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必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷（广西新中考专用）
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这是一份必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷（广西新中考专用），文件包含必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷广西新中考专用原卷版docx、必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷广西新中考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
物 理（广西新中考专用）
2024年之前广西中考是各市单独考试（南宁、北海、钦州、防城港四市联考），今年中考广西区内各市不在单独考试，共用同一份考卷进行区内统考，这其中物理试卷结构和内容也发生了一些变化！2024年物理试卷共30题：13（单选题）+3（多选题）+6（填空题）+1（作图题，共两小问）+4（实验题）+3（计算题），根据最新考试信息以及模拟考试可以发现：多选题大部分的市之前没有出现过，实验题4题也比之前3题多1题，说明对实验这方面的知识考察更加重视！在知识结构方面，力学与电学同样是考察重点；浮力与电功率是重难点，也是压轴题考察的主要来源，在试卷难度方面，应该会降低一些。
通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，预测：第13题的单选题型（压轴）会以图像结合方式考查浮力和压强的动态变化的问题；第16题（多选题）将会重点考查动态电路问题（可能是开关通断也有可能是滑动变阻器引起的动态电路），难度较大；第22题（填空压轴）、第30题（计算压轴）也可能分别会考查电学电功率的综合问题，运算能力和分析能力要求比较高。
另外，在平时学习中要特别关注基础性（一般试卷的选择题前1-10题，填空题17-20题，作图题等直接考查基础知识，容易拿分）、综合性（选填以及解答的压轴题）、应用型（如本卷中的第8题的透镜问题结合当下学生用眼卫生热门问题来考查）和创新性（一般会以物理文化为背景或在新情景下命制对概念的理解以及问题的梳理），同时实验题要掌握控制变量法、转换法、放大法等思想，这些思想会蕴含于每道实验题之中。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第 1~13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14~16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．如图所示，是抚顺月牙岛公园的观鱼台，该处景观给游客带来了很多乐趣。下列涉及的物理知识正确的是（ ）
A．水中鱼的实际位置要比看到的深一些
B．我们看到水中的鱼是光的折射形成的实像
C．观鱼台在水中能形成倒影可以用光的直线传播来解释
D．上方的遮阳棚能够遮阳是利用光的反射
【答案】A
【分析】看到水中游动的鱼是光折射形成的虚像；光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播；倒影是由光的反射形成的。
【解答】解：AB、从岸上看见“水中的游鱼”是光线从水中射入空气发生折射形成的虚像，水中鱼的实际位置要比看到的深一些，故A正确、B错误；
C、观鱼台在水中能形成倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；
D、上方的遮阳棚能够遮阳是利用光的直线传播，故D错误。
故选：A。
2．下列关于声音的说法，正确的是（ ）
A．“震耳欲聋”主要说明声音的响度大
B．“声如洪钟”主要说明人说话声音的音调高
C．“闻其声而知其人”主要根据音调来判断的
D．“隔墙有耳”说明声音传播不需要介质
【答案】A
【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。声音的音色与发声体的材料和结构有关。声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
（2）声音的传播需要介质。
【解答】解：AB．“震耳欲聋”、“声如洪钟”指声音的响度，故A正确，B错误；
C．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的，故C错误；
D．“隔墙有耳”说明固体可以传声，故D错误。
故选：A。
3．疫情过后，某校为了全面了解师生的身心健康，组织了体检，下列关于九（一）班小强同学体检时数据记录不妥的是（ ）
A．体温：36.5℃B．体重：50g
C．脉搏：72次/minD．身高：163 cm
【答案】B
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、中学生的体温约是36.5℃，故A正确；
B、中学生的体重约是50kg，故B错误；
C、中学生的脉搏1min大约跳动70次，故C正确；
D、中学生的身高约为160cm，故D正确。
故选：B。
4．中国古诗词中蕴含了丰富的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明——“泪”的形成是液化现象，需要放热
B．年年端午风兼雨，似为屈原陈昔冤——雨的形成是汽化现象，需要吸热
C．欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山——冰的形成是凝固现象，需要吸热
D．山明水净夜来霜，数树深红出浅黄——霜的形成是凝华现象，需要放热
【答案】D
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；凝固、液化、凝华放热；熔化、汽化、升华吸热。
【解答】解：A．“泪”的形成是蜡由固态熔化成液态的过程，需要吸热，故A错误；
B．雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故B错误；
C．冰是由水凝固而成的，需要放热，故C错误；
D．霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故D正确。
故选：D。
5．如图所示的杠杆正处于水平平衡状态，若在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，杠杆将（ ）
A．右端下降，左端上升
B．右端上升，左端下降
C．还继续处于水平平衡
D．无法确定杠杆的运动状态
【答案】A
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在各加一个同样的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，据此分析得出结论。
【解答】解：设一个钩码重为G，杠杆上一个小格的长度为L，左边力臂为：L左＝2L，右边力臂为：L右＝4L，原来：2G×2L＝G×4L，杠杆平衡，
在杠杆的两端各加一个等重的物体，则：
左边：（2G+G物）×2L＝4GL+2G物L，
右边：（G+G物）×4L＝4GL+4G物L，
右边大于左边，故右端会下沉，
故A正确。
故选：A。
6．如图所示电路，闭合开关S1，S2，小灯泡L1和L2正常发光，电流表和电压表均有示数，下列关于电路的分析不正确的是（ ）
A．灯L1与灯L2并联
B．电压表可以测量灯L1两端的电压
C．只断开开关S1，灯L2正常发光
D．电流表测量电路总电流
【答案】D
【分析】分析电路图可知两灯的连接方式以及电流表和电压表的位置，结合并联电路的特点（并联电路中各支路独立工作、互不影响）、电流表和电压表的使用方法进行分析判断。
【解答】解：
ABD、由图知，闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表串联在灯L2的支路上，则电流表测量通过L2的电流；电压表并联在灯L1的两端，则电压表测量灯L1两端的电压，故AB正确、D错误；
C、因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，只断开开关S1时，灯L2仍正常发光，故C正确。
故选：D。
7．下列说法错误的是（ ）
A．我们今天使用的煤、石油、天然气，都是化石能源
B．作为载体的电磁波，频率越高，传输的信息就越多
C．今天开采的化石燃料实际上是上亿年前地球接收的太阳能
D．核反应堆中的链式反应是核裂变，是可以控制的，用作核电站
【答案】B
【分析】（1）化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料；
（2）电磁波的信息传递量跟频率的关系：电磁波的频率越高，同时间内传输的信息就越多；
（3）地球上所有动植物生存，都需要吸收太阳能，而化石能源指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，实际上就是储存了上亿年前地球所接收的太阳能；
（4）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的，核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的。
【解答】解：
A、化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，包括石油、煤和天然气，故A正确；
B、作为载体的电磁波，频率越高，同时间内传输的信息就越多，故B错误；
C、地球上所有动植物生存，都需要吸收太阳能，而化石能源指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，实际上就是储存了上亿年前地球所接收的太阳能，故C正确；
D、核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的，故D正确。
故选：B。
8．检查视力时，要求人与视力表之间的距离是5m。如图所示是用一平面镜来给小聪检查视力，视力表到平面镜的距离是3m，则下列判断中正确的是（ ）
A．小聪从平面镜中看到视力表的像是缩小的虚像
B．小聪到平面镜的距离为2m
C．视力表的像到视力表的距离为5m
D．小聪到视力表的距离为3m
【答案】B
【分析】平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
首先根据平面镜成像特点判断视力表到视力表的像距离，然后根据人和视力表的像之间的像距离为5m，判断人的位置。
【解答】解：A．小聪从平面镜中看到视力表的像是等大的虚像，故A错误；
BC．已知视力表到镜面的距离为3m，则镜中视力表的像到镜面的距离也为3m，镜中视力表的像到视力表的距离是3m+3m＝6m，
检查视力时眼睛离视力表的像距离是5m，所以人在平面镜和视力表之间，那么人到镜子的距离应为5m﹣3m＝2m，故B正确，C错误；
D．视力表到平面镜的距离是3m，小聪到镜子的距离是2m，小聪到视力表的距离为3m﹣2m＝1m，故D错误。
故选：B。
9．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，假定空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达最低点时的速度最大
B．蹦极过程中，运动员的机械能守恒
C．蹦极绳伸至原长后的下落过程中，运动员重力做功的功率不变
D．蹦极绳伸至原长后的下落过程中，弹性绳的弹性势能一直变大
【答案】D
【分析】（1）根据运动员到达最低点时的运动状态分析；
（2）运动员的机械能会转化为弹性绳的弹性势能；
（3）根据P＝＝＝Gv分析重力做功的功率的变化；
（4）弹性势能的大小与弹性形变程度的大小有关。
【解答】解：
A、运动员到达最低点时的速度为0，是最小的，故A错误；
B、蹦极过程中，运动员的机械能会转化为弹性绳的弹性势能，所以运动员的机械能不守恒，故B错误；
C、蹦极绳伸至原长后的下落过程中，运动员的速度发生了变化，根据P＝＝＝Gv可知，运动员重力做功的功率发生了变化，故C错误；
D、蹦极绳伸至原长后的下落过程中，弹性绳的弹性形变程度一直变大，所有弹性势能一直变大，故D正确。
故选：D。
10．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球时，验电器的两片金属箔张开，下面说法错误的是（ ）
A．摩擦过程中玻璃棒失去电子带正电荷
B．玻璃棒接触验电器的金属球时电流方向从金属箔到玻璃棒
C．接触过程中金属箔上的电子转移到了玻璃棒
D．金属箔张开的原因是同种电荷相互排斥
【答案】B
【分析】（1）摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子带正电，得到电子带负电，并没有创造电荷；
（2）正电荷移动的方向是电流的方向，自由电子的定向移动方向与电流方向相反；
（3）玻璃棒带正电荷少电子，接触后的验电器上的电子会转移到玻璃棒上，验电器因为缺少电子而带上正电；
（4）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：A、用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，起电的原因是丝绸对电子的吸引力大于玻璃，故玻璃中的部分电子移动到丝绸上，故玻璃棒失去电子带正电荷，故A正确；
BC、玻璃棒接触验电器的金属球时，是箔片上的负电荷（电子）转移到玻璃棒上，电子的定向移动方向与电流方向相反，故电流方向由玻璃棒到金属箔，故B错误，C正确；
D、金属箔张开的原因是同种电荷相互排斥，故D正确。
故选：B。
11．若声音在空气中传播速度为v1，在钢轨中传播速度为v2，有人用锤子敲了一下钢轨的一端，另一人在另一端听到两次声音的时间间隔为t，下列说法中正确的是（ ）
A．传播速度大小关系为 v1＞v2
B．听到的第一声是在空气中传播的
C．钢轨的长度为
D．声音沿钢轨传播的时间为
【答案】C
【分析】听到两次响声，分别是在空气中和钢轨中传播的声音；已知传播的距离相同，根据公式t＝可求各自传播所用的时间，还知道时间间隔，列出等式求出钢轨的长度；进一步求出声音沿钢轨从一端传到另一端所用时间。
【解答】解：A、声音在钢轨中的传播速度大于在空气中的传播速度，即v2＞v1，故A错误；
B、声音传播的路程相同，在钢轨中的传播速度大于在空气中的传播速度，由t＝可知t1＞t2，听到的第一声是在钢轨中传播的，故B错误；
CD、设钢轨的长度为L，声音在空气中传播的时间t1＝；
声音在钢轨中传播的时间为t2＝；
时间间隔t＝t1﹣t2＝﹣；
所以钢管的长度L＝；
故声音沿钢轨传播的时间为t2＝＝，故C正确，D错误。
故选：C。
12．如图所示，一装有适量水的小桶放在水平面上，桶与水的总重为50N，用测力计吊着一个体积为200cm3的实心金属球，将金属球缓慢浸没在水中（水未溢出），使其在水中静止，且不与桶壁、桶底接触，此时测力计的示数为15.8N，下列说法中错误的是（ ）
A．金属球所受浮力为2N
B．金属球的密度为8.9×103kg/m3
C．水平面对桶的支持力为52N
D．桶对水平面的压力为65.8N
【答案】D
【分析】（1）将金属球缓慢浸没在水中时排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ水gV排求出金属球受到的浮力；
（2）根据F浮＝G﹣F′求出金属球的重力，根据然后G＝mg求出质量，再利用ρ＝求出金属球的密度；
（3）将桶、水以及小球看作一个整体进行受力分析，求出竖直向下的合力即为桶对水平面的压力；
（4）水平面对桶的支持力和桶对水平面的压力是一对相互作用力，二力大小相等。
【解答】解：A．金属球受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×200×10﹣6m3＝2N，故A正确；
B．由F浮＝G﹣F′可得，金属球的重力G＝F浮+F′＝2N+15.8N＝17.8N，
由G＝mg可得金属球的质量m＝＝＝1.78kg，
则金属球的密度ρ＝＝＝8.9×103kg/m3，故B正确；
C．桶对水平面的压力为F＝50N+17.8N﹣15.8N＝52N，故C正确；
D．水平面对桶的支持力等于桶对水平面的压力，即52N，故D错误。
故选：D。
13．如图所示，圆柱体甲和装有适量某液体的圆柱形容器乙的底面积之比为3：4，把它们平放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使物体A刚好浸没在液体中（A不与容器乙接触，液体无溢出）。截取后，甲、乙对桌面的压强随截取长度x的变化关系如图丙所示。已知甲的密度为0.6×103kg/m3，容器乙的壁厚和质量均忽略不计，g取10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比为3：2
B．圆柱体甲截取前对桌面的压强为1000Pa
C．容器乙中液体的密度为0.5×103 kg/m3
D．容器乙中未放入物体A时，液体的深度为7.5cm
【答案】D
【分析】（1）由图像可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强和容器乙对桌面的压强，根据p＝＝＝求出圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比；
（2）设截取前圆柱体甲的高度为h，根据p＝ρgh表示出圆柱体甲截取前后对桌面的压强，联立以上两式代入数据可解得圆柱体的高度，进而得出圆柱体甲截取前对桌面的压强；
（3）容器乙中未放入物体A时，根据p＝p＝＝＝＝＝ρgh表示出容器乙中放入前后对桌面的压强，圆柱体甲截取长度x时，其物体A的体积VA＝S甲x，联立可得容器乙中未放入物体A时液体的深度；
由B可知，p0＝300Pa，根据p0＝ρ乙gh乙求出容器乙中液体的密度。
【解答】解：A、由图像可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强p甲＝4p0，容器乙对桌面的压强p乙＝p0，
由根据p＝＝＝得，圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比：
＝＝＝，故A错误；
B、设截取前圆柱体甲的高度为h，则圆柱体甲对桌面的压强：
4p0＝ρ甲gh，
圆柱体甲截取长度x＝10cm＝0.1m后，圆柱体甲对桌面的压强：
2p0＝ρ甲g（h﹣x），
联立以上两式代入数据可解得：h＝0.2m，
所以，圆柱体甲截取前对桌面的压强：
p甲＝ρ甲gh＝0.6×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝1200Pa，故B错误；
CD、容器乙中未放入物体A时，对桌面的压强等于液体的压强，
即：p0＝ρ乙gh乙﹣﹣﹣①
圆柱体甲截取长度x＝10cm＝0.1m时，则物体A的体积VA＝S甲x，
将物体A浸没在液体乙中，液面上升的高度：
Δh＝＝﹣﹣﹣②
物体A刚好浸没在液体中时，容器乙对桌面的压强等于此时液体的压强，
即：2p0＝ρ乙g（h乙+Δh）﹣﹣﹣③
联立①②③可解得：h乙＝7.5cm，故D正确；
由B可知，p0＝p甲＝×1200Pa＝300Pa，
由p0＝ρ乙gh乙得，容器乙中液体的密度：
ρ乙＝＝＝0.4×103kg/m3，故C错误。
故选：D。
14．（多选）小明在探究凸透镜成像的规律时，正确操作实验器材，当点燃的蜡烛置于如图所示位置时，在光屏上得到烛焰等大清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．该透镜的焦距是15cm
B．当物距为25cm时，凸透镜成放大的像，放大镜是根据这一原理制成的
C．当物距为35cm时，凸透镜成缩小的像，照相机是根据这一原理制成的
D．若把蜡烛从距离凸透镜25cm处向透镜方向移动，光屏上一直能得到清晰的像
【答案】AC
【分析】凸透镜成像的规律：物距小于焦距成正立放大虚像；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距；
物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；
凸透镜成实像时，物距增大，像距减小。
【解答】解：A、由图像可知，u＝v＝30.0cm，此时u＝2f，f＝15.0cm，故A正确；
B、当u＝25cm时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，凸透镜成倒立、放大的实像，根据这一原理可制成投影仪，故B错误；
C、当v＝35cm时，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，照相机就是依据这一原理制成的，故C正确；
D、若把蜡烛从距离凸透镜25cm处向透镜方向移动，当物距等于焦距时，不成像，当物距小于焦距时，成正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上，故D错误。
故选：AC。
15．（多选）如图所示电路中，变阻器的滑片P从中点向左端移动的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1示数和电流表A2示数都变大
B．电流表A2示数和电流表A1示数之差保持不变
C．电压表V和电流表A1示数之比保持不变
D．电压表V示数保持不变，电路总功率变大
【答案】ABD
【分析】由图知，滑动变阻器与定值电阻并联，电压表与电源并联，A2串联在干路上，A1与定值电阻串联；
电压表始终测量电源电压；根据滑片的移动确定接入电路阻值的变化，然后根据欧姆定律可知滑动变阻器电流的变化；
根据并联电路中各支路互不影响判断出电流表A1示数的变化；根据并联电路的电流规律分析电流表A2示数和电流表A1示数之差的变化；
根据干路电流等于各支路电流之和，判断出电流表A2示数的变化；
根据电压表V与电流表A1的示数变化可知两表示数之比的变化；
（2）根据P＝UI判断出电路总功率的变化。
【解答】解：ABC、由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻并联，电压表与电源并联，A2串联在干路上，测量电路的总电流，A1与定值电阻R1串联，测量定值电阻R1的电流；
滑动变阻器的滑片P从中点向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小；而电压表测量电源电压，因此电压表示数不变；
由于并联电路中，各支路互不影响，因此通过定值电阻的电流不变，即电流表A1示数不变，而干路电流等于各支路电流之和，因此电流表A2示数变小；
电流表A2示数和电流表A1示数之差就是通过滑动变阻器的电流，所以电流表A2示数和电流表A1示数之差减小；
电压表V示数不变，电流表A1示数不变，则它们之比保持不变，故AB错误、C正确；
D、电源电压不变，干路电流减小，根据P＝UI可知，电路总功率变小，故D错误。
故答案为：ABD。
16．（多选）如图所示电路中，电源电压为U恒定不变，R1、R2是阻值为R0的定值电阻，R是最大阻值为R0的滑动变阻器，a，b是电流表或电压表。闭合开关S1、S2，滑片P置于最右端时，电路安全且电流表A的示数为，则下列说法中正确的是（ ）
A．a为电压表，b为电流表
B．闭合开关S，S2，向左移动滑片P，a与电流表A两表示数变化量的比值不变
C．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，电流表A的示数变大
D．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S2，a、b换成另一种电表，向右移动滑片P，则电表a和b的示数都变小
【答案】BC
【分析】（1）电流表应串联接入电路中，电压表应并联接入电路中；根据电流表的示数分析电路中电阻的大小，根据电阻大小判定电路的连接方式和电表的种类；
（2）设出滑片移动前后电路中电流，根据欧姆定律表示出a表示数的变化量，然后得出a表示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化；
（3）将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，分析电路的连接方式和电路中电流的变化；
（4）根据欧姆定律和并联电路的电流规律分析。
【解答】解：A．闭合开关S、S2，滑片P置于最右端时，R被短路；电流表A的示数为，这说明电路的总电阻为2R0，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，a与R2并联，b与R1并联，所以a、b都是电压表，故A错误；
B．闭合开关S、S2，向左移动滑片P，此时三个电阻串联接入电路中，a并联到了R和R2的两端；设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，电压表a的示数变化量ΔUa等于R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12；根据串联电路的电压规律可知，R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12等于R1两端电压的变化量ΔU1，即：电压表a的示数变化量等于R1两端电压的变化量ΔU1，由欧姆定律可得ΔUa＝ΔU1＝U1﹣U1′＝I1R1﹣I2R1＝（I1﹣I2）R1＝ΔIR1，
故a表的示数变化量与电流表A的示数变化量的比值为R1，大小不变，故B正确；
C．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2、S3时，该电路为串联电路，R与R1串联接入电路中；当S3由断开到闭合时，R2并联到了R的两端，根据并联电路的电阻关系可知，该并联部分的电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，故C正确；
D．闭合开关S、S1，断开S2时，a、b换成电流表，该电路为并联电路：电流表a测量通过R和R1的电流，电流表b测量通过R和R2的电流；向右移动滑片P滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，由于并联电路中各支路互不影响，通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，a和b的示数都变大，故D错误；
故选：BC。
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程）
17．“神舟六号”上天后，通过电视我们看到宇航员费俊龙和聂海胜可以在返回舱和轨道舱之间飘来飘去，他们的质量与其在地面上的质量相比 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；杯中的蜡从液态变成固态时，中间会凹陷下去，蜡的密度将 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】不变；变大。
【分析】①物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关；
②在质量一定时，物体体积变化，密度变化用公式ρ＝分析。质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，如果只是改变了形状、状态、温度、位置则不会发生改变。
【解答】解：（1）宇航员在太空与在地面相比只是位置的改变，所含物质的多少并没有变，所以质量不变。
（2）液态的蜡凝固后，由液态变成固态，所含物质的多少不变，所以质量没有变化；
蜡凝固后，中间凹陷下去说明体积减小，
在质量一定时，由公式ρ＝知，蜡的体积减小，所以密度变大。
故答案为：不变；变大。
18．挖开多年堆煤的地面，会看到地面下一定深度的土层带有黑色。这一现象表明煤的分子在不停地做 无规则运动 。浴室防滑地垫其下表面做有许多小吸盘，上表面则做成凹凸不平的形状。从物理学角度来看，“小吸盘”是利用 大气压 将地垫牢牢固定在地板上的。
【答案】无规则运动；大气压。
【分析】（1）扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，据此判断。
（2）吸盘是利用大气压的作用工作的。
【解答】解：（1）挖开多年堆煤的地面，会看到地面下一定深度的土层带有黑色。这一现象表明煤的分子在不停地做无规则运动，扩散到地面的土层中了。
（2）防滑垫的背面有许多小吸盘，将吸盘内的空气挤压出来以后，在大气压的作用下，吸盘被挤压到地面上，起到了防滑的作用。
故答案为：无规则运动；大气压。
19．某同学按图甲电路做测量电压的实验，闭合开关，两只电压表指针均指在图乙所示的位置，则电压表V1的示数为 7.5 V，L1两端的电压是为 6 V。
【答案】7.5；6。
【分析】由图甲分析电路的连接方式和电压表的作用，根据电路的电压特点确定电压表的量程并读数从而得到各电压表示数大小。
【解答】解：由图甲可知：灯泡L1、L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测L2两端的电压。
因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表V1的示数应大于V2的示数；
而两个电压表指针偏转相同，所以电压表V1的量程是0～15V，分度值为0.5V，由图乙知，其示数为7.5V，即电源电压U＝7.5V；
电压表V2的量程是0～3V，分度值为0.1V，示数1.5V，即L2两端的电压U2＝1.5V，
又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯L1两端电压为7.5V﹣1.5V＝6V。
故答案为：7.5；6。
20．如图所示，质量相同的A、B两实心物块放入水中，物块A漂浮，有的体积浸入水中，则物块A的密度是 0.2×103 kg/m3（ρ水＝1.0×103kg/m3）。物块B恰好悬浮，则A、B下表面受到水的压力的大小关系是FA ＜ FB。
【答案】0.2×103；＜。
【分析】（1）物体漂浮时受到的浮力等于自身的重力，由阿基米德原理列出关系式求出物块的密度；
（2）物体漂浮或悬浮时，浮力等于自身的重力，根据浮力产生的原因分析A、B下表面受到水的压力大小。
【解答】解：（1）物体A漂浮，受到的浮力等于自身的重力，即：F浮＝G，
由阿基米德原理和重力公式可得：ρ水gV排＝ρAgV，
所以，物块A的密度：ρA＝×ρ水＝×ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.2×103kg/m3；
（2）物块A在水中漂浮，物块B在水中悬浮，其受到的浮力均等于自身的重力，而A、B的质量相同，所以由G＝mg可知它们的重力相同，则浮力也相同，即：F浮A＝F浮B；
物块A在水中漂浮，其上表面没有受到水的压力，由浮力产生的原因可知，A下表面受到水的压力：FA＝F浮A，
物块B在水中悬浮，由浮力产生的原因可得F浮B＝FB下﹣FB上＝FB﹣FB上，则B下表面受到水的压力：FB＝F浮B+FB上，
由于B悬浮在水中，所以FB上不为0，则FB＞F浮B，
所以，FA＜FB。
故答案为：0.2×103；＜。
21．如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动。若该同学上半身的质量为全身质量的60%，则她上半身的重力为 300 N，她在1min内做了40个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她在这段时间克服重力做的功为 3600 J。
【答案】300；3600。
【分析】已知该同学的质量，根据G＝mg可求得其重力，然后由题意可求得她上半身的重力，
由W＝Gh可求得她做一次仰卧起坐克服重力做的功，她在一段时间内做了40个仰卧起坐，则在这段时间克服重力做的功W′＝40W。
【解答】解：该同学的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
她上半身的重力：G上＝60%G＝60%×500N＝300N，
做一次仰卧起坐克服重力做的功：W＝G上h＝300N×0.3m＝90J，
做了40个仰卧起坐克服重力做的功：W′＝40W＝40×90J＝3600J。
故答案为：300；3600。
22．如图甲是非接触式红外线测温枪，它是通过接收人体辐射的红外线来显示被测人的体温。
（1）图乙是它的工作原理图，R是滑动变阻器，R0是热敏电阻，当人体温度升高时，电压表示数将变小。则其所用的热敏电阻阻值随温度变化的特点是图丙中的 A 曲线。
（2）若热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报警时，其阻值为150Ω，报警电压为1.5V，电源电压恒定为5V，则此时滑动变阻器R接入电路的阻值为 350Ω 。
【答案】（1）A；（2）350Ω。
【分析】由图乙可知，滑动变阻器R和热敏电阻R0串联接入电路，电压表测量热敏电阻R0两端的电压，
（1）当人体温度升高时，电压表示数将减小，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器R两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流增大，根据欧姆定律可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻减小，根据串联电路电阻规律可知，热敏电阻的阻值将减小，由此可得出结论；
（2）根据欧姆定律可求出热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报醫时，通过热敏电阻R0的电流，根据串联电路电压规律和欧姆定律可求出此时滑动变阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：由图乙可知，滑动变阻器R和热敏电阻R0串联接入电路，电压表测量热敏电阻R0两端的电压，
（1）当人体温度升高时，电压表示数将减小，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器R两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流增大，即电路中的电流增大，电源电压一定，则电路中的总电阻减小，根据串联电路电阻规律可知，热敏电阻的阻值将减小，即人体温度升高时热敏电阻的阻值减小，故图丙中表示热敏电阻R0的阻值随温度变化的特点是A曲线；
（2）热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报醫时，通过热敏电阻R0的电流I0＝＝＝0.01A，
通过滑动变阻器R的电流I滑＝I0＝0.01A，
此时滑动变阻器R两端的电压U滑＝U﹣U0＝5V﹣1.5V＝3.5V，
滑动变阻器R接入电路的阻值R滑＝＝＝350Ω。
故答案为：（1）A；（2）350Ω。
三、作图题（共4分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
23．（1）如图所示，请画出小球所受重力G和使杠杆保持平衡的最小力F的示意图。
【答案】
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：小球所受重力G的方向是竖直向下的，作用点在重心；
由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2 可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；由图可知，A点距离O点是最远的，故AO为力臂时，力是最小的；由于小球的拉力使得杠杆顺时针转动，则动力必须使得杠杆逆时针转动，动力方向垂直于OA向上，如图所示：
（2）如图所示，请用笔画线代替导线，将图中元件接入家庭电路中，要求：
①同时闭合声控开关和光控开关，两家用白炽灯同时能正常发光；②三孔插座单独接入。
【解答】解：为使两个灯泡正常发光，将两个灯泡并联；声控、光控两开关不能独立工作、相互影响，为串联；火线要先过开关，再接入灯泡顶部的金属点，零线接入螺旋套；
三孔插座与灯泡并联，其接法为：左零右火上接地，如下图所示：
四、实验探究题（共26分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
24．如图甲所示，是“探究水沸腾时温度特点”的实验装置。
（1）组装器材时，若温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部，应将 A处向上 （选填“A处向上”或“B处向下”）调整为好，原因是 确保用酒精灯外焰加热 。
（2）实验过程中，小明同学每隔1min记录一次温度，观察到第6min时水中产生大量气泡，上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来。根据实验数据在方格纸上描点做出图象，如图乙所示，由实验现象和图像可得出探究结论是 水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变 。
（3）观察到水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气 液化 形成的，甲图中杯口附近 D （选填“C“或“D”）处的“白气”更浓；
（4）水沸腾一段时间后，停止加热，观察水是否继续沸腾，目的是 探究水沸腾是否需要继续吸热 。
【答案】（1）A处向上；确保用酒精灯外焰加热；（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；（3）液化；D；（4）探究水沸腾是否需要继续吸热。
【分析】（1）在测量水的温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁，并要求用酒精灯的外焰加热；
（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；
（3）物质由气态变为液态叫液化，液化的两种方法：降低温度（温度越低越明显）、压缩体积；
（4）从沸腾需要满足的条件进行分析。
【解答】解：（1）如图甲，在组装器材时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁，并要求用酒精灯的外焰加热，现在温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部，此时应将A处向上调整；
（2）分析图像可知：水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；
（3）水沸腾时烧杯的上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气液化形成的，杯口附近C处温度高、D处的温度低，D处的“白气”更浓；
（4）停止加热，观察水是否继续沸腾，其目的是探究水沸腾是否需要继续吸热。
故答案为：（1）A处向上；确保用酒精灯外焰加热；（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；（3）液化；D；（4）探究水沸腾是否需要继续吸热。
25．鄢陵蟠桃是河南许昌市鄢陵县的特产，也是水果中的上品。小华同学在清洗新买的蟠桃时，发现蟠桃在水面上漂浮。他想要测量一下蟠桃密度，实验操作步骤如下：
（1）小华把天平放在水平台上，当横梁稳定时，指针偏向分度盘的右侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调；
（2）小华同学选取了一个蟠桃，放在已经调平的托盘天平上称量，当天平再次平衡时右盘中所加砝码及游码的位置如图甲所示，蟠桃质量是 156.8 g；
（3）因蟠桃体积较大，放不进量筒，因此他选用一只烧杯，如图乙所示，用大头针将蟠桃压入水中浸没（水未溢出且不计大头针的体积），在水面处做标记，然后将蟠桃取出，用装有适量水的量筒给烧杯补水至标记处。补水前后量筒内水的体积分别如图所示，则小华同学测得蟠桃的密度是 0.56×103 kg/m3；
（4）由于图乙取出蟠桃时带出部分水，会使密度测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）；
（5）整理实验器材时发现，天平的左盘有一个缺角，小华回忆之前天平的操作都是规范的。则小华用这个天平测量的质量值 仍然准确 （选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”）。
【答案】（1）左；（2）156.8g；（3）0.56×103；（4）偏小；（5）仍然准确。
【分析】（1）根据指针偏向分度盘的右侧，将平衡螺母向左调的方法调节天平横梁平衡。
（2）蟠桃的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值。
（3）蟠桃的体积等于量筒向烧杯中加水至标记处，加入的水的体积，蟠桃的密度ρ＝。
（4）由于图乙取出蟠桃时，带出了部分水，导致向烧杯中加入至标记处的水偏多，即蟠桃体积的测量值偏大。
（5）左盘有一个缺角，调节平衡螺母时，使天平两盘质量相等，不影响测量结果。
【解答】解：（1）根据题意，指针偏向分度盘的右侧，将平衡螺母向左调的方法调节天平横梁平衡；
（2）蟠桃的质量m＝155g+1.8g＝156.8g；
（3）蟠桃的体积等于量筒向烧杯中加水至标记处，加入水的体积V＝800mL﹣520mL＝280mL＝280cm3。蟠桃的密度ρ＝＝0.56g/cm3＝0.56×103kg/m3；
（4）取出蟠桃时，带出了部分水，导致向烧杯中加入至标记处的水偏多，即蟠桃体积的测量值偏大，由公式ρ＝可知，质量m一定时，体积V偏大，密度ρ偏小；
（5）天平的左盘有一个缺角，调节平衡螺母后，左右两盘质量相等，测量物体质量时，左右两盘质量也相等，不影响测量结果；即小明所测的密度值仍然准确。
故答案为：（1）左；（2）156.8g；（3）0.56×103；（4）偏小；（5）仍然准确。
26．同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
（1）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 无关 。
（3）通过比较 1、2 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 丙 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 0.6 J，滑轮组的机械效率是 75 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 83.3 %。
【答案】（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
【分析】（1）实验时应沿竖直方向匀速拉动物体；
（2）通过比较1、2两次实验数据，找出相同量和不同量，分析得出滑轮组的机械效率与变化量的关系；
（3）研究滑轮组机械效率与提升物体重力的关系，要使用同样的滑轮组，改变提升的物体重力，据此选择；
（4）由s＝nh确定n的大小，据此第3次实验是用哪个图所示装置来完成的；
根据W＝Gh算出第3次实验时所做的有用功；由η＝算出滑轮组的机械效率；
（5）不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）代入数据计算出G动，根据η＝＝＝算出钩码重8N时滑轮组的效率。
【解答】解：（1）为了准确测出滑轮组的机械效率，应使弹簧测力计沿竖直方向做匀速直线运动；
（2）通过比较1、4两次实验数据知，滑轮组和提升物体的重力相同，绳子段数相同，重物上升高度不同而机械效率相同，故得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与重物上升高度无关；
（3）1、2两次实验，s＝0.3m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝3，使用同样的滑轮组，即使用的甲、乙两图，通过得出的实验数据可知提升的物体重力越大，滑轮组的机械效率越高，得出结论：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高；
（4）在第3次实验中，s＝0.5m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝5，即承担物重的绳子股数n＝5，所以第3次实验是用丙图所示装置来完成的；
第3次实验时所做的有用功为：
W有用＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
第3次做的总功：
W总＝Fs＝1.6N×0.5m＝0.8J；
滑轮组的机械效率是：
η＝＝×100%＝75%；
（5）第1次实验时，不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）得动滑轮的重力为：
G动＝3F′﹣G′＝3×1.2N﹣2N＝1.6N，
钩码重8N时滑轮组的效率为：
η＝＝＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
27．小明同学想利用图甲测量标有“2.5V？W”小灯泡的额定功率。实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、开关、导线若干、滑动变阻器三只：R1（20Ω 0.2A）R2（40Ω 0.5A）、R3（60Ω 0.5A）。
（1）小明发现电路中有一根导线连接错误，请在图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）电路连接正确，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表示数为零，出现这种现象的原因是 小灯泡短路 。
（3）改正所有问题并正确完成实验，小明绘制了如图乙所示的小灯泡I﹣U图像，发现当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”），小灯泡的额定功率是 0.625 W。
（4）完成实验后，小明想用10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，若想控制定值电阻两端电压为2.5V不变，则小明应选用滑动变阻器 R3 （选填“R1”“R2”或“R3”）。当小明用20Ω的电阻替换掉15Ω的电阻时，滑动变阻器的滑片应该向 A （选填“A”或“B”）端移动。
【拓展】小强也连接了图甲的电路（改正后的）测量灯泡的额定电功率，根据测得的几次实验数据作出小灯泡电压在1.5V～2.5V之间的I﹣U图像如图丙所示，图像近似为一条线段。若小灯泡电压为1.5V、2.0V、2.5V时小灯泡的功率分别为P1、P2、P3，则P2 ＜ （P1+P3）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）见解析；（2）小灯泡短路；（3）变大；0.625；（4）R3；A；＜。
【分析】（1）实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析；
（2）小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，据此分析；
（3）电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，灯泡电阻会随温度的增大而增大；
由图像读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P＝UI计算灯泡的额定功率；
（4）根据串联电路电压的规律和分压原理求出当阻值最大的定值电阻连入电路时对应的滑动变阻器的阻值，即可判断出应选择哪个滑动变阻器；探究电流跟电阻的关系，需控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律和分压原理分析当小何用20Ω的电阻替换掉15Ω时，滑片移动方向；
由图象分析灯泡电压变化与电流变化的大小，从而分析1.5V、2.0V、2.5V灯泡的电阻大小关系；由图象分析电流变化与电压变化特点，由P＝UI分析解答。
【解答】解：（1）实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，正确连线如下图所示：
（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即这种现象的原因可能是小灯泡短路。
（3）根据欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，观察图乙容易发现图线向下弯曲，则电压与电流的比值随电压的增大而增大。
当灯的电压为2.5V时正常发光，由图乙知，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W。
（4）控制定值电阻两端电压为U定＝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﹣U定＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由串联电路的分压原理有＝＝＝，
即，
当定值电阻为30Ω连入电路时，对应的滑动变阻器的阻值为＝，
故为了完成整个实验，滑动变阻器阻值不能小于42Ω，故选R3。
小明用20Ω的电阻替换掉15Ω时，根据串联分压原理可知定值电阻两端分得的电压增大，要保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，所以应增大滑动变阻器接入电路的阻值，即滑片应该向A端移动。
由图象可知，灯泡电压1.5V～2.5V变化过程中，电流变化是均匀的，若电压从1.5V增大到2.0V时电流增大ΔI，则电压从2.0V增大到2.5V时电流变化也为ΔI，由P＝UI有
P2＝U2I＝2V×I，
P1＝U1I1＝1.5V×（I﹣ΔI），
P3＝U3I3＝2.5V×（I+ΔI），
＝＝，
所以P2＜（P1+P3）。
故答案为：（1）见解析；（2）小灯泡短路；（3）变大；0.625；（4）R3；A；＜。
五、计算题（共23分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。答案必须明确写出数值和单位。）
28．如图所示，小华在滑冰场快速滑行，她和冰刀的总质量为30kg，已知每只冰刀与冰面的接触面积为10cm2求：（g＝10N/kg）
（1）小华受到的重力？
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强？
【答案】（1）小华受到的重力300N；
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强3×105Pa。
【分析】（1）根据G＝mg计算小华受到的重力；
（2）小华滑行时对冰面的压力等于小华的重力，根据p＝计算小华在单脚滑行时对冰面的压强。
【解答】解：（1）小华受到的重力G＝mg＝30kg×10N/kg＝300N；
（2）小华滑行时对冰面的压力F＝G＝300N，
小华在单脚滑行时对冰面的压强p＝＝＝3×105Pa。
答：（1）小华受到的重力300N；
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强3×105Pa。
29．有一小汽车重为15000N，该车以10m/s的速度由小明家沿水平直路匀速行驶到学校用了360s。已知汽车在匀速行驶过程中的牵引力是车重力的0.05倍，求：
（1）小明家到学校的距离；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功；
（3）若此过程汽车消耗了0.2kg汽油，汽油的热值为4.5×107J/kg，求汽车发动机的效率。
【答案】（1）小明家到学校的距离为3.6km；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功为2.7×106J；
（3）汽车发动机的效率为30%。
【分析】（1）根据s＝vt得出小明家到学校的距离；
（2）汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，根据F＝f＝0.05G得出所受的牵引力，根据W＝Fs得出在此过程中汽车牵引力做的功；
（3）根据Q放＝mq得出0.2kg的汽油完全燃烧时放出的热量，根据η＝得出汽车发动机的效率。
【解答】解：（1）小明家到学校的距离s＝vt＝10m/s×360s＝3600m＝3.6km；
（2）汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的牵引力F＝f＝0.05G＝0.05×15000N＝750N，
在此过程中汽车牵引力做的功W＝Fs＝750N×3600m＝2.7×106J；
（3）0.2kg的汽油完全燃烧时放出的热量：
Q放＝mq＝0.2kg×4.5×107J/kg＝9×106J；
汽车发动机的效率：
η＝×100%＝×100%＝30%。
答：（1）小明家到学校的距离为3.6km；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功为2.7×106J；
（3）汽车发动机的效率为30%。
30．如图甲所示，电源电压为9V，小灯泡标有“5V 2.5W”字样（忽略灯丝电阻的变化），滑动变阻器上标有“40Ω 1A”字样，电压表的量程为0～15V。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，得出滑动变阻器的电功率P与其接入电路的阻值R之间的关系如图乙所示。求：
（1）灯泡正常发光时的电流。
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1。
（3）如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器其功率均为P2。则在电路安全范围以内，R2的最大阻值为多少？
【答案】（1）灯泡正常发光时的电流为0.5A；
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1为2.025W；
（3）R2的最大阻值为12.5Ω。
【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）小灯泡标有“5V 2.5W”字样，根据I＝计算灯泡正常发光时的电流；
（2）根据欧姆定律计算灯泡的电阻；
根据串联电路中电阻规律结合欧姆定律计算当R＝10Ω时电路中的电流，根据P＝I2R计算滑动变阻器的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，根据欧姆定律分别表示电路中的电流，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，根据P＝UI＝I2R表示P2，整理可得R1、R2、RL之间的关系式，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据电压表的量程和电源电压确定滑动变阻器接入电路最大阻值，
根据串联电路电流特点可知灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，进一步计算滑动变阻器接入电路的最小阻值，根据确定滑动变阻器接入电路的阻值范围，进一步计算R2的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）小灯泡标有“5V 2.5W”字样，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A；
（2）由欧姆定律可得灯泡的电阻：RL＝＝＝10Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以当R＝10Ω时，电路中的电流：I＝＝＝0.45A，
滑动变阻器的电功率：P1＝I2R＝（0.45A）2×10Ω＝2.025W；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，电路中的电流分别为：I1＝，I2＝，
因当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，
所以，由P＝UI＝I2R可得P2＝R1＝R2，即R1＝R2，
整理可得：（R1﹣R2）（﹣R1R2）＝0，
由R1≠R2可知R1R2＝＝（10Ω）2＝100Ω2。
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，电压表的量程为0～15V，电源电压为9V，所以滑动变阻器可接入电路最大阻值40Ω，
根据串联电路电流特点可知灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值为R′＝﹣RL＝﹣10Ω＝8Ω，
所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为8Ω～40Ω，则R2的最大阻值为：R2＝＝＝12.5Ω。
答：（1）灯泡正常发光时的电流为0.5A；
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1为2.025W；
（3）R2的最大阻值为12.5Ω。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
物 理（广西新中考专用）
2024年之前广西中考是各市单独考试（南宁、北海、钦州、防城港四市联考），今年中考广西区内各市不在单独考试，共用同一份考卷进行区内统考，这其中物理试卷结构和内容也发生了一些变化！2024年物理试卷共30题：13（单选题）+3（多选题）+6（填空题）+1（作图题，共两小问）+4（实验题）+3（计算题），根据最新考试信息以及模拟考试可以发现：多选题大部分的市之前没有出现过，实验题4题也比之前3题多1题，说明对实验这方面的知识考察更加重视！在知识结构方面，力学与电学同样是考察重点；浮力与电功率是重难点，也是压轴题考察的主要来源，在试卷难度方面，应该会降低一些。
通过对考试信息的梳理以及教学研究成果，预测：第13题的单选题型（压轴）会以图像结合方式考查浮力和压强的动态变化的问题；第16题（多选题）将会重点考查动态电路问题（可能是开关通断也有可能是滑动变阻器引起的动态电路），难度较大；第22题（填空压轴）、第30题（计算压轴）也可能分别会考查电学电功率的综合问题，运算能力和分析能力要求比较高。
另外，在平时学习中要特别关注基础性（一般试卷的选择题前1-10题，填空题17-20题，作图题等直接考查基础知识，容易拿分）、综合性（选填以及解答的压轴题）、应用型（如本卷中的第8题的透镜问题结合当下学生用眼卫生热门问题来考查）和创新性（一般会以物理文化为背景或在新情景下命制对概念的理解以及问题的梳理），同时实验题要掌握控制变量法、转换法、放大法等思想，这些思想会蕴含于每道实验题之中。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第 1~13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14~16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．如图所示，是抚顺月牙岛公园的观鱼台，该处景观给游客带来了很多乐趣。下列涉及的物理知识正确的是（ ）
A．水中鱼的实际位置要比看到的深一些
B．我们看到水中的鱼是光的折射形成的实像
C．观鱼台在水中能形成倒影可以用光的直线传播来解释
D．上方的遮阳棚能够遮阳是利用光的反射
【答案】A
【分析】看到水中游动的鱼是光折射形成的虚像；光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播；倒影是由光的反射形成的。
【解答】解：AB、从岸上看见“水中的游鱼”是光线从水中射入空气发生折射形成的虚像，水中鱼的实际位置要比看到的深一些，故A正确、B错误；
C、观鱼台在水中能形成倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；
D、上方的遮阳棚能够遮阳是利用光的直线传播，故D错误。
故选：A。
2．下列关于声音的说法，正确的是（ ）
A．“震耳欲聋”主要说明声音的响度大
B．“声如洪钟”主要说明人说话声音的音调高
C．“闻其声而知其人”主要根据音调来判断的
D．“隔墙有耳”说明声音传播不需要介质
【答案】A
【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。声音的音色与发声体的材料和结构有关。声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
（2）声音的传播需要介质。
【解答】解：AB．“震耳欲聋”、“声如洪钟”指声音的响度，故A正确，B错误；
C．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的，故C错误；
D．“隔墙有耳”说明固体可以传声，故D错误。
故选：A。
3．疫情过后，某校为了全面了解师生的身心健康，组织了体检，下列关于九（一）班小强同学体检时数据记录不妥的是（ ）
A．体温：36.5℃B．体重：50g
C．脉搏：72次/minD．身高：163 cm
【答案】B
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、中学生的体温约是36.5℃，故A正确；
B、中学生的体重约是50kg，故B错误；
C、中学生的脉搏1min大约跳动70次，故C正确；
D、中学生的身高约为160cm，故D正确。
故选：B。
4．中国古诗词中蕴含了丰富的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明——“泪”的形成是液化现象，需要放热
B．年年端午风兼雨，似为屈原陈昔冤——雨的形成是汽化现象，需要吸热
C．欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山——冰的形成是凝固现象，需要吸热
D．山明水净夜来霜，数树深红出浅黄——霜的形成是凝华现象，需要放热
【答案】D
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；凝固、液化、凝华放热；熔化、汽化、升华吸热。
【解答】解：A．“泪”的形成是蜡由固态熔化成液态的过程，需要吸热，故A错误；
B．雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，需要放热，故B错误；
C．冰是由水凝固而成的，需要放热，故C错误；
D．霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故D正确。
故选：D。
5．如图所示的杠杆正处于水平平衡状态，若在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，杠杆将（ ）
A．右端下降，左端上升
B．右端上升，左端下降
C．还继续处于水平平衡
D．无法确定杠杆的运动状态
【答案】A
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在各加一个同样的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，据此分析得出结论。
【解答】解：设一个钩码重为G，杠杆上一个小格的长度为L，左边力臂为：L左＝2L，右边力臂为：L右＝4L，原来：2G×2L＝G×4L，杠杆平衡，
在杠杆的两端各加一个等重的物体，则：
左边：（2G+G物）×2L＝4GL+2G物L，
右边：（G+G物）×4L＝4GL+4G物L，
右边大于左边，故右端会下沉，
故A正确。
故选：A。
6．如图所示电路，闭合开关S1，S2，小灯泡L1和L2正常发光，电流表和电压表均有示数，下列关于电路的分析不正确的是（ ）
A．灯L1与灯L2并联
B．电压表可以测量灯L1两端的电压
C．只断开开关S1，灯L2正常发光
D．电流表测量电路总电流
【答案】D
【分析】分析电路图可知两灯的连接方式以及电流表和电压表的位置，结合并联电路的特点（并联电路中各支路独立工作、互不影响）、电流表和电压表的使用方法进行分析判断。
【解答】解：
ABD、由图知，闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表串联在灯L2的支路上，则电流表测量通过L2的电流；电压表并联在灯L1的两端，则电压表测量灯L1两端的电压，故AB正确、D错误；
C、因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，只断开开关S1时，灯L2仍正常发光，故C正确。
故选：D。
7．下列说法错误的是（ ）
A．我们今天使用的煤、石油、天然气，都是化石能源
B．作为载体的电磁波，频率越高，传输的信息就越多
C．今天开采的化石燃料实际上是上亿年前地球接收的太阳能
D．核反应堆中的链式反应是核裂变，是可以控制的，用作核电站
【答案】B
【分析】（1）化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料；
（2）电磁波的信息传递量跟频率的关系：电磁波的频率越高，同时间内传输的信息就越多；
（3）地球上所有动植物生存，都需要吸收太阳能，而化石能源指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，实际上就是储存了上亿年前地球所接收的太阳能；
（4）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的，核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的。
【解答】解：
A、化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，包括石油、煤和天然气，故A正确；
B、作为载体的电磁波，频率越高，同时间内传输的信息就越多，故B错误；
C、地球上所有动植物生存，都需要吸收太阳能，而化石能源指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，实际上就是储存了上亿年前地球所接收的太阳能，故C正确；
D、核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的，故D正确。
故选：B。
8．检查视力时，要求人与视力表之间的距离是5m。如图所示是用一平面镜来给小聪检查视力，视力表到平面镜的距离是3m，则下列判断中正确的是（ ）
A．小聪从平面镜中看到视力表的像是缩小的虚像
B．小聪到平面镜的距离为2m
C．视力表的像到视力表的距离为5m
D．小聪到视力表的距离为3m
【答案】B
【分析】平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
首先根据平面镜成像特点判断视力表到视力表的像距离，然后根据人和视力表的像之间的像距离为5m，判断人的位置。
【解答】解：A．小聪从平面镜中看到视力表的像是等大的虚像，故A错误；
BC．已知视力表到镜面的距离为3m，则镜中视力表的像到镜面的距离也为3m，镜中视力表的像到视力表的距离是3m+3m＝6m，
检查视力时眼睛离视力表的像距离是5m，所以人在平面镜和视力表之间，那么人到镜子的距离应为5m﹣3m＝2m，故B正确，C错误；
D．视力表到平面镜的距离是3m，小聪到镜子的距离是2m，小聪到视力表的距离为3m﹣2m＝1m，故D错误。
故选：B。
9．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动，身系弹性蹦极绳的蹦极运动员从高台跳下，假定空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．运动员到达最低点时的速度最大
B．蹦极过程中，运动员的机械能守恒
C．蹦极绳伸至原长后的下落过程中，运动员重力做功的功率不变
D．蹦极绳伸至原长后的下落过程中，弹性绳的弹性势能一直变大
【答案】D
【分析】（1）根据运动员到达最低点时的运动状态分析；
（2）运动员的机械能会转化为弹性绳的弹性势能；
（3）根据P＝＝＝Gv分析重力做功的功率的变化；
（4）弹性势能的大小与弹性形变程度的大小有关。
【解答】解：
A、运动员到达最低点时的速度为0，是最小的，故A错误；
B、蹦极过程中，运动员的机械能会转化为弹性绳的弹性势能，所以运动员的机械能不守恒，故B错误；
C、蹦极绳伸至原长后的下落过程中，运动员的速度发生了变化，根据P＝＝＝Gv可知，运动员重力做功的功率发生了变化，故C错误；
D、蹦极绳伸至原长后的下落过程中，弹性绳的弹性形变程度一直变大，所有弹性势能一直变大，故D正确。
故选：D。
10．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球时，验电器的两片金属箔张开，下面说法错误的是（ ）
A．摩擦过程中玻璃棒失去电子带正电荷
B．玻璃棒接触验电器的金属球时电流方向从金属箔到玻璃棒
C．接触过程中金属箔上的电子转移到了玻璃棒
D．金属箔张开的原因是同种电荷相互排斥
【答案】B
【分析】（1）摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，失去电子带正电，得到电子带负电，并没有创造电荷；
（2）正电荷移动的方向是电流的方向，自由电子的定向移动方向与电流方向相反；
（3）玻璃棒带正电荷少电子，接触后的验电器上的电子会转移到玻璃棒上，验电器因为缺少电子而带上正电；
（4）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：A、用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，起电的原因是丝绸对电子的吸引力大于玻璃，故玻璃中的部分电子移动到丝绸上，故玻璃棒失去电子带正电荷，故A正确；
BC、玻璃棒接触验电器的金属球时，是箔片上的负电荷（电子）转移到玻璃棒上，电子的定向移动方向与电流方向相反，故电流方向由玻璃棒到金属箔，故B错误，C正确；
D、金属箔张开的原因是同种电荷相互排斥，故D正确。
故选：B。
11．若声音在空气中传播速度为v1，在钢轨中传播速度为v2，有人用锤子敲了一下钢轨的一端，另一人在另一端听到两次声音的时间间隔为t，下列说法中正确的是（ ）
A．传播速度大小关系为 v1＞v2
B．听到的第一声是在空气中传播的
C．钢轨的长度为
D．声音沿钢轨传播的时间为
【答案】C
【分析】听到两次响声，分别是在空气中和钢轨中传播的声音；已知传播的距离相同，根据公式t＝可求各自传播所用的时间，还知道时间间隔，列出等式求出钢轨的长度；进一步求出声音沿钢轨从一端传到另一端所用时间。
【解答】解：A、声音在钢轨中的传播速度大于在空气中的传播速度，即v2＞v1，故A错误；
B、声音传播的路程相同，在钢轨中的传播速度大于在空气中的传播速度，由t＝可知t1＞t2，听到的第一声是在钢轨中传播的，故B错误；
CD、设钢轨的长度为L，声音在空气中传播的时间t1＝；
声音在钢轨中传播的时间为t2＝；
时间间隔t＝t1﹣t2＝﹣；
所以钢管的长度L＝；
故声音沿钢轨传播的时间为t2＝＝，故C正确，D错误。
故选：C。
12．如图所示，一装有适量水的小桶放在水平面上，桶与水的总重为50N，用测力计吊着一个体积为200cm3的实心金属球，将金属球缓慢浸没在水中（水未溢出），使其在水中静止，且不与桶壁、桶底接触，此时测力计的示数为15.8N，下列说法中错误的是（ ）
A．金属球所受浮力为2N
B．金属球的密度为8.9×103kg/m3
C．水平面对桶的支持力为52N
D．桶对水平面的压力为65.8N
【答案】D
【分析】（1）将金属球缓慢浸没在水中时排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ水gV排求出金属球受到的浮力；
（2）根据F浮＝G﹣F′求出金属球的重力，根据然后G＝mg求出质量，再利用ρ＝求出金属球的密度；
（3）将桶、水以及小球看作一个整体进行受力分析，求出竖直向下的合力即为桶对水平面的压力；
（4）水平面对桶的支持力和桶对水平面的压力是一对相互作用力，二力大小相等。
【解答】解：A．金属球受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×200×10﹣6m3＝2N，故A正确；
B．由F浮＝G﹣F′可得，金属球的重力G＝F浮+F′＝2N+15.8N＝17.8N，
由G＝mg可得金属球的质量m＝＝＝1.78kg，
则金属球的密度ρ＝＝＝8.9×103kg/m3，故B正确；
C．桶对水平面的压力为F＝50N+17.8N﹣15.8N＝52N，故C正确；
D．水平面对桶的支持力等于桶对水平面的压力，即52N，故D错误。
故选：D。
13．如图所示，圆柱体甲和装有适量某液体的圆柱形容器乙的底面积之比为3：4，把它们平放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使物体A刚好浸没在液体中（A不与容器乙接触，液体无溢出）。截取后，甲、乙对桌面的压强随截取长度x的变化关系如图丙所示。已知甲的密度为0.6×103kg/m3，容器乙的壁厚和质量均忽略不计，g取10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比为3：2
B．圆柱体甲截取前对桌面的压强为1000Pa
C．容器乙中液体的密度为0.5×103 kg/m3
D．容器乙中未放入物体A时，液体的深度为7.5cm
【答案】D
【分析】（1）由图像可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强和容器乙对桌面的压强，根据p＝＝＝求出圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比；
（2）设截取前圆柱体甲的高度为h，根据p＝ρgh表示出圆柱体甲截取前后对桌面的压强，联立以上两式代入数据可解得圆柱体的高度，进而得出圆柱体甲截取前对桌面的压强；
（3）容器乙中未放入物体A时，根据p＝p＝＝＝＝＝ρgh表示出容器乙中放入前后对桌面的压强，圆柱体甲截取长度x时，其物体A的体积VA＝S甲x，联立可得容器乙中未放入物体A时液体的深度；
由B可知，p0＝300Pa，根据p0＝ρ乙gh乙求出容器乙中液体的密度。
【解答】解：A、由图像可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强p甲＝4p0，容器乙对桌面的压强p乙＝p0，
由根据p＝＝＝得，圆柱体甲截取前和容器乙中的液体质量之比：
＝＝＝，故A错误；
B、设截取前圆柱体甲的高度为h，则圆柱体甲对桌面的压强：
4p0＝ρ甲gh，
圆柱体甲截取长度x＝10cm＝0.1m后，圆柱体甲对桌面的压强：
2p0＝ρ甲g（h﹣x），
联立以上两式代入数据可解得：h＝0.2m，
所以，圆柱体甲截取前对桌面的压强：
p甲＝ρ甲gh＝0.6×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝1200Pa，故B错误；
CD、容器乙中未放入物体A时，对桌面的压强等于液体的压强，
即：p0＝ρ乙gh乙﹣﹣﹣①
圆柱体甲截取长度x＝10cm＝0.1m时，则物体A的体积VA＝S甲x，
将物体A浸没在液体乙中，液面上升的高度：
Δh＝＝﹣﹣﹣②
物体A刚好浸没在液体中时，容器乙对桌面的压强等于此时液体的压强，
即：2p0＝ρ乙g（h乙+Δh）﹣﹣﹣③
联立①②③可解得：h乙＝7.5cm，故D正确；
由B可知，p0＝p甲＝×1200Pa＝300Pa，
由p0＝ρ乙gh乙得，容器乙中液体的密度：
ρ乙＝＝＝0.4×103kg/m3，故C错误。
故选：D。
14．（多选）小明在探究凸透镜成像的规律时，正确操作实验器材，当点燃的蜡烛置于如图所示位置时，在光屏上得到烛焰等大清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．该透镜的焦距是15cm
B．当物距为25cm时，凸透镜成放大的像，放大镜是根据这一原理制成的
C．当物距为35cm时，凸透镜成缩小的像，照相机是根据这一原理制成的
D．若把蜡烛从距离凸透镜25cm处向透镜方向移动，光屏上一直能得到清晰的像
【答案】AC
【分析】凸透镜成像的规律：物距小于焦距成正立放大虚像；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距；
物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；
凸透镜成实像时，物距增大，像距减小。
【解答】解：A、由图像可知，u＝v＝30.0cm，此时u＝2f，f＝15.0cm，故A正确；
B、当u＝25cm时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，凸透镜成倒立、放大的实像，根据这一原理可制成投影仪，故B错误；
C、当v＝35cm时，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，照相机就是依据这一原理制成的，故C正确；
D、若把蜡烛从距离凸透镜25cm处向透镜方向移动，当物距等于焦距时，不成像，当物距小于焦距时，成正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上，故D错误。
故选：AC。
15．（多选）如图所示电路中，变阻器的滑片P从中点向左端移动的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1示数和电流表A2示数都变大
B．电流表A2示数和电流表A1示数之差保持不变
C．电压表V和电流表A1示数之比保持不变
D．电压表V示数保持不变，电路总功率变大
【答案】ABD
【分析】由图知，滑动变阻器与定值电阻并联，电压表与电源并联，A2串联在干路上，A1与定值电阻串联；
电压表始终测量电源电压；根据滑片的移动确定接入电路阻值的变化，然后根据欧姆定律可知滑动变阻器电流的变化；
根据并联电路中各支路互不影响判断出电流表A1示数的变化；根据并联电路的电流规律分析电流表A2示数和电流表A1示数之差的变化；
根据干路电流等于各支路电流之和，判断出电流表A2示数的变化；
根据电压表V与电流表A1的示数变化可知两表示数之比的变化；
（2）根据P＝UI判断出电路总功率的变化。
【解答】解：ABC、由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻并联，电压表与电源并联，A2串联在干路上，测量电路的总电流，A1与定值电阻R1串联，测量定值电阻R1的电流；
滑动变阻器的滑片P从中点向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小；而电压表测量电源电压，因此电压表示数不变；
由于并联电路中，各支路互不影响，因此通过定值电阻的电流不变，即电流表A1示数不变，而干路电流等于各支路电流之和，因此电流表A2示数变小；
电流表A2示数和电流表A1示数之差就是通过滑动变阻器的电流，所以电流表A2示数和电流表A1示数之差减小；
电压表V示数不变，电流表A1示数不变，则它们之比保持不变，故AB错误、C正确；
D、电源电压不变，干路电流减小，根据P＝UI可知，电路总功率变小，故D错误。
故答案为：ABD。
16．（多选）如图所示电路中，电源电压为U恒定不变，R1、R2是阻值为R0的定值电阻，R是最大阻值为R0的滑动变阻器，a，b是电流表或电压表。闭合开关S1、S2，滑片P置于最右端时，电路安全且电流表A的示数为，则下列说法中正确的是（ ）
A．a为电压表，b为电流表
B．闭合开关S，S2，向左移动滑片P，a与电流表A两表示数变化量的比值不变
C．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，电流表A的示数变大
D．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S2，a、b换成另一种电表，向右移动滑片P，则电表a和b的示数都变小
【答案】BC
【分析】（1）电流表应串联接入电路中，电压表应并联接入电路中；根据电流表的示数分析电路中电阻的大小，根据电阻大小判定电路的连接方式和电表的种类；
（2）设出滑片移动前后电路中电流，根据欧姆定律表示出a表示数的变化量，然后得出a表示数变化量与电流表A示数变化量的比值变化；
（3）将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2，当S3由断开到闭合时，分析电路的连接方式和电路中电流的变化；
（4）根据欧姆定律和并联电路的电流规律分析。
【解答】解：A．闭合开关S、S2，滑片P置于最右端时，R被短路；电流表A的示数为，这说明电路的总电阻为2R0，这表明是两个电阻是串联接入电路中的，a与R2并联，b与R1并联，所以a、b都是电压表，故A错误；
B．闭合开关S、S2，向左移动滑片P，此时三个电阻串联接入电路中，a并联到了R和R2的两端；设滑片移动前后电路中的电流为I1、I2，电压表a的示数变化量ΔUa等于R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12；根据串联电路的电压规律可知，R1、R2是两端的电压的变化量ΔU12等于R1两端电压的变化量ΔU1，即：电压表a的示数变化量等于R1两端电压的变化量ΔU1，由欧姆定律可得ΔUa＝ΔU1＝U1﹣U1′＝I1R1﹣I2R1＝（I1﹣I2）R1＝ΔIR1，
故a表的示数变化量与电流表A的示数变化量的比值为R1，大小不变，故B正确；
C．将变阻器滑片调至最左端，闭合开关S、S1，断开S2、S3时，该电路为串联电路，R与R1串联接入电路中；当S3由断开到闭合时，R2并联到了R的两端，根据并联电路的电阻关系可知，该并联部分的电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，故C正确；
D．闭合开关S、S1，断开S2时，a、b换成电流表，该电路为并联电路：电流表a测量通过R和R1的电流，电流表b测量通过R和R2的电流；向右移动滑片P滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变大，由于并联电路中各支路互不影响，通过R1、R2的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，a和b的示数都变大，故D错误；
故选：BC。
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程）
17．“神舟六号”上天后，通过电视我们看到宇航员费俊龙和聂海胜可以在返回舱和轨道舱之间飘来飘去，他们的质量与其在地面上的质量相比 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；杯中的蜡从液态变成固态时，中间会凹陷下去，蜡的密度将 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】不变；变大。
【分析】①物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关；
②在质量一定时，物体体积变化，密度变化用公式ρ＝分析。质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，如果只是改变了形状、状态、温度、位置则不会发生改变。
【解答】解：（1）宇航员在太空与在地面相比只是位置的改变，所含物质的多少并没有变，所以质量不变。
（2）液态的蜡凝固后，由液态变成固态，所含物质的多少不变，所以质量没有变化；
蜡凝固后，中间凹陷下去说明体积减小，
在质量一定时，由公式ρ＝知，蜡的体积减小，所以密度变大。
故答案为：不变；变大。
18．挖开多年堆煤的地面，会看到地面下一定深度的土层带有黑色。这一现象表明煤的分子在不停地做 无规则运动 。浴室防滑地垫其下表面做有许多小吸盘，上表面则做成凹凸不平的形状。从物理学角度来看，“小吸盘”是利用 大气压 将地垫牢牢固定在地板上的。
【答案】无规则运动；大气压。
【分析】（1）扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，据此判断。
（2）吸盘是利用大气压的作用工作的。
【解答】解：（1）挖开多年堆煤的地面，会看到地面下一定深度的土层带有黑色。这一现象表明煤的分子在不停地做无规则运动，扩散到地面的土层中了。
（2）防滑垫的背面有许多小吸盘，将吸盘内的空气挤压出来以后，在大气压的作用下，吸盘被挤压到地面上，起到了防滑的作用。
故答案为：无规则运动；大气压。
19．某同学按图甲电路做测量电压的实验，闭合开关，两只电压表指针均指在图乙所示的位置，则电压表V1的示数为 7.5 V，L1两端的电压是为 6 V。
【答案】7.5；6。
【分析】由图甲分析电路的连接方式和电压表的作用，根据电路的电压特点确定电压表的量程并读数从而得到各电压表示数大小。
【解答】解：由图甲可知：灯泡L1、L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测L2两端的电压。
因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表V1的示数应大于V2的示数；
而两个电压表指针偏转相同，所以电压表V1的量程是0～15V，分度值为0.5V，由图乙知，其示数为7.5V，即电源电压U＝7.5V；
电压表V2的量程是0～3V，分度值为0.1V，示数1.5V，即L2两端的电压U2＝1.5V，
又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯L1两端电压为7.5V﹣1.5V＝6V。
故答案为：7.5；6。
20．如图所示，质量相同的A、B两实心物块放入水中，物块A漂浮，有的体积浸入水中，则物块A的密度是 0.2×103 kg/m3（ρ水＝1.0×103kg/m3）。物块B恰好悬浮，则A、B下表面受到水的压力的大小关系是FA ＜ FB。
【答案】0.2×103；＜。
【分析】（1）物体漂浮时受到的浮力等于自身的重力，由阿基米德原理列出关系式求出物块的密度；
（2）物体漂浮或悬浮时，浮力等于自身的重力，根据浮力产生的原因分析A、B下表面受到水的压力大小。
【解答】解：（1）物体A漂浮，受到的浮力等于自身的重力，即：F浮＝G，
由阿基米德原理和重力公式可得：ρ水gV排＝ρAgV，
所以，物块A的密度：ρA＝×ρ水＝×ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.2×103kg/m3；
（2）物块A在水中漂浮，物块B在水中悬浮，其受到的浮力均等于自身的重力，而A、B的质量相同，所以由G＝mg可知它们的重力相同，则浮力也相同，即：F浮A＝F浮B；
物块A在水中漂浮，其上表面没有受到水的压力，由浮力产生的原因可知，A下表面受到水的压力：FA＝F浮A，
物块B在水中悬浮，由浮力产生的原因可得F浮B＝FB下﹣FB上＝FB﹣FB上，则B下表面受到水的压力：FB＝F浮B+FB上，
由于B悬浮在水中，所以FB上不为0，则FB＞F浮B，
所以，FA＜FB。
故答案为：0.2×103；＜。
21．如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动。若该同学上半身的质量为全身质量的60%，则她上半身的重力为 300 N，她在1min内做了40个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m，则她在这段时间克服重力做的功为 3600 J。
【答案】300；3600。
【分析】已知该同学的质量，根据G＝mg可求得其重力，然后由题意可求得她上半身的重力，
由W＝Gh可求得她做一次仰卧起坐克服重力做的功，她在一段时间内做了40个仰卧起坐，则在这段时间克服重力做的功W′＝40W。
【解答】解：该同学的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
她上半身的重力：G上＝60%G＝60%×500N＝300N，
做一次仰卧起坐克服重力做的功：W＝G上h＝300N×0.3m＝90J，
做了40个仰卧起坐克服重力做的功：W′＝40W＝40×90J＝3600J。
故答案为：300；3600。
22．如图甲是非接触式红外线测温枪，它是通过接收人体辐射的红外线来显示被测人的体温。
（1）图乙是它的工作原理图，R是滑动变阻器，R0是热敏电阻，当人体温度升高时，电压表示数将变小。则其所用的热敏电阻阻值随温度变化的特点是图丙中的 A 曲线。
（2）若热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报警时，其阻值为150Ω，报警电压为1.5V，电源电压恒定为5V，则此时滑动变阻器R接入电路的阻值为 350Ω 。
【答案】（1）A；（2）350Ω。
【分析】由图乙可知，滑动变阻器R和热敏电阻R0串联接入电路，电压表测量热敏电阻R0两端的电压，
（1）当人体温度升高时，电压表示数将减小，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器R两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流增大，根据欧姆定律可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻减小，根据串联电路电阻规律可知，热敏电阻的阻值将减小，由此可得出结论；
（2）根据欧姆定律可求出热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报醫时，通过热敏电阻R0的电流，根据串联电路电压规律和欧姆定律可求出此时滑动变阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：由图乙可知，滑动变阻器R和热敏电阻R0串联接入电路，电压表测量热敏电阻R0两端的电压，
（1）当人体温度升高时，电压表示数将减小，根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器R两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流增大，即电路中的电流增大，电源电压一定，则电路中的总电阻减小，根据串联电路电阻规律可知，热敏电阻的阻值将减小，即人体温度升高时热敏电阻的阻值减小，故图丙中表示热敏电阻R0的阻值随温度变化的特点是A曲线；
（2）热敏电阻R0在检测到体温达到37.3℃的人体而报醫时，通过热敏电阻R0的电流I0＝＝＝0.01A，
通过滑动变阻器R的电流I滑＝I0＝0.01A，
此时滑动变阻器R两端的电压U滑＝U﹣U0＝5V﹣1.5V＝3.5V，
滑动变阻器R接入电路的阻值R滑＝＝＝350Ω。
故答案为：（1）A；（2）350Ω。
三、作图题（共4分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
23．（1）如图所示，请画出小球所受重力G和使杠杆保持平衡的最小力F的示意图。
【答案】
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：小球所受重力G的方向是竖直向下的，作用点在重心；
由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2 可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；由图可知，A点距离O点是最远的，故AO为力臂时，力是最小的；由于小球的拉力使得杠杆顺时针转动，则动力必须使得杠杆逆时针转动，动力方向垂直于OA向上，如图所示：
（2）如图所示，请用笔画线代替导线，将图中元件接入家庭电路中，要求：
①同时闭合声控开关和光控开关，两家用白炽灯同时能正常发光；②三孔插座单独接入。
【解答】解：为使两个灯泡正常发光，将两个灯泡并联；声控、光控两开关不能独立工作、相互影响，为串联；火线要先过开关，再接入灯泡顶部的金属点，零线接入螺旋套；
三孔插座与灯泡并联，其接法为：左零右火上接地，如下图所示：
四、实验探究题（共26分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
24．如图甲所示，是“探究水沸腾时温度特点”的实验装置。
（1）组装器材时，若温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部，应将 A处向上 （选填“A处向上”或“B处向下”）调整为好，原因是 确保用酒精灯外焰加热 。
（2）实验过程中，小明同学每隔1min记录一次温度，观察到第6min时水中产生大量气泡，上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来。根据实验数据在方格纸上描点做出图象，如图乙所示，由实验现象和图像可得出探究结论是 水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变 。
（3）观察到水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气 液化 形成的，甲图中杯口附近 D （选填“C“或“D”）处的“白气”更浓；
（4）水沸腾一段时间后，停止加热，观察水是否继续沸腾，目的是 探究水沸腾是否需要继续吸热 。
【答案】（1）A处向上；确保用酒精灯外焰加热；（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；（3）液化；D；（4）探究水沸腾是否需要继续吸热。
【分析】（1）在测量水的温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁，并要求用酒精灯的外焰加热；
（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；
（3）物质由气态变为液态叫液化，液化的两种方法：降低温度（温度越低越明显）、压缩体积；
（4）从沸腾需要满足的条件进行分析。
【解答】解：（1）如图甲，在组装器材时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁，并要求用酒精灯的外焰加热，现在温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部，此时应将A处向上调整；
（2）分析图像可知：水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；
（3）水沸腾时烧杯的上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气液化形成的，杯口附近C处温度高、D处的温度低，D处的“白气”更浓；
（4）停止加热，观察水是否继续沸腾，其目的是探究水沸腾是否需要继续吸热。
故答案为：（1）A处向上；确保用酒精灯外焰加热；（2）水在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；（3）液化；D；（4）探究水沸腾是否需要继续吸热。
25．鄢陵蟠桃是河南许昌市鄢陵县的特产，也是水果中的上品。小华同学在清洗新买的蟠桃时，发现蟠桃在水面上漂浮。他想要测量一下蟠桃密度，实验操作步骤如下：
（1）小华把天平放在水平台上，当横梁稳定时，指针偏向分度盘的右侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调；
（2）小华同学选取了一个蟠桃，放在已经调平的托盘天平上称量，当天平再次平衡时右盘中所加砝码及游码的位置如图甲所示，蟠桃质量是 156.8 g；
（3）因蟠桃体积较大，放不进量筒，因此他选用一只烧杯，如图乙所示，用大头针将蟠桃压入水中浸没（水未溢出且不计大头针的体积），在水面处做标记，然后将蟠桃取出，用装有适量水的量筒给烧杯补水至标记处。补水前后量筒内水的体积分别如图所示，则小华同学测得蟠桃的密度是 0.56×103 kg/m3；
（4）由于图乙取出蟠桃时带出部分水，会使密度测量值比真实值 偏小 （选填“偏大”或“偏小”）；
（5）整理实验器材时发现，天平的左盘有一个缺角，小华回忆之前天平的操作都是规范的。则小华用这个天平测量的质量值 仍然准确 （选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”）。
【答案】（1）左；（2）156.8g；（3）0.56×103；（4）偏小；（5）仍然准确。
【分析】（1）根据指针偏向分度盘的右侧，将平衡螺母向左调的方法调节天平横梁平衡。
（2）蟠桃的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值。
（3）蟠桃的体积等于量筒向烧杯中加水至标记处，加入的水的体积，蟠桃的密度ρ＝。
（4）由于图乙取出蟠桃时，带出了部分水，导致向烧杯中加入至标记处的水偏多，即蟠桃体积的测量值偏大。
（5）左盘有一个缺角，调节平衡螺母时，使天平两盘质量相等，不影响测量结果。
【解答】解：（1）根据题意，指针偏向分度盘的右侧，将平衡螺母向左调的方法调节天平横梁平衡；
（2）蟠桃的质量m＝155g+1.8g＝156.8g；
（3）蟠桃的体积等于量筒向烧杯中加水至标记处，加入水的体积V＝800mL﹣520mL＝280mL＝280cm3。蟠桃的密度ρ＝＝0.56g/cm3＝0.56×103kg/m3；
（4）取出蟠桃时，带出了部分水，导致向烧杯中加入至标记处的水偏多，即蟠桃体积的测量值偏大，由公式ρ＝可知，质量m一定时，体积V偏大，密度ρ偏小；
（5）天平的左盘有一个缺角，调节平衡螺母后，左右两盘质量相等，测量物体质量时，左右两盘质量也相等，不影响测量结果；即小明所测的密度值仍然准确。
故答案为：（1）左；（2）156.8g；（3）0.56×103；（4）偏小；（5）仍然准确。
26．同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
（1）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 无关 。
（3）通过比较 1、2 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 丙 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 0.6 J，滑轮组的机械效率是 75 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 83.3 %。
【答案】（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
【分析】（1）实验时应沿竖直方向匀速拉动物体；
（2）通过比较1、2两次实验数据，找出相同量和不同量，分析得出滑轮组的机械效率与变化量的关系；
（3）研究滑轮组机械效率与提升物体重力的关系，要使用同样的滑轮组，改变提升的物体重力，据此选择；
（4）由s＝nh确定n的大小，据此第3次实验是用哪个图所示装置来完成的；
根据W＝Gh算出第3次实验时所做的有用功；由η＝算出滑轮组的机械效率；
（5）不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）代入数据计算出G动，根据η＝＝＝算出钩码重8N时滑轮组的效率。
【解答】解：（1）为了准确测出滑轮组的机械效率，应使弹簧测力计沿竖直方向做匀速直线运动；
（2）通过比较1、4两次实验数据知，滑轮组和提升物体的重力相同，绳子段数相同，重物上升高度不同而机械效率相同，故得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与重物上升高度无关；
（3）1、2两次实验，s＝0.3m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝3，使用同样的滑轮组，即使用的甲、乙两图，通过得出的实验数据可知提升的物体重力越大，滑轮组的机械效率越高，得出结论：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高；
（4）在第3次实验中，s＝0.5m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝5，即承担物重的绳子股数n＝5，所以第3次实验是用丙图所示装置来完成的；
第3次实验时所做的有用功为：
W有用＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
第3次做的总功：
W总＝Fs＝1.6N×0.5m＝0.8J；
滑轮组的机械效率是：
η＝＝×100%＝75%；
（5）第1次实验时，不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）得动滑轮的重力为：
G动＝3F′﹣G′＝3×1.2N﹣2N＝1.6N，
钩码重8N时滑轮组的效率为：
η＝＝＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
27．小明同学想利用图甲测量标有“2.5V？W”小灯泡的额定功率。实验室有如下器材：电源（电压恒为6V）、电流表（0～0.6A，0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、开关、导线若干、滑动变阻器三只：R1（20Ω 0.2A）R2（40Ω 0.5A）、R3（60Ω 0.5A）。
（1）小明发现电路中有一根导线连接错误，请在图中连接错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）电路连接正确，闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表示数为零，出现这种现象的原因是 小灯泡短路 。
（3）改正所有问题并正确完成实验，小明绘制了如图乙所示的小灯泡I﹣U图像，发现当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”），小灯泡的额定功率是 0.625 W。
（4）完成实验后，小明想用10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω的定值电阻更换电路中的灯泡，探究电流跟电阻的关系，若想控制定值电阻两端电压为2.5V不变，则小明应选用滑动变阻器 R3 （选填“R1”“R2”或“R3”）。当小明用20Ω的电阻替换掉15Ω的电阻时，滑动变阻器的滑片应该向 A （选填“A”或“B”）端移动。
【拓展】小强也连接了图甲的电路（改正后的）测量灯泡的额定电功率，根据测得的几次实验数据作出小灯泡电压在1.5V～2.5V之间的I﹣U图像如图丙所示，图像近似为一条线段。若小灯泡电压为1.5V、2.0V、2.5V时小灯泡的功率分别为P1、P2、P3，则P2 ＜ （P1+P3）（选填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）见解析；（2）小灯泡短路；（3）变大；0.625；（4）R3；A；＜。
【分析】（1）实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由此分析；
（2）小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，据此分析；
（3）电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，灯泡电阻会随温度的增大而增大；
由图像读出灯泡电压等于额定电压时通过的电流，由P＝UI计算灯泡的额定功率；
（4）根据串联电路电压的规律和分压原理求出当阻值最大的定值电阻连入电路时对应的滑动变阻器的阻值，即可判断出应选择哪个滑动变阻器；探究电流跟电阻的关系，需控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律和分压原理分析当小何用20Ω的电阻替换掉15Ω时，滑片移动方向；
由图象分析灯泡电压变化与电流变化的大小，从而分析1.5V、2.0V、2.5V灯泡的电阻大小关系；由图象分析电流变化与电压变化特点，由P＝UI分析解答。
【解答】解：（1）实验中，电压表应与灯泡并联，电流表与灯泡串联，正确连线如下图所示：
（2）闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表的示数为零，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即这种现象的原因可能是小灯泡短路。
（3）根据欧姆定律可知，电压表与电流表的示数之比为灯泡电阻，观察图乙容易发现图线向下弯曲，则电压与电流的比值随电压的增大而增大。
当灯的电压为2.5V时正常发光，由图乙知，此时通过的电流为0.25A，小灯泡的额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W。
（4）控制定值电阻两端电压为U定＝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﹣U定＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由串联电路的分压原理有＝＝＝，
即，
当定值电阻为30Ω连入电路时，对应的滑动变阻器的阻值为＝，
故为了完成整个实验，滑动变阻器阻值不能小于42Ω，故选R3。
小明用20Ω的电阻替换掉15Ω时，根据串联分压原理可知定值电阻两端分得的电压增大，要保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，所以应增大滑动变阻器接入电路的阻值，即滑片应该向A端移动。
由图象可知，灯泡电压1.5V～2.5V变化过程中，电流变化是均匀的，若电压从1.5V增大到2.0V时电流增大ΔI，则电压从2.0V增大到2.5V时电流变化也为ΔI，由P＝UI有
P2＝U2I＝2V×I，
P1＝U1I1＝1.5V×（I﹣ΔI），
P3＝U3I3＝2.5V×（I+ΔI），
＝＝，
所以P2＜（P1+P3）。
故答案为：（1）见解析；（2）小灯泡短路；（3）变大；0.625；（4）R3；A；＜。
五、计算题（共23分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。答案必须明确写出数值和单位。）
28．如图所示，小华在滑冰场快速滑行，她和冰刀的总质量为30kg，已知每只冰刀与冰面的接触面积为10cm2求：（g＝10N/kg）
（1）小华受到的重力？
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强？
【答案】（1）小华受到的重力300N；
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强3×105Pa。
【分析】（1）根据G＝mg计算小华受到的重力；
（2）小华滑行时对冰面的压力等于小华的重力，根据p＝计算小华在单脚滑行时对冰面的压强。
【解答】解：（1）小华受到的重力G＝mg＝30kg×10N/kg＝300N；
（2）小华滑行时对冰面的压力F＝G＝300N，
小华在单脚滑行时对冰面的压强p＝＝＝3×105Pa。
答：（1）小华受到的重力300N；
（2）小华在单脚滑行时对冰面的压强3×105Pa。
29．有一小汽车重为15000N，该车以10m/s的速度由小明家沿水平直路匀速行驶到学校用了360s。已知汽车在匀速行驶过程中的牵引力是车重力的0.05倍，求：
（1）小明家到学校的距离；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功；
（3）若此过程汽车消耗了0.2kg汽油，汽油的热值为4.5×107J/kg，求汽车发动机的效率。
【答案】（1）小明家到学校的距离为3.6km；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功为2.7×106J；
（3）汽车发动机的效率为30%。
【分析】（1）根据s＝vt得出小明家到学校的距离；
（2）汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，根据F＝f＝0.05G得出所受的牵引力，根据W＝Fs得出在此过程中汽车牵引力做的功；
（3）根据Q放＝mq得出0.2kg的汽油完全燃烧时放出的热量，根据η＝得出汽车发动机的效率。
【解答】解：（1）小明家到学校的距离s＝vt＝10m/s×360s＝3600m＝3.6km；
（2）汽车做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的牵引力F＝f＝0.05G＝0.05×15000N＝750N，
在此过程中汽车牵引力做的功W＝Fs＝750N×3600m＝2.7×106J；
（3）0.2kg的汽油完全燃烧时放出的热量：
Q放＝mq＝0.2kg×4.5×107J/kg＝9×106J；
汽车发动机的效率：
η＝×100%＝×100%＝30%。
答：（1）小明家到学校的距离为3.6km；
（2）在此过程中汽车牵引力做的功为2.7×106J；
（3）汽车发动机的效率为30%。
30．如图甲所示，电源电压为9V，小灯泡标有“5V 2.5W”字样（忽略灯丝电阻的变化），滑动变阻器上标有“40Ω 1A”字样，电压表的量程为0～15V。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，得出滑动变阻器的电功率P与其接入电路的阻值R之间的关系如图乙所示。求：
（1）灯泡正常发光时的电流。
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1。
（3）如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器其功率均为P2。则在电路安全范围以内，R2的最大阻值为多少？
【答案】（1）灯泡正常发光时的电流为0.5A；
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1为2.025W；
（3）R2的最大阻值为12.5Ω。
【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）小灯泡标有“5V 2.5W”字样，根据I＝计算灯泡正常发光时的电流；
（2）根据欧姆定律计算灯泡的电阻；
根据串联电路中电阻规律结合欧姆定律计算当R＝10Ω时电路中的电流，根据P＝I2R计算滑动变阻器的电功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，根据欧姆定律分别表示电路中的电流，当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，根据P＝UI＝I2R表示P2，整理可得R1、R2、RL之间的关系式，
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，根据电压表的量程和电源电压确定滑动变阻器接入电路最大阻值，
根据串联电路电流特点可知灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，进一步计算滑动变阻器接入电路的最小阻值，根据确定滑动变阻器接入电路的阻值范围，进一步计算R2的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压。
（1）小灯泡标有“5V 2.5W”字样，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A；
（2）由欧姆定律可得灯泡的电阻：RL＝＝＝10Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以当R＝10Ω时，电路中的电流：I＝＝＝0.45A，
滑动变阻器的电功率：P1＝I2R＝（0.45A）2×10Ω＝2.025W；
（3）当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，电路中的电流分别为：I1＝，I2＝，
因当滑动变阻器接入电路的阻值分别为R1、R2时，滑动变阻器的电功率均为P2，
所以，由P＝UI＝I2R可得P2＝R1＝R2，即R1＝R2，
整理可得：（R1﹣R2）（﹣R1R2）＝0，
由R1≠R2可知R1R2＝＝（10Ω）2＝100Ω2。
根据串联分压原理可知滑动变阻器接入电路的阻值越大，电压表示数越大，电压表的量程为0～15V，电源电压为9V，所以滑动变阻器可接入电路最大阻值40Ω，
根据串联电路电流特点可知灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值为R′＝﹣RL＝﹣10Ω＝8Ω，
所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为8Ω～40Ω，则R2的最大阻值为：R2＝＝＝12.5Ω。
答：（1）灯泡正常发光时的电流为0.5A；
（2）当滑动变阻器的阻值为10Ω时，滑动变阻器的功率P1为2.025W；
（3）R2的最大阻值为12.5Ω。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
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