资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩10页未读，
继续阅读
所属成套资源：2024年中考物理考前信息必刷卷
成套系列资料，整套一键下载
必刷卷04-2024年中考物理考前信息必刷卷（广西新中考专用）
展开
这是一份必刷卷04-2024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04-2024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04-2024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41页， 欢迎下载使用。
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）会以电学知识为主考查动态电路问题；第16题（多选题）将会重点考查液体压强的变化的问题，难度较大；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．下列四幅图中，关于声现象的描述正确的是（ ）
A．图甲中，用硬纸片把音箱糊起来，做成一个“舞台”，可以探究声音传播的条件
B．图乙中，将钢尺的一端紧按在桌面，另一端伸出桌边的长度越短，拨动时发声的响度越大
C．图丙中，大象的发声频率是14～24Hz，有时用我们人类听不到的次声波进行交流
D．图丁中，工厂用的防噪声耳罩能有效地阻断噪声传播
【答案】C
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）质量小，体积小的物体越容易振动，频率越高，音调越高。
（3）低于20Hz的是次声波，人们不能听到次声波。
（4）减弱噪声的途径：在声源处，在传播过程中，在人耳处。
【解答】解：A、声音是由物体振动产生的，音乐响起，音响在振动，舞台在振动，导致小“人”随音乐起舞，是探究声音产生的条件，故A错误。
B、将钢尺的一端紧按在桌面，拨动钢尺，钢尺发声，另一端伸出桌边的长度越短，钢尺越容易振动，振动频率越高，音调越高，故B错误。
C、人们能听到的声音频率是20Hz～20000Hz，大象的发声频率是14～24Hz，当大象发出低于20Hz频率的声音，人类是听不到的，故C正确。
D、工厂用的防噪声耳罩是在人耳处减弱噪声的，故D错误。
故选：C。
2．关于燃料和热值，以下说法正确的是（ ）
A．燃料热值与燃料的质量无关
B．容易燃烧的燃料，热值一定大
C．煤的热值大于干木柴的热值，燃烧煤放出的热量比燃烧木柴放出的热量一定多
D．为了提高锅炉的效率，一定要用热值高的燃料
【答案】A
【分析】1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
【解答】解：A、热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。故A正确；
B、热值大小与燃料是否容易燃烧无关，故B错误；
C、燃料燃烧放出热量的多少不仅与燃料的热值大小有关，还与燃料的质量以及燃烧程度有关，故C错误；
D、锅炉的效率与燃料的热值高没有关系，故D错误；
故选：A。
3．根据规划，到2030年，济南市将建成9条地铁线路，极大方便市民的交通需求。如图所示是在济南地铁运行期间，乘客们有序地坐在座位上，此时与车厢相对运动的是（ ）
A．车厢内的电灯B．乘客带的背包
C．地铁行驶轨道D．车厢内的座椅
【答案】C
【分析】研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生改变，则是静止的。解答时，要抓住选择参照物这个中心，灵活处理和分析。
【解答】解：在地铁运行期间，坐在座位上的乘客与车外地铁行驶轨道之间的位置不断发生变化，所以以地铁行驶轨道为参照物，它是运动的；以车厢内的电灯、乘客带的背包、车厢内的座椅为参照物，他与乘客之间的位置没有发生变化，所以他是静止的，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选：C。
4．在音乐课上，我们认识了很多乐器，下列说法正确的是（ ）
A．很容易分辨出笛子、二胡的声音，我们判断的依据是音调不同
B．手按在小提琴上一根弦的不同位置。其目的是为了改变音色
C．吹奏笛子时，是由竖笛内的空气柱振动而发出声音的
D．“响鼓也要重锤敲”，说明声音是由振动产生的
【答案】C
【分析】（1）不同乐器发出的声音的音色不同；
（2）振动的频率不同，音调不同；
（3）声音是由物体的振动产生的；
（4）响度的大小与振幅、距离发声体的远近有关。
【解答】解：A、我们能分辨出不同乐器发出的声音，是因为它们的音色不同，故A错误；
B、手按在小提琴上一根弦的不同位置，琴弦发声的音调不同，故B错误；
C、吹奏笛子时，是由竖笛内的空气柱振动而发出声音的，故C正确；
D、“响鼓也要重锤敲”，说明声音的振幅越大响度越大，故D错误。
故选：C。
5．现代农业利用喷药无人机喷洒农药，安全又高效，如图所示，喷药无人机在农田上方沿水平方向匀速飞行，同时均匀喷洒农药，此过程中，喷药无人机的（ ）
A．动能减小、重力势能减小
B．动能减小、重力势能不变
C．动能不变、重力势能减小
D．动能不变、重力势能不变
【答案】A
【分析】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
【解答】解：
无人机在农田上空的某一高度水平匀速飞行，同时均匀喷洒农药，飞机的速度和高度均不变，但质量变小，所以无人机的动能减小，重力势能减小。
故选：A。
6．小明家所在的小区安装了自动售水机。售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明。以下简化电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，刷卡和投币都可以使电动机工作；光控开关控制照明灯。
【解答】解：
由题知，售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，这说明刷卡和投币互不影响，故感应开关和投币开关应是并联的；
光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明，这说明灯泡能独立工作，故灯泡与电动机是并联的；结合图示可知，只有A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
7．如图所示，水中的筷子看起来向上偏折。下列光路图中能正确反映该现象的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫光的折射；
光从水中斜射入空气时，传播方向将远离法线，折射角大于入射角。
【解答】解：AB、当光从水中射入空气时，在水与空气的交界面上发生折射，进入空气中的折射光线远离法线，折射角大于入射角，而我们认为光是沿直线传播的，我们看到的筷子位置在折射光线的反向延长线上，从而位置比实际位置偏高，看起来筷子向上弯折，而A图折射角小于入射角，故A错误，B正确。
CD、水中的筷子看起来向上偏折，是光线从水中射入空气时发生折射造成的，而CD图都是光从空气射向水里，故CD错误；
故选：B。
8．某同学利用如图所示的器材做实验，先用焦距为9cm的凸透镜甲进行实验，在光屏上得到了烛焰清晰缩小的实像。接下来他将凸透镜甲改用焦距为20cm的凸透镜乙进行实验，要在光屏上得到烛焰清晰的像，下列操作可行的是（ ）
A．保持蜡烛和凸透镜的位置不变，将光屏向右移动
B．保持凸透镜和光屏的位置不变，将蜡烛向左移动
C．保持凸透镜的位置不变，将蜡烛和光屏均向左移动
D．保持蜡烛、凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放一个合适的近视眼镜
【答案】A
【分析】首先根据题意“先用焦距9cm的透镜甲进行实验，在屏上得到清晰缩小的实像”可确定物距与焦距的关系，然后再根据凸透镜成实像时，物近像远像变大来确定调节光屏的方法；近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用。
【解答】解：先用焦距为9cm的凸透镜甲进行实验，在光屏中上得到了烛焰清晰缩小的实像，此时的物距大于二倍焦距；
改用焦距为20cm的凸透镜乙进行实验，凸透镜的焦距变大，在不移动器材的情况下，像会成在光屏的后方；
A、保持蜡烛和凸透镜的位置不变，即物距不变，焦距变大，像距会变大，应将光屏向右移动，故A正确；
B、保持凸透镜和光屏的位置不变，焦距变大，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距会大于2倍焦距，根据图示可知，无法成清晰的像，故B错误；
C、保持凸透镜的位置不变，若光屏向左移动，此时的像距会小于焦距，光屏上不能成像，故C错误；
D、保持蜡烛、凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放一个合适的近视眼镜，由于近视眼睛是凹透镜，对光线具有发散作用，会推迟像会聚，所以像不能成在光屏上，故D错误。
故选：A。
9．2021年7月25日东京奥运会男子61公斤级举重比赛，李发彬举起了166公斤的杠铃（如图所示），成功拿下第5金。下列说法正确的是（ ）
A．静止在地面上的杠铃对地面的压力和杠铃所受的重力是一对相互作用力
B．静止在地面上的杠铃对地面的压力和地面对杠铃的支持力是一对平衡力
C．挺举杠铃停在空中时，人受到的重力和地面对人的支持力是一对平衡力
D．挺举杠铃停在空中时，人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【分析】二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：A、静止在地面上的杠铃对地面的压力和杠铃所受的重力方向相同，不是一对相互作用力，故A错误；
B、静止在地面上的杠铃对地面的压力和地面对杠铃的支持力方向相同、作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、地面对人的支持力等于人与杠铃的重力之和，因此，挺举杠铃停在空中时，人受到的重力和地面对人的支持力大小不同，不是一对平衡力，故C错误；
D、挺举杠铃停在空中时，人对地面的压力和地面对人的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
10．如图所示的四个实例中，为了增大压强的是（ ）
A．甲：饮料吸管的一端剪成斜口
B．乙：火车铁轨下垫上枕木
C．丙：大型载重车有很多车轮
D．丁：滑雪板做得比较宽大
【答案】A
【分析】增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
【解答】解：A、饮料管的一端剪成斜口，是在压力一定时通过减小受力面积来增大压强，故A符合题意；
BCD、在铁轨下面铺枕木、大型载重车有很多车轮、滑雪板做得比较宽大，都是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强，故BCD不符合题意。
故选：A。
11．下列四幅图选自中国古代科技著作《天工开物》，有关说法正确的是（ ）
A．“场中打稻”中通过摔打的方法能将稻粒从稻秆上打落下来是因为稻粒具有惯性
B．“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是一对平衡力
C．“透火焙干”中把湿纸贴在墙上可以加快水分升华
D．“炒蒸油料”中在锅中翻炒的目的是通过做功的方法改变油料的内能
【答案】A
【分析】（1）惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质。
（2）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；相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
（3）温度升高，水分蒸发加快。
（4）改变物体内能的方式有做功和热传递。
【解答】解：A、当摔打稻秆时，稻秆由静止变为运动，而稻粒由于惯性继续保持原来的静止状态，所以能将稻粒从稻秆上打落下来，这是利用稻粒的惯性，故A正确；
B、“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是相互作用力，不是平衡力，故B错误；
C．“透火焙干”中把湿纸贴在热墙上，温度升高，水分蒸发加快，易干，故C错误；
D．“炒蒸油料”中在灶台上炒油料时，油料从锅体上吸收热量，是通过热传递增加了油料的内能，故D错误。
故选：A。
12．如图所示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数不变
B．电压表V2的示数变小
C．电压表V1示数与电流表A示数的比值不变
D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变大
【答案】D
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，然后得出电压表V1示数与电流表A示数的比值变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，进一步得出电压表V1示数与电流表A示数的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变；
当向右移动滑动变阻器滑片P的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；
电压表V1的示数不变，电流表A的示数变小，则电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故C错误；
由U＝IR可知，R1两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；
则电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D正确。
故选：D。
13．图甲所示的电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P移动过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为5V
B．R0的阻值为6Ω
C．R的最大功率为1.8W
D．R＝15Ω时，电路消耗的功率为1.35W
【答案】C
【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）读出图中滑动变阻器的电阻和其两端的电压，根据欧姆定律算出通过电路的电流，根据电源电压相等列方程可得定值电阻的阻值和电源电压；
（2）R0与R串联接入电路，电路的总功率等于各部分功率之和，则R的功率为：PR＝P﹣P0，代入数据结合抛物线的性质计算R的最大功率；
（4）根据串联电路电阻规律求出R＝15Ω时电路总电阻，再由P＝求出此时电路消耗的功率。
【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、由图乙可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1＝＝＝0.6A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为：U＝U1+I1R0＝3V+0.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2＝＝＝0.4A，
则电源电压为：U＝U2+I2R0＝4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
联立①②得，R0＝5Ω，U＝6V，故AB错误；
C、R0与R串联接入电路，电路的总功率等于各部分功率之和，则R的功率为：PR＝P﹣P0＝UI﹣I2R0，即PR＝6V×I﹣I2×5Ω，
由抛物线的性质可知当I＝＝0.6A时，R的功率最大，最大功率PR＝＝1.8W，故C正确；
D、当R＝15Ω时，电路中总能电阻为：R总＝R+R0＝15Ω+5Ω＝20Ω，
则电路消耗的功率为：P＝＝＝1.8W，故D错误。
故选：C。
14．（多选）如果春季降雨很少，为了缓解旱情，相关工作人员有时会将干冰撒在云层上进行人工降雨，自然界水循环示意图如图所示，以下相关说法中正确的是（ ）
A．人工降雨时，撒在云层上的干冰升华吸热，使空气中的水蒸气液化成水滴
B．水循环示意图中，过程①发生的物态变化是液化，同时伴随着吸热过程
C．水循环示意图中，过程②发生的物态变化是液化和凝固，同时伴随着吸热过程
D．水循环示意图中，过程②发生的物态变化是液化和凝华，同时伴随着放热过程
【答案】AD
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、干冰即固态的二氧化碳，在常温下，干冰很易升华为气态，此过程中吸热，从而起到降温作用；空气中的水蒸气由于气温低，遇冷后凝华为固体的冰晶或液化为水，落下后形成雨，故A正确；
B、由图可知，过程①是海洋中的水汽化为水蒸气的过程，属于汽化现象，汽化吸热，故B错误；
CD、由图可知，过程②是水蒸气在高空遇冷凝华为固体的冰晶和液化为水，属于凝华和液化现象，该过程放热，故C错误，D正确。
故选：AD。
15．（多选）伴随着新能源汽车的兴起，增程式电动汽车也开始进入人们的视野，它解决了纯电动车无法解决的里程焦虑。在电池电量充足时，电池驱动电机，发动机不参与工作。当电池电量消耗到一定程度时，发动机启动，对电池进行充电。有关能量转化分析正确的是（ ）
A．电池驱动电机，将电能转化为机械能
B．发动机工作时，将机械能转化为化学能
C．给电池充电时，将电能转化为化学能
D．电池放电时，将电能转化为化学能
【答案】AC
【分析】根据增程式电动汽车的工作过程，判断在不同的阶段消耗和获得的能量，可做出判断。
【解答】解：A、电池驱动电机的过程中，将电能转化为机械能，故A正确；
B、发动机启动发电时，将燃料燃烧释放的内能先转化为机械能，再转化为电能，故B错误；
C、给电池充电时，将产生的电能转化为电池的化学能，故C正确；
D、电池放电时，将化学能转化为电能，再提供给汽车转化为机械能，故D错误。
故选：AC。
16．（多选）水平桌面上有甲、乙两个相同的圆柱形容器，分别装入密度不同的液体。A、B是两个体积相等的小球，A球沉在甲容器底部，B球与固定在容器底部的细线相连（不计细线的质量），且细线受到拉力，静止时液面如图所示。两容器中液体对容器底部的压强相等，C、D两点距离容器底的高度相同，下列说法正确的是（ ）
A．A球的密度小于B球的密度
B．C点的压强小于D点的压强
C．若将A、B两球对调后，甲容器对桌面的压力变大
D．若剪断乙容器中的细线，液体对容器底的压强变小
【答案】BD
【分析】（1）根据液体压强相等和深度结合p＝ρgh分析液体密度的大小关系；根据小球在液体中的状态，利用物体的浮沉条件分析小球密度与液体密度的大小关系，从而得出两球的密度的大小关系；
（2）两容器中的液体对容器底的压强相等，即pC上+pC下＝pD上+pD下，分析C、D点以下液体压强的大小关系，进一步分析甲容器中液体对C点的压强和乙容器中液体对D点的压强的大小关系；
（3）容器对水平面的压力等于自身的总重力；根据密度公式可知两球的质量关系；根据G＝mg可知甲容总重力的变化，从而可知甲容器对桌面的压力变化；
（4）若剪断乙容器中的细线，根据小球的浮沉情况分析液面深度的变化，根据p＝ρgh分析液体对容器底压强的变化。
【解答】解：A、由图可知，甲容器中液体的深度要小于乙容器中液体的深度，液体对容器底部的压强相等，根据p＝ρgh可知，甲容器内液体的密度大于乙容器内液体的密度；
A球沉在甲容器底部，A的密度大于甲容器中液体的密度；B球与固定在容器底部的细线相连（不计细线的质量），且细线受到拉力，如果剪断细线，B上浮至漂浮状态，B的密度小于乙容器中液体的密度，由此可知，A的密度大于B的密度，故A错误；
B、液体对容器底部的压强相等，甲容器中液体的密度大于乙容器中液体的密度，C、D点到容器底部的高度相同，根据p＝ρgh可知，pC下＞pD下；两容器中的液体对容器底的压强相等，即：pC上+pC下＝pD上+pD下，则pC上＜pD上，所以C点的压强小于D点的压强，故B正确；
C、由于两个球的体积相等，A的密度大于B的密度，由m＝ρV可知，A的质量大于B，将A、B两球对调后，液体质量不变，球的质量减小，总质量减小，由G＝mg可知，甲容器的总重力减小，容器对水平桌面的压力等于总重力，故甲容器对桌面的压力变小；故C错误；
D、若剪断乙容器中的细线，小球将会上浮至漂浮状态，小球排开的液体的体积变小，所以乙容器中的液面会下降，根据p＝ρgh可知，液体对容器底的压强变小，故D正确。
故选：BD。
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．“小荷才露尖尖角，早有蜻蜓立上头”，现有一长约10cm的蜻蜓立于距水面0.6m处的荷尖上。池中水深2m，映在平静湖水的蜻蜓的“倒影”长约 10 cm，该“倒影”是蜻蜓的 虚像 （选填“影子”、“实像”或“虚像”）。
【答案】10；虚像
【分析】倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
【解答】解：已知蜻蜓的长度为10cm，由平面镜成像特点，像和物体的大小相等可知，蜻蜓的“倒影”长约10cm；
平面镜的成像原理是光的反射，平面镜成的像是反射光线的反向延长线的会聚点，不是实际光线的会聚点，所以是虚像；
故答案为：10；虚像。
18．某大桥的长度为1000m，一列200m长的高铁匀速通过大桥的时间为50s，则高铁的速度为 24 m/s。若以高铁为参照物，大桥是 运动 的。
【答案】24；运动。
【分析】（1）高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长，又知时间，利用速度公式计算速度；
（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：（1）高铁通过大桥行驶的距离：s＝L桥+L车＝1000m+200m＝1200m，
则高铁的速度为：v＝＝＝24m/s；
（2）若以高铁为参照物，大桥与高铁之间发生了位置变化，所以大桥是运动的。
故答案为：24；运动。
19．如图所示，质地均匀的长方体重5N，放在水平桌面上，它与桌面的接触面积为5×102cm2，则它对桌面的压强p1为 100 Pa；如果先竖直切除该物体右边的阴影部分①，则物体剩余部分对桌面的压强为p2；如果再竖直切除该物体右边的阴影部分②，则物体剩余部分对桌面的压强为p3。则p1 ＞ p3（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】100；＞。
【分析】（1）物体放在水平桌面上时，对桌面的压力大小等于物体的重力大小，知道物体与桌面的接触面积（即受力面积），根据p＝求出它对桌面的压强；
（2）如果先竖直切除该物体右边的阴影部分①，压力变小，受力面积不变，根据p＝判断物体剩余部分对桌面压强的变化；
如果再竖直切除该物体右边的阴影部分②，因物体为长方体，且切除前后物体底面都与桌面接触，则物体对桌面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，据此判断物体剩余部分对桌面压强的变化，从而可比较p1与p3的大小关系。
【解答】解：
质地均匀的长方体重5N，放在水平桌面上，对桌面的压力大小F＝G＝5N，与桌面的接触面积S＝5×102cm2＝5×10﹣2m2，
则它对桌面的压强：p1＝＝＝100Pa；
先竖直切除该物体右边的阴影部分①，压力变小，受力面积不变，根据p＝可知物体对桌面的压强变小，即物体剩余部分对桌面的压强p2＜p1；
再竖直切除该物体右边的阴影部分②，因物体为长方体，且切除前后物体底面都与桌面接触，则物体对桌面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，因物体的密度和高度均不变，所以切除前后物体对桌面的压强不变，即p3＝p2，
由此可得p1＞p2＝p3；
故答案为：100；＞。
20．一块重为30牛，体积为2×10﹣3米3的金属块，用细绳拉着浸没在水中，如图所示，金属块受到浮力的大小为 20 牛。剪断绳子后金属块将 下沉 （选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”或“漂浮”）。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【答案】20；下沉。
【分析】（1）浸没在液体中的物体排开液体的体积与自身体积相等，根据公式F浮＝ρ水gV排求出金属块受的浮力；
（2）比较浮力和重力的大小，判断出剪断绳子后金属块的浮沉情况。
【解答】解：（1）金属块浸没在水中，则V排＝V＝2×10﹣3m3，
金属块受到浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝20N；
（2）由于金属块的重力大于浮力，所以剪断绳子后金属块将下沉。
故答案为：20；下沉。
21．1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带 负 电的电子，从而揭示了原子是可分的。如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔片因带 同种 （选填“同种”或“异种”）电荷而张开。
【答案】负；同种。
【分析】（1）1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带负电的电子；
（2）验电器的原理是同种电荷相互排斥。
【解答】解：（1）1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带负电的电子，从而揭示了原子是可分的；
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的金属箔由于同种电荷互相排斥而张开。
故答案为：负；同种。
22．在如图所示的电路中，已知定值电阻，R1＝10Ω，R2＝20Ω。闭合开关S，电压表V2的示数为4V，则电源电压为 6 V；通过R1的电流是 0.2 A。
【答案】6；0.2。
【分析】根据电路图可知：闭合开关S，两电阻串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R2两端的电压，根据欧姆定律求通过R2的电流，即电路中的电流大小；根据串联电路的规律和欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：根据电路图可知：闭合开关S，两电阻串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R2两端的电压，
根据串联电路电流处处相等和欧姆定律可得：
电路中的电流为：I＝I1＝I2＝＝＝0.2A；
根据串联电路的电阻特点可知电路的总电阻为：
R＝R1+R2＝10Ω+20Ω＝30Ω，
根据I＝可得电源电压：U＝IR＝0.2A×30Ω＝6V。
故答案为：6；0.2。
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，在图中标出通电螺线管A处磁感线方向和小磁针的N极。
【解答】解：因为电流表在使用时，电流从正接线柱流入、从负接线柱流出，所以通电螺线管中电流是从右侧流入、左侧流出；根据安培定则可知，螺线管的右端为S极、左端为N极，磁体外部的磁感线是从N极出来回到S极的；
因为异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端为N极、右端为S极，如图所示：
（2）周末小明去醴泉湖游玩，在岸边他看到水中A处有一条“鱼”，如图所示，请画出小明看到水中“鱼”的大致光路图。
【答案】见解答
【分析】人看到的鱼在水中，光是从水中斜射入空气中进入了船上的人的眼睛，当光从水、玻璃等透明介质斜射入空气中时，折射角大于入射角，船上的人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置偏高。
【解答】解：人看到的鱼在水中，光是从水中斜射入空气中进入了岸边的人的眼睛，当光从水斜射入空气中时，折射角大于入射角，岸边的人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置偏高，所以鱼在看到鱼的下方A′处，故连接眼睛、A，与水面的交点O即为入射点，连接A′和入射点O即为折射光线，如图所示：
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．如图所示是用压强计“探究液体压强与哪些因素有关”的实验装置。
（1）实验前小强先检验压强计的气密性，他应该 B ，观察U形管内液面。
A.取下软管重新安装
B.按压金属盒的橡皮膜
C.向U形管中加一些红墨水
D.将U形管右侧的红墨水倒出一些
（2）小强保持甲图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图乙所示。比较甲、乙两次实验，小强得出了初步结论：液体压强与液体密度有关。红红认为他的结论不可靠，原因是： 没有控制液体深度相同 。
（3）他换用其他液体探究液体压强与液体密度的关系，当探头在液体中的深度相同时，U形管左右两侧液面的高度差对比不明显，则下面操作能使两侧液面高度差对比更加明显的是 AB （选填字母序号）。
A.烧杯中换密度差更大的液体
B.U形管中换用密度更小的液体
C.将U形管换成更细的
（4）小强又设计了如图丙所示的装置，也可以用来“探究影响液体内部压强大小的因素”。当在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B时，根据橡皮膜的凹凸情况可得出液体密度的关系：ρA ˂ ρB（选填“˃”“˂”或“＝”）。
【答案】（1）B；（2）没有控制液体深度相同；（3）AB；（4）＜。
【分析】（1）检查装置是否漏气时，用手轻轻按压几下橡皮膜，若液面灵活升降，则装置不漏气，否则，装置漏气；
（2）液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
（3）A.烧杯中换密度差更大的液体，根据p＝ρgh结合转换法分析；
B.U形管中换用密度更小的液体，根据p＝ρgh分析；
C.液体只与密度与深度有关，与U形管粗细无关；
（4）因橡皮膜向左凸，B液体产生的压强大，根据p＝ρgh回答。
【解答】解：（1）用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该压强计的气密性很差；若液面灵活升降，则装置不漏气，压强计的气密性好，故选B；
（2）研究液体压强与液体密度有关，要控制液体的深度相同，保持甲图中金属盒的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，他的结论不可靠，原因是：没有控制液体深度相同。
（3）A.烧杯中换密度差更大的液体，探头在液体中的深度相同，根据p＝ρgh，液体产生的压强变大，根据转换法，两侧液面高度差对比更加明显，符合题意；
B.U形管中换用密度更小的液体，根据p＝ρgh可知，在液体产生的压强不变的条件下，两侧液面高度差对比更加明显，符合题意；
C.液体压强只与液体的密度与深度有关，与U形管粗细无关，不符合题意；
故选AB；
（4）小强又设计了如图丙所示的装置，当在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B时，因橡皮膜向左凸，故B产生的压强大，两边液体深度相同，根据p＝ρgh可知，液体密度的关系：ρA＜ρB。
故答案为：（1）B；（2）没有控制液体深度相同；（3）AB；（4）＜。
25．在生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图1的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向 右 调节（选填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量 力臂的大小 。
（2）小明用图2的实验装置探究滑轮组机械效率。实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如下表。
①由图2可知，第2次实验中弹簧测力计示数为 1.6 N；
②由第3次实验中滑轮组的机械效率为 66.7 %（结果保留一位小数）；
③分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
④小明用图3的实验装置探究斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 减小接触面的粗糙程度 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0.2m，若机械效率η＝80%，则物体在斜面上受到的摩擦力为 0.2 N。
【答案】（1）右；力臂的大小；（2）①1.6；②66.7；③变大；④减小接触面的粗糙程度；0.2。
【分析】（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①根据图2确定测力计的量程和分度值，然后读出测力计的示数；
②根据第3次实验数据，利用η＝×100%求出滑轮组的机械效率；
③滑轮组对动滑轮做额外功，据此分析动滑轮重力减小时机械效率的变化；
④根据影响滑动摩擦力的因素分析解答；首先根据W有＝Gh计算出有用功，再根据W总＝计算出总功，接下来根据W额＝W总﹣W有计算出额外功，最后根据f＝计算摩擦力即可。
【解答】解：（1）根据图1可知，杠杆的右端上翘，则右端轻，因此平衡螺母应该向右调节；实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①根据图2可知，测力计的分度值为0.2N，则第2次实验时测力计的示数为1.6N；
②第3次实验中，克服物体重力所做的有用功W有用＝0.4J，拉力所做的总功W总＝0.6J，则滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%≈66.7%；
③使用滑轮组提升重物时，克服动滑轮的重力所做的功是额外功。提升同一物体时，有用功相等，动滑轮的重力减小，额外功减小，滑轮组的机械效率变大；
④影响滑动摩擦力的因素有压力和接触面的粗糙程度，保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率；
利用斜面做的有用功W有＝Gh＝4N×0.2m＝0.8J；
总功为：W总'＝＝＝1J；
克服摩擦做的额外功W额＝W总﹣W有＝1J﹣0.8J＝0.2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：
f＝＝＝0.2N。
故答案为：（1）右；力臂的大小；（2）①1.6；②66.7；③变大；④减小接触面的粗糙程度；0.2。
26．小明在“测量未知电阻的阻值”实验中：
（1）请用笔画线代替导线，将图﹣1所示实验电路补充完整，要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大。
（2）小明连接完电路后，闭合开关S，发现电流表示数很小、电压表示数几乎等于电源电压，无论怎样移动滑片P两只电表的示数几乎都不改变。检查电路后发现元件都没有故障，电路连接也是正确的，出现这个现象的原因是 将变阻器的下面两个接线柱连入了电路 。
（3）小明将电流表换成如图﹣2所示的精确度更高的10毫安电流表。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.8V时，电流表示数如图﹣3所示为 0.004 A，则电阻R的阻值为 700 Ω。
（4）小明把图﹣1的电阻R换成小灯泡L，重复上述实验，测量小灯泡的电阻。图﹣4是根据实验数据绘制的I﹣U图象，其中表示小灯泡电阻的图象是 a （选填“a”或“b”），原因是小灯泡的灯丝阻值会受 温度 的影响。
（5）小明查阅资料获知，电压表相当于一个能显示自身两端电压的定值电阻，且阻值较大，于是他找了一个1.35kΩ的定值电阻R0，设计了如图﹣5所示电路再次测量电阻R的阻值，电源电压恒为3V。闭合开关S，并进行了如下操作：
①S1接1时，记录电压表示数为2.5V；
②S1接2时，记录电压表示数为2.7V；
③计算待测电阻R＝ 750 Ω。
【答案】（1）见解答图；（2）将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；（3）0.004；700；（4）a；温度；（5）750。
【分析】（1）滑动变阻器和电阻串联接入电路，滑动变阻器应选择一上一下两个接线柱接入电路，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大，则滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻应变小；
（2）闭合开关，电流表、电压表示数均很小，说明电路为通路且定值电阻两端的电压和通过的电流很小，电路中的电阻较大，怎样移动滑片都不起作用，据此分析导致该故障的原因；
（3）由图3可知，电流表所选量程是0～10mA，分度值为0.4mA，由此可读出电流表的示数，利用欧姆定律可求出电阻R的阻值；
（4）小灯泡的电阻受温度的影响，随着温度的升高而增大，不是一个定值，据此判断小灯泡的I﹣U图象；
（5）分析开关转换时电路连接，由串联电路电压的规律求出定值电阻与电压表串联时定值电阻的电压，由分压原理得出电压表内阻；
由待测电阻与电压表串联和电压表示数，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由分压原理求出R的阻值。
【解答】解：（1）滑动变阻器和电阻串联接入电路，滑动变阻器应接一个上接线柱和一个下接线接入电路，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大，滑动变阻器接入电路的电阻应变小，所以滑动变阻器接右下接线柱，如下图所示：
；
（2）连接完电路后，闭合开关，电流表示数很小、电压表示数几乎等于电源电压，说明电路为通路，且定值电阻两端的电压和通过的电流很小，电路中的电阻较大，怎样移动滑片都不起作用，导致该故障的原因是：将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；
（3）由图乙可知，电流表所选量程是0～10mA，分度值为0.4mA，电流表的示数是4mA＝0.004A，电阻R的阻值为：
R＝＝＝700Ω；
（4）小灯泡的电阻受温度的影响，随着温度的升高而增大，不是一个定值，如图丙所示，表示小灯泡的I﹣U图象是图象a，产生这一现象的原因是小灯泡的电阻受温度的影响；
（5）电源电压恒为3V，S1接1时，定值电阻R0与电压表串联，电压表示数为2.5V，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0＝3V﹣2.5V＝0.5V，由分压原理，电压表内阻为：
RV＝×1.35×103Ω＝6750Ω；
S闭合，S1接2时，待测电阻与电压表串联，电压表示数为2.7V；由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：UR＝3V﹣2.7V＝0.3V，由分压原理，
R＝×6750Ω＝750Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；（3）0.004；700；（4）a；温度；（5）750。
27．在如图所示的斜面上测量小车运动的平均速度。让小车从斜面的A点由静止开始下滑，分别测出小车到达B点和C点的时间，即可测出不同阶段的平均速度。
（1）如图还需要的测量工具有 秒表 ，实验的原理是 v＝ ；
（2）图中AB段的路程sAB＝ 26.0 cm，如果测得时间tAB＝1.3s。则AB段的平均速度vAB＝ 0.2 m/s。
（3）在测量小车到达B点的时间时，如果小车未到达B点就停止计时，测得AB段的平均速度vAB会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。
（4）为了测量小车运动过程中BC段的平均速度，小明让小车从B点由静止释放，测出小车到达C点的时间，从而计算出小车运动过程中BC段的平均速度。他的做法正确吗？ 不正确 ，理由是： 因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间 。
【答案】（1）秒表；v＝；（2）26.0；0.2；（3）偏大；（4）不正确；因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间。
【分析】（1）测量小车在斜面上的平均速度，需要测量斜面长度和运动时间，利用速度公式求解；注意刻度尺读数时要估读到分度值的下一位；
（2）根据图象读出AB段的距离，运用公式v＝求出AB段的平均速度；
（3）让小车未到达B点就停止计时，会导致时间的测量结果偏小，平均速度会偏大；
（4）根据后半段路程速度的大小进行分析。
【解答】解：（1）本实验依据的原理是v＝，需要测量斜面长和运动时间，需要的测量工具还需要秒表；
（2）小车运动距离sAB＝90.0cm﹣64.0cm＝26.0cm，tAB＝1.3s，
小车通过AB段的平均速度：vAB＝＝＝20.0cm/s＝0.2m/s；
（3）让小车未到达B点就停止计时，会导致时间的测量结果偏小，平均速度会偏大；
（4）所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间，因此他的做法不正确。
故答案为：（1）秒表；v＝；（2）26.0；0.2；（3）偏大；（4）不正确；因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间。
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．如图为我国“奋斗者”号载人潜水器，它于2020年11月10日在马里亚纳海沟成功坐底10909m，创造了中国载人深潜新纪录。已知潜水器搭载的固态锂电池能量密度是500W•h/kg，它在深海作业的平均功率是8000W，完成作业后，通过抛卸舱外的两块压载铁可实现无动力状态下匀速上浮。若潜水器抛卸压载铁前的总质量为25t，抛卸的两块压载铁总质量为1t。（潜水器在海水中上浮时不计海水对它的阻力，ρ海水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
求：
（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积。
【答案】（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间为450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力为3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积为24m3。
【分析】（1）利用速度公式的变形式t＝可求出潜水器匀速下潜所用的时间；
（2）利用p＝ρ海水gh求海水的压强；再利用F＝pS求观测窗受到的压力；
（3）利用G＝mg求潜水器抛卸两块压载铁后的重力，根据二力平衡条件求出此时潜水器受到的浮力，利用F浮＝ρ液gV排求出排开海水的体积。
【解答】解：（1）根据速度公式得，潜水器匀速下潜所用的时间为：t＝＝＝450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对其产生的压强：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.0×108Pa，
由p＝可知，观测窗受到的压力：F＝pS＝1.0×108Pa×3×10﹣2m2＝3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后总质量为：m＝25t﹣1t＝24t，
则此时潜水器的总重力：G＝mg＝24×103kg×10N/kg＝2.4×105N，
因为此时潜水器做匀速直线运动，又不计海水对它的阻力，所以潜水器受到的浮力：F浮＝G＝2.4×105N，
由F浮＝ρ液gV排可知，潜水器排开海水的体积：V排＝＝24m3。
答：（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间为450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力为3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积为24m3。
29．如图所示为某段盘山公路，从山谷到山顶的盘山公路长400m，山高60m，一辆5t的货车从山谷匀速开上山顶用时200s且牵引力保持2.5×104N不变。g取10N/kg，求：
（1）该段盘山公路的机械效率；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
【答案】（1）该段盘山公路的机械效率为30%；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率为5×104W。
【分析】（1）利用W＝Fs求车行驶过程中牵引力所做的功；利用G＝mg求货车重力，再利用W＝Gh求牵引力做的有用功；该盘山公路的机械效率等于有用功与总功之比；
（2）利用P＝求得货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
【解答】解：（1）牵引力做的功，
货车的重力G＝mg＝5000kg×10N/kg＝5×104N，
牵引力做的有用功，
该盘山公路的机械效率；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
答：（1）该段盘山公路的机械效率为30%；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率为5×104W。
30．如图甲是某茶具上煮茶器的电路原理图，R1是加热电阻，R2是保温时的分压电阻，S为电源开关，S1为自动温控开关。S、S1都闭合时，煮茶器处于加热状态；当水沸腾后，S1会自动断开，转为保温状态。煮茶器工作过程中的P﹣t图像如图乙所示，不计电阻值随温度的变化。求：
（1）电阻R2的阻值；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率；
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压。
【答案】（1）电阻R2的阻值为1056Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压为211.2V。
【分析】（1）由图可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，根据图乙可知，加热时的电功率，利用P＝计算出电阻R1的阻值，当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，由图乙可知保温功率，利用P＝计算出电路的总阻值，再利用串联电路的电阻关系求得电阻R2的阻值；
（2）根据P＝UI计算出保温状态时的电流，根据串联电路的特点和P＝I2R1求出当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率；
（3）知道保温状态时的电流，利用欧姆定律求出保温状态时R1两端的电压，根据串联分压的特点可知R2两端的电压。
【解答】解：（1）由图甲可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，
根据图乙可知，加热时的电功率P加＝1100W，
根据P＝可知，电阻R1的阻值：R1＝＝＝44Ω，
当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
由图乙可知，保温功率P保＝44W，电路中的总电阻为：R总＝＝＝1100Ω，
电阻R2的阻值：R2＝R总﹣R1＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω；
（2）由P＝UI可知，保温状态时的电流I保＝＝＝0.2A；
根据串联电路的特点可知，通过R1的电流I1＝I2＝I保＝0.2A，
当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率：P＝R1＝（0.2A）2×44Ω＝1.76W；
（3）由欧姆定律可知，保温状态时R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.2A×44Ω＝8.8V；
根据串联分压的特点可知，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣8.8V＝211.2V。
答：（1）电阻R2的阻值为1056Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压为211.2V。实验
次数
滑轮材质
钩码的重
力G/N
钩码提升的
高度h/m
有用功W有用
拉力
F/N
绳端移动的
距离s/m
总功W总
机械效率
η/%
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
铝
2
0.2
0.4
1.0
0.6
0.6
4
塑料
2
0.2
0.4
0.8
0.6
0.48
83%
5
塑料
2
0.2
0.4
2.1
0.2
0.42
95%
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）会以电学知识为主考查动态电路问题；第16题（多选题）将会重点考查液体压强的变化的问题，难度较大；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．下列四幅图中，关于声现象的描述正确的是（ ）
A．图甲中，用硬纸片把音箱糊起来，做成一个“舞台”，可以探究声音传播的条件
B．图乙中，将钢尺的一端紧按在桌面，另一端伸出桌边的长度越短，拨动时发声的响度越大
C．图丙中，大象的发声频率是14～24Hz，有时用我们人类听不到的次声波进行交流
D．图丁中，工厂用的防噪声耳罩能有效地阻断噪声传播
【答案】C
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）质量小，体积小的物体越容易振动，频率越高，音调越高。
（3）低于20Hz的是次声波，人们不能听到次声波。
（4）减弱噪声的途径：在声源处，在传播过程中，在人耳处。
【解答】解：A、声音是由物体振动产生的，音乐响起，音响在振动，舞台在振动，导致小“人”随音乐起舞，是探究声音产生的条件，故A错误。
B、将钢尺的一端紧按在桌面，拨动钢尺，钢尺发声，另一端伸出桌边的长度越短，钢尺越容易振动，振动频率越高，音调越高，故B错误。
C、人们能听到的声音频率是20Hz～20000Hz，大象的发声频率是14～24Hz，当大象发出低于20Hz频率的声音，人类是听不到的，故C正确。
D、工厂用的防噪声耳罩是在人耳处减弱噪声的，故D错误。
故选：C。
2．关于燃料和热值，以下说法正确的是（ ）
A．燃料热值与燃料的质量无关
B．容易燃烧的燃料，热值一定大
C．煤的热值大于干木柴的热值，燃烧煤放出的热量比燃烧木柴放出的热量一定多
D．为了提高锅炉的效率，一定要用热值高的燃料
【答案】A
【分析】1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
【解答】解：A、热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。故A正确；
B、热值大小与燃料是否容易燃烧无关，故B错误；
C、燃料燃烧放出热量的多少不仅与燃料的热值大小有关，还与燃料的质量以及燃烧程度有关，故C错误；
D、锅炉的效率与燃料的热值高没有关系，故D错误；
故选：A。
3．根据规划，到2030年，济南市将建成9条地铁线路，极大方便市民的交通需求。如图所示是在济南地铁运行期间，乘客们有序地坐在座位上，此时与车厢相对运动的是（ ）
A．车厢内的电灯B．乘客带的背包
C．地铁行驶轨道D．车厢内的座椅
【答案】C
【分析】研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生改变，则是静止的。解答时，要抓住选择参照物这个中心，灵活处理和分析。
【解答】解：在地铁运行期间，坐在座位上的乘客与车外地铁行驶轨道之间的位置不断发生变化，所以以地铁行驶轨道为参照物，它是运动的；以车厢内的电灯、乘客带的背包、车厢内的座椅为参照物，他与乘客之间的位置没有发生变化，所以他是静止的，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选：C。
4．在音乐课上，我们认识了很多乐器，下列说法正确的是（ ）
A．很容易分辨出笛子、二胡的声音，我们判断的依据是音调不同
B．手按在小提琴上一根弦的不同位置。其目的是为了改变音色
C．吹奏笛子时，是由竖笛内的空气柱振动而发出声音的
D．“响鼓也要重锤敲”，说明声音是由振动产生的
【答案】C
【分析】（1）不同乐器发出的声音的音色不同；
（2）振动的频率不同，音调不同；
（3）声音是由物体的振动产生的；
（4）响度的大小与振幅、距离发声体的远近有关。
【解答】解：A、我们能分辨出不同乐器发出的声音，是因为它们的音色不同，故A错误；
B、手按在小提琴上一根弦的不同位置，琴弦发声的音调不同，故B错误；
C、吹奏笛子时，是由竖笛内的空气柱振动而发出声音的，故C正确；
D、“响鼓也要重锤敲”，说明声音的振幅越大响度越大，故D错误。
故选：C。
5．现代农业利用喷药无人机喷洒农药，安全又高效，如图所示，喷药无人机在农田上方沿水平方向匀速飞行，同时均匀喷洒农药，此过程中，喷药无人机的（ ）
A．动能减小、重力势能减小
B．动能减小、重力势能不变
C．动能不变、重力势能减小
D．动能不变、重力势能不变
【答案】A
【分析】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
【解答】解：
无人机在农田上空的某一高度水平匀速飞行，同时均匀喷洒农药，飞机的速度和高度均不变，但质量变小，所以无人机的动能减小，重力势能减小。
故选：A。
6．小明家所在的小区安装了自动售水机。售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水；光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明。以下简化电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知，刷卡和投币都可以使电动机工作；光控开关控制照明灯。
【解答】解：
由题知，售水机既可以通过刷卡闭合“感应开关”，接通供水电机取水，也可以通过投币闭合“投币开关”，这说明刷卡和投币互不影响，故感应开关和投币开关应是并联的；
光线较暗时“光控开关”自动闭合，接通灯泡提供照明，这说明灯泡能独立工作，故灯泡与电动机是并联的；结合图示可知，只有A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
7．如图所示，水中的筷子看起来向上偏折。下列光路图中能正确反映该现象的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫光的折射；
光从水中斜射入空气时，传播方向将远离法线，折射角大于入射角。
【解答】解：AB、当光从水中射入空气时，在水与空气的交界面上发生折射，进入空气中的折射光线远离法线，折射角大于入射角，而我们认为光是沿直线传播的，我们看到的筷子位置在折射光线的反向延长线上，从而位置比实际位置偏高，看起来筷子向上弯折，而A图折射角小于入射角，故A错误，B正确。
CD、水中的筷子看起来向上偏折，是光线从水中射入空气时发生折射造成的，而CD图都是光从空气射向水里，故CD错误；
故选：B。
8．某同学利用如图所示的器材做实验，先用焦距为9cm的凸透镜甲进行实验，在光屏上得到了烛焰清晰缩小的实像。接下来他将凸透镜甲改用焦距为20cm的凸透镜乙进行实验，要在光屏上得到烛焰清晰的像，下列操作可行的是（ ）
A．保持蜡烛和凸透镜的位置不变，将光屏向右移动
B．保持凸透镜和光屏的位置不变，将蜡烛向左移动
C．保持凸透镜的位置不变，将蜡烛和光屏均向左移动
D．保持蜡烛、凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放一个合适的近视眼镜
【答案】A
【分析】首先根据题意“先用焦距9cm的透镜甲进行实验，在屏上得到清晰缩小的实像”可确定物距与焦距的关系，然后再根据凸透镜成实像时，物近像远像变大来确定调节光屏的方法；近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用。
【解答】解：先用焦距为9cm的凸透镜甲进行实验，在光屏中上得到了烛焰清晰缩小的实像，此时的物距大于二倍焦距；
改用焦距为20cm的凸透镜乙进行实验，凸透镜的焦距变大，在不移动器材的情况下，像会成在光屏的后方；
A、保持蜡烛和凸透镜的位置不变，即物距不变，焦距变大，像距会变大，应将光屏向右移动，故A正确；
B、保持凸透镜和光屏的位置不变，焦距变大，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距会大于2倍焦距，根据图示可知，无法成清晰的像，故B错误；
C、保持凸透镜的位置不变，若光屏向左移动，此时的像距会小于焦距，光屏上不能成像，故C错误；
D、保持蜡烛、凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放一个合适的近视眼镜，由于近视眼睛是凹透镜，对光线具有发散作用，会推迟像会聚，所以像不能成在光屏上，故D错误。
故选：A。
9．2021年7月25日东京奥运会男子61公斤级举重比赛，李发彬举起了166公斤的杠铃（如图所示），成功拿下第5金。下列说法正确的是（ ）
A．静止在地面上的杠铃对地面的压力和杠铃所受的重力是一对相互作用力
B．静止在地面上的杠铃对地面的压力和地面对杠铃的支持力是一对平衡力
C．挺举杠铃停在空中时，人受到的重力和地面对人的支持力是一对平衡力
D．挺举杠铃停在空中时，人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【分析】二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：A、静止在地面上的杠铃对地面的压力和杠铃所受的重力方向相同，不是一对相互作用力，故A错误；
B、静止在地面上的杠铃对地面的压力和地面对杠铃的支持力方向相同、作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、地面对人的支持力等于人与杠铃的重力之和，因此，挺举杠铃停在空中时，人受到的重力和地面对人的支持力大小不同，不是一对平衡力，故C错误；
D、挺举杠铃停在空中时，人对地面的压力和地面对人的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
10．如图所示的四个实例中，为了增大压强的是（ ）
A．甲：饮料吸管的一端剪成斜口
B．乙：火车铁轨下垫上枕木
C．丙：大型载重车有很多车轮
D．丁：滑雪板做得比较宽大
【答案】A
【分析】增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
【解答】解：A、饮料管的一端剪成斜口，是在压力一定时通过减小受力面积来增大压强，故A符合题意；
BCD、在铁轨下面铺枕木、大型载重车有很多车轮、滑雪板做得比较宽大，都是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强，故BCD不符合题意。
故选：A。
11．下列四幅图选自中国古代科技著作《天工开物》，有关说法正确的是（ ）
A．“场中打稻”中通过摔打的方法能将稻粒从稻秆上打落下来是因为稻粒具有惯性
B．“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是一对平衡力
C．“透火焙干”中把湿纸贴在墙上可以加快水分升华
D．“炒蒸油料”中在锅中翻炒的目的是通过做功的方法改变油料的内能
【答案】A
【分析】（1）惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质。
（2）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；相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
（3）温度升高，水分蒸发加快。
（4）改变物体内能的方式有做功和热传递。
【解答】解：A、当摔打稻秆时，稻秆由静止变为运动，而稻粒由于惯性继续保持原来的静止状态，所以能将稻粒从稻秆上打落下来，这是利用稻粒的惯性，故A正确；
B、“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是相互作用力，不是平衡力，故B错误；
C．“透火焙干”中把湿纸贴在热墙上，温度升高，水分蒸发加快，易干，故C错误；
D．“炒蒸油料”中在灶台上炒油料时，油料从锅体上吸收热量，是通过热传递增加了油料的内能，故D错误。
故选：A。
12．如图所示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数不变
B．电压表V2的示数变小
C．电压表V1示数与电流表A示数的比值不变
D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变大
【答案】D
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，然后得出电压表V1示数与电流表A示数的比值变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，进一步得出电压表V1示数与电流表A示数的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变；
当向右移动滑动变阻器滑片P的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；
电压表V1的示数不变，电流表A的示数变小，则电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故C错误；
由U＝IR可知，R1两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；
则电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D正确。
故选：D。
13．图甲所示的电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P移动过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为5V
B．R0的阻值为6Ω
C．R的最大功率为1.8W
D．R＝15Ω时，电路消耗的功率为1.35W
【答案】C
【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）读出图中滑动变阻器的电阻和其两端的电压，根据欧姆定律算出通过电路的电流，根据电源电压相等列方程可得定值电阻的阻值和电源电压；
（2）R0与R串联接入电路，电路的总功率等于各部分功率之和，则R的功率为：PR＝P﹣P0，代入数据结合抛物线的性质计算R的最大功率；
（4）根据串联电路电阻规律求出R＝15Ω时电路总电阻，再由P＝求出此时电路消耗的功率。
【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、由图乙可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1＝＝＝0.6A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为：U＝U1+I1R0＝3V+0.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2＝＝＝0.4A，
则电源电压为：U＝U2+I2R0＝4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
联立①②得，R0＝5Ω，U＝6V，故AB错误；
C、R0与R串联接入电路，电路的总功率等于各部分功率之和，则R的功率为：PR＝P﹣P0＝UI﹣I2R0，即PR＝6V×I﹣I2×5Ω，
由抛物线的性质可知当I＝＝0.6A时，R的功率最大，最大功率PR＝＝1.8W，故C正确；
D、当R＝15Ω时，电路中总能电阻为：R总＝R+R0＝15Ω+5Ω＝20Ω，
则电路消耗的功率为：P＝＝＝1.8W，故D错误。
故选：C。
14．（多选）如果春季降雨很少，为了缓解旱情，相关工作人员有时会将干冰撒在云层上进行人工降雨，自然界水循环示意图如图所示，以下相关说法中正确的是（ ）
A．人工降雨时，撒在云层上的干冰升华吸热，使空气中的水蒸气液化成水滴
B．水循环示意图中，过程①发生的物态变化是液化，同时伴随着吸热过程
C．水循环示意图中，过程②发生的物态变化是液化和凝固，同时伴随着吸热过程
D．水循环示意图中，过程②发生的物态变化是液化和凝华，同时伴随着放热过程
【答案】AD
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、干冰即固态的二氧化碳，在常温下，干冰很易升华为气态，此过程中吸热，从而起到降温作用；空气中的水蒸气由于气温低，遇冷后凝华为固体的冰晶或液化为水，落下后形成雨，故A正确；
B、由图可知，过程①是海洋中的水汽化为水蒸气的过程，属于汽化现象，汽化吸热，故B错误；
CD、由图可知，过程②是水蒸气在高空遇冷凝华为固体的冰晶和液化为水，属于凝华和液化现象，该过程放热，故C错误，D正确。
故选：AD。
15．（多选）伴随着新能源汽车的兴起，增程式电动汽车也开始进入人们的视野，它解决了纯电动车无法解决的里程焦虑。在电池电量充足时，电池驱动电机，发动机不参与工作。当电池电量消耗到一定程度时，发动机启动，对电池进行充电。有关能量转化分析正确的是（ ）
A．电池驱动电机，将电能转化为机械能
B．发动机工作时，将机械能转化为化学能
C．给电池充电时，将电能转化为化学能
D．电池放电时，将电能转化为化学能
【答案】AC
【分析】根据增程式电动汽车的工作过程，判断在不同的阶段消耗和获得的能量，可做出判断。
【解答】解：A、电池驱动电机的过程中，将电能转化为机械能，故A正确；
B、发动机启动发电时，将燃料燃烧释放的内能先转化为机械能，再转化为电能，故B错误；
C、给电池充电时，将产生的电能转化为电池的化学能，故C正确；
D、电池放电时，将化学能转化为电能，再提供给汽车转化为机械能，故D错误。
故选：AC。
16．（多选）水平桌面上有甲、乙两个相同的圆柱形容器，分别装入密度不同的液体。A、B是两个体积相等的小球，A球沉在甲容器底部，B球与固定在容器底部的细线相连（不计细线的质量），且细线受到拉力，静止时液面如图所示。两容器中液体对容器底部的压强相等，C、D两点距离容器底的高度相同，下列说法正确的是（ ）
A．A球的密度小于B球的密度
B．C点的压强小于D点的压强
C．若将A、B两球对调后，甲容器对桌面的压力变大
D．若剪断乙容器中的细线，液体对容器底的压强变小
【答案】BD
【分析】（1）根据液体压强相等和深度结合p＝ρgh分析液体密度的大小关系；根据小球在液体中的状态，利用物体的浮沉条件分析小球密度与液体密度的大小关系，从而得出两球的密度的大小关系；
（2）两容器中的液体对容器底的压强相等，即pC上+pC下＝pD上+pD下，分析C、D点以下液体压强的大小关系，进一步分析甲容器中液体对C点的压强和乙容器中液体对D点的压强的大小关系；
（3）容器对水平面的压力等于自身的总重力；根据密度公式可知两球的质量关系；根据G＝mg可知甲容总重力的变化，从而可知甲容器对桌面的压力变化；
（4）若剪断乙容器中的细线，根据小球的浮沉情况分析液面深度的变化，根据p＝ρgh分析液体对容器底压强的变化。
【解答】解：A、由图可知，甲容器中液体的深度要小于乙容器中液体的深度，液体对容器底部的压强相等，根据p＝ρgh可知，甲容器内液体的密度大于乙容器内液体的密度；
A球沉在甲容器底部，A的密度大于甲容器中液体的密度；B球与固定在容器底部的细线相连（不计细线的质量），且细线受到拉力，如果剪断细线，B上浮至漂浮状态，B的密度小于乙容器中液体的密度，由此可知，A的密度大于B的密度，故A错误；
B、液体对容器底部的压强相等，甲容器中液体的密度大于乙容器中液体的密度，C、D点到容器底部的高度相同，根据p＝ρgh可知，pC下＞pD下；两容器中的液体对容器底的压强相等，即：pC上+pC下＝pD上+pD下，则pC上＜pD上，所以C点的压强小于D点的压强，故B正确；
C、由于两个球的体积相等，A的密度大于B的密度，由m＝ρV可知，A的质量大于B，将A、B两球对调后，液体质量不变，球的质量减小，总质量减小，由G＝mg可知，甲容器的总重力减小，容器对水平桌面的压力等于总重力，故甲容器对桌面的压力变小；故C错误；
D、若剪断乙容器中的细线，小球将会上浮至漂浮状态，小球排开的液体的体积变小，所以乙容器中的液面会下降，根据p＝ρgh可知，液体对容器底的压强变小，故D正确。
故选：BD。
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．“小荷才露尖尖角，早有蜻蜓立上头”，现有一长约10cm的蜻蜓立于距水面0.6m处的荷尖上。池中水深2m，映在平静湖水的蜻蜓的“倒影”长约 10 cm，该“倒影”是蜻蜓的 虚像 （选填“影子”、“实像”或“虚像”）。
【答案】10；虚像
【分析】倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
【解答】解：已知蜻蜓的长度为10cm，由平面镜成像特点，像和物体的大小相等可知，蜻蜓的“倒影”长约10cm；
平面镜的成像原理是光的反射，平面镜成的像是反射光线的反向延长线的会聚点，不是实际光线的会聚点，所以是虚像；
故答案为：10；虚像。
18．某大桥的长度为1000m，一列200m长的高铁匀速通过大桥的时间为50s，则高铁的速度为 24 m/s。若以高铁为参照物，大桥是 运动 的。
【答案】24；运动。
【分析】（1）高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长，又知时间，利用速度公式计算速度；
（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：（1）高铁通过大桥行驶的距离：s＝L桥+L车＝1000m+200m＝1200m，
则高铁的速度为：v＝＝＝24m/s；
（2）若以高铁为参照物，大桥与高铁之间发生了位置变化，所以大桥是运动的。
故答案为：24；运动。
19．如图所示，质地均匀的长方体重5N，放在水平桌面上，它与桌面的接触面积为5×102cm2，则它对桌面的压强p1为 100 Pa；如果先竖直切除该物体右边的阴影部分①，则物体剩余部分对桌面的压强为p2；如果再竖直切除该物体右边的阴影部分②，则物体剩余部分对桌面的压强为p3。则p1 ＞ p3（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】100；＞。
【分析】（1）物体放在水平桌面上时，对桌面的压力大小等于物体的重力大小，知道物体与桌面的接触面积（即受力面积），根据p＝求出它对桌面的压强；
（2）如果先竖直切除该物体右边的阴影部分①，压力变小，受力面积不变，根据p＝判断物体剩余部分对桌面压强的变化；
如果再竖直切除该物体右边的阴影部分②，因物体为长方体，且切除前后物体底面都与桌面接触，则物体对桌面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，据此判断物体剩余部分对桌面压强的变化，从而可比较p1与p3的大小关系。
【解答】解：
质地均匀的长方体重5N，放在水平桌面上，对桌面的压力大小F＝G＝5N，与桌面的接触面积S＝5×102cm2＝5×10﹣2m2，
则它对桌面的压强：p1＝＝＝100Pa；
先竖直切除该物体右边的阴影部分①，压力变小，受力面积不变，根据p＝可知物体对桌面的压强变小，即物体剩余部分对桌面的压强p2＜p1；
再竖直切除该物体右边的阴影部分②，因物体为长方体，且切除前后物体底面都与桌面接触，则物体对桌面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，因物体的密度和高度均不变，所以切除前后物体对桌面的压强不变，即p3＝p2，
由此可得p1＞p2＝p3；
故答案为：100；＞。
20．一块重为30牛，体积为2×10﹣3米3的金属块，用细绳拉着浸没在水中，如图所示，金属块受到浮力的大小为 20 牛。剪断绳子后金属块将 下沉 （选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”或“漂浮”）。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【答案】20；下沉。
【分析】（1）浸没在液体中的物体排开液体的体积与自身体积相等，根据公式F浮＝ρ水gV排求出金属块受的浮力；
（2）比较浮力和重力的大小，判断出剪断绳子后金属块的浮沉情况。
【解答】解：（1）金属块浸没在水中，则V排＝V＝2×10﹣3m3，
金属块受到浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝20N；
（2）由于金属块的重力大于浮力，所以剪断绳子后金属块将下沉。
故答案为：20；下沉。
21．1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带 负 电的电子，从而揭示了原子是可分的。如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔片因带 同种 （选填“同种”或“异种”）电荷而张开。
【答案】负；同种。
【分析】（1）1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带负电的电子；
（2）验电器的原理是同种电荷相互排斥。
【解答】解：（1）1897年，英国科学家汤姆森发现了比原子小得多的带负电的电子，从而揭示了原子是可分的；
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的金属箔由于同种电荷互相排斥而张开。
故答案为：负；同种。
22．在如图所示的电路中，已知定值电阻，R1＝10Ω，R2＝20Ω。闭合开关S，电压表V2的示数为4V，则电源电压为 6 V；通过R1的电流是 0.2 A。
【答案】6；0.2。
【分析】根据电路图可知：闭合开关S，两电阻串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R2两端的电压，根据欧姆定律求通过R2的电流，即电路中的电流大小；根据串联电路的规律和欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：根据电路图可知：闭合开关S，两电阻串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R2两端的电压，
根据串联电路电流处处相等和欧姆定律可得：
电路中的电流为：I＝I1＝I2＝＝＝0.2A；
根据串联电路的电阻特点可知电路的总电阻为：
R＝R1+R2＝10Ω+20Ω＝30Ω，
根据I＝可得电源电压：U＝IR＝0.2A×30Ω＝6V。
故答案为：6；0.2。
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，在图中标出通电螺线管A处磁感线方向和小磁针的N极。
【解答】解：因为电流表在使用时，电流从正接线柱流入、从负接线柱流出，所以通电螺线管中电流是从右侧流入、左侧流出；根据安培定则可知，螺线管的右端为S极、左端为N极，磁体外部的磁感线是从N极出来回到S极的；
因为异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端为N极、右端为S极，如图所示：
（2）周末小明去醴泉湖游玩，在岸边他看到水中A处有一条“鱼”，如图所示，请画出小明看到水中“鱼”的大致光路图。
【答案】见解答
【分析】人看到的鱼在水中，光是从水中斜射入空气中进入了船上的人的眼睛，当光从水、玻璃等透明介质斜射入空气中时，折射角大于入射角，船上的人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置偏高。
【解答】解：人看到的鱼在水中，光是从水中斜射入空气中进入了岸边的人的眼睛，当光从水斜射入空气中时，折射角大于入射角，岸边的人感觉光是沿直线传播的，逆着光看去，好像是从光的反向延长线的交点处来的，比实际位置偏高，所以鱼在看到鱼的下方A′处，故连接眼睛、A，与水面的交点O即为入射点，连接A′和入射点O即为折射光线，如图所示：
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．如图所示是用压强计“探究液体压强与哪些因素有关”的实验装置。
（1）实验前小强先检验压强计的气密性，他应该 B ，观察U形管内液面。
A.取下软管重新安装
B.按压金属盒的橡皮膜
C.向U形管中加一些红墨水
D.将U形管右侧的红墨水倒出一些
（2）小强保持甲图中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，实验情形如图乙所示。比较甲、乙两次实验，小强得出了初步结论：液体压强与液体密度有关。红红认为他的结论不可靠，原因是： 没有控制液体深度相同 。
（3）他换用其他液体探究液体压强与液体密度的关系，当探头在液体中的深度相同时，U形管左右两侧液面的高度差对比不明显，则下面操作能使两侧液面高度差对比更加明显的是 AB （选填字母序号）。
A.烧杯中换密度差更大的液体
B.U形管中换用密度更小的液体
C.将U形管换成更细的
（4）小强又设计了如图丙所示的装置，也可以用来“探究影响液体内部压强大小的因素”。当在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B时，根据橡皮膜的凹凸情况可得出液体密度的关系：ρA ˂ ρB（选填“˃”“˂”或“＝”）。
【答案】（1）B；（2）没有控制液体深度相同；（3）AB；（4）＜。
【分析】（1）检查装置是否漏气时，用手轻轻按压几下橡皮膜，若液面灵活升降，则装置不漏气，否则，装置漏气；
（2）液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
（3）A.烧杯中换密度差更大的液体，根据p＝ρgh结合转换法分析；
B.U形管中换用密度更小的液体，根据p＝ρgh分析；
C.液体只与密度与深度有关，与U形管粗细无关；
（4）因橡皮膜向左凸，B液体产生的压强大，根据p＝ρgh回答。
【解答】解：（1）用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该压强计的气密性很差；若液面灵活升降，则装置不漏气，压强计的气密性好，故选B；
（2）研究液体压强与液体密度有关，要控制液体的深度相同，保持甲图中金属盒的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，他的结论不可靠，原因是：没有控制液体深度相同。
（3）A.烧杯中换密度差更大的液体，探头在液体中的深度相同，根据p＝ρgh，液体产生的压强变大，根据转换法，两侧液面高度差对比更加明显，符合题意；
B.U形管中换用密度更小的液体，根据p＝ρgh可知，在液体产生的压强不变的条件下，两侧液面高度差对比更加明显，符合题意；
C.液体压强只与液体的密度与深度有关，与U形管粗细无关，不符合题意；
故选AB；
（4）小强又设计了如图丙所示的装置，当在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B时，因橡皮膜向左凸，故B产生的压强大，两边液体深度相同，根据p＝ρgh可知，液体密度的关系：ρA＜ρB。
故答案为：（1）B；（2）没有控制液体深度相同；（3）AB；（4）＜。
25．在生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图1的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向 右 调节（选填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量 力臂的大小 。
（2）小明用图2的实验装置探究滑轮组机械效率。实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如下表。
①由图2可知，第2次实验中弹簧测力计示数为 1.6 N；
②由第3次实验中滑轮组的机械效率为 66.7 %（结果保留一位小数）；
③分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
④小明用图3的实验装置探究斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 减小接触面的粗糙程度 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0.2m，若机械效率η＝80%，则物体在斜面上受到的摩擦力为 0.2 N。
【答案】（1）右；力臂的大小；（2）①1.6；②66.7；③变大；④减小接触面的粗糙程度；0.2。
【分析】（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①根据图2确定测力计的量程和分度值，然后读出测力计的示数；
②根据第3次实验数据，利用η＝×100%求出滑轮组的机械效率；
③滑轮组对动滑轮做额外功，据此分析动滑轮重力减小时机械效率的变化；
④根据影响滑动摩擦力的因素分析解答；首先根据W有＝Gh计算出有用功，再根据W总＝计算出总功，接下来根据W额＝W总﹣W有计算出额外功，最后根据f＝计算摩擦力即可。
【解答】解：（1）根据图1可知，杠杆的右端上翘，则右端轻，因此平衡螺母应该向右调节；实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①根据图2可知，测力计的分度值为0.2N，则第2次实验时测力计的示数为1.6N；
②第3次实验中，克服物体重力所做的有用功W有用＝0.4J，拉力所做的总功W总＝0.6J，则滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%≈66.7%；
③使用滑轮组提升重物时，克服动滑轮的重力所做的功是额外功。提升同一物体时，有用功相等，动滑轮的重力减小，额外功减小，滑轮组的机械效率变大；
④影响滑动摩擦力的因素有压力和接触面的粗糙程度，保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率；
利用斜面做的有用功W有＝Gh＝4N×0.2m＝0.8J；
总功为：W总'＝＝＝1J；
克服摩擦做的额外功W额＝W总﹣W有＝1J﹣0.8J＝0.2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：
f＝＝＝0.2N。
故答案为：（1）右；力臂的大小；（2）①1.6；②66.7；③变大；④减小接触面的粗糙程度；0.2。
26．小明在“测量未知电阻的阻值”实验中：
（1）请用笔画线代替导线，将图﹣1所示实验电路补充完整，要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大。
（2）小明连接完电路后，闭合开关S，发现电流表示数很小、电压表示数几乎等于电源电压，无论怎样移动滑片P两只电表的示数几乎都不改变。检查电路后发现元件都没有故障，电路连接也是正确的，出现这个现象的原因是 将变阻器的下面两个接线柱连入了电路 。
（3）小明将电流表换成如图﹣2所示的精确度更高的10毫安电流表。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.8V时，电流表示数如图﹣3所示为 0.004 A，则电阻R的阻值为 700 Ω。
（4）小明把图﹣1的电阻R换成小灯泡L，重复上述实验，测量小灯泡的电阻。图﹣4是根据实验数据绘制的I﹣U图象，其中表示小灯泡电阻的图象是 a （选填“a”或“b”），原因是小灯泡的灯丝阻值会受 温度 的影响。
（5）小明查阅资料获知，电压表相当于一个能显示自身两端电压的定值电阻，且阻值较大，于是他找了一个1.35kΩ的定值电阻R0，设计了如图﹣5所示电路再次测量电阻R的阻值，电源电压恒为3V。闭合开关S，并进行了如下操作：
①S1接1时，记录电压表示数为2.5V；
②S1接2时，记录电压表示数为2.7V；
③计算待测电阻R＝ 750 Ω。
【答案】（1）见解答图；（2）将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；（3）0.004；700；（4）a；温度；（5）750。
【分析】（1）滑动变阻器和电阻串联接入电路，滑动变阻器应选择一上一下两个接线柱接入电路，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大，则滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻应变小；
（2）闭合开关，电流表、电压表示数均很小，说明电路为通路且定值电阻两端的电压和通过的电流很小，电路中的电阻较大，怎样移动滑片都不起作用，据此分析导致该故障的原因；
（3）由图3可知，电流表所选量程是0～10mA，分度值为0.4mA，由此可读出电流表的示数，利用欧姆定律可求出电阻R的阻值；
（4）小灯泡的电阻受温度的影响，随着温度的升高而增大，不是一个定值，据此判断小灯泡的I﹣U图象；
（5）分析开关转换时电路连接，由串联电路电压的规律求出定值电阻与电压表串联时定值电阻的电压，由分压原理得出电压表内阻；
由待测电阻与电压表串联和电压表示数，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由分压原理求出R的阻值。
【解答】解：（1）滑动变阻器和电阻串联接入电路，滑动变阻器应接一个上接线柱和一个下接线接入电路，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大，滑动变阻器接入电路的电阻应变小，所以滑动变阻器接右下接线柱，如下图所示：
；
（2）连接完电路后，闭合开关，电流表示数很小、电压表示数几乎等于电源电压，说明电路为通路，且定值电阻两端的电压和通过的电流很小，电路中的电阻较大，怎样移动滑片都不起作用，导致该故障的原因是：将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；
（3）由图乙可知，电流表所选量程是0～10mA，分度值为0.4mA，电流表的示数是4mA＝0.004A，电阻R的阻值为：
R＝＝＝700Ω；
（4）小灯泡的电阻受温度的影响，随着温度的升高而增大，不是一个定值，如图丙所示，表示小灯泡的I﹣U图象是图象a，产生这一现象的原因是小灯泡的电阻受温度的影响；
（5）电源电压恒为3V，S1接1时，定值电阻R0与电压表串联，电压表示数为2.5V，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0＝3V﹣2.5V＝0.5V，由分压原理，电压表内阻为：
RV＝×1.35×103Ω＝6750Ω；
S闭合，S1接2时，待测电阻与电压表串联，电压表示数为2.7V；由串联电路电压的规律，待测电阻的电压为：UR＝3V﹣2.7V＝0.3V，由分压原理，
R＝×6750Ω＝750Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）将变阻器的下面两个接线柱连入了电路；（3）0.004；700；（4）a；温度；（5）750。
27．在如图所示的斜面上测量小车运动的平均速度。让小车从斜面的A点由静止开始下滑，分别测出小车到达B点和C点的时间，即可测出不同阶段的平均速度。
（1）如图还需要的测量工具有 秒表 ，实验的原理是 v＝ ；
（2）图中AB段的路程sAB＝ 26.0 cm，如果测得时间tAB＝1.3s。则AB段的平均速度vAB＝ 0.2 m/s。
（3）在测量小车到达B点的时间时，如果小车未到达B点就停止计时，测得AB段的平均速度vAB会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。
（4）为了测量小车运动过程中BC段的平均速度，小明让小车从B点由静止释放，测出小车到达C点的时间，从而计算出小车运动过程中BC段的平均速度。他的做法正确吗？ 不正确 ，理由是： 因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间 。
【答案】（1）秒表；v＝；（2）26.0；0.2；（3）偏大；（4）不正确；因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间。
【分析】（1）测量小车在斜面上的平均速度，需要测量斜面长度和运动时间，利用速度公式求解；注意刻度尺读数时要估读到分度值的下一位；
（2）根据图象读出AB段的距离，运用公式v＝求出AB段的平均速度；
（3）让小车未到达B点就停止计时，会导致时间的测量结果偏小，平均速度会偏大；
（4）根据后半段路程速度的大小进行分析。
【解答】解：（1）本实验依据的原理是v＝，需要测量斜面长和运动时间，需要的测量工具还需要秒表；
（2）小车运动距离sAB＝90.0cm﹣64.0cm＝26.0cm，tAB＝1.3s，
小车通过AB段的平均速度：vAB＝＝＝20.0cm/s＝0.2m/s；
（3）让小车未到达B点就停止计时，会导致时间的测量结果偏小，平均速度会偏大；
（4）所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间，因此他的做法不正确。
故答案为：（1）秒表；v＝；（2）26.0；0.2；（3）偏大；（4）不正确；因为所测时间不是运动过程中下半程的时间；小车从A到C的过程中通过B点时的速度不为0；小车通过AC段的时间与AB段的时间之差才是下半程BC段的时间。
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．如图为我国“奋斗者”号载人潜水器，它于2020年11月10日在马里亚纳海沟成功坐底10909m，创造了中国载人深潜新纪录。已知潜水器搭载的固态锂电池能量密度是500W•h/kg，它在深海作业的平均功率是8000W，完成作业后，通过抛卸舱外的两块压载铁可实现无动力状态下匀速上浮。若潜水器抛卸压载铁前的总质量为25t，抛卸的两块压载铁总质量为1t。（潜水器在海水中上浮时不计海水对它的阻力，ρ海水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
求：
（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积。
【答案】（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间为450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力为3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积为24m3。
【分析】（1）利用速度公式的变形式t＝可求出潜水器匀速下潜所用的时间；
（2）利用p＝ρ海水gh求海水的压强；再利用F＝pS求观测窗受到的压力；
（3）利用G＝mg求潜水器抛卸两块压载铁后的重力，根据二力平衡条件求出此时潜水器受到的浮力，利用F浮＝ρ液gV排求出排开海水的体积。
【解答】解：（1）根据速度公式得，潜水器匀速下潜所用的时间为：t＝＝＝450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对其产生的压强：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.0×108Pa，
由p＝可知，观测窗受到的压力：F＝pS＝1.0×108Pa×3×10﹣2m2＝3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后总质量为：m＝25t﹣1t＝24t，
则此时潜水器的总重力：G＝mg＝24×103kg×10N/kg＝2.4×105N，
因为此时潜水器做匀速直线运动，又不计海水对它的阻力，所以潜水器受到的浮力：F浮＝G＝2.4×105N，
由F浮＝ρ液gV排可知，潜水器排开海水的体积：V排＝＝24m3。
答：（1）潜水器以20m/s的速度匀速下潜9km所用时间为450s；
（2）潜水器下潜至10000m时，海水对面积为3×10﹣2m2的观测窗产生的压力为3×106N；
（3）潜水器在抛卸两块压载铁后，匀速上浮过程中排开海水的体积为24m3。
29．如图所示为某段盘山公路，从山谷到山顶的盘山公路长400m，山高60m，一辆5t的货车从山谷匀速开上山顶用时200s且牵引力保持2.5×104N不变。g取10N/kg，求：
（1）该段盘山公路的机械效率；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
【答案】（1）该段盘山公路的机械效率为30%；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率为5×104W。
【分析】（1）利用W＝Fs求车行驶过程中牵引力所做的功；利用G＝mg求货车重力，再利用W＝Gh求牵引力做的有用功；该盘山公路的机械效率等于有用功与总功之比；
（2）利用P＝求得货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
【解答】解：（1）牵引力做的功，
货车的重力G＝mg＝5000kg×10N/kg＝5×104N，
牵引力做的有用功，
该盘山公路的机械效率；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。
答：（1）该段盘山公路的机械效率为30%；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率为5×104W。
30．如图甲是某茶具上煮茶器的电路原理图，R1是加热电阻，R2是保温时的分压电阻，S为电源开关，S1为自动温控开关。S、S1都闭合时，煮茶器处于加热状态；当水沸腾后，S1会自动断开，转为保温状态。煮茶器工作过程中的P﹣t图像如图乙所示，不计电阻值随温度的变化。求：
（1）电阻R2的阻值；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率；
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压。
【答案】（1）电阻R2的阻值为1056Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压为211.2V。
【分析】（1）由图可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，根据图乙可知，加热时的电功率，利用P＝计算出电阻R1的阻值，当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，由图乙可知保温功率，利用P＝计算出电路的总阻值，再利用串联电路的电阻关系求得电阻R2的阻值；
（2）根据P＝UI计算出保温状态时的电流，根据串联电路的特点和P＝I2R1求出当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率；
（3）知道保温状态时的电流，利用欧姆定律求出保温状态时R1两端的电压，根据串联分压的特点可知R2两端的电压。
【解答】解：（1）由图甲可知，S、S1都闭合时，R2被短路、电路中只有R1工作，此时煮茶器处于加热状态，
根据图乙可知，加热时的电功率P加＝1100W，
根据P＝可知，电阻R1的阻值：R1＝＝＝44Ω，
当S闭合、S1断开时，R1、R2串联，此时为保温状态，
由图乙可知，保温功率P保＝44W，电路中的总电阻为：R总＝＝＝1100Ω，
电阻R2的阻值：R2＝R总﹣R1＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω；
（2）由P＝UI可知，保温状态时的电流I保＝＝＝0.2A；
根据串联电路的特点可知，通过R1的电流I1＝I2＝I保＝0.2A，
当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率：P＝R1＝（0.2A）2×44Ω＝1.76W；
（3）由欧姆定律可知，保温状态时R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.2A×44Ω＝8.8V；
根据串联分压的特点可知，R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝220V﹣8.8V＝211.2V。
答：（1）电阻R2的阻值为1056Ω；
（2）当煮茶器处于保温状态时，R1的电功率为1.76W
（3）当煮茶器处于保温状态时，电阻R2两端的电压为211.2V。实验
次数
滑轮材质
钩码的重
力G/N
钩码提升的
高度h/m
有用功W有用
拉力
F/N
绳端移动的
距离s/m
总功W总
机械效率
η/%
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
铝
2
0.2
0.4
1.0
0.6
0.6
4
塑料
2
0.2
0.4
0.8
0.6
0.48
83%
5
塑料
2
0.2
0.4
2.1
0.2
0.42
95%
相关试卷
必刷卷03-2024年中考物理考前信息必刷卷（贵州新中考专用）： 这是一份必刷卷03-2024年中考物理考前信息必刷卷（贵州新中考专用），文件包含2024年中考物理考前信息必刷卷贵州新中考专用原卷版docx、2024年中考物理考前信息必刷卷贵州新中考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷（贵州新中考专用）： 这是一份必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷（贵州新中考专用），文件包含必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷贵州新中考专用原卷版docx、必刷卷02-2024年中考物理考前信息必刷卷贵州新中考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
必刷卷04-2024年中考物理考前信息必刷卷（天津专用）： 这是一份必刷卷04-2024年中考物理考前信息必刷卷（天津专用），文件包含必刷卷04-2024年中考物理考前信息必刷卷天津专用原卷版docx、必刷卷04-2024年中考物理考前信息必刷卷天津专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
