2024年重庆市中考物理试卷（B卷）

这是一份2024年重庆市中考物理试卷（B卷），共29页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验探究题，计算论述题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）（2024•重庆）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．让人舒适的室温约为40℃
B．中学生单臂长度约为2m
C．我国家庭电路电压为220V
D．中学生的质量约为500kg
2．（3分）（2024•重庆）如图所示，智能快递车正在运送包裹，用户通过人脸识别取货。下列分析正确的是（ ）
A．用户看见快递车，是因为光在它表面发生了折射
B．地面出现快递车的影子，是光的直线传播形成的
C．智能快递车上的摄像头利用了光的反射原理工作
D．人脸识别时，人通过摄像头成倒立、等大的虚像
3．（3分）（2024•重庆）小丽为妈妈的生日做了一桌美食（如图所示），下列对美食制作过程说法正确的是（ ）
A．锅中冒出的“白气”是水蒸气液化形成的
B．砂锅煲汤是通过热传递的方式减小内能
C．冰冻食物在解冻的过程中温度不断降低
D．食物香气四溢是因为分子之间存在引力
4．（3分）（2024•重庆）对如图所示的情境说法正确的是（ ）
A．图甲所示的是电动机的工作原理
B．图乙所示的两个小球带了同种电荷
C．图丙所示的人一定没有触电危险
D．图丁所示的通电螺线管右端为N极
5．（3分）（2024•重庆）“备战奥运，再创辉煌”，对图中的运动员刻苦训练的情境说法正确的是（ ）
A．运动员举着杠铃不动时对杠铃做了功
B．运动员射出的箭受到惯性作用而继续飞行
C．运动员击打网球改变了球的运动状态
D．运动员从起跑线起跑后一直处于平衡状态
6．（3分）（2024•重庆）家用电动窗帘的电路主要由电源指示灯L和电动机M组成。先闭合开关S1，电源指示灯L亮；再闭合开关S2，电动机M工作拉动窗帘。当S1断开时，电动机M不能工作。如图所示电路中符合要求的电路是（ ）
A．B．
C．D．
7．（3分）（2024•重庆）小刘同学利用如图所示的电路测量电阻R的阻值。闭合开关S，将滑片P移至某一位置时，电压表示数为2V，电流表示数为0.4A。下列说法正确的是（ ）
A．图中的甲是电压表、乙是电流表
B．将滑片P向左移时R的功率增大
C．一次实验就能精确测出R的阻值
D．电流0.4A时，R一分钟发热0.8J
8．（3分）（2024•重庆）地质队获得了一段地质样品，由底面积分别为300cm2和240cm2的圆柱体A、B组成。经测量，A高10cm。为分析样品的地质结构，将其置于水平放置的传感器上，沿水平方向切割如图甲所示。传感器所受压强随切去高度h的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体A的密度大小为2.5g/cm3
B．切割前，A对传感器的压力为72N
C．当h＝2cm时，圆柱体B剩余部分对A的压强为600Pa
D．当h＝2cm时，剩余样品与切割前的总重之比为13：15
二、填空作图题（本题共6个小题，每小题2分，共12分。）
9．（2分）（2024•重庆）历史上著名的马德堡半球实验证明了 的存在，实验中两个半球被拉开时爆发出了巨大的响声，响声是由半球及空气 产生的。
10．（2分）（2024•重庆）小明将天平放在水平桌面上测量一物体的质量。在游码调零后，发现指针偏左，应将平衡螺母向 移动，使横梁水平平衡。放上物体，通过加减砝码及移动游码，使横梁再次水平平衡时，天平如图所示，则物体的质量为 g。
11．（2分）（2024•重庆）如图所示是火箭搭载嫦娥六号探测器发射升空的壮丽情境。此过程中，嫦娥六号的重力势能 ，以地面为参照物，嫦娥六号是 的。
12．（2分）（2024•重庆）小兰自制了一把杆秤，由秤盘、提纽、秤杆以及200g的秤砣构成，如图所示。当不挂秤砣、秤盘中不放重物时，提起提纽，杆秤在空中恰好能水平平衡。已知AO间距离为10cm。当放入重物，将秤砣移至距O点30cm的B处时，秤杆水平平衡，则重物质量为 g；往秤盘中再增加20g的物体，秤砣需要从B处移动 cm才能维持秤杆水平平衡。
13．（2分）（2024•重庆）将标有“2A”但最大阻值未知的滑动变阻器R1、阻值为15Ω的R2和标有“2.5V 1.25W”的灯泡L（不计灯泡电阻变化）接入如图所示的电路，其中电源具有6V和另一电压未知的挡位，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。灯泡的额定电流为 A。将电源调到电压未知的挡位，只闭合开关S和S2，当R1接入电路的阻值为其最大阻值的时，灯泡正常发光，移动滑片使R1接入电路的阻值增大6Ω，电流表示数变化了0.2A。保障电路安全，只闭合开关S和S1，通过调节滑动变阻器及电源电压，电路的最大功率和最小功率之差为 W。
14．（2分）（2024•重庆）在图中作出平行于主光轴的光线AB经透镜折射后的光线。
15．（2分）（2024•重庆）在图中作出木块在粗糙的水平桌面上向右运动时所受摩擦力的示意图。
三、实验探究题（本题共3个小题，16小题6分，17小题8分，18小题8分，共22分。）
16．（3分）（2024•重庆）（1）用如图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。
①在加热过程中，当温度计示数如图甲所示时，水温为 ℃；
②A、B两组同学用相同的加热装置完成实验后，画出的图像分别是图乙中的A和B，分析图像可知：水在沸腾过程中温度 ，A组同学所用水的质量更 。
（2）如图丙所示，利用两根相同的荧光棒来探究平面镜成像的特点。
①实验中应选用 （选填“薄”或“厚”）玻璃板替代平面镜；
②将玻璃板 放置在铺有白纸的水平桌面上，在玻璃板前放置荧光棒A，在玻璃板后面移动另一根荧光棒B，发现B与A的像完全重合，说明像与物的 相等。
17．（6分）（2024•重庆）小超同学利用图甲所示电路探究电流与电阻的关系，电源电压恒定，有5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器标有“10Ω 1A”。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整；
（2）连接电路前发现电压表指针如图乙所示，则需要对电压表 。连接电路时开关应 ，将滑动变阻器滑片P移至 端；
（3）电路连接完成后，闭合开关，发现电压表有示数，电流表无示数，可能是定值电阻发生了 ；
（4）排除故障后，当接入5Ω的定值电阻，调节滑片P使电压表示数达到所要控制的电压U1时，电流表指针如图丙所示，其示数为 A。更换为10Ω的电阻继续实验，发现滑动变阻器调到最大阻值时才能使电压表示数达到U1，则电源电压为 V；
（5）当更换为20Ω的电阻时，为了顺利完成实验，需要换用最大阻值至少为 Ω的滑动变阻器。
18．（8分）（2024•重庆）小渝和同学们利用一长方体物块来探究影响浮力大小的因素。
（1）将物块竖放后挂在弹簧测力计上，测出物块的重力为2.7N，然后将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，说明物块受到了竖直向 的浮力，并且水对容器底部的压强与放入物块前相比 。当测力计示数如图甲所示时，浮力为 N；
（2）接下来小渝继续按图乙、丙、丁所示进行实验，由甲、乙、丙的数据可知：在同种液体中，物体排开液体的体积 ，浮力越大；由丙、丁的数据可知：物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度 ；
（3）然后将物块浸没在盐水中如图戊所示，分析数据可知：浮力大小与液体的密度有关；并通过计算得出所用盐水密度为 g/cm3；若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，则算出的盐水密度 ；
（4）同组的小王同学还想进一步探究：物体在浸没前，浮力大小与物体浸在液体中的深度是否有关？于是他将物块横放后挂在弹簧测力计下，使其露出水面高度与图乙相同，测力计示数为2.3N，与乙图数据对比，小王得出结论：物体在浸没前，浮力大小与物体浸在液体中的深度有关。你认为该方案是否合理，并说明理由： 。
四、计算论述题（本题共3个小题，19小题6分，20小题8分，21小题8分，共22分。解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能得分。）
19．（6分）（2024•重庆）将阻值为10Ω的电阻R1与另一电阻R2接入电源电路，如图所示。闭合开关S，电流表A1的示数为0.45A，电流表A2的示数为0.3A。求：
（1）通过R2的电流；
（2）电源电压。
20．（8分）（2024•重庆）如图甲所示是我市某公园的便民饮水点及其饮水机内部电路简化图，其中R1的阻值为48.4Ω，R1和R2均为阻值不变的电热丝，饮水机有加热和保温挡，正常工作时，保温挡功率为110W。
（1）求饮水机在保温挡正常工作时的电流；
（2）当只有饮水机工作时，将3kg水从10℃加热到100℃，加热前后公园安装的数字式电能表示数如图乙所示，求饮水机的加热效率η；
（3）为节能减排，相关部门计划在该公园安装如图丙所示的太阳能电池为饮水机供电。已知晴天1m2太阳能电池一天能发电0.4kW•h，要求所有太阳能电池晴天一天的发电量能供饮水机使用3天。饮水机每天正常工作加热时间计为3h，保温时间计为8h，求至少要安装多大面积的太阳能电池。
21．（8分）（2024•重庆）如图所示，是某型号水下机器人。该机器人可以通过三种方式控制浮沉，第一种是机器人内部水舱充放水，水舱的容积为4×10﹣3m3；第二种是利用推进器提供竖直向上的推力F推，F推可以在0～30N之间调节；第三种是在机器人外部加装不同数量的浮块，每个浮块质量均为0.4kg，体积均为1×10﹣3m3。已知该机器人水舱未充水时的质量为9.5kg，未装浮块时，机器人的总体积为1.2×10﹣2m3（体积不变，含机械臂）。
（1）求150m深处水的压强；
（2）求当机器人未加浮块、水舱充满水浸没在水中悬停时，F推的大小；
（3）深处水底有一物体（未与水底紧密接触），其密度均匀且为2.5×103kg/m3，体积为4×10﹣3m3，需机器人潜入水中用机械臂抓住物体打捞上来，为确保打捞顺利进行，机器人下水前需制定好能让机器人抓住物体上浮的方案，在F推调到30N的情况下，还需如何利用另外两种方式实现上浮，请通过计算给出一种合理方案。
2024年重庆市中考物理试卷（B卷）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分。）
1．（3分）（2024•重庆）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．让人舒适的室温约为40℃
B．中学生单臂长度约为2m
C．我国家庭电路电压为220V
D．中学生的质量约为500kg
【答案】C
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、人感觉舒适的室温约为23℃，故A错误；
B、一个人展开双臂的长度约等于身高，一般中学生的身高为1.7m左右，故中学生单臂长度约为2m是错误的，故B错误；
C、家庭电路使用交流电，其电压约为220V，故C正确；
D、一名初中生的质量约为50kg，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）（2024•重庆）如图所示，智能快递车正在运送包裹，用户通过人脸识别取货。下列分析正确的是（ ）
A．用户看见快递车，是因为光在它表面发生了折射
B．地面出现快递车的影子，是光的直线传播形成的
C．智能快递车上的摄像头利用了光的反射原理工作
D．人脸识别时，人通过摄像头成倒立、等大的虚像
【答案】B
【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播。光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等；
（2）镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律；不同点是镜面反射是入射光线是平行光线时，反射到光滑的镜面，又以平行光线出去；漫反射时，入射光线是平行光线时，反射到粗糙的物体，反射光线向各个方向出去。
（3）凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。
【解答】解：A．用户看见快递车是由于阳光在它表面发生了漫反射，故A错误；
B．地面出现快递车的影子，是光的直线传播形成的，故A正确；
C．摄像头的镜头相当于凸透镜，摄像时利用凸透镜对光折射后会聚的原理工作，故C错误；
D．人脸识别时，摄像头的镜头相当于凸透镜，摄像时符合凸透镜成像规律中的：物距大于二倍焦距，所成的像是倒立、缩小的实像，故D错误。
故选：B。
【点评】此题是光现象中的综合题，涉及到光的直线传播、漫反射、凸透镜成像等；分析时要分清选项是哪类光现象，并深究其成因，就可解答。
3．（3分）（2024•重庆）小丽为妈妈的生日做了一桌美食（如图所示），下列对美食制作过程说法正确的是（ ）
A．锅中冒出的“白气”是水蒸气液化形成的
B．砂锅煲汤是通过热传递的方式减小内能
C．冰冻食物在解冻的过程中温度不断降低
D．食物香气四溢是因为分子之间存在引力
【答案】A
【分析】（1）物质从气态变为液态的过程叫液化；
（2）改变内能的方式有做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；
（3）物体吸收热量，内能增加，温度升高；
（4）一切物质的分子都在不停地做无规则的运动。
【解答】解：A、“白气”是锅中冒出的水蒸气液化形成的小水珠，故A正确；
B、煲汤过程中，汤吸收热量，内能增大，主要是通过热传递的方式改变内能的，故B错误；
C、将冰冻食物解冻过程中，吸收热量，内能增加，温度会升高或不变，但不会降低，故C错误；
D、香气四溢是由于分子在不停地做无规则运动，产生了扩散现象，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查了对汽化和液化的特点、改变内能的方式、分子热运动的了解与应用，有一定综合性，但难度不大。
4．（3分）（2024•重庆）对如图所示的情境说法正确的是（ ）
A．图甲所示的是电动机的工作原理
B．图乙所示的两个小球带了同种电荷
C．图丙所示的人一定没有触电危险
D．图丁所示的通电螺线管右端为N极
【答案】D
【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流。电动机是利用通电导线在磁场中受力运动的原理工作的。
（2）异种电荷相互吸引，带电体有吸引轻小物体的性质。
（3）火线与地面之间形成通路。
（4）对于螺线管，右手握螺线管，四指指电流方向，大姆指指的方向为N极。
【解答】解：A．图甲所示是电磁感应现象的装置，应用于发电机；电动机工作原理是磁场对电流的作用，故A错误；
B．图乙两个小球相互吸引，可能带异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电，故B错误；
C．图丙中所示的人，与地面之间形成回路，有触电危险，故C错误；
D．图丁根据安培定则，通电螺线管右端为N极，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了电和磁中的各种现象、安全用电，在学习过程中，一定要掌握各实验的现象及结论，并且要找出他们的不同之处进行区分。
5．（3分）（2024•重庆）“备战奥运，再创辉煌”，对图中的运动员刻苦训练的情境说法正确的是（ ）
A．运动员举着杠铃不动时对杠铃做了功
B．运动员射出的箭受到惯性作用而继续飞行
C．运动员击打网球改变了球的运动状态
D．运动员从起跑线起跑后一直处于平衡状态
【答案】C
【分析】（1）力对物体做功的两个必要因素：有力作用在物体上，物体在力的方向上移动距离，二者缺一不可；
（2）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。任何物体都有惯性；
（3）力的作用效果：可以改变物体的形状；可以改变物体的运动状态；
（4）平衡状态分为静止状态和匀速直线运动状态。
【解答】解：A、运动员举着杠铃不动时，人对杠铃施加了力，但杠铃在力的方向上没有移动距离，人对杠铃不做功，故A错误；
B、惯性是物体本身的一种性质，不是力，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C、球拍对球的作用力使球发生了运动状态的改变，故C正确；
D、运动员从起跑线起跑后会加速运动，处于非平衡状态，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了做功的两个必要因素、惯性、力的作用效果和物体的平衡状态，属于力学综合题。
6．（3分）（2024•重庆）家用电动窗帘的电路主要由电源指示灯L和电动机M组成。先闭合开关S1，电源指示灯L亮；再闭合开关S2，电动机M工作拉动窗帘。当S1断开时，电动机M不能工作。如图所示电路中符合要求的电路是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意分析电动机和灯泡的连接方式、两个开关的位置，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，开关S2只控制电动机M，指示灯和电动机可以各自独立工作，这说明该电路为并联电路；开关S1断开时指示灯L和电动机M都不能正常工作，这说明S1在干路中，根据选项可知，B正确。
故选：B。
【点评】（1）根据二者是否相互影响，判断出它们的连接方式，相互影响为串联，互不影响为并联；
（2）根据开关的控制作用，确定开关的位置，控制整个电路，开关在干路上，单独控制某个用电器，开关在支路上。
7．（3分）（2024•重庆）小刘同学利用如图所示的电路测量电阻R的阻值。闭合开关S，将滑片P移至某一位置时，电压表示数为2V，电流表示数为0.4A。下列说法正确的是（ ）
A．图中的甲是电压表、乙是电流表
B．将滑片P向左移时R的功率增大
C．一次实验就能精确测出R的阻值
D．电流0.4A时，R一分钟发热0.8J
【答案】B
【分析】（1）根据电压表和电流表的连接方式判断甲是电流表，乙是电压表；
（2）根据电功率在串联电路中的推导公式和特点；
（3）实验的方法，多次测量的目的；
（4）电热的计算公式。
【解答】解：A、电流表使用时，应于被测电路串联，使用电压表时，应与被测电路并联，所以甲表为电流表，乙表为电压表，故A错误；
B、分析电路图可知，滑动变阻器与电阻R串联，将滑片P向左移时，滑动变阻器接入电路中阻值减小，由可知，电路中电流增大，由P＝I2R可知，R的功率增大，故B正确；
C、为了减小测量误差，应多次测量R的电阻，求平均值，故C错误；
D、当电流为0.4A时，电压表示数为2V，R一分钟发热为：Q＝W＝UIt＝2V×0.4A×60s＝48J，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了伏安法测电阻的实验及欧姆定律应用。
8．（3分）（2024•重庆）地质队获得了一段地质样品，由底面积分别为300cm2和240cm2的圆柱体A、B组成。经测量，A高10cm。为分析样品的地质结构，将其置于水平放置的传感器上，沿水平方向切割如图甲所示。传感器所受压强随切去高度h的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．圆柱体A的密度大小为2.5g/cm3
B．切割前，A对传感器的压力为72N
C．当h＝2cm时，圆柱体B剩余部分对A的压强为600Pa
D．当h＝2cm时，剩余样品与切割前的总重之比为13：15
【答案】D
【分析】（1）由图乙可知切割前圆柱体对地面的压强，根据F＝pS计算切割前A对传感器的压力；
（2）由图乙可知圆柱体总高度为15cm，A高10cm，据此计算B的高度，
由图可知传感器所受压强随切去高度h的函数关系为p＝（﹣200h+3000）Pa，据此计算圆柱体B全部切去上A对传感器的压强，根据G＝F＝pS计算圆柱体A的重力，
根据重力公式、密度公式计算圆柱体A的密度；
（3）圆柱体A、B的总重力等于切割前A对传感器的压力，据此计算圆柱体B的重力，进一步计算当h＝2cm时圆柱体B剩余部分的重力，根据压强公式计算圆柱体B剩余部分对A的压强；
（4）当h＝2cm时剩余样品的重力等于圆柱体B剩余部分的重力与A的重力之和，进一步计算剩余样品与切割前的总重之比。
【解答】解：（1）由图乙可知切割前圆柱体对地面的压强为3000Pa，则切割前，A对传感器的压力：F＝p0SA＝3000pa×300×10﹣4m2＝90N，故B错误；
（2）由图乙可知圆柱体总高度为15cm，A高10cm，则B高15cm﹣10cm＝5cm，
传感器所受压强随切去高度h的函数关系为p＝（﹣200h+3000）Pa，当h＝5cm时，p＝（﹣200×5+3000）Pa＝2000Pa，即圆柱体B全部切去上A对传感器的压强为1000Pa，
圆柱体A的重力：GA＝FA＝pSA＝2000Pa×300×10﹣4m2＝60N，
圆柱体A的密度：ρA＝＝＝2×103kg/m3＝2g/cm3，故A错误；
（3）圆柱体A、B的总重力等于切割前A对传感器的压力，则圆柱体B的重力：GB＝F﹣GA＝90N﹣60N＝30N，
当h＝2cm时，圆柱体B剩余部分的重力GB′＝×GB＝×30N＝18N，
圆柱体B剩余部分对A的压强为：p′＝＝＝750Pa，故C错误；
（4）当h＝2cm时，剩余样品的重力为G′＝GA+GB′＝60N+18N＝78N，
剩余样品与切割前的总重之比为78N：90N＝13：15，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查压强公式、重力公式、密度公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
二、填空作图题（本题共6个小题，每小题2分，共12分。）
9．（2分）（2024•重庆）历史上著名的马德堡半球实验证明了 大气压 的存在，实验中两个半球被拉开时爆发出了巨大的响声，响声是由半球及空气 振动 产生的。
【答案】大气压；振动。
【分析】1654年，马德堡市长和他的助手做了著名的“马德堡半球实验”，证明了大气压的存在；
一切正在发声的物体都在振动；振动停止，发声也停止。
【解答】解：著名的“马德堡半球实验”，证明了大气压的存在；
实验中两个半球被拉开时爆发出了巨大的响声，响声是由半球及空气振动产生的。
故答案为：大气压；振动。
【点评】此题考查大气压的测量、声音的产生等知识点，难易程度适中。
10．（2分）（2024•重庆）小明将天平放在水平桌面上测量一物体的质量。在游码调零后，发现指针偏左，应将平衡螺母向 右 移动，使横梁水平平衡。放上物体，通过加减砝码及移动游码，使横梁再次水平平衡时，天平如图所示，则物体的质量为 152 g。
【答案】右；152。
【分析】（1）天平使用前的调节：若指针右偏，向右左调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；
（2）右盘中砝码的质量加上游码在标尺上所对应的刻度值等于被测物体的质量。
【解答】解：指针偏向分度盘的左侧，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往右调；
标尺上的分度值是0.2g，物体的质量为100g+50g+2g＝152g。
故答案为：右；152。
【点评】本题考查了天平的正确使用方法，天平是初中物理中最基本的一个测量工具。
11．（2分）（2024•重庆）如图所示是火箭搭载嫦娥六号探测器发射升空的壮丽情境。此过程中，嫦娥六号的重力势能 增大 ，以地面为参照物，嫦娥六号是 运动 的。
【答案】增大；运动。
【分析】（1）动能的大小与质量和速度有关；重力势能的大小与质量和高度有关；
（2）物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体是静止的。
【解答】解：火箭加速上升过程中，高度和速度增大，嫦娥六号的动能在增加，重力势能在增大；
火箭加速升空时，以地面为参照物，嫦娥六号与地面的位置在改变，是运动的。
故答案为：增大；运动。
【点评】本题考查运动和静止的相对性的影响动能和势能大小的因素，难度不大。
12．（2分）（2024•重庆）小兰自制了一把杆秤，由秤盘、提纽、秤杆以及200g的秤砣构成，如图所示。当不挂秤砣、秤盘中不放重物时，提起提纽，杆秤在空中恰好能水平平衡。已知AO间距离为10cm。当放入重物，将秤砣移至距O点30cm的B处时，秤杆水平平衡，则重物质量为 600 g；往秤盘中再增加20g的物体，秤砣需要从B处移动 1 cm才能维持秤杆水平平衡。
【答案】600；1。
【分析】确定杠杆的支点和力臂，直接应用杠杆的平衡条件来计算。
【解答】解：（1）以O点为支点，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，根据杠杆平衡条件有：
m物g•OA＝m秤砣g•OB，
所以重物质量为：
m物＝
（2）往秤盘中再增加20g的物体，假设秤砣移到了C点，根据杠杆平衡条件得：
m物′g•OA＝m秤砣g•OC，
故C点到支点的距离为：
秤砣需要从B处移动的距离为：
BC＝OC﹣OB＝31cm﹣30cm＝1cm。
故答案为：600；1。
【点评】本题主要考查了杠杆的平衡条件在杆秤中的应用，难度不大。
13．（2分）（2024•重庆）将标有“2A”但最大阻值未知的滑动变阻器R1、阻值为15Ω的R2和标有“2.5V 1.25W”的灯泡L（不计灯泡电阻变化）接入如图所示的电路，其中电源具有6V和另一电压未知的挡位，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。灯泡的额定电流为 0.5 A。将电源调到电压未知的挡位，只闭合开关S和S2，当R1接入电路的阻值为其最大阻值的时，灯泡正常发光，移动滑片使R1接入电路的阻值增大6Ω，电流表示数变化了0.2A。保障电路安全，只闭合开关S和S1，通过调节滑动变阻器及电源电压，电路的最大功率和最小功率之差为 1.95 W。
【答案】0.5；1.95。
【分析】（1）根据题意和电功率公式即可求出小灯牌的额定电流；
（2）根据已知条件及电路图，滑动变阻器的调节找到电路两次电流电压变化情况，由电源电压不变列出等式，求出电源电压和滑动变阻器的最大阻值，再根据电功率公式，在保障电路安全下找到电流的最大值和最小值，分别求出电功率，即可得出最大功率和最小功率的差值。
【解答】解：（1）由题意已知小灯泡L的额定电压和额定功率，根据电功率公式可得小灯泡的额定电流：I额＝＝＝0.5A；
（2）灯泡的电阻
只闭合开关S和S2时，L和R1 串联，当R1 接入电路的阻值为其最大阻值的时，灯泡正常发光，此时电路中的电流为0.5A，则电源电压为： ①，移动滑片使R1接入电路的阻值增大6Ω，电流表示数变化了0.2A，即此时电路中的电流为：I′＝I﹣ΔI＝0.5A﹣0.2A＝0.3A，则电源电压为： ②，由①②两式可得：R1＝40Ω，
U＝4.5V；
只闭合开关S和S1 时，R1 和R2 串联，当电源电压为6V，R1 接入电路阻值为0时，即电压表示数为0，则R2两端的电压为电源电压6V时，电路中的电流最大，此时电路中的电流为：，所以电路的最大功率为：Pmax＝UImax＝6V×0.4A＝2.4W
当电源电压为另一挡位4.5V时，电压表示数为最大3V时，电路中的电流最小，此时R2两端的电压为：U′2＝U′﹣Umax＝4.5V﹣3V＝1.5V，电路中最小电流为：，所以电路的最小功率为：Pmin＝UImin＝4.5V×0.1A＝0.45W，所以电路的最大功率和最小功率之差为：ΔP＝Pmax﹣Pmin＝2.4W﹣0.45W＝1.95W
故答案为：0.5；1.95。
【点评】本题考查了电功率计算及欧姆定律的应用。
14．（2分）（2024•重庆）在图中作出平行于主光轴的光线AB经透镜折射后的光线。
【答案】
【分析】在作凸透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：入射光线平行于凸透镜的主光轴，则经凸透镜折射后将过右侧焦点，如图所示：
【点评】凸透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴。
15．（2分）（2024•重庆）在图中作出木块在粗糙的水平桌面上向右运动时所受摩擦力的示意图。
【答案】
【分析】此题中摩擦力的方向与相对运动的方向相反。木块在水平桌面上向右运动，故摩擦力方向向左。
【解答】解：因为木块在粗糙水平桌面上向右运动，所以它受到的摩擦力方向向左，作用点可以画在木块的重心上。如图所示：
【点评】本题考查了作力的示意图，作力的示意图时，应先确定力的作用点及力的方向，这是作力的示意图的关键。
三、实验探究题（本题共3个小题，16小题6分，17小题8分，18小题8分，共22分。）
16．（3分）（2024•重庆）（1）用如图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。
①在加热过程中，当温度计示数如图甲所示时，水温为 87 ℃；
②A、B两组同学用相同的加热装置完成实验后，画出的图像分别是图乙中的A和B，分析图像可知：水在沸腾过程中温度 不变 ，A组同学所用水的质量更 小 。
（2）如图丙所示，利用两根相同的荧光棒来探究平面镜成像的特点。
①实验中应选用 薄 （选填“薄”或“厚”）玻璃板替代平面镜；
②将玻璃板 垂直 放置在铺有白纸的水平桌面上，在玻璃板前放置荧光棒A，在玻璃板后面移动另一根荧光棒B，发现B与A的像完全重合，说明像与物的 大小 相等。
【答案】（1）①87；②不变；小；（2）①薄；②垂直；大小。
【分析】（1）①温度计的读数：确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，再进行读数；
②水在沸腾时持续吸热，但温度保持不变；影响沸腾加热时间的因素有：水的多少、水的初温等；
（2）①玻璃板有透光性，既能成像也能确定像的位置；较厚的玻璃板两个面成两个较远的像，实验无法进行；
②玻璃板应垂直于纸面放置；平面镜所称的像与物体大小相等。
【解答】解：（1）①每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，示数是87℃；
②分析图像可知：水在沸腾过程中温度不变，A组同学的水先沸腾，所用水的质量更小；
（2）①该实验应选用较薄的玻璃板，使实验顺利进行；
②玻璃板应垂直放置在铺有白纸的水平桌面上，这样B蜡烛才能与A的像完全重合；
在玻璃板前放一支点燃的蜡烛A，在玻璃板前放置荧光棒A，在玻璃板后面移动另一根荧光棒B，发现B与A的像完全重合，说明像与物的大小相等。
故答案为：（1）①87；②不变；小；（2）①薄；②垂直；大小。
【点评】水的沸腾实验是初中热学部分最重要的实验，本题考查了温度计的读数、沸腾的特点，常见题目。本题还考查了平面镜成像特点的实验及其应用。
17．（6分）（2024•重庆）小超同学利用图甲所示电路探究电流与电阻的关系，电源电压恒定，有5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器标有“10Ω 1A”。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整；
（2）连接电路前发现电压表指针如图乙所示，则需要对电压表 调零 。连接电路时开关应 断开 ，将滑动变阻器滑片P移至 B 端；
（3）电路连接完成后，闭合开关，发现电压表有示数，电流表无示数，可能是定值电阻发生了 断路 ；
（4）排除故障后，当接入5Ω的定值电阻，调节滑片P使电压表示数达到所要控制的电压U1时，电流表指针如图丙所示，其示数为 0.4 A。更换为10Ω的电阻继续实验，发现滑动变阻器调到最大阻值时才能使电压表示数达到U1，则电源电压为 4 V；
（5）当更换为20Ω的电阻时，为了顺利完成实验，需要换用最大阻值至少为 20 Ω的滑动变阻器。
【答案】（1）；（2）调零；断开；B；（3）断路；（4）0.4；4；（5）20。
【分析】（1）在探究电流与电阻关系的实验中，电压表需并联在定值电阻的两端；
（2）实验前需对电表进行调零，开关需断开，滑动变阻器调至最大阻值处；
（3）闭合开关，电流表无示数说明电路有断路的地方，电压表有示数，说明与电压表并联的元件故障；
（4）根据图丙电流表指针位置读出示数，根据欧姆定律及分压规律可得电源电压；
（5）根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
【解答】解：（1）在探究电流与电阻关系的实验中，电压表需并联在定值电阻的两端，如图所示：
；
（2）由图乙可知电压表的指针未指在零刻度线处，因此需进行调零，同时连接电路时开关要断开，滑动变阻器的滑片要调至最大阻值处即调至B端；
（3）闭合开关，电流表无示数说明电路有断路的地方，电压表有示数，说明与电压表并联的电阻R断路；
（4）如图丙，电流表量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，则示数为0.4A；电压表示数等于U＝5Ω×0.4A＝2V；当接入10Ω电阻时，调节滑动变阻器的滑片，滑动变阻器恰好达到最大阻值为10Ω，根据串联电路分压原理，既然定值电阻电压为2V，则滑动变阻器两端的电压同样为2V，可知电源电压为2V+2V＝4V；
（5）实验中使用的定值电阻阻值为10Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4V﹣2V＝2V，滑动变阻器分得的电压与定值电阻两端电压相等，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，电路中电流I＝＝0.1A，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝＝20Ω，即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于20Ω。
故答案为：（1）；（2）调零；断开；B；（3）断路；（4）0.4；4；（5）20。
【点评】本题考查了电流与电阻关系的实验，考查注意事项、故障分析、串联电路的规律和欧姆定律的运用，考查的较全面。
18．（8分）（2024•重庆）小渝和同学们利用一长方体物块来探究影响浮力大小的因素。
（1）将物块竖放后挂在弹簧测力计上，测出物块的重力为2.7N，然后将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，说明物块受到了竖直向 上 的浮力，并且水对容器底部的压强与放入物块前相比 变大 。当测力计示数如图甲所示时，浮力为 0.3 N；
（2）接下来小渝继续按图乙、丙、丁所示进行实验，由甲、乙、丙的数据可知：在同种液体中，物体排开液体的体积 越大 ，浮力越大；由丙、丁的数据可知：物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度 无关 ；
（3）然后将物块浸没在盐水中如图戊所示，分析数据可知：浮力大小与液体的密度有关；并通过计算得出所用盐水密度为 1.1 g/cm3；若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，则算出的盐水密度 准确 ；
（4）同组的小王同学还想进一步探究：物体在浸没前，浮力大小与物体浸在液体中的深度是否有关？于是他将物块横放后挂在弹簧测力计下，使其露出水面高度与图乙相同，测力计示数为2.3N，与乙图数据对比，小王得出结论：物体在浸没前，浮力大小与物体浸在液体中的深度有关。你认为该方案是否合理，并说明理由： 不合理，未控制 V排 相同 。
【答案】（1）上；变大；0.3；（2）越大；无关；（3）1.1；准确；（4）不合理，未控制 V排 相同。
【分析】（1）浮力的方向竖直向上，液体压强与深度和液体密度有关；根据称重法计算浮力；
（2）根据控制变量法分析解答；
（3）根据称重法计算水和盐水的浮力，根据阿基米德原理解答；根据浮力等于两次的差值分析解答；
（4）根据控制变量法分析解答。
【解答】解：（1）将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明水有向上的托力，即说明物块受到了竖直向上的浮力，液体压强与深度有关，深度增大，水对容器底部的压强与放入物块前相比增大了。当测力计示数如图甲所示时，浮力为F浮＝G﹣F＝2.7N﹣2.4N＝0.3N；
（2）由甲、乙、丙的数据可知：液体相同，排开液体的体积不同，且浸入的体积越大，拉力越小，说明浮力越大，故得出：在同种液体中，物体排开液体的体积越大，浮力越大；由丙、丁的数据可知：同种液体都是浸没，改变了深度，浮力不变，故物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度无关；
（3）然后将物块浸没在盐水中如图戊所示，分析数据可知：浮力大小与液体的密度有关；
水中浸没的浮力F'浮＝G﹣F'＝2.7N﹣1.7N＝1N；
由阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得：1N＝ρ水gV排；
盐水中浸没的浮力F'浮盐＝G﹣F''＝2.7N﹣1.6N＝1.1N；
由阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得：1.1N＝ρ盐水gV排；
浸没的V排相同，解得ρ盐水＝1.1ρ水＝1.1g/cm3；
若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力和拉力都偏大，但浮力是差值，准确的，根据上升计算知，则算出的盐水密度准确；
（4）同组的小王同学还想进一步探究：物体在浸没前，浮力大小与物体浸在液体中的深度是否有关？于是他将物块横放后挂在弹簧测力计下，使其露出水面高度与图乙相同，由于底面积改变，则浸入的体积改变，根据控制变量法，探究与深度关系，必须控制液体密度和排开液体的体积相同，因而实验不合理，未控制 V排 相同。
故答案为：（1）上；变大；0.3；（2）越大；无关；（3）1.1；准确；（4）不合理，未控制 V排 相同。
【点评】本题以探究“浮力的大小与哪些因素有关”的实验为背景考查了学生对控制变量法的理解和掌握。
四、计算论述题（本题共3个小题，19小题6分，20小题8分，21小题8分，共22分。解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能得分。）
19．（6分）（2024•重庆）将阻值为10Ω的电阻R1与另一电阻R2接入电源电路，如图所示。闭合开关S，电流表A1的示数为0.45A，电流表A2的示数为0.3A。求：
（1）通过R2的电流；
（2）电源电压。
【答案】（1）通过R2的电流为0.15A；
（2）电源电压为3V。
【分析】（1）根据电路图可知，两电阻并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1中的电流；
根据并联电路电流规律求出通过R2的电流；
（2）根据欧姆定律的应用求出R1两端电压，即为电源电压。
【解答】解：（1）由图可知：两电阻并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1中的电流；
则干路电流：I＝0.45A，通过R1的电流：I1＝0.3A，
因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以通过定值电阻R2的电流：
I2＝I﹣I1＝0.45A﹣0.3A＝0.15A；
（2）由I＝可得，R1两端的电压：U1＝I1R1＝0.3A×10Ω＝3V，
因并联电路各支路两端的电压相等，所以，电源电压U＝U1＝3V。
答：（1）通过R2的电流为0.15A；
（2）电源电压为3V。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律公式的应用，分清电路的连接方式以及仪表测量的对象是关键。
20．（8分）（2024•重庆）如图甲所示是我市某公园的便民饮水点及其饮水机内部电路简化图，其中R1的阻值为48.4Ω，R1和R2均为阻值不变的电热丝，饮水机有加热和保温挡，正常工作时，保温挡功率为110W。
（1）求饮水机在保温挡正常工作时的电流；
（2）当只有饮水机工作时，将3kg水从10℃加热到100℃，加热前后公园安装的数字式电能表示数如图乙所示，求饮水机的加热效率η；
（3）为节能减排，相关部门计划在该公园安装如图丙所示的太阳能电池为饮水机供电。已知晴天1m2太阳能电池一天能发电0.4kW•h，要求所有太阳能电池晴天一天的发电量能供饮水机使用3天。饮水机每天正常工作加热时间计为3h，保温时间计为8h，求至少要安装多大面积的太阳能电池。
【答案】（1）饮水机在保温挡正常工作时的电流0.5A；
（2）饮水机的加热效率η为90%；
（3）至少要安装29.1m2的太阳能电池。
【分析】（1）根据电功率计算公式，计算保温挡正常工作电流；
（2）先计算水吸收的热量，再计算消耗的电能，最后计算加热效率；
（3）要先计算饮水机1天消耗的电能，再计算3天消耗的电能，最后算出太阳能电池板的面积。
【解答】解：（1）保温挡功率P保温＝110W，由P＝UI得，I保温＝＝＝0.5A。
（2）水吸收的热量Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣10℃）＝1.134×106J
消耗的电能W＝1862.59kW•h﹣1862.24kW•h＝0.35kW•h＝1.26×106J
加热效率η＝＝＝90%
（3）S 1闭合时为加热挡，P加热＝＝＝1000W＝1kW
每天加热3小时消耗电能W加热＝P加热t加热＝1KW×3h＝3kW•h
保温挡功率P保温＝110W＝0.11kW
每天保温8h消耗电能W保温＝P保温t＝0.11kW×8h＝0.88kW•h
每天需消耗电能：W＝W加热+W保温＝3.88kW•h
3天需消耗电能：W总＝3.88kW•h×3＝11.64kW•h
需太阳能电池板的面积：s＝＝29.1m2
答：（1）饮水机在保温挡正常工作时的电流0.5A；
（2）饮水机的加热效率η为90%；
（3）至少要安装29.1m2的太阳能电池。
【点评】该题综合性较强，可以全面考察学生对电学和热学知识的掌握情况。学生必须熟练掌握物理公式，并能够灵活运用，才能清晰解答此题。
21．（8分）（2024•重庆）如图所示，是某型号水下机器人。该机器人可以通过三种方式控制浮沉，第一种是机器人内部水舱充放水，水舱的容积为4×10﹣3m3；第二种是利用推进器提供竖直向上的推力F推，F推可以在0～30N之间调节；第三种是在机器人外部加装不同数量的浮块，每个浮块质量均为0.4kg，体积均为1×10﹣3m3。已知该机器人水舱未充水时的质量为9.5kg，未装浮块时，机器人的总体积为1.2×10﹣2m3（体积不变，含机械臂）。
（1）求150m深处水的压强；
（2）求当机器人未加浮块、水舱充满水浸没在水中悬停时，F推的大小；
（3）深处水底有一物体（未与水底紧密接触），其密度均匀且为2.5×103kg/m3，体积为4×10﹣3m3，需机器人潜入水中用机械臂抓住物体打捞上来，为确保打捞顺利进行，机器人下水前需制定好能让机器人抓住物体上浮的方案，在F推调到30N的情况下，还需如何利用另外两种方式实现上浮，请通过计算给出一种合理方案。
【答案】（1）150m深处水的压强1.5×106Pa；
（2）当机器人未加浮块、水舱充满水浸没在水中悬停时，F推的大小为15N
（3）将水舱里水全部排出再安装一个浮块。
【分析】（1）利用p＝ρ水gh求150m处水的压强；
（2）利用G＝mg求机器人未充水时重力，利用G＝mg＝ρgV求水仓充满水的重力，利用阿基米德原理求机器人浸没水中所受浮力，机器人悬停时，F推+F浮＝G水+G机，据此求F推的大小；
（3）利用G＝mg＝ρgV求物体重力，利用阿基米德原理求物体受到的浮力，能把物体打捞上来，机器人的最小拉力F最小＝G物﹣F浮物，为确保打捞顺利进行，机器人下水前水舱内先充满水，打捞时放干净水，F推最大＝30N，另外安装n个浮块，F浮机+F推最大+nF浮浮块﹣G机﹣nG浮块＝F拉，据此求出n的大小。其中“合理方案”的答案不唯一，可以不排水加装8个浮块，也可以只排一部分水+加装部分浮块。
【解答】解：（1）150m处水的压强：
p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×150m＝1.5×106Pa；
（2）机器人未充水时重力：G机＝m机g＝9.5kg×10N/kg＝95N，
水仓充满水：G水＝ρ水gV容＝1×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣3m3＝40N，
机器人浸没水中所受浮力：F浮机＝ρ水gV排机＝ρ水gV＝1×103kg/m3×10N/kg×1.2×10﹣2m3＝120N，
机器人悬停时，F推+F浮＝G水+G机，
F推＝G机+G水﹣F浮＝95N+40N﹣120N＝15N；
（3）物体重力：G物＝m物g＝ρ物V物g＝2.5×103kg/m3×4×10﹣3m3×10N/kg＝100N，
物体受到的浮力：F浮物＝ρ水gV物排＝ρ水gV物＝1×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣3m3＝40N，
能把物体打捞上来，机器人的最小拉力：F最小＝G物﹣F浮物＝100N﹣40N＝60N，
为确保打捞顺利进行，机器人下水前水舱内先充满水，打捞时放干净水，F推最大＝30N，另外安装n个浮块，
一个浮块的重力G浮块＝m浮块g＝0.4kg×10N/kg＝4N，
一个浮块受到的浮力F浮浮块＝ρ水gV排浮块＝ρ水gV浮块＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
给物体提供的拉力：
F浮机+F推最大+nF浮浮块﹣G机﹣nG浮块＝60N，
120N+30N+n×10N﹣95N﹣n×4N＝60N，
解得：n≈0.83，取1，即将水舱里水全部排出再安装一个浮块。
答：（1）150m深处水的压强1.5×106Pa；
（2）当机器人未加浮块、水舱充满水浸没在水中悬停时，F推的大小为15N
（3）将水舱里水全部排出再安装一个浮块。
【点评】这是一道压强、浮力的综合性习题，考查了液体压强公式、重力公式、密度公式、阿基米德原理、力的平衡知识的应用，难度较大！
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