2023年中考物理第二次模拟考试卷（全解全析）（广西新中考专用）

2023年中考物理第二次模拟考试卷（广西专用）

物理

（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n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/kgo

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】Co

【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：Co

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：Co

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

、口

1天；

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0.01〜100“m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】Co

【解答】解：气溶胶宜径在0.01〜100pm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：Co

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

【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.T：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：Ao

8.利用一燃气热水器对质量为10kg、初温为20C的水进行加热，燃烧了0.1050?的煤气,

水温升高到70℃o已知水的比热容为4.2X103J/(kg«℃),煤气的热值为4X107J/m3»

下列说法中正确的是()

①煤气完全燃烧放出的热量为4.41X103J；

②水吸收的热量为2.1X106J；

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：

Qa=Vq=0.105m3X4X107J/m3=4.2X106J,故①错误；

②水吸收的热量：

6

Q«5=cm(t-to)=4.2X1()3J/(kg.c)XIOkgX(70℃-20℃)=2.1X10J,故②正确;

③热水器烧水的效率：

]00%=2-106jx]00%=50%,故③正确；

Q放4.2X106J

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()

地磁的南极

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Si闭合，S2和S3断开时,灯L2亮，再闭合S3时，灯L2变暗

B.当Si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，Si和S3断开时,两个灯都亮

【答案】Co

【解答】解：A、当Si闭合，S2和S3断开时，灯L2亮，再闭合S3时，灯Li短路，灯

L2亮度不变，故A错误；

B、当Si断开，S2和S3闭合时，灯Li亮，灯L2短路，灯L2不亮，故B错误：

C、当S3断开，Si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Li、L2并联，两个灯都亮，故C正确；

D、当S2闭合，Si和S3断开时，灯Li亮，灯L2断路不亮，故D错误。

故选：Co

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=P淮gV排知，甲中液体的密度小于乙中液体的密度，即p4>pq，,

由图知，甲容器中液体体积比乙容器中液体体积小，

根据P=R知，甲容器中液体质量比乙容器中液体质量小，故B正确；

V

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=E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，pz.>p甲，

故根据p=pgh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,

乂知两容器底面积相同，

所以由p=E知，F甲VF。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

S

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（）

甲乙

A.小灯泡的额定电压为4V

B.滑动变阻器的最大阻值为20。

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】Bo

【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UK=U-UL小=12V-4V=8V,

变阻器R的阻值为R人="=0_=20。，故B正确；

I小0.4A

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*=UI人=12VX1A=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=U=

I

0.55A

由图可知，当灯泡两端的电压为12V时，电阻为RL'=5—=」空=12。＜20。，

IL1A

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，飞雪迎春到一一雪是凝华形成的

B.不知明镜里，何处得秋霜一一霜是凝固形成的

C.露从今夜白，月是故乡明一一露是液化形成的

D.岚雾今朝重，江山此地深一一雾是汽化形成的

【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Si、

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】ACo

【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Si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=U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

R

侧电路中总电阻增大，同样根据欧姆定律I=U可知右侧电路中电流变小，根据P=I2R

R

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，Li两端的电压为Ui=2.7V,L2两端的电压如图乙所示，则L2

图1图2

【答案】2.3；5o

【解答】解：如图所示，Li、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=UI+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,

p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：

3363

F浮=p水gV/np,xgV=1.0X10kg/mX10N/kgX100X10-m=lN；

物体的重力为：

G=mg=60X103kgX10N/kg=0.6N；

G物VF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'=6物=0.6>4。

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Fi=16N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"V"）。

【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.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hi=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#=(0.1m)2X(0.1m-0.02m)=8X10-3,

则物体C受到的浮力：

F浮=p水gV排=1.0X103kg/m3X1ON/kgX8X10-4m3=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12=OA,动力臂1I

=OB,根据OA：OB=4：3,推出h=OB=gOA,

4

根据杠杆平衡条件，有FM=F'12,

F’1919NXHA

推出B端在竖直向下的力Fi为：Fi=1学-----=16N,

170A

4

故B端在竖直向下的力Fi=l6No

如图若将动力Fi改为动力F2,F2与竖直方向有夹角，动力臂li;为过O点做F2垂线段，

可知h'<11,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；>o

22.如图所示，电源电压不变，电阻Ri、R2、R3的阻值均为Ro。当开关Si闭合，S2、S3

断开时，电流表的示数为1(),则电源电压为2IoRo;改变各开关的状态，整个电路消

耗的最大功率为8IO2ROo

RR>

1

【答案】2IoRo；8IO2RO«

【解答】解：当开关Si闭合，S2、S3断开时，则Ri、R2两电阻串联接入电路，由欧姆

定律可知U=Io(R1+R2)=21oRo；

当开关Si、S2、S3都闭合时，电阻Ri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：上=」。

RR3

1_11_2

十k,一—十+——,;

R[RoRQRQ

则电路中的总电阻R=—：

2

2

TT2（2I0R0）

电路消耗的最大功率P=L=-----p----------=8IO2ROC

R团

故答案为：2IoRo：8IO2ROO

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、Li

流回负极，电压表并联在Li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1011,提供的滑动变阻器的规格有Ri“50。1A”和R2”10。1.5A”两种。

甲

（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Ri（选填“Ri”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2.5V,此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为0.75We

（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h。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Si,移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为h；

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h；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12；

I2

③小灯泡的额定功率表达式：?^=_—（用字母u、11、12表示）。

【答案】（1）如图；（2）Ri；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻器

J乙

R2的滑片位置不变：③一一U。

【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=U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，

I

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。

甲

（2）由欧姆定律可知灯的额定电流约为：1=5=2空=0.25A,

RL10Q

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卅=1置=上上=更2%=14。，该实验应选择“50。1A”规格的滑动变阻器，故

II0.25A

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O.3A,根据P=UI可知小灯泡的额定

功率为P=UI=2.5VX0.3A=0.75Wo

（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Si,移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为II（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Ri的滑片使电

流表示数为h：

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12；

③则小灯泡的电阻与变阻器Ri此时的电阻相同，由欧姆定律：

RL=U,

12

小灯泡的额定功率：

j2

P额=II2RL=-1—u。

12

故答案为：（1）如图；（2）Ri；（3）小灯泡短路；（4）2.5；0.75；（5）②保持滑动变阻

j2

器R2的滑片位置不变；③」一U。

12

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

（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2.3N.以弹簧测力计的

拉力为动力Fi,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I,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Fi,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，F山总是大于F212。

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。

甲（木板表面）乙（木板表面）丙（毛巾表面）丁（木板表面）

（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Pb>Pa>Pc。

【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）

pb>pa>pc。

【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=pgh可知，a的密度要小于b的密度，即paVpb；

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=pgh可知，a的密度要大于c的密度，即pa>pc；

故三种液体密度的大小关系是：pb>pa>pe»

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）

pb>pa>pc。

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

=1，

6

由早=^■可知宁德站到屏南站的路程为：s=vt=120km/hX-^-h=100km;

t6

（2）列车完全通过大桥行驶的路程为：s'=匕桥+Lk=500m+520m=1020m,

则列车过桥的平均速度为：V，=s：=1020m=30m/s。

t34s

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“6V3.6W”的小灯泡(假设灯丝电阻不随温度变化)。

当Si断开，S和S2闭合时，灯泡L正常发光；当S、Si、S2都闭合时，通过定值电阻

Ri,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Si、S2的通断，R2消耗的最大功率和最小功率之比为9：I。求：

(1)灯泡L的电阻；

(2)电源电压；

(3)R2消耗的最大功率。

P额3.6W

(2)当Si断开，S和S2闭合时，Ri、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^=6V；

(3)当S、Si、S2都闭合时，L、Ri,R2并联，

TT2

由P=UI=L可知，此时R2的功率最大：P2人=工一,

R区2

U

R.111

由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，定值电阻Ri、R2的阻值之比：-1=旨=_29

K2各11

_2

1

3

当S闭合，Si和S2断开时，L、Ri、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，

，U22

由P=UI=I-R可知，R2的功率最小：P2小=—4一，

R2

u2