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2023年中考物理第二次模拟考试卷（解析版）（广西新中考专用）
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这是一份2023年中考物理第二次模拟考试卷（解析版）（广西新中考专用），共26页。试卷主要包含了g=10N/kg等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
5．g=10N/kg。
第Ⅰ卷
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．北京时间2022年10月31日，搭载空间站梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场准时点火发射。北京时间2022年11月1日，梦天实验舱成功对接于天和核心舱前向端口。下列说法正确的是（ ）
A．点火发射前，运载火箭相对于地面是运动的
B．点火发射时，梦天实验舱相对其运载火箭是运动的
C．交会对接时，梦天实验舱相对于天和核心舱是运动的
D．交会对接后，梦天实验舱相对于天和核心舱是运动的
【答案】C。
【解答】解：A、点火发射前，运载火箭相对于地面的位置没有发生改变，所以是静止的，故A错误；
B、点火发射时，梦天实验舱相对其运载火箭的位置没有发生改变，所以是静止的，故B错误；
C、交会对接时，梦天实验舱相对于天和核心舱位置不断靠近，所以是运动的，故C正确；
D、交会对接后，梦天实验舱相对于天和核心舱位置没有发生改变，所以是静止的，故D错误。
故选：C。
2．关于如图中声现象的说法，正确的是（ ）
A．甲图中，超声波可以清洗眼镜，说明声能够传递信息
B．乙图中，某昆虫的翅膀振动频率为450Hz，人类不能听到该频率的声音
C．丙图中，逐渐抽出玻璃罩中的空气，听到的铃声变小，可推理出真空不能传声
D．丁图中，工人戴防噪声耳罩，目的是为了在声源处防止噪声的产生
【答案】C。
【解答】解：A、超声波可以清洗眼镜，说明声能够传递能量，故A错误；
B、人耳能听到的频率范围为20～20000Hz，某昆虫的翅膀振动频率为450Hz，人类能听到该频率的声音，故B错误
C、逐渐抽出玻璃罩中的空气，听到的铃声变小，可推理出真空不能传声，故C正确；
D、工人戴防噪声耳罩，目的是为了在人耳处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
3．五彩缤纷的世界，色彩斑斓的光现象，为我们的生活增添了无数的乐趣，关于光现象，下列说法中不正确的是（ ）
A．太阳光是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等色光混合而成的
B．彩色电视画面的颜色是由红、绿、黄三种色光合成的
C．成语“白纸黑字”从物理学看，说明白纸反射所有色光，而黑字吸收所有色光
D．验钞机是利用紫外线工作的
【答案】B。
【解答】解：A、太阳光通过三棱镜后分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的光，这种现象是光的色散，说明太阳光是由各种色光混合而成的，故A正确；
B、彩色电视画面的颜色是由红、绿、蓝三种色光合成的，故B错误；
C、成语“白纸黑字”从物理学看，白色的不透明物体，能够反射所有色光，黑色的不透明物体吸收所有的色光，故C正确；
D、验钞机是利用紫外线工作的，故D正确。
故选：B。
4．一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对相互作用力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
【答案】D。
【解答】解：A、惯性大小只与物体的质量有关，汽车速度变大，惯性不变，故A错误；
B、刹车前车前，汽车和乘客共同以较大的速度向前运动，当汽车紧急刹车时，乘客由于惯性还要保持原来较大的速度向前运动，因此乘客会向前倾倒，故B错误；
C、汽车的牵引力与汽车受到的阻力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故C错误；
D、汽车受到的支持力与汽车对地面的压力，分别作用在地面和汽车上，二者大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
5．很多呼吸道疾病可通过气溶胶传播。气溶胶是指在气体中稳定分散悬浮的液体或固体小颗粒，其直径在0.01～100μm之间。下列情况与气溶胶的运动相同的是（ ）
A．蓝墨水在水中散开B．花香扑鼻
C．雾霾在空气中弥漫D．咖啡加糖变甜
【答案】C。
【解答】解：气溶胶直径在0.01～100μm之间，是宏观物质，其运动属于机械运动；
A、蓝墨水在水中散开，属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故A错误；
B、花香扑鼻、属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故B错误；
C、雾霾在空气中弥漫，属于机械运动，故C正确；
D、咖啡加糖变甜，属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故D错误。
故选：C。
6．如图所示的电路图，如果要用电压表测量灯泡L两端的电压，用电流表测量流经灯泡L的电流，正确的接法是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D。
【解答】解：用电压表测量灯泡L两端的电压，用电流表测量流经灯泡L的电流，则电压表应该与灯泡并联，电流表与灯泡串联，且电流从电流表、电压表的正接线柱流入、负接线柱流出，根据四个选项可知，D选项中的图正确。
故选：D。
7．下列对各光学现象的相应解释或描述，正确的是（ ）
A．甲：入射光垂直射向镜面时，入射角等于0°
B．乙：蜡烛远离玻璃板时，玻璃板后面蜡烛的像变小
C．丙：点燃蜡烛前，需调整蜡烛、凸透镜和光屏的中心在同一直线上
D．丁：是远视眼娇正后的成像光路图
【答案】A。
【解答】解：A．入射光垂直射向镜面时，入射光线与法线之间的夹角为0°，所以入射角等于0°，故A正确；
B．蜡烛远离玻璃板时，由于像与物体等大，所以玻璃板后面蜡烛的像大小不变，故B错误；
C．探究凸透镜成像规律时，需要调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度上，所以该调节要在点燃蜡烛后，故C错误；
D．由图可知，该透镜为凹透镜，对光线具有发散作用，凹透镜可以矫正近视眼，所以丁图是近视眼矫正后的成像光路图，故D错误。
故选：A。
8．利用一燃气热水器对质量为10kg、初温为20℃的水进行加热，燃烧了0.105m3的煤气，水温升高到70℃。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4×107J/m3。下列说法中正确的是（ ）
①煤气完全燃烧放出的热量为4.41×103J；
②水吸收的热量为2.1×106J；
③该热水器烧水的效率为50%；
④在加热过程中，水的内能增加。
A．①④B．②③C．①②D．②③④
【答案】D。
【解答】解：
①煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.105m3×4×107J/m3＝4.2×106J，故①错误；
②水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（70℃﹣20℃）＝2.1×106J，故②正确；
③热水器烧水的效率：
η＝×100%＝×100%＝50%，故③正确；
④在加热过程中，水吸收热量，温度升高，内能增加，故④正确。
故选：D。
9．对如图所示四幅图的说明中，错误的是（ ）
A．图甲中地球磁场的N极在地理北极的附近
B．图乙中电风扇的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
C．图丙中电磁起重机吸起大量钢铁是利用电流的磁效应
D．图丁中摇动发电机的手柄，线圈快速转动、切割磁感线，小灯泡发光
【答案】A。
【解答】解：A．地球是个巨大的磁体，S极在地理的北极附近，N极在地理的南极附近，二者并不完全重合，故A错误；
B．电风扇的主要部件是电动机，其工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故B正确；
C．电磁起重机的主要部件是电磁铁，其工作时利用了电流的磁效应，故C正确；
D．摇动发电机的手柄，线圈在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，小灯泡发光，这是电磁感应现象，故D正确。
故选：A。
10．如图所示电路，电源电压保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．当S1闭合，S2和S3断开时，灯L2亮，再闭合S3时，灯L2变暗
B．当S1断开，S2和S3闭合时，两个灯都亮
C．当S3断开，S1和S2闭合时，两个灯都亮
D．当S2闭合，S1和S3断开时，两个灯都亮
【答案】C。
【解答】解：A、当S1闭合，S2和S3断开时，灯L2亮，再闭合S3时，灯L1短路，灯L2亮度不变，故A错误；
B、当S1断开，S2和S3闭合时，灯L1亮，灯L2短路，灯L2不亮，故B错误；
C、当S3断开，S1和S2闭合时，电流从电源正极出发，分别经过两只灯泡回到负极，所以灯L1、L2并联，两个灯都亮，故C正确；
D、当S2闭合，S1和S3断开时，灯L1亮，灯L2断路不亮，故D错误。
故选：C。
11．在刚刚落幕的卡塔尔世界杯上，一代“球王”梅西率领阿根廷队举起了大力神杯，如图是比赛中的一个精彩的画面，下列有关说法中正确的是（ ）
A．足球在空中下落过程中，机械能守恒
B．足球离开运动员的脚飞出时动能转化为弹性势能
C．足球被运动员踢出时运动员对足球不做功
D．运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时动能转化为重力势能
【答案】D。
【解答】解：A、足球在空中下落过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，故A错误。
B、足球离开运动员的脚飞出时消耗了弹性势能，获得了动能，弹性势能转化为动能，故B错误。
C、足球被运动员踢出时，受到运动员的踢力，并且在该力的方向上通过了一定距离，所以运动员对足球做功，故C错误。
D、运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时质量不变，速度变小，高度变大，则动能减少，重力势能增大，故将动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
12．如图所示，甲、乙两容器质量相等、底面积相同，装有不同液体。将两支相同的简易密度计分别放入甲、乙两个容器中漂浮，此时两液面刚好相平。下列说法正确的是（ ）
A．密度计在乙容器中所受浮力大
B．甲容器中液体质量比乙容器中液体质量小
C．放入密度计后，甲容器对桌面压强的变化量比乙容器对桌面的压强小
D．放入密度计后，甲、乙容器中液体对容器底的压力相等
【答案】B。
【解答】解：
A、两支相同的简易密度计，则重力相同，分别放入甲、乙两个容器中漂浮，所以密度计在甲乙容器中所受浮力相等，故A错误；
B、由图知，密度计排开甲容器中液体的体积大于排开乙容器中液体的体积，
所以根据F浮＝ρ液gV排知，甲中液体的密度小于乙中液体的密度，即ρ乙＞ρ甲，
由图知，甲容器中液体体积比乙容器中液体体积小，
根据ρ＝知，甲容器中液体质量比乙容器中液体质量小，故B正确；
C、放入密度计后，容器对桌面的压力的变化量都等于密度计的重力，容器的底面积相同，由p＝知放入密度计后，甲、乙容器对桌面压强变化量相同，故C错误；
D、放入密度计后，两液面刚好相平，ρ乙＞ρ甲，
故根据p＝ρgh可知，甲容器中液体对容器底的压强比乙容器中液体对容器底的压强小，
又知两容器底面积相同，
所以由p＝知，F甲＜F乙，甲容器中液体对容器底的压力比乙容器中液体对容器底的压力小，故D错误。
故选：B。
13．如图甲所示，电源电压恒定，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从B端移至A端时，小灯泡恰好正常发光，小灯泡的U﹣I图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为4V
B．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
C．整个电路的最大功率为32W
D．电压表示数为11V时，通过小灯泡电流是0.55A
【答案】B。
【解答】解：A、由题知灯泡和R串联，滑动变阻器的滑片P从B端移至A端时，连入电路的电阻变小，电流变大。由乙图可知，滑片P在A端时，R＝0，电流表的示数为1A，小灯泡两端的电压为12V，灯泡恰好正常发光，则小灯泡的额定电压为12V，故A错误；
B、由A分析可知，滑动变阻器的滑片P在A端时，电压表的示数等于电源电压为12V，
滑动变阻器的滑片P在B端时，变阻器连入电路的电阻最大，电流最小为0.4A，电压表的示数为4V，此时R两端的电压U大＝U﹣UL小＝12V﹣4V＝8V，
变阻器R的阻值为R大＝＝＝20Ω，故B正确；
C、由P＝UI可知，当电源电压不变时，电流越大，整个电路的功率越大，所以当电流为1A时，整个电路的功率最大为P大＝UI大＝12V×1A＝12W，故C错误；
D、电压表的示数为11V时，如果通过灯泡的电流为0.55A，则灯泡的电阻RL＝＝＝20Ω，
由图可知，当灯泡两端的电压为12V时，电阻为RL′＝＝＝12Ω＜20Ω，
灯泡的电阻随温度的升高而增大，12V的应该大于11V的，所以D错误。
故选：B。
14．《中国诗词大会》（多选）深受观众喜爱，下列诗词涉及的物态变化现象解释正确的是（ ）
A．风雨送春归，飞雪迎春到——雪是凝华形成的
B．不知明镜里，何处得秋霜——霜是凝固形成的
C．露从今夜白，月是故乡明——露是液化形成的
D．岚雾今朝重，江山此地深——雾是汽化形成的
【答案】AC。
【解答】解：A、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故A正确；
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故B不正确；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故C正确；
D、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故D不正确。
故选：AC。
15．（多选）如图所示，R是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而减小。当闭合开关S1、S2，滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的左端为N极B．电磁铁的磁性增强
C．指示灯L变暗D．电压表的示数增大
【答案】AC。
【解答】解：
A、根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，故A正确；
B、C、D、闭合开关S1和S2，使滑片P向右移动，变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律I＝可知左侧电路中电流变小，电磁铁的磁性减弱，巨磁电阻的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，同样根据欧姆定律I＝可知右侧电路中电流变小，根据P＝I2R可知指示灯L的亮度会变暗，再根据U＝IR可知，灯泡两端的电压减小，即电压表示数变小，故C正确，B、D错误。
故选：AC。
16．（多选）2022年3月23日，在“天宫课堂”第二课中，宇航员王亚平用“冰墩墩”做了太空抛物实验，验证了牛顿第一定律。关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的
B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义
C．当物体受到的外力为零时，物体可做匀速直线运动
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
【答案】AC。
【解答】解：A．牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，经过理论推导得出的，故A正确；
B．虽然在地球上不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，也在探究力与运动的科学研究中奠定了基础，故B错误；
C．牛顿第一定律表明，当物体受到的外力为零时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态，故当物体受到的外力为零时，物体可做匀速直线运动，故C正确；
D．惯性是物体保持原来运动状态的一种性质，一切物体在任何状态下都具有惯性，惯性大小只与质量有关，与物体的受力情况和运动状态等都无关，故D错误。
故选：AC。
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．打扫房间时，小刚用干绸布擦穿衣镜，发现擦过的镜面黏上细小绒毛，这是因为擦过的镜面因 摩擦 而带了电。房间内的照明灯与电视机之间是 并联 （选填“串联”或“并联”）。
【答案】摩擦；并联。
【解答】解：（1）擦过的镜面因摩擦而带上电荷，所以能够吸引细小绒毛；
（2）房间内的照明灯和电视机可以单独工作，互不影响，所以是并联的。
故答案为：摩擦；并联。
18．如图甲所示的电路中，L1两端的电压为U1＝2.7V，L2两端的电压如图乙所示，则L2两端的电压U2＝ 2.3 V，电源电压U＝ 5 V。
【答案】2.3；5。
【解答】解：如图所示，L1、L2串联，电压表测量L2两端电压，所选量程为0～3V，分度值是0.1V，指针指在2.3V位置，所以示数为U2＝2.3V，根据串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为U＝U1+U2＝2.7V+2.3V＝5V。
故答案为：2.3；5。
19．斧子的斧头变松了，人们常用撞击斧柄下端的方法使斧头紧套在斧柄上，如图所示，这是利用了 惯性 ；斧柄下端撞击木墩时，以斧柄为参照物，斧头是 运动 （选填“运动”或“静止”）的。
【答案】惯性；运动。
【解答】解：（1）撞击斧柄下端时，斧柄停止运动，由于惯性，斧头继续向下运动，从而使斧头紧套在斧柄上；
（2）斧柄下端撞击木墩时，以斧柄为参照物，斧头与斧柄的位置发生变化，所以斧头是运动的。
故答案为：惯性；运动。
20．将一块质量为60g、体积为100cm3的物块浸没在水中后放手，物块最终处于 漂浮 （“沉底”、“悬浮”或“漂浮”）状态，此时物块受到的浮力为 0.6N 。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【答案】漂浮；0.6N。
【解答】解：（1）物体完全浸没时受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣6m3＝1N；
物体的重力为：
G＝mg＝60×10﹣3kg×10N/kg＝0.6N；
G物＜F浮，物体上浮，最后漂浮；
（2）物体浮在水面上，物块受到的浮力为：F浮′＝G物＝0.6N。
故答案为：漂浮；0.6N。
21．如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，在A端挂有边长为10cm，重力为20N的正方体C，OA：OB＝4：3；当物体C浸入水中且露出水面的高度为2cm时，B端在竖直向下的力F1＝ 16 N作用时，杠杆恰好能水平静止。若将F1改为F2，杠杆仍能水平静止，则F2 ＞ F1（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】16；＞。
【解答】解：根据题意，杠杆恰好能水平静止时，对物体C进行受力分析可知，物体C受到竖直向下的重力G＝20N、向上的拉力F和向上的浮力F浮，杠杆水平静止时，物体C受力平衡，因此G＝F+F浮，
当物体C浸入水中且露出水面的高度h1＝2cm＝0.02m，物体C的边长a＝10cm＝0.1m，浸入水中的物体C高度：h2＝10cm﹣2cm＝8cm，
物体C排开水的体积：
V排＝（0.1 m）2×（0.1m﹣0.02m）＝8×10﹣4m3，
则物体C受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣4m3＝8N；
绳子对物体C向上的拉力F为：
F＝G﹣F浮＝20N﹣8N＝12N。
同一根绳子上拉力处处相等，则绳子对杠杆A端的拉力F′＝F＝12N，
杠杆水平平衡时，绳子对杠杆A端的拉力F′＝12N为阻力，阻力臂l2＝OA，动力臂l1＝OB，根据OA：OB＝4：3，推出l1＝OB＝OA，
根据杠杆平衡条件，有F1l1＝F′l2，
推出B端在竖直向下的力F1为：＝16N，
故B端在竖直向下的力F1＝16N。
如图若将动力F1改为动力F2，F2与竖直方向有夹角，动力臂l1′为过O点做F2垂线段，可知l1′＜l1，杠杆仍能水平静止，根据杠杆平衡条件，可知F2＞F1。
故答案为：16；＞。
22．如图所示，电源电压不变，电阻R1、R2、R3的阻值均为R0。当开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表的示数为I0，则电源电压为 2I0R0 ；改变各开关的状态，整个电路消耗的最大功率为 8I02R0 。
【答案】2I0R0；8I02R0。
【解答】解：当开关S1闭合，S2、S3断开时，则R1、R2两电阻串联接入电路，由欧姆定律可知U＝I0（R1+R2）＝2I0R0；
当开关S1、S2、S3都闭合时，电阻R1与R3并联，R2被短路，此时功率最大，
由并联电路电阻规律可知，电路总电阻的倒数等于各并联电阻的倒数之和，即：＝+＝+＝；
则电路中的总电阻R＝；
电路消耗的最大功率P＝＝＝8I02R0。
故答案为：2I0R0；8I02R0。
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）画出经图示平面镜组（两镜面互相垂直）反射后的反射光线。
【解答】解：由图可知，此时的入射角为60°，根据反射角等于入射角作出反射光线，此时反射光线与上面的平面镜之间的夹角为90°﹣60°＝30°；反射光线照射到下面的平面镜上，先做出法线，此时的入射光线与下面平面镜之间的夹角为：90°﹣30°＝60°，入射角为90°﹣60°＝30°，根据反射角等于入射角作出反射光线，最终的反射光线与开始的入射光线平行，如图所示：
（2）请根据如图所示的实物图，在虚线框中画出对应的电路图。
【解答】解：两灯泡串联，电流从电源的正极出发，先经过开关S，再流经灯泡L2、L1流回负极，电压表并联在L1两端，电路图如下所示：
。
四、实验探究题（共24分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
24．在“测小灯泡电功率实验”中，电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，提供的滑动变阻器的规格有R1“50Ω 1A”和R2“10Ω 1.5A”两种。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）。
（2）实验中选用滑动变阻器的规格应该是 R1 （选填“R1”或“R2”）。
（3）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表有示数，电压表无示数，则电路中发生的故障可能是 小灯泡短路 （填写一种即可）。
（4）故障排除后，为了测出小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数 2.5 V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W。
（5）利用如图丙所示电路，测量另一个小灯泡的额定功率，该小灯泡正常工作时的电流为I1。请根据以下实验步骤写出小灯泡的额定功率表达式（已知电源电压U恒定不变）。
①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1；
②只闭合开关S2， 保持滑动变阻器R2的滑片位置不变 ，使电流表示数为I1；再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率表达式：P额＝ U （用字母U、I1、I2表示）。
【答案】（1）如图；（2）R1；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻器R2的滑片位置不变；③U。
【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，则电路中的电流变大，电源电压不变，根据R＝可知电路的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，可将滑动变阻器的右下接线柱和开关的右接线柱相连。如图。
（2）由欧姆定律可知灯的额定电流约为：I＝＝＝0.25A，
根据串联电路的规律和欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝＝＝＝14Ω，该实验应选择“50Ω 1A”规格的滑动变阻器，故选R1。
（3）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表有示数，则电路接通，电压表无示数，则电压表所测量的元件短路，则电路中发生的故障可能是小灯泡短路。
（4）故障排除后，为了测出小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数2.5V；
此时电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，根据P＝UI可知小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。
（5）分析实验的原理可以得出其具体的步骤为：
①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1（此时灯泡正常发光）
②只闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节滑动变阻器R1的滑片使电流表示数为I1；
再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；
③则小灯泡的电阻与变阻器R1此时的电阻相同，由欧姆定律：
RL＝，
小灯泡的额定功率：
P额＝I12RL＝U。
故答案为：（1）如图；（2）R1；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻器R2的滑片位置不变；③U。
25．图甲是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置．
（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；要想使杠杆在水平位置平衡，接下来应将杠杆两端的螺母向 左 （选填“左”或“右”）侧调节．
（2）图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图丙所示），就会发现杠杆 左端下沉 （选填“左端下沉”、“仍然平衡”或“右端下沉”）．
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是 得出普遍规律 ．
（4）某同学提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图丁所示的装置进行探究，在杠杆O点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在A点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为 2.3 N．以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1总是 大于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）F2L2，其原因可能是 杠杆自重对杠杆平衡有影响 ．
【答案】（1）平衡；左；（2）左端下沉；（3）得出普遍规律；（4）2.3；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响。
【解答】解：
（1）杠杆的平衡是指杠杆处于静止状态或匀速转动状态；挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，则此时杠杆处于平衡状态；
由图甲可知，杠杆左端高，右端低，则右边较重，要想使杠杆在水平位置平衡，根据“右沉左调”的调节方法，则接下来应将杠杆两端的螺母向左调节。
（2）图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图丙所示），则右侧悬线对杠杆的拉力变为斜向下，右侧拉力的力臂会变小，这时杠杆右侧拉力与力臂的乘积变小，小于左侧拉力与力臂的乘积，所以杠杆的左端下沉。
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是得出普遍规律。
（4）由图丁可知，测力计的分度值为0.1N，此时弹簧测力计示数为2.3N；
由图丁可知，支点在杠杆的左端，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，因杠杆自身是受重力作用的，即杠杆的重力也是阻力（杠杆自重对杠杆平衡有影响），所以当杠杆水平平衡时，F1l1总是大于F2l2。
故答案为：（1）平衡；左；（2）左端下沉；（3）得出普遍规律；（4）2.3；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响。
26．在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，某小组用同一物块按照图甲、乙、丙、丁进行了四次实验。
（1）实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做 匀速直线 运动，此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数，所依据的原理是 二力平衡 。
（2）比较甲、乙两次实验，可得结论：在接触面粗糙程度一定时， 压力 越大，滑动摩擦力越大；该步骤主要运用的实验方法是 控制变量法 ；
（3）比较甲、丁两次实验可知，滑动摩擦力大小与接触面积的大小 无关 （选填“有关”或“无关”）；
（4）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，这是应用了 甲、丙 两次实验得出的结论；选体重较大的队员参赛，是应用了 甲、乙 两次实验得出的结论。
【答案】（1）匀速直线；二力平衡；（2）压力；控制变量法；（3）无关；（4）甲、丙；甲、乙。
【解答】解：（1）实验中，弹簧测力计必须沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，此时根据二力平衡知识可知：滑动摩擦力的大小等于拉力的大小；
（2）比较甲、乙两次实验，压力大小不相同，接触面粗糙程度相同，乙图中压力更大，测力计示数更大，可得结论：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；该步骤主要运用的实验方法是；控制变量法；
（3）比较甲、丁两次实验可知，压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积不同，弹簧测力计的示数相同，说明滑动摩擦力大小与接触面积的大小无关；
（4）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，是通过增大接触面的粗糙程度来增加摩擦力的，是应用了甲、丙两次实验得到的结论的，选体重较大的队员参赛，是应用了甲、乙两次实验得出的结论。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）压力；控制变量法；（3）无关；（4）甲、丙；甲、乙。
27．小明在研究液体内部压强特点的实验中，实验过程如图所示。
（1）使用微小压强计进行实验之前，应保证U形管左右两侧液面 相平 ；此时U形管 不是 （选填“是”或“不是”）连通器。
（2）用压强计和盛有水的容器进行实验，利用 U形管两侧液面的高度差 反映液体内部压强的大小。
（3）比较图甲A、B可知：在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都 相等 ；比较A、C可知：液体内部压强的大小跟 液体的深度 有关。
（4）用图乙所示的容器也可以探究液体内部的压强。容器中间用隔板分成互不相通的左、右两部分，隔板上有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此容器进行的两次实验情形如图丙D、E所示。由此可推断：a、b、c三种液体密度的大小关系是 ρb＞ρa＞ρc 。
【答案】（1）相平；不是；（2）U形管两侧液面的高度差；（3）相等；液体的深度；（4）ρb＞ρa＞ρc。
【解答】解：（1）实验前应调节好压强计，当调节好的压强计放在空气中时，U形管两边的液面应该相平；
组装好的压强计中的U形管的上部只有一端是开口的，故不是连通器；
（2）压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映被测液体压强大小的，采用了转换法；
（3）比较A、B可知，在液体内部的同一深度，橡皮膜的方向不同，U形管的液面高度差是相同的，即在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都是相等的；
比较A、C可知，液体的密度相同，深度不同，深度越深，U形管液面高度差越大，即压强越大，所以液体内部压强的大小跟液体的深度有关。
（4）由图D可知，a液体的深度要大于b液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此处的压强相同，根据p＝ρgh可知，a的密度要小于b的密度，即ρa＜ρb；
图E中，c液体的深度要大于a液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p＝ρgh可知，a的密度要大于c的密度，即ρa＞ρc；
故三种液体密度的大小关系是：ρb＞ρa＞ρc。
故答案为：（1）相平；不是；（2）U形管两侧液面的高度差；（3）相等；液体的深度；（4）ρb＞ρa＞ρc。
五、计算题（共25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．衢宁铁路被誉为“铁路桥隧博物馆”。已知从宁德站至屏南站的平均速度为120km/h，用时50分钟。
（1）求宁德站到屏南站的路程；
（2）位于周宁和蕉城交界处的洋角大桥长500m，若长为520m的列车完全通过洋角大桥用时34s，求列车过桥的平均速度。
【解答】解：（1）已知从宁德站至屏南站的平均速度为v＝120km/h，所用时间t＝50min＝h，
由可知宁德站到屏南站的路程为：；
（2）列车完全通过大桥行驶的路程为：s′＝L桥+L车＝500m+520m＝1020m，
则列车过桥的平均速度为：。
答：（1）宁德站到屏南站的路程为100km；
（2）列车过桥的平均速度为30m/s。
29．如图所示，电源电压恒定，L为“6V 3.6W”的小灯泡（假设灯丝电阻不随温度变化）。当S1断开，S和S2闭合时，灯泡L正常发光；当S、S1、S2都闭合时，通过定值电阻R1，R2的电流之比为3：2；闭合开关S，在确保通过电阻R2的电流不为零的前提下，控制S1、S2的通断，R2消耗的最大功率和最小功率之比为9：1。求：
（1）灯泡L的电阻；
（2）电源电压；
（3）R2消耗的最大功率。
【解答】解：（1）灯泡L的电阻：RL＝＝＝10Ω；
（2）当S1断开，S和S2闭合时，R1、R2被短路，电路为灯泡L的简单电路，
因为此时灯泡L正常发光，所以电源电压：U＝UL＝U额＝6V；
（3）当S、S1、S2都闭合时，L、R1、R2并联，
由P＝UI＝可知，此时R2的功率最大：P2大＝，
由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，定值电阻R1、R2的阻值之比：＝＝＝，
当S闭合，S1和S2断开时，L、R1、R2串联，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中电流最小，
由P＝UI＝I2R可知，R2的功率最小：P2小＝，
则R2消耗的最大功率和最小功率之比：＝＝＝，
解得：U2＝U＝×6V＝2V，
由串联电路的分压原理可知，此时R1、R2两端的电压之比：＝＝，
解得：U1＝U2＝×2V＝V，
由串联电路的电压特点可知，此时灯泡两端的电压：UL'＝U﹣U1﹣U2＝6V﹣V﹣2V＝V，
由串联电路的电流特点可知，电路中的电流：I＝IL'＝＝＝A，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2＝＝＝7.5Ω，
因此R2的最大功率：P2大＝＝＝4.8W。
答：（1）灯泡L的电阻为10Ω；
（2）电源电压为6V；
（3）R2消耗的最大功率为4.8W。
30．如图是小明设计的一个用水槽来储存二次用水的冲厕装置。带有浮球的横杆AB（B为浮球的中心）能绕O点转动，倒“T”形阀门C底部为不计厚度的橡胶片，上部为不计粗细的直杆。进水口的横截面积为4cm2，浮球的体积是100cm3，OB＝6OA，阀门C到水箱底的距离为20cm。关闭排水阀门，当水深至30cm，AB杆左端压在阀门C上，阀门C堵住进水口，此时AB杆水平，浮球顶部与溢水口相平。不考虑阀门C、横杆AB及浮球受到的重力。（g取10N/kg）求：
（1）浮球浸没时，浮球受到的浮力多大？
（2）当AB杆呈水平状态时，A端受力多大？
（3）左侧水槽中水位不能过高，否则会造成浪费。为了防止水从溢水口溢水，水槽中的水面与溢水口的高度差不能超过多少？
【解答】解：（1）浮球浸没时，排开水的体积为：V排＝V＝100cm3＝×1×10﹣4m3，
浮球受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣4m3＝1N；
（2）当AB杆呈水平状态时，由杠杆的平衡条件得：F浮×OB＝FA×OA，
则A端受到拉力：FA＝×F浮＝×1N＝6N；
（2）设水槽中的水面与进水口的高度差为h，高度差产生的压强为：p＝ρ水gh，
则产生的压力：F'＝ρ水ghS，
当F'＝FA时，ρ水ghS＝6N，
h＝＝1.5m，
由图知溢水口比进水口高30cm﹣20cm＝10cm＝0.1m，则槽中的水面与溢水口的高度差不能超过1.5m﹣0.1m＝1.4m。
答：（1）浮球浸没时，浮球受到的浮力为1N；
（2）当AB杆呈水平状态时，A端受力为6N；
（2）为了防止水从溢水口溢出，水槽中的水面与溢水口的高度差不能超过1.4m。
（考试时间：90分钟 满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
5．g=10N/kg。
第Ⅰ卷
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．北京时间2022年10月31日，搭载空间站梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭，在我国文昌航天发射场准时点火发射。北京时间2022年11月1日，梦天实验舱成功对接于天和核心舱前向端口。下列说法正确的是（ ）
A．点火发射前，运载火箭相对于地面是运动的
B．点火发射时，梦天实验舱相对其运载火箭是运动的
C．交会对接时，梦天实验舱相对于天和核心舱是运动的
D．交会对接后，梦天实验舱相对于天和核心舱是运动的
【答案】C。
【解答】解：A、点火发射前，运载火箭相对于地面的位置没有发生改变，所以是静止的，故A错误；
B、点火发射时，梦天实验舱相对其运载火箭的位置没有发生改变，所以是静止的，故B错误；
C、交会对接时，梦天实验舱相对于天和核心舱位置不断靠近，所以是运动的，故C正确；
D、交会对接后，梦天实验舱相对于天和核心舱位置没有发生改变，所以是静止的，故D错误。
故选：C。
2．关于如图中声现象的说法，正确的是（ ）
A．甲图中，超声波可以清洗眼镜，说明声能够传递信息
B．乙图中，某昆虫的翅膀振动频率为450Hz，人类不能听到该频率的声音
C．丙图中，逐渐抽出玻璃罩中的空气，听到的铃声变小，可推理出真空不能传声
D．丁图中，工人戴防噪声耳罩，目的是为了在声源处防止噪声的产生
【答案】C。
【解答】解：A、超声波可以清洗眼镜，说明声能够传递能量，故A错误；
B、人耳能听到的频率范围为20～20000Hz，某昆虫的翅膀振动频率为450Hz，人类能听到该频率的声音，故B错误
C、逐渐抽出玻璃罩中的空气，听到的铃声变小，可推理出真空不能传声，故C正确；
D、工人戴防噪声耳罩，目的是为了在人耳处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
3．五彩缤纷的世界，色彩斑斓的光现象，为我们的生活增添了无数的乐趣，关于光现象，下列说法中不正确的是（ ）
A．太阳光是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等色光混合而成的
B．彩色电视画面的颜色是由红、绿、黄三种色光合成的
C．成语“白纸黑字”从物理学看，说明白纸反射所有色光，而黑字吸收所有色光
D．验钞机是利用紫外线工作的
【答案】B。
【解答】解：A、太阳光通过三棱镜后分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的光，这种现象是光的色散，说明太阳光是由各种色光混合而成的，故A正确；
B、彩色电视画面的颜色是由红、绿、蓝三种色光合成的，故B错误；
C、成语“白纸黑字”从物理学看，白色的不透明物体，能够反射所有色光，黑色的不透明物体吸收所有的色光，故C正确；
D、验钞机是利用紫外线工作的，故D正确。
故选：B。
4．一辆汽车在平直的公路上匀速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对相互作用力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
【答案】D。
【解答】解：A、惯性大小只与物体的质量有关，汽车速度变大，惯性不变，故A错误；
B、刹车前车前，汽车和乘客共同以较大的速度向前运动，当汽车紧急刹车时，乘客由于惯性还要保持原来较大的速度向前运动，因此乘客会向前倾倒，故B错误；
C、汽车的牵引力与汽车受到的阻力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故C错误；
D、汽车受到的支持力与汽车对地面的压力，分别作用在地面和汽车上，二者大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
5．很多呼吸道疾病可通过气溶胶传播。气溶胶是指在气体中稳定分散悬浮的液体或固体小颗粒，其直径在0.01～100μm之间。下列情况与气溶胶的运动相同的是（ ）
A．蓝墨水在水中散开B．花香扑鼻
C．雾霾在空气中弥漫D．咖啡加糖变甜
【答案】C。
【解答】解：气溶胶直径在0.01～100μm之间，是宏观物质，其运动属于机械运动；
A、蓝墨水在水中散开，属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故A错误；
B、花香扑鼻、属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故B错误；
C、雾霾在空气中弥漫，属于机械运动，故C正确；
D、咖啡加糖变甜，属于扩散现象，是由分子的无规则运动引起的，故D错误。
故选：C。
6．如图所示的电路图，如果要用电压表测量灯泡L两端的电压，用电流表测量流经灯泡L的电流，正确的接法是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D。
【解答】解：用电压表测量灯泡L两端的电压，用电流表测量流经灯泡L的电流，则电压表应该与灯泡并联，电流表与灯泡串联，且电流从电流表、电压表的正接线柱流入、负接线柱流出，根据四个选项可知，D选项中的图正确。
故选：D。
7．下列对各光学现象的相应解释或描述，正确的是（ ）
A．甲：入射光垂直射向镜面时，入射角等于0°
B．乙：蜡烛远离玻璃板时，玻璃板后面蜡烛的像变小
C．丙：点燃蜡烛前，需调整蜡烛、凸透镜和光屏的中心在同一直线上
D．丁：是远视眼娇正后的成像光路图
【答案】A。
【解答】解：A．入射光垂直射向镜面时，入射光线与法线之间的夹角为0°，所以入射角等于0°，故A正确；
B．蜡烛远离玻璃板时，由于像与物体等大，所以玻璃板后面蜡烛的像大小不变，故B错误；
C．探究凸透镜成像规律时，需要调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度上，所以该调节要在点燃蜡烛后，故C错误；
D．由图可知，该透镜为凹透镜，对光线具有发散作用，凹透镜可以矫正近视眼，所以丁图是近视眼矫正后的成像光路图，故D错误。
故选：A。
8．利用一燃气热水器对质量为10kg、初温为20℃的水进行加热，燃烧了0.105m3的煤气，水温升高到70℃。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4×107J/m3。下列说法中正确的是（ ）
①煤气完全燃烧放出的热量为4.41×103J；
②水吸收的热量为2.1×106J；
③该热水器烧水的效率为50%；
④在加热过程中，水的内能增加。
A．①④B．②③C．①②D．②③④
【答案】D。
【解答】解：
①煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.105m3×4×107J/m3＝4.2×106J，故①错误；
②水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（70℃﹣20℃）＝2.1×106J，故②正确；
③热水器烧水的效率：
η＝×100%＝×100%＝50%，故③正确；
④在加热过程中，水吸收热量，温度升高，内能增加，故④正确。
故选：D。
9．对如图所示四幅图的说明中，错误的是（ ）
A．图甲中地球磁场的N极在地理北极的附近
B．图乙中电风扇的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用
C．图丙中电磁起重机吸起大量钢铁是利用电流的磁效应
D．图丁中摇动发电机的手柄，线圈快速转动、切割磁感线，小灯泡发光
【答案】A。
【解答】解：A．地球是个巨大的磁体，S极在地理的北极附近，N极在地理的南极附近，二者并不完全重合，故A错误；
B．电风扇的主要部件是电动机，其工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故B正确；
C．电磁起重机的主要部件是电磁铁，其工作时利用了电流的磁效应，故C正确；
D．摇动发电机的手柄，线圈在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，小灯泡发光，这是电磁感应现象，故D正确。
故选：A。
10．如图所示电路，电源电压保持不变，下列说法正确的是（ ）
A．当S1闭合，S2和S3断开时，灯L2亮，再闭合S3时，灯L2变暗
B．当S1断开，S2和S3闭合时，两个灯都亮
C．当S3断开，S1和S2闭合时，两个灯都亮
D．当S2闭合，S1和S3断开时，两个灯都亮
【答案】C。
【解答】解：A、当S1闭合，S2和S3断开时，灯L2亮，再闭合S3时，灯L1短路，灯L2亮度不变，故A错误；
B、当S1断开，S2和S3闭合时，灯L1亮，灯L2短路，灯L2不亮，故B错误；
C、当S3断开，S1和S2闭合时，电流从电源正极出发，分别经过两只灯泡回到负极，所以灯L1、L2并联，两个灯都亮，故C正确；
D、当S2闭合，S1和S3断开时，灯L1亮，灯L2断路不亮，故D错误。
故选：C。
11．在刚刚落幕的卡塔尔世界杯上，一代“球王”梅西率领阿根廷队举起了大力神杯，如图是比赛中的一个精彩的画面，下列有关说法中正确的是（ ）
A．足球在空中下落过程中，机械能守恒
B．足球离开运动员的脚飞出时动能转化为弹性势能
C．足球被运动员踢出时运动员对足球不做功
D．运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时动能转化为重力势能
【答案】D。
【解答】解：A、足球在空中下落过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，故A错误。
B、足球离开运动员的脚飞出时消耗了弹性势能，获得了动能，弹性势能转化为动能，故B错误。
C、足球被运动员踢出时，受到运动员的踢力，并且在该力的方向上通过了一定距离，所以运动员对足球做功，故C错误。
D、运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时质量不变，速度变小，高度变大，则动能减少，重力势能增大，故将动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
12．如图所示，甲、乙两容器质量相等、底面积相同，装有不同液体。将两支相同的简易密度计分别放入甲、乙两个容器中漂浮，此时两液面刚好相平。下列说法正确的是（ ）
A．密度计在乙容器中所受浮力大
B．甲容器中液体质量比乙容器中液体质量小
C．放入密度计后，甲容器对桌面压强的变化量比乙容器对桌面的压强小
D．放入密度计后，甲、乙容器中液体对容器底的压力相等
【答案】B。
【解答】解：
A、两支相同的简易密度计，则重力相同，分别放入甲、乙两个容器中漂浮，所以密度计在甲乙容器中所受浮力相等，故A错误；
B、由图知，密度计排开甲容器中液体的体积大于排开乙容器中液体的体积，
所以根据F浮＝ρ液gV排知，甲中液体的密度小于乙中液体的密度，即ρ乙＞ρ甲，
由图知，甲容器中液体体积比乙容器中液体体积小，
根据ρ＝知，甲容器中液体质量比乙容器中液体质量小，故B正确；
C、放入密度计后，容器对桌面的压力的变化量都等于密度计的重力，容器的底面积相同，由p＝知放入密度计后，甲、乙容器对桌面压强变化量相同，故C错误；
D、放入密度计后，两液面刚好相平，ρ乙＞ρ甲，
故根据p＝ρgh可知，甲容器中液体对容器底的压强比乙容器中液体对容器底的压强小，
又知两容器底面积相同，
所以由p＝知，F甲＜F乙，甲容器中液体对容器底的压力比乙容器中液体对容器底的压力小，故D错误。
故选：B。
13．如图甲所示，电源电压恒定，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从B端移至A端时，小灯泡恰好正常发光，小灯泡的U﹣I图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小灯泡的额定电压为4V
B．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
C．整个电路的最大功率为32W
D．电压表示数为11V时，通过小灯泡电流是0.55A
【答案】B。
【解答】解：A、由题知灯泡和R串联，滑动变阻器的滑片P从B端移至A端时，连入电路的电阻变小，电流变大。由乙图可知，滑片P在A端时，R＝0，电流表的示数为1A，小灯泡两端的电压为12V，灯泡恰好正常发光，则小灯泡的额定电压为12V，故A错误；
B、由A分析可知，滑动变阻器的滑片P在A端时，电压表的示数等于电源电压为12V，
滑动变阻器的滑片P在B端时，变阻器连入电路的电阻最大，电流最小为0.4A，电压表的示数为4V，此时R两端的电压U大＝U﹣UL小＝12V﹣4V＝8V，
变阻器R的阻值为R大＝＝＝20Ω，故B正确；
C、由P＝UI可知，当电源电压不变时，电流越大，整个电路的功率越大，所以当电流为1A时，整个电路的功率最大为P大＝UI大＝12V×1A＝12W，故C错误；
D、电压表的示数为11V时，如果通过灯泡的电流为0.55A，则灯泡的电阻RL＝＝＝20Ω，
由图可知，当灯泡两端的电压为12V时，电阻为RL′＝＝＝12Ω＜20Ω，
灯泡的电阻随温度的升高而增大，12V的应该大于11V的，所以D错误。
故选：B。
14．《中国诗词大会》（多选）深受观众喜爱，下列诗词涉及的物态变化现象解释正确的是（ ）
A．风雨送春归，飞雪迎春到——雪是凝华形成的
B．不知明镜里，何处得秋霜——霜是凝固形成的
C．露从今夜白，月是故乡明——露是液化形成的
D．岚雾今朝重，江山此地深——雾是汽化形成的
【答案】AC。
【解答】解：A、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故A正确；
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故B不正确；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故C正确；
D、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故D不正确。
故选：AC。
15．（多选）如图所示，R是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而减小。当闭合开关S1、S2，滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的左端为N极B．电磁铁的磁性增强
C．指示灯L变暗D．电压表的示数增大
【答案】AC。
【解答】解：
A、根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，故A正确；
B、C、D、闭合开关S1和S2，使滑片P向右移动，变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律I＝可知左侧电路中电流变小，电磁铁的磁性减弱，巨磁电阻的阻值增大，则右侧电路中总电阻增大，同样根据欧姆定律I＝可知右侧电路中电流变小，根据P＝I2R可知指示灯L的亮度会变暗，再根据U＝IR可知，灯泡两端的电压减小，即电压表示数变小，故C正确，B、D错误。
故选：AC。
16．（多选）2022年3月23日，在“天宫课堂”第二课中，宇航员王亚平用“冰墩墩”做了太空抛物实验，验证了牛顿第一定律。关于牛顿第一定律，下列说法正确的是（ ）
A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的
B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义
C．当物体受到的外力为零时，物体可做匀速直线运动
D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性
【答案】AC。
【解答】解：A．牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，经过理论推导得出的，故A正确；
B．虽然在地球上不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，也在探究力与运动的科学研究中奠定了基础，故B错误；
C．牛顿第一定律表明，当物体受到的外力为零时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态，故当物体受到的外力为零时，物体可做匀速直线运动，故C正确；
D．惯性是物体保持原来运动状态的一种性质，一切物体在任何状态下都具有惯性，惯性大小只与质量有关，与物体的受力情况和运动状态等都无关，故D错误。
故选：AC。
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．打扫房间时，小刚用干绸布擦穿衣镜，发现擦过的镜面黏上细小绒毛，这是因为擦过的镜面因 摩擦 而带了电。房间内的照明灯与电视机之间是 并联 （选填“串联”或“并联”）。
【答案】摩擦；并联。
【解答】解：（1）擦过的镜面因摩擦而带上电荷，所以能够吸引细小绒毛；
（2）房间内的照明灯和电视机可以单独工作，互不影响，所以是并联的。
故答案为：摩擦；并联。
18．如图甲所示的电路中，L1两端的电压为U1＝2.7V，L2两端的电压如图乙所示，则L2两端的电压U2＝ 2.3 V，电源电压U＝ 5 V。
【答案】2.3；5。
【解答】解：如图所示，L1、L2串联，电压表测量L2两端电压，所选量程为0～3V，分度值是0.1V，指针指在2.3V位置，所以示数为U2＝2.3V，根据串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为U＝U1+U2＝2.7V+2.3V＝5V。
故答案为：2.3；5。
19．斧子的斧头变松了，人们常用撞击斧柄下端的方法使斧头紧套在斧柄上，如图所示，这是利用了 惯性 ；斧柄下端撞击木墩时，以斧柄为参照物，斧头是 运动 （选填“运动”或“静止”）的。
【答案】惯性；运动。
【解答】解：（1）撞击斧柄下端时，斧柄停止运动，由于惯性，斧头继续向下运动，从而使斧头紧套在斧柄上；
（2）斧柄下端撞击木墩时，以斧柄为参照物，斧头与斧柄的位置发生变化，所以斧头是运动的。
故答案为：惯性；运动。
20．将一块质量为60g、体积为100cm3的物块浸没在水中后放手，物块最终处于 漂浮 （“沉底”、“悬浮”或“漂浮”）状态，此时物块受到的浮力为 0.6N 。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【答案】漂浮；0.6N。
【解答】解：（1）物体完全浸没时受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣6m3＝1N；
物体的重力为：
G＝mg＝60×10﹣3kg×10N/kg＝0.6N；
G物＜F浮，物体上浮，最后漂浮；
（2）物体浮在水面上，物块受到的浮力为：F浮′＝G物＝0.6N。
故答案为：漂浮；0.6N。
21．如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，在A端挂有边长为10cm，重力为20N的正方体C，OA：OB＝4：3；当物体C浸入水中且露出水面的高度为2cm时，B端在竖直向下的力F1＝ 16 N作用时，杠杆恰好能水平静止。若将F1改为F2，杠杆仍能水平静止，则F2 ＞ F1（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】16；＞。
【解答】解：根据题意，杠杆恰好能水平静止时，对物体C进行受力分析可知，物体C受到竖直向下的重力G＝20N、向上的拉力F和向上的浮力F浮，杠杆水平静止时，物体C受力平衡，因此G＝F+F浮，
当物体C浸入水中且露出水面的高度h1＝2cm＝0.02m，物体C的边长a＝10cm＝0.1m，浸入水中的物体C高度：h2＝10cm﹣2cm＝8cm，
物体C排开水的体积：
V排＝（0.1 m）2×（0.1m﹣0.02m）＝8×10﹣4m3，
则物体C受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣4m3＝8N；
绳子对物体C向上的拉力F为：
F＝G﹣F浮＝20N﹣8N＝12N。
同一根绳子上拉力处处相等，则绳子对杠杆A端的拉力F′＝F＝12N，
杠杆水平平衡时，绳子对杠杆A端的拉力F′＝12N为阻力，阻力臂l2＝OA，动力臂l1＝OB，根据OA：OB＝4：3，推出l1＝OB＝OA，
根据杠杆平衡条件，有F1l1＝F′l2，
推出B端在竖直向下的力F1为：＝16N，
故B端在竖直向下的力F1＝16N。
如图若将动力F1改为动力F2，F2与竖直方向有夹角，动力臂l1′为过O点做F2垂线段，可知l1′＜l1，杠杆仍能水平静止，根据杠杆平衡条件，可知F2＞F1。
故答案为：16；＞。
22．如图所示，电源电压不变，电阻R1、R2、R3的阻值均为R0。当开关S1闭合，S2、S3断开时，电流表的示数为I0，则电源电压为 2I0R0 ；改变各开关的状态，整个电路消耗的最大功率为 8I02R0 。
【答案】2I0R0；8I02R0。
【解答】解：当开关S1闭合，S2、S3断开时，则R1、R2两电阻串联接入电路，由欧姆定律可知U＝I0（R1+R2）＝2I0R0；
当开关S1、S2、S3都闭合时，电阻R1与R3并联，R2被短路，此时功率最大，
由并联电路电阻规律可知，电路总电阻的倒数等于各并联电阻的倒数之和，即：＝+＝+＝；
则电路中的总电阻R＝；
电路消耗的最大功率P＝＝＝8I02R0。
故答案为：2I0R0；8I02R0。
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）画出经图示平面镜组（两镜面互相垂直）反射后的反射光线。
【解答】解：由图可知，此时的入射角为60°，根据反射角等于入射角作出反射光线，此时反射光线与上面的平面镜之间的夹角为90°﹣60°＝30°；反射光线照射到下面的平面镜上，先做出法线，此时的入射光线与下面平面镜之间的夹角为：90°﹣30°＝60°，入射角为90°﹣60°＝30°，根据反射角等于入射角作出反射光线，最终的反射光线与开始的入射光线平行，如图所示：
（2）请根据如图所示的实物图，在虚线框中画出对应的电路图。
【解答】解：两灯泡串联，电流从电源的正极出发，先经过开关S，再流经灯泡L2、L1流回负极，电压表并联在L1两端，电路图如下所示：
。
四、实验探究题（共24分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
24．在“测小灯泡电功率实验”中，电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为10Ω，提供的滑动变阻器的规格有R1“50Ω 1A”和R2“10Ω 1.5A”两种。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）。
（2）实验中选用滑动变阻器的规格应该是 R1 （选填“R1”或“R2”）。
（3）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表有示数，电压表无示数，则电路中发生的故障可能是 小灯泡短路 （填写一种即可）。
（4）故障排除后，为了测出小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数 2.5 V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W。
（5）利用如图丙所示电路，测量另一个小灯泡的额定功率，该小灯泡正常工作时的电流为I1。请根据以下实验步骤写出小灯泡的额定功率表达式（已知电源电压U恒定不变）。
①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1；
②只闭合开关S2， 保持滑动变阻器R2的滑片位置不变 ，使电流表示数为I1；再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率表达式：P额＝ U （用字母U、I1、I2表示）。
【答案】（1）如图；（2）R1；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻器R2的滑片位置不变；③U。
【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，则电路中的电流变大，电源电压不变，根据R＝可知电路的总电阻变小，故滑动变阻器接入电路的阻值变小，可将滑动变阻器的右下接线柱和开关的右接线柱相连。如图。
（2）由欧姆定律可知灯的额定电流约为：I＝＝＝0.25A，
根据串联电路的规律和欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝＝＝＝14Ω，该实验应选择“50Ω 1A”规格的滑动变阻器，故选R1。
（3）正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表有示数，则电路接通，电压表无示数，则电压表所测量的元件短路，则电路中发生的故障可能是小灯泡短路。
（4）故障排除后，为了测出小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数2.5V；
此时电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，根据P＝UI可知小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。
（5）分析实验的原理可以得出其具体的步骤为：
①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1（此时灯泡正常发光）
②只闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节滑动变阻器R1的滑片使电流表示数为I1；
再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；
③则小灯泡的电阻与变阻器R1此时的电阻相同，由欧姆定律：
RL＝，
小灯泡的额定功率：
P额＝I12RL＝U。
故答案为：（1）如图；（2）R1；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻器R2的滑片位置不变；③U。
25．图甲是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置．
（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；要想使杠杆在水平位置平衡，接下来应将杠杆两端的螺母向 左 （选填“左”或“右”）侧调节．
（2）图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图丙所示），就会发现杠杆 左端下沉 （选填“左端下沉”、“仍然平衡”或“右端下沉”）．
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是 得出普遍规律 ．
（4）某同学提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图丁所示的装置进行探究，在杠杆O点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在A点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为 2.3 N．以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1总是 大于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）F2L2，其原因可能是 杠杆自重对杠杆平衡有影响 ．
【答案】（1）平衡；左；（2）左端下沉；（3）得出普遍规律；（4）2.3；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响。
【解答】解：
（1）杠杆的平衡是指杠杆处于静止状态或匀速转动状态；挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，则此时杠杆处于平衡状态；
由图甲可知，杠杆左端高，右端低，则右边较重，要想使杠杆在水平位置平衡，根据“右沉左调”的调节方法，则接下来应将杠杆两端的螺母向左调节。
（2）图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图丙所示），则右侧悬线对杠杆的拉力变为斜向下，右侧拉力的力臂会变小，这时杠杆右侧拉力与力臂的乘积变小，小于左侧拉力与力臂的乘积，所以杠杆的左端下沉。
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是得出普遍规律。
（4）由图丁可知，测力计的分度值为0.1N，此时弹簧测力计示数为2.3N；
由图丁可知，支点在杠杆的左端，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，因杠杆自身是受重力作用的，即杠杆的重力也是阻力（杠杆自重对杠杆平衡有影响），所以当杠杆水平平衡时，F1l1总是大于F2l2。
故答案为：（1）平衡；左；（2）左端下沉；（3）得出普遍规律；（4）2.3；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响。
26．在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，某小组用同一物块按照图甲、乙、丙、丁进行了四次实验。
（1）实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做 匀速直线 运动，此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数，所依据的原理是 二力平衡 。
（2）比较甲、乙两次实验，可得结论：在接触面粗糙程度一定时， 压力 越大，滑动摩擦力越大；该步骤主要运用的实验方法是 控制变量法 ；
（3）比较甲、丁两次实验可知，滑动摩擦力大小与接触面积的大小 无关 （选填“有关”或“无关”）；
（4）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，这是应用了 甲、丙 两次实验得出的结论；选体重较大的队员参赛，是应用了 甲、乙 两次实验得出的结论。
【答案】（1）匀速直线；二力平衡；（2）压力；控制变量法；（3）无关；（4）甲、丙；甲、乙。
【解答】解：（1）实验中，弹簧测力计必须沿水平方向拉动木块做匀速直线运动，此时根据二力平衡知识可知：滑动摩擦力的大小等于拉力的大小；
（2）比较甲、乙两次实验，压力大小不相同，接触面粗糙程度相同，乙图中压力更大，测力计示数更大，可得结论：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；该步骤主要运用的实验方法是；控制变量法；
（3）比较甲、丁两次实验可知，压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积不同，弹簧测力计的示数相同，说明滑动摩擦力大小与接触面积的大小无关；
（4）拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，是通过增大接触面的粗糙程度来增加摩擦力的，是应用了甲、丙两次实验得到的结论的，选体重较大的队员参赛，是应用了甲、乙两次实验得出的结论。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）压力；控制变量法；（3）无关；（4）甲、丙；甲、乙。
27．小明在研究液体内部压强特点的实验中，实验过程如图所示。
（1）使用微小压强计进行实验之前，应保证U形管左右两侧液面 相平 ；此时U形管 不是 （选填“是”或“不是”）连通器。
（2）用压强计和盛有水的容器进行实验，利用 U形管两侧液面的高度差 反映液体内部压强的大小。
（3）比较图甲A、B可知：在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都 相等 ；比较A、C可知：液体内部压强的大小跟 液体的深度 有关。
（4）用图乙所示的容器也可以探究液体内部的压强。容器中间用隔板分成互不相通的左、右两部分，隔板上有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此容器进行的两次实验情形如图丙D、E所示。由此可推断：a、b、c三种液体密度的大小关系是 ρb＞ρa＞ρc 。
【答案】（1）相平；不是；（2）U形管两侧液面的高度差；（3）相等；液体的深度；（4）ρb＞ρa＞ρc。
【解答】解：（1）实验前应调节好压强计，当调节好的压强计放在空气中时，U形管两边的液面应该相平；
组装好的压强计中的U形管的上部只有一端是开口的，故不是连通器；
（2）压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映被测液体压强大小的，采用了转换法；
（3）比较A、B可知，在液体内部的同一深度，橡皮膜的方向不同，U形管的液面高度差是相同的，即在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都是相等的；
比较A、C可知，液体的密度相同，深度不同，深度越深，U形管液面高度差越大，即压强越大，所以液体内部压强的大小跟液体的深度有关。
（4）由图D可知，a液体的深度要大于b液体的深度，橡皮膜没有发生形变，说明此处的压强相同，根据p＝ρgh可知，a的密度要小于b的密度，即ρa＜ρb；
图E中，c液体的深度要大于a液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p＝ρgh可知，a的密度要大于c的密度，即ρa＞ρc；
故三种液体密度的大小关系是：ρb＞ρa＞ρc。
故答案为：（1）相平；不是；（2）U形管两侧液面的高度差；（3）相等；液体的深度；（4）ρb＞ρa＞ρc。
五、计算题（共25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．衢宁铁路被誉为“铁路桥隧博物馆”。已知从宁德站至屏南站的平均速度为120km/h，用时50分钟。
（1）求宁德站到屏南站的路程；
（2）位于周宁和蕉城交界处的洋角大桥长500m，若长为520m的列车完全通过洋角大桥用时34s，求列车过桥的平均速度。
【解答】解：（1）已知从宁德站至屏南站的平均速度为v＝120km/h，所用时间t＝50min＝h，
由可知宁德站到屏南站的路程为：；
（2）列车完全通过大桥行驶的路程为：s′＝L桥+L车＝500m+520m＝1020m，
则列车过桥的平均速度为：。
答：（1）宁德站到屏南站的路程为100km；
（2）列车过桥的平均速度为30m/s。
29．如图所示，电源电压恒定，L为“6V 3.6W”的小灯泡（假设灯丝电阻不随温度变化）。当S1断开，S和S2闭合时，灯泡L正常发光；当S、S1、S2都闭合时，通过定值电阻R1，R2的电流之比为3：2；闭合开关S，在确保通过电阻R2的电流不为零的前提下，控制S1、S2的通断，R2消耗的最大功率和最小功率之比为9：1。求：
（1）灯泡L的电阻；
（2）电源电压；
（3）R2消耗的最大功率。
【解答】解：（1）灯泡L的电阻：RL＝＝＝10Ω；
（2）当S1断开，S和S2闭合时，R1、R2被短路，电路为灯泡L的简单电路，
因为此时灯泡L正常发光，所以电源电压：U＝UL＝U额＝6V；
（3）当S、S1、S2都闭合时，L、R1、R2并联，
由P＝UI＝可知，此时R2的功率最大：P2大＝，
由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，定值电阻R1、R2的阻值之比：＝＝＝，
当S闭合，S1和S2断开时，L、R1、R2串联，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中电流最小，
由P＝UI＝I2R可知，R2的功率最小：P2小＝，
则R2消耗的最大功率和最小功率之比：＝＝＝，
解得：U2＝U＝×6V＝2V，
由串联电路的分压原理可知，此时R1、R2两端的电压之比：＝＝，
解得：U1＝U2＝×2V＝V，
由串联电路的电压特点可知，此时灯泡两端的电压：UL'＝U﹣U1﹣U2＝6V﹣V﹣2V＝V，
由串联电路的电流特点可知，电路中的电流：I＝IL'＝＝＝A，
由欧姆定律可知，R2的阻值：R2＝＝＝7.5Ω，
因此R2的最大功率：P2大＝＝＝4.8W。
答：（1）灯泡L的电阻为10Ω；
（2）电源电压为6V；
（3）R2消耗的最大功率为4.8W。
30．如图是小明设计的一个用水槽来储存二次用水的冲厕装置。带有浮球的横杆AB（B为浮球的中心）能绕O点转动，倒“T”形阀门C底部为不计厚度的橡胶片，上部为不计粗细的直杆。进水口的横截面积为4cm2，浮球的体积是100cm3，OB＝6OA，阀门C到水箱底的距离为20cm。关闭排水阀门，当水深至30cm，AB杆左端压在阀门C上，阀门C堵住进水口，此时AB杆水平，浮球顶部与溢水口相平。不考虑阀门C、横杆AB及浮球受到的重力。（g取10N/kg）求：
（1）浮球浸没时，浮球受到的浮力多大？
（2）当AB杆呈水平状态时，A端受力多大？
（3）左侧水槽中水位不能过高，否则会造成浪费。为了防止水从溢水口溢水，水槽中的水面与溢水口的高度差不能超过多少？
【解答】解：（1）浮球浸没时，排开水的体积为：V排＝V＝100cm3＝×1×10﹣4m3，
浮球受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣4m3＝1N；
（2）当AB杆呈水平状态时，由杠杆的平衡条件得：F浮×OB＝FA×OA，
则A端受到拉力：FA＝×F浮＝×1N＝6N；
（2）设水槽中的水面与进水口的高度差为h，高度差产生的压强为：p＝ρ水gh，
则产生的压力：F'＝ρ水ghS，
当F'＝FA时，ρ水ghS＝6N，
h＝＝1.5m，
由图知溢水口比进水口高30cm﹣20cm＝10cm＝0.1m，则槽中的水面与溢水口的高度差不能超过1.5m﹣0.1m＝1.4m。
答：（1）浮球浸没时，浮球受到的浮力为1N；
（2）当AB杆呈水平状态时，A端受力为6N；
（2）为了防止水从溢水口溢出，水槽中的水面与溢水口的高度差不能超过1.4m。
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