸气属于汽化现象；（2）根据P=U（3）根据m＝ρV得出水的质量；标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cm（t﹣t0）得出水吸收的热量；根据效率公式得出电加湿器的热效率。【解答】解：（1）加热仓中的水变成水蒸气属于汽化现象；（2）电热加湿器的功率P=U2（3）水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×3.0×10﹣5m3＝0.03kg；标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.03kg×（100℃﹣20℃）＝10080J。电热水壶的热效率：η=Q吸答：（1）汽化；（2）已知R阻值为550Ω，电热加湿器的功率为88W；（3）①加热仓内水吸收的热量为10080J；②电热加湿器的加热效率为84%。【点评】本题考查热量和效率的计算，是一道综合题。17．（8分）“探究串联电路中电流的特点”实验。（1）连接电路：用笔画线表示导线，把图甲的滑动变阻器串联接入电路（要求：连线不要交叉；滑片P向D移动，电路的电流增大）。（2）发现问题：电源（输出电压为6V）、电流表、滑动变阻器、开关、导线完好，电路正确连接。闭合开关，观察到灯泡L1（3.8V，0.4A）和L2（2.5V，0.3A）不发光，电流表示数为零；（3）排查故障：在不拆开导线且闭合开关的情况下，用图乙所示的电压表进行检测，将鳄鱼夹b（选填“a”“b”）接电源“+”极、另一鳄鱼夹先后夹在E、G接线柱，电压表前后两次的指针位置都如图丙所示，其示数为6V；（4）作出猜想：猜想一：由于灯泡不发光，电压表示数不为零，L1断路，L2短路。猜想二：由于电流表示数为零，电压表示处不为零，L1断路，L2无故障。（5）验证猜想：取下L1，换上完好的灯泡L3（3.8V，0.4A），观察到L3发光，L2仍然不发光。由此可知，猜想一（选填“猜想一”“猜想二”）正确；（6）继续实验：①排除故障后，闭合开关，移动滑片P，多次进行实验。某次（记为第一次）实验三个电流表示数如图。②为得到串联电路中电流的特点，设计记录实验数据的表格，并将第一次的数据填入表格中。【分析】（1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小连接电路；（3）根据电流表示数确定故障，结合电压表使用分析解答；根据电压表的量程和分度值读数（5）根据替换后灯泡发光，说明不发光的是短路，据此分析；（6）根据电流表量程和分度值读数，结合探究的规律分析设计表格。【解答】解：（1）根据灯泡与滑动变阻器串联，滑片P向D移动，电路的电流增大，说明电阻变小，选择右下方接线柱，电路如图所示：（3）闭合开关，观察到灯泡L1（3.8V，0.4A）和L2（2.5V，0.3A）不发光，电流表示数为零；说明电路是断路，根据电压表使用时电流从正接线柱流入，故b接电源正极；根据电压用的是0﹣15V量程，分度值为0.5V，示数为6V；（5）验证猜想：取下L1，换上完好的灯泡L3（3.8V，0.4A），观察到L3发光，说明此时电路是通路，L2仍然不发光，则L2短路。故猜想一正确；（6）根据图中三个电流表都是小量程，指针位置相同，故电流相等，都是0.5A；根据需要，测量三处的电流，且多次测量，表格如下：序号A1示数/AA2示数/AA3示数/A10.50.50.5234故答案为：（1）见解答；（3）b；6；（5）猜想一；（6）见解答。【点评】本题考查串联电路的特点探究，属于较难题。18．（9分）跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验。（1）实验过程：①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得