2024年中考物理第三次模拟考试（扬州卷）

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3、三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验。三模学校会有意降低难度，目的是增强考生信心，难度只能是中上水平，主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
2024年中考第三次模拟考试（扬州卷）
物理·全解全析
（考试时间：100分钟 试卷满分：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。
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的选项中只有一个选项符合题意）
1．如图所示为某中学生篮球比赛现场图，下列有关估测结果与实际相符的是（ ）
A．篮球的直径大约是10cmB．篮球的质量大约是550g
C．中学生的身高大约是160mD．中学生的体重大约是45N
【答案】B
【详解】A．根据常见物体的长度可知，篮球的直径大约是25cm，故A不符合题意；
B．根据常见物体的质量可知，篮球的质量大约是550g，故B符合题意；
C．成年人的平均身高约为170cm，中学生的身高比其略小，约为160cm，故C不符合题意；
D．中学生的质量在50kg左右，受到的重力（体重）约为
G=mg=50kg×10N/kg=500N
故D不符合题意。
故选B。
2．燃放烟花爆竹是中国的传统习俗，制作烟花体现了我国劳动人民的智慧。对中国人来说，在爆竹声中过年，更是持续了千年的中国式浪漫。关于燃放烟花，下列说法正确的是（ ）
A．点燃烟花的导火线，导火线“哧哧”的响着。这是用做功的方式改变导火线的内能。
B．烟花先是冒出一股白烟，随后像“炮弹”一样冲上天空，喷出光彩夺目的火花，鞭炮声响彻云霄。“鞭炮声响彻云霄”说明声音的音调很高。
C．五颜六色的烟花重叠在一起，闪闪发光，天空也成了光的海洋。我们看见“发光的烟花”，是因为光的反射。
D．放过烟花的空气中弥漫着刺鼻的味道，说明分子在不停地做无规则运动。
【答案】D
【详解】A．点燃烟花的导火线，导火线“哧哧”响着，导火线吸热升温，是通过热传递改变导火线的内能，故A错误；
B．鞭炮声能响彻云霄，是因为炮声的响度非常大，而不是音调高，故B错误；
C．发光的烟花，是光源，发出的光通过直线传播被看到，不是光的反射现象，故C错误；
D．放过烟花后，空气中刺鼻的味道，是扩散现象，是分子不停地做无规则运动形成的，故D正确。
故选D。
3．关于温度、热量和内能，以下说法正确的是（ ）
A．物体吸收了热量，温度就会升高
B．物体内能减少，可能在对外做功
C．物体的内能增加，温度就会升高
D．我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为汤含有较多的热量
【答案】B
【详解】A．物体吸收了热量，温度不一定会升高，比如晶体吸收热量，温度保持不变，故A错误；
B．物体内能减少，可能在对外做功，可能放出了热量，故B正确；
C．物体吸收了热量，物体的内能增加，温度不一定会升高，比如晶体吸收热量，温度保持不变，故C错误；
D．热量是过程量，不能用含有描述，故D错误。
故选B。
4．许多同学利用假期读万卷书行万里路，并用相机留下自己的足迹。下列能用来说明相机成像原理的图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】A．小孔成像是利用光的直线传播原理，故A不符合题意；
B．人从平面镜看到蜡烛，是利用光的反射原理，故B不符合题意；
C．蜡烛在凸透镜的一倍焦距之内，根据凸透镜成像规律可知，此时成正立、放大的虚像，应用是放大镜，故C不符合题意；
D．蜡烛在凸透镜的二倍焦距以外，根据凸透镜成像规律可知，此时成倒立、缩小的实像，应用是照相机。故D符合题意。
故选D。
5．劳动创造未来，下列事例与物理知识对应正确的是（ ）
A．把面团压成面皮——力可以改变物体的运动状态
B．用拖把用力拖地——压力的作用效果与重力有关
C．抖床单拍灰尘——灰尘受惯性作用
D．用力擦黑板——增大压力可增大摩擦力
【答案】D
【详解】A．面团在力的作用下被压成面皮，因受力发生形变，说明：力可以使物体发生形变，故A错误；
B．有些污渍要用力拖才拖得干净，这是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力的方法增大摩擦力，故B错误；
C．一切物体都具有惯性，抖床单拍灰尘利用了灰尘具有惯性，故C错误；
D．擦黑板时用力，在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力，故D正确。
故选D。
6．下列关于相互作用力和平衡力的说法正确的是（ ）
A．花瓶静置于水平桌面上，花瓶受到的重力和花瓶对桌子的压力是一对相互作用力
B．加速上升的火箭，火箭受到的燃气的推力和火箭自身的重力是一对平衡力
C．在水平路面上行驶的汽车，受到的牵引力和阻力是一对平衡力
D．划船时，桨对水的力和水对桨的力是一对相互作用力
【答案】D
【详解】A．花瓶静置于水平桌面上，花瓶受到的重力和花瓶对桌子的压力方向相同，施力物体和受力物体不是互为彼此，不是一对相互作用力，故A错误；
B．加速上升的火箭，处于非平衡状态，火箭受到的燃气的推力大于火箭自身的重力，不是一对平衡力，故B错误；
C．在水平路面上行驶的汽车，若做匀速直线运动，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，否则，牵引力和阻力不是平衡力，故C错误；
D．划船时，桨对水的力和水对桨的力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，施力物体和受力物体互为彼此，是一对相互作用力，故D正确。
故选D。
7．如图所示，轮滑鞋深受孩子们的喜爱。它的轮子转动时可使轮子边缘的LED灯闪闪发光，选项中与此工作原理相同的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】轮子转动时可使轮子边缘的LED灯闪闪发光，表明LED灯有电流经过，电路中产生了电流，属于电磁感应现象。
A．图中当导线通电时，小磁针发生偏转，表明通电导体周围存在磁场，属于电流的磁现象，故A不符合题意；
B．电路通电时，导体在磁场受力而运动，属于电动机工作原理，故B不符合题意；
C．导体在磁场中做切割磁感线的运动时，灵敏的电流计会发生偏转，表明电路中有电流，属于电磁感应现象，故C符合题意；
D．给线圈通电时，线圈在磁场中受力而转动，属于电动机工作原理，故D不符合题意。
故选C。
8．在下列示意图中，能量转化过程是机械能转化为内能的有（ ）
A．乙、丙B．甲、丁C．甲、丙D．乙、丁
【答案】D
【详解】甲图中，塞子飞出前，是通过热传递改变物体的内能，是内能发生了转移；乙图中，当把活塞迅速压下去后，活塞压缩气体做功，气体的内能增加，是机械能转化为内能；丙图中，两气门关闭，活塞向下运动，是做功冲程，缸内气体推动活塞做功，内能转化为机械能；丁图中，两气门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，活塞压缩缸内气体，对气体做功，使气体内能增大，是机械能转化为内能；综上所述，能量转化过程是机械能转化为内能的有乙、丁，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
9．如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，带电体接触验电器的金属球，验电器的金属箔张开是由于异种电荷相互排斥
B．图乙中，闭合开关，若电压表指针向右偏转，说明锌片是水果电池的正极
C．图丙中，家中空气开关跳闸，可能是床头灯开关内的线头相碰造成的
D．图丁中，闭合开关，电灯不亮，用试电笔接触D、E点时氖管均发光，测F点时氖管不发光，该电路故障为EF间断路
【答案】D
【详解】A．图甲中，带电体接触验电器的金属球，验电器的金属箔张开是由于同种电荷相互排斥，故A错误；
B．图乙中，闭合开关，若电压表指针向右偏转，说明电压表正负接线柱没有接反，则与正接线柱连接的铜片是水果电池的正极，与负接线柱连接的锌片是水果电池的负极，故B错误；
C．图丙中，家中空气开关跳闸的原因是电路短路或电功率过大造成电流过大，而床头灯开关内的线头相碰会使开关失去作用，不会造成电流过大，故C错误；
D．图丁中，闭合开关，电灯不亮，用试电笔接触D、E点时氖管均发光，说明火线到E点之间电路是完好的，测F点时氖管不发光，所以该电路故障为EF间断路，故D正确。
故选D。
10．利用如图所示电路测量电阻Rx的阻值，电源电压不变，R1=10Ω。当只闭合开关S时，电压表的示数U1=2V；再闭合开关S1时，电压表的示数U2=6V，则Rx的阻值为（ ）
A．40ΩB．30ΩC．20ΩD．10Ω
【答案】C
【详解】由题意可知，只闭合开关S时，电阻Rx与电阻R1串联接入电路，电流表测电阻R1两端电压，由欧姆定律可知此时电路中的电流为
电源电压的表达式为
U=IR总=I（R0+Rx）=0.2A×（10Ω+Rx）
再闭合开关S1时，由电路图可知此时电阻Rx被短路，电压表直接测量电源电压，此时电压表示数为电源电压大小，则有
U=0.2A×（10Ω+Rx）=U2=6V
解得
Rx=20Ω
故选C。
11．（2024·四川广安·二模）如图1所示，用甲、乙两个滑轮组分别将物体M、N匀速提升1m，所做有用功相同，拉力分别为，此过程相关数据如图2所示。已知将物体M、N匀速提升1m所用时间相等，下列有关此过程的说法中，正确的是（ ）
A．提升物体时两拉力的功率大小关系为
B．甲、乙两个滑轮组中，绳子自由端移动的距离之比为2∶3
C．物体M、N的重力大小关系为
D．乙滑轮组的机械效率为40%
【答案】C
【详解】AB．由图1可知，甲滑轮组中绳子承重段数n甲=3；乙滑轮组中绳子承重段数n乙=2；由图2可知，甲、乙滑轮组的总功分别为
W甲总=1200J，W乙总=800J
用甲、乙两个滑轮组分别将物体M、N匀速提升1m，根据s=nh可知，甲、乙滑轮组中，绳子自由端移动的距离分别为
则两滑轮组中，绳子自由端移动的距离之比为
由题意知，重物被提升1m所用的时间相等，由可得，两滑轮组中，拉力的功率之比为
故AB错误；
C．由图2可知，甲滑轮组提升重物M所做的有用功为
乙滑轮组提升重物N所做的有用功为
由W有用=Gh可知，重物M和N受到的重力分别为
因此
GM=GN
故C正确；
D．由图2可知，乙滑轮组做总功为800J，做额外功为400J，其机械效率为
故D错误。
故选C。
12．如图所示，电源电压恒为6V，定值电阻R的阻值为10Ω，闭合开关后，使变阻器的阻值减小10Ω，电流表的示数变化了0.1A，则下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻的电功率增加了0.5W B．电流表示数减小了0.1A
C．电压表示数减小了0.5V D．变阻器的电功率减小了0.9W
【答案】A
【详解】由图得，定值电阻与变阻器串联，电压表测量电阻器的电压，电流表测量电路电流。设闭合电路时，变阻器接入电路中电阻为RP，则滑片移动后，变阻器接入电路中电阻变为RP−10Ω；
B．此时电路中总电阻减小10Ω， 欧姆定律得，电路中电流增大，则电路中电流增大0.1A，即电流表的示数增大了0.1A，故B错误；
C．由串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压减小量与定值电阻两端电压增加量相等，则电压表的示数减小了
ΔU=ΔIR=0.1A×10Ω=1V
故C错误；
AD．由电路电阻特点与欧姆定律得
UR+RP=UR+RP−10Ω−0.1A
即
6V10Ω+RP=6V10Ω+RP−10Ω−0.1A
解得
RP=20Ω，RP=−30Ω（舍去）
则滑片未移动前，电路中电流为
I1=UR+RP=6V10Ω+20Ω=0.2A
变阻器的阻值减小10Ω后，电路中电流变为
I2=I1+ΔI=0.2A+0.1A=0.3A
定值电阻的电功率增加了
ΔPR=I22R−I12R=0.3A2×10Ω-0.2A2×10Ω=0.5W
变阻器的电功率减小了
ΔPP=I22R'P−I12RP=0.3A2×20Ω−10Ω-0.2A2×20Ω=0.1W
故A正确，D错误。
故选A。
二、填空题（本题共8个小题，每空1分，共28分。）
13．太阳能飞机飞行时利用电磁波与地面联系，电磁波在真空中的传播速度是 m/s；太阳能属于 （可再生/不可再生）能源；飞行时螺旋桨将空气推向后方，同时获得向前的推力，说明 。
【答案】 可再生 力的作用是相互的
【详解】[1] 电磁波的传播不需要介质，可以在空气中传播，也可以在真空中传播，而真空中电磁波的传播速度是3×108m/s。
[2] 太阳能可从自然界源源不断的获得，属可再生能源。
[3] 太阳能飞机飞行时螺旋桨向后推动空气，对空气施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，因此空气对飞机施加向前的反作用力，飞机就前进了。
14．今年春节前后，湖北、安徽等地天空同时下起了霰、冻雨、雪。其中霰（如图甲所示）是高空中的水蒸气遇到冷空气 （填物态变化）成的小冰粒。在这种极端的天气下，很多车停在路上没法行驶。由于天气寒冷，某驾驶员设计一种简易点火装置（如图乙所示）。将一张口香糖包装纸剪成中间窄、两端宽的形状后，分别与干电池的正负极连接。过一会儿，看到纸中间部分燃烧起来，这一现象属于电流的 效应：最先燃烧部位在纸中间狭窄的地方，说明电流产生热量的多少与导体的
大小有关。
【答案】 凝华 热 电阻
【详解】[1]高空中的气态水蒸气遇到冷空气会放热凝华成固态的小冰粒。
[2]将一张口香糖包装纸剪成中间窄、两端宽的形状后，分别与干电池的正负极连接。过一会儿，纸中间部分燃烧起来，这一现象属于电流的热效应，口香糖包装纸将内能转化为内能，使包装纸的内能最大，温度升高，当温度达到燃点是，纸片燃烧。
[3]包装纸串联在电路中，电流与通电时间相同，纸中间狭窄的地方横截面积较小，电阻大，最先燃烧，说明中间部分产生的热量最多，则说明电流产生热量的多少与导体的电阻大小有关。
15．豫剧是我国五大戏曲剧种之一，如图甲演唱时常用梆子进行伴奏，梆子受敲击时由于 而发声；人们听到“刘大哥讲话理太偏”的唱词，就知道是《花木兰》选段，这是利用了声可以传递 。箫是我国的一种传统乐器，如图乙所示，演奏者吹箫时，发出的声音是由于 的振动而产生的，演奏者用手指按压不同位置的气孔，是为了改变声音的 。
【答案】 振动 信息 空气柱 音调
【详解】[1]声音是由物体的振动产生的，用梆子进行伴奏，梆子受敲击时由于振动而发声。
[2]声能传递信息，也能传递能量，人们听到“刘大哥讲话理太偏”的唱词，就知道是《花木兰》选段，这是利用了声可以传递信息。
[3][4]演奏者吹箫时，发出的声音是由管内空气柱的振动而产生的，演奏者用手指按压不同位置的气孔，管内空气柱的长度不同，振动的频率不同，这是为了改变声音的音调。
16．探究电磁感应：乐乐把马蹄型磁铁竖直放置在水平桌面上。闭合开关，当导体ab （选填“上下”“水平”）运动时，灵敏电流计指针偏转，利用这一原理可制成 。将灵敏电流计换成电源，闭合开关，导体ab会运动，这说明磁场对 有力的作用，在此过程中能量转化情况是： 。
【答案】 上下 发电机 电流 电能转化机械能
【详解】[1][2]把马蹄型磁铁竖直放置在水平桌面上。磁场方向是水平方向，闭合开关，当导体ab在磁场中做切割磁感线的运动时，导体ab应上下运动，电流中产生感应电流，灵敏电流计指针偏转，将机械能转化为电能，利用这一原理可制成发电机。
[3][4]将灵敏电流计换成电源，闭合开关，导体中有电流通过，磁场对电流即通电导体有力的作用，故导体ab会运动，在此过程中能量转化情况是电能转化为机械能，为电动机工作原理。
17．利用风力发电将助力我国实现碳中和目标。风能属于 再生能源。当风速v在的范围内，风力发电机组输出功率P与v的三次方成正比，即，且。则风速为时，半小时发电量是 ，若煤电转换率为，则产生等量的电能需消耗煤 kg。（煤完全燃烧，）
【答案】 可 100 40
【详解】[1]风能可以源源不断地从自然界得到，属于可再生能源。
[2]风速为10m/s时，风力发电机组的输出功率
P=kv3=0.2kW•s3/m3×(10m/s)3=200kW
半小时的发电量
W=Pt=200kW×0.5h=100kW•h=100×3.6×106J=3.6×108J
[3]若煤电转换率为30%，则产生等量的电能需要煤完全燃烧放出的总热量
根据Q放=mq可得需消耗煤的质量
18．学生测量滑动摩擦力大小，水平匀速拉动木板，待测力计示数稳定后如图所示，测力计A的示数为3N，测力计B的示数为 N，木块受到滑动摩擦力方向水平向 。若测力计A的拉力增加至4N，测力计B的示数将 （选填“变大”“变小”或“不变”）；另一小组测量时发现测力计B的示数很难稳定，原因可能是 （整个过程中，木块始终未脱离木板）。
【答案】 1.6 右 不变 木板表面粗糙程度不均匀
【详解】[1]如图所示，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.6N。
[2]水平匀速拉动木板，待测力计示数稳定后，木块处于静止状态，拉力和摩擦力是平衡力，方向相反，拉力水平向左，则木块受到的滑动摩擦力方向水平向右。
[3]若测力计A的拉力增加至4N，木板加速运动，但木块仍静止，受力平衡，而压力和接触面粗糙程度不变，故木块受到的摩擦力将不变，此时B的示数仍等于摩擦力，为1.6N不变。
[4]影响滑动摩擦力的大小的因素有压力大小与接触面的粗糙程度，测量时发现测力计B的示数很难稳定，则滑动摩擦力发生变化，原因可能是木板表面粗糙程度不均匀。
19．在制作简易密度计的综合实践活动中，实验小组将吸管的一端塞入一些铜丝作为配重，并用石蜡将吸管的两端封闭，放入水中后，如图甲所示，想让该吸管竖直漂浮在水中，接下来合理的措施是 。如图乙所示是设计好的密度计，其量程（A至B）是1g/cm³~1.6g/cm³。把该密度计放入某种液体中，液面位置恰好在AB的中点C处，则所测液体的密度 1.3g/cm³。实验结束后小华决定再增加一些配重，则该密度计C处对应的刻度值将 。若小华在水中实验时将配重增加到了最大，则用该密度 （能/不能）测量酒精的密度（ρ酒精=0.8g/cm³）。
【答案】 增加配重 小于 变大 不能
【详解】[1]想让该吸管竖直漂浮在水中，应该增加配重，如下端绕铜丝，降低重心，增大稳定程度。
[2]由F浮=ρ液gV排得
S为管底面积，h为浸入深度，因为密度计漂浮在液体中，浮力等于重力，所以在不同的液体中，浮力相等，管底面积相等，由公式可知，液体密度与吸管浸入深度成反比，刻度不均匀且上疏下密，若把这个密度计放入某种液体中，液面位置恰好在AB的中点C，则这种液体的密度小于1.30×103kg/m3。
[3]若再增加配重，则浮力变大，根据F浮=ρ液gV排得，密度一定，密度计排开液体的体积变大，即浸入液体的体积变大，浸入液体的深度增加，C在液面下，刻度值变大。
[4]在未继续增加配重时，密度计的最小刻度是1g/cm³，当液体的密度为1g/cm³时，密度一定，增加配重，浸入液体的深度增加，A在液面下，即1g/cm³ 的刻度线应该在A点之上，无法读出数值，不能测出密度，1g/cm³ 的密度值不能测出，小于1g/cm³的密度值更不能测出，所以用该密度计不能测量酒精的密度。
20．如图所示，标有额定功率为“0.9W”字样的白炽灯L和特殊电子元件E并联接在电路中，改变电路两端电压U，通过电灯和特殊电子元件的电流也相应改变，根据实验数据绘出它们的图像甲和乙。则白炽灯的电流随电压变化图像是 （甲/乙），白炽灯的额定电流为 A。若将RL和RE串联后接在电压为6V的电路中，电路的实际总功率是 W。
【答案】 乙 0.3 1.8
【详解】[1]白炽灯随两端电压增大，通过的电流也会增大，灯会变亮，灯丝的温度升高，电阻会随之增大，甲图中随电压、电流的增大，导体的电阻在减小，乙图中随电压、电流的增大，导体的电阻增大，所以图乙是白炽灯的电流随电压变化图像。
[2]乙图是白炽灯的电流随电压变化图像，其额定功率为“0.9W”，由公式P=UI，灯正常发光时UI=0.9W，由图乙可知此时灯两端的电压为3V，电流为0.3A，所以白炽灯的额定电流为0.3A。
[3]根据串联电路的电流、电压规律，当它们串联在电压为6V的电路中时，结合图甲、乙可知，通过它们的电流相等是0.3A，电路的实际总功率
P=UI=6V×0.3A=1.8W
三、解答题（本题共9个小题，共48分。其中22、23题应写出必要的解题过程）
21．（6分）按要求作图：
（1）如图所示，小车向右运动的过程中，用细线悬吊的小球B和物体A均相对于车厢保持静止不动，请在题图A点画出物体A此时的受力示意图。
（2）如图所示，一束光从水中斜射到水面，将发生反射和折射，请在图中画出反射光线和大致的折射光线。
（3）在图中，根据磁感线方向，标出小磁针的N、S极及电源的正、负极。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】（1）根据小球B的情形可知此时小车向右做加速运动，物体A相对于车厢保持静止不动，则物体A也向右做加速运动，所以物体A受到水平向右的摩擦力，竖直向上的支持力和竖直向下的重力，其中向上的支持力和竖直向下的重力是一对平衡力，大小相等，故作图如下：
（2）过入射点O做法线MN，从而确定了入射光线位于法线的右侧，然后根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角做出对应的反射光线OB，光从水中斜射入空气，折射角大于入射角，因此在法线左侧作出对应的折射光线OC，如下图所示
（3）磁体外部的磁感线总是从磁体的N即出发，所以螺线管的左端为N极，右端为S极，由磁极间的相互作用可知小磁针的右端为S极，左端是N极，根据安培定则可以判断出电源的右端是正极，左端是负极，如图所示：
22．（6分）超大型集装箱船是世界上公认的高技术、高难度、高附加值的船舶之一，代表着一个国家的船舶建造水平。2023年5月22日，由沪东中华自主研发设计的“地中海吉玛”号正式命名交付，该船总长399.99米，比目前世界最大航母还要长60多米，甲板面积近似于4个标准足球场；其满载时的排水量为40万吨，能承载24万吨货物，是名副其实的海上“超级带货王”。当“地中海吉玛”号以72km/h的速度匀速直线航行时，受到的阻力是自身总重力的0.01倍。（ρ海水=1×103kg/m3，g取10N/kg）求：
（1）在水面下25m深处，“地中海吉玛”号船体受到海水的压强是多少；
（2）“地中海吉玛”号满载时受到海水的浮力是多少；
（3）“地中海吉玛”号满载时以72km/h的速度匀速航行，牵引力做功的功率。
【答案】（1）2.5×105Pa；（2）4×109N；（3）8×108W
【详解】解：（1）船体受到的海水的压强
p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×25m=2.5×105Pa
（2）满载时受到海水的浮力
F浮=G排=m排g=40×104×103kg×10N/kg=4×109N
（3）船漂浮，船受到的重力
G=F浮=4×109N
船运动的速度
v=72km/h=20m/s
受到的阻力
f=0.01G=0.01×4×109N=4×107N
船匀速航行，牵引力和阻力是平衡力，牵引力做的功
W=Fs=fs=4×107N×20m/s=8×108J
答：（1）在水面下25m深处，“地中海吉玛”号船体受到海水的压强是2.5×105Pa；
（2）“地中海吉玛”号满载时受到海水的浮力是4×109N；
（3）“地中海吉玛”号满载时以72km/h的速度匀速航行，牵引力做功的功率是8×108W。
23．（6分）（2024·河南开封·一模）随着人们生活水平不断提高，私家车已日益普及。图甲是一种测量小汽车油箱内油量的装置原理图，它主要由电源、压敏电阻R（电阻随所受压力的变化而变化）、油量表（实质上是电流表）等组成电路，油量表的量程为0-0.15A。压敏电阻R在一定范围内的阻值与所受压力的关系如图乙所示，油箱位于压敏电阻上方，电源电压为12V。当油箱中的油全部消耗完时，电流表的示数为0.04A。试问：（汽油的密度为0.7g/cm3，g取10N/kg）
（1）油箱受到的重力为多少？
（2）当油箱中加入40L的汽油时，电流表的示数为多少？
（3）该油箱最多能加入汽油的质量为多少？
【答案】（1）70N；（2）0.08A；（3）43kg
【详解】解：（1）当油箱中的油全部消耗完时，电流表的示数为0.04A，此时压敏电阻R的阻值为
有乙图可知，油箱此时的重力为70N。
（2）当油箱中加入40L的汽油时，汽油的重力为
则此时压敏电阻R上方压力为
有乙图可知，此时R的阻值为150Ω，则电流表的示数为
（3）由于油量表的量程为0-0.15A，故当电流表示数为0.15A时，此时R的阻值最小，油箱的总重最大，加入油箱的汽油最多。故当电流为0.15A时，电阻R的阻值为
有乙图可知，油箱此时的总重力为500N，则内部含有汽油为
则汽油的质量为
答：（1）油箱受到的重力为70N；
（2）当油箱中加入40L的汽油时，电流表的示数为0.08A；
（3）该油箱最多能加入汽油的质量为43kg。
24．（5分）如图所示，在探究“某物质熔化时温度的变化规律”实验中：
（1）组装图甲装置时，A、B两部件中应先固定 部件；探究时采用“水浴法”而不直接用酒精灯加热，除了能减缓升温速度，还能使试管中的物质 ；
（2）实验时，每隔1 min记录一次物质的温度及状态，作出如图乙所示的温度随时间变化的图像，由图像可知该物质是 （选填“晶体”或“非晶体”），它熔点是 ℃，在5~7min时段，该物质处于
（选填“固”“液”或“固液共存”）态。
【答案】 B 受热均匀（均匀受热） 晶体 80 固液共存
【详解】（1）[1]实验中，需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下至上安装实验装置，即先确定铁圈的高度，即B部件。
[2]用酒精灯加热时，不直接对试管加热，而是通过对烧杯中的水加热从而加热试管中物质，可以使物质受热均匀。
（2）[3]由该物质的熔化图像知道，熔化过程中温度保持不变，所以，该物质是晶体。
[4]晶体在熔化时吸热，温度不变，该不变的温度叫熔点，由图像知道，该物质熔点是80℃。
[5]由图像知道，在5~7min时段内，试管里物质在熔化过程中，所处的状态是固液共存态。
25．（4分）在“探究平面镜成像特点”的实验中，如图甲所示。
（1）现有厚度分别为5mm和2mm的两块玻璃板，应选择 mm厚的玻璃板做实验；
（2）若白纸上各方格长度是5cm，将点燃的蜡烛由A点移至B点，移动后它与玻璃板中所成的像的距离是 cm。将光屏放置在玻璃板后蜡烛位置，光屏上不能成像，说明平面镜所成的是 像；
（3）如图乙所示是从平面镜中看到墙上时钟的像，请写出时钟的实际时间是 。
【答案】 2 10 虚 10∶35
【详解】（1）[1]为了防止出现两个像，用选较薄的玻璃板进行实验，即应选择2mm厚的玻璃板做实验。
（2）[2]若白纸上各方格长度是5cm，将点燃的蜡烛由A点移至B点，移动后，物距变为5cm，由物距等于像距的，此时它与玻璃板中所成的像的距离是
[3]实像可以在光屏上呈现，虚像不能在光屏上呈现，将光屏放置在玻璃板后蜡烛位置，光屏上不能成像，说明平面镜所成的是虚像。
（3）[4]像与物关于平面镜对称，由图乙得，钟的实际时间是10∶35。
26.（4分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中。
（1）如图甲所示，安装杠杆时，为了使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向 移动；
（2）如果要用弹簧测力计向上拉，需要对图乙所示的实验设计进行的调整是 ；
（3）如图丙所示，当杠杆绕支点转动时，杠杆上A点的速度方向总是和杠杆垂直。作用在A点的三个大小相等、方向不同的力、、，请画出对应的力臂 ，并指出对杠杆转动的作用最大的是力 （选填、、）。
【答案】 右 将测力计移到左端第5个格处
【详解】（1）[1] 由甲图可知，杠杆左端向下倾斜，说明左端沉，为使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向右移动，给右端增重。
（2）[2] 要使弹簧测力计向上拉，拉力的作用效果需使杠杆顺时针转动，所以要使杠杆在水平位置平衡，需将测力计移到左端第5个格处向上拉。
（3）[3] 过支点O作力作用线的垂线段即为对应的力臂，如下图所示：
[4] 作用在A点的三个力虽然大小相等，但、其对应的力臂比较小，所以力与其力臂的乘积相对较小，而的力臂最大，与其力臂的乘积最大，所以对杠杆转动的作用最大。
27．（5分）如图甲所示是“探究通电螺线管外部磁场方向”的实验电路，小磁针涂黑部分是N极。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片需移至阻值最 处；
（2）闭合开关后，发现螺线管周围的小磁针几乎不转动，猜想可能是螺线管周围的磁场太弱，你的解决办法是： ；
（3）解决上述问题后，小磁针静止时的指向如图乙所示，则该小磁针所在位置的磁场方向是 ；
（4）若要探究通电螺线管外部磁场方向与电流方向的关系，可以采取的操作是 或 。（填序号）
A．对调左右两侧的小磁针
B．对调连接电池正负极的导线
C．对调螺线管两接线柱上的导线
【答案】 大 移动滑动变阻器的滑片，减小电阻 向左 B C
【详解】（1）[1]闭合开关前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片需移至阻值最大处。
（2）[2]闭合开关后，发现螺线管周围的小磁针几乎不转动，猜想可能是螺线管周围的磁场太弱，则可以通过移动滑片，减小变阻器接入电路中电阻，增大螺线管通过的电流，增大螺线管磁性。
（3）[4]由图乙得，小磁针静止时N极指向水平向左方向，该小磁针所在位置的磁场方向是由右向左。
（4）[5][6]若要探究通电螺线管外部磁场方向与电流方向的关系，要改变通过螺线管的电流的方向，则可以采取的操作对调连接电池正负极的导线或对调螺线管两接线柱上的导线。对调左右两侧的小磁针对不会改变电流方向，不能探究通电螺线管外部磁场方向与电流方向的关系。
故选BC。
28．（6分）小刚在实验室测量一小块矿石（不吸水）的密度，如图所示。他利用烧杯、空矿泉水瓶（剪为圆柱体）完成测量（水的密度为，烧杯底面积为S）。实验过程如下：
（1）向烧杯中注入适量的水，将剪为圆柱体的矿泉水瓶漂浮在水面上静止后，用刻度尺测出烧杯中水面高度为h1，如图A；
（2）将石块放入矿泉水瓶内，使矿泉水瓶漂浮在烧杯中，并用刻度尺测出烧杯中水面高度为h2，如图B；
（3）接下来， 为h3，如图C；
（4）石块的重力为G石＝ ，密度表达式ρ石＝ （用题中物理量符号表示）；
【拓展】小刚又将实验中的刻度尺换成量筒，也设计出测石块密度的实验过程：他按上述实验中的图B、图C中的水面位置做上标记，再将石块拿出来。然后用量筒中的水向烧杯中倒入，倒水至图C中的水面标记处，发现量筒中的水的体积由V1变为V2，继续倒水至图B中的水面标记处，发现量筒中的水的体积为V3，可分析得出石块的质量为m石＝ ，密度表达式ρ石＝ ；由于拿出石块时带有水，会导致石块密度如何偏差，并分析原因： 。
【答案】 取出石块放入烧杯的水中，并用刻度尺测出烧杯中水面高度为 拿出石块时带有水，测得石头的体积会偏大，根据可知测得的密度偏小
【详解】（3）[1]由图C可知接下来取出石块放入烧杯的水中，并用刻度尺测出烧杯中水面高度为h3。
（4）[2][3]图A到图B，矿泉水瓶漂浮在烧杯中，浮力等于重力，所以石块的重力等于增加的浮力，则石块的重力为
图A到图C，根据排水法可知石块的体积为
则石块的密度为
[4][5][6] 将石块拿出来，然后用量筒中的水向烧杯中倒入，倒水至图C中的水面标记处，发现量筒中的水的体积由V1变为V2，则石块的体积为
继续倒水至图B中的水面标记处，发现量筒中的水的体积为V3，则石块放在矿泉水瓶中漂浮在烧杯中时，增加的排开水的体积为
矿泉水瓶漂浮在烧杯中，浮力等于重力，所以石块的重力等于增加的浮力，则石块的重力为
所以石块的质量为
则石块的密度为
由于拿出石块时带有水，测得石头的体积会偏大，根据可知测得的密度偏小。
29．（6分）（2024·河北·一模）小萍在实验室进行“测量小灯泡电功率”的实验，老师给提供的器材有：额定电压是3.8V，正常发光时电阻约为15Ω的小灯泡一个（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关，“50Ω 1A”的滑动变阻器各一个。
（1）请根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙的实物电路连接完整 ；
（2）连接好电路后，在闭合开关前，应如何操作： ；
（3）正确连接好电路并闭合开关后，小萍发现小灯泡不亮，电流表和电压表示数都不为零，原因是 ；
（4）小萍继续正确操作实验，测量数据如表所示：
分析实验数据可知：小灯泡的额定电功率为 W（保留两位小数）；通过计算发现灯泡两端电压与通过它的电流之比不是定值，原因是： ；
【拓展】小芳分析小萍的电路设计以及她所记录的数据认为小萍在2、5组实验中所记数据误差较大，为了能够准确测出此小灯泡的额定功率，小芳将原电路在不增减实验器材的基础上只改动了电压表的量程，小芳在实验操作的过程中需要注意的问题是： 。
【答案】 将变阻器的滑片调到阻值最大端 灯泡的电压与电流较小，电功率较小 0.99 灯泡的电阻随温度改变而改变 将电压表改接在变阻器的两端，且调节滑片时电压表示数为2.2V
【详解】（1）[1]由图甲得，灯泡与变阻器串联，电压表测量灯泡电压，电流表测量电路电流，灯泡的额定电压为3.8V，则电压表量程选用0~15V，额定额定电流约
则电流表量程选用0~0.6A，如图所示：
（2）[2]连接好电路后，在闭合开关前，为了保护电路，应将变阻器的滑片调到阻值最大的B端。
（3）[3]正确连接好电路并闭合开关后，小萍发现小灯泡不亮，电流表和电压表示数都不为零，说明电路中有电流，灯泡两端有电压，原因应该是变阻器接入的电阻较大，灯泡的电压、电流较小，电功率较小，不足以灯泡发光。
（4）[4]由表格中数据得，灯泡电压为额定电压3.8V时，电流为0.26A，小灯泡的额定电功率为
[5]灯泡的电阻随温度改变而改变，当灯泡的电压、电流改变时，电功率改变，灯丝内能改变，温度改变，灯丝电阻改变。
[6]实验中，电压表测量灯泡电压，电压表量程选用0~15V，由表格中数据得，电压表偏转角度较小，可将电压表的量程改变0~3V，当灯泡正常发光时，灯泡的电压为3.8V，大于电压表的最大量程，则电压表应连接在变阻器的两端，当电压表的示数为
灯泡正常发光，即实验中应调节变阻器的滑片时电压表的示数为2.2V时，记录电流表的示数。实验次数
1
2
3
4
5
6
发光情况
特别亮
明亮
亮
较亮
较暗
熄灭
电压U/V
4.5
3.8
3.0
2.5
1.3
1
电流I/A
0.3
0.26
0.24
0.22
0.16
0.14