贵阳市2024年中考物理最后冲刺模拟试卷（含解析）

贵阳市2024年中考物理最后冲刺模拟试卷

考生须知：

1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色

字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。

2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）

1.如图所示,上端为S极的条形磁体悬挂在一轻弹簧上.闭合开关条形磁体处于静止状态后，下端位于螺线管的上方.下

列措施可以使条形磁体向上运动的是

A.滑片P向右缓慢移动

B.在螺线管中插入铁芯

C.增大电源电压

D.将小6间电源的正负极对换位置

2.在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电键Si、S2均闭合.当电键S2由闭合到断开时，电路中

A.电压表V的示数变小

B.电流表Ai的示数变大

C.电压表V示数与电流表A示数的比值变大

D.电压表V示数与电流表A示数的乘积变大

3.在“探究电流与电阻的关系”实验中，小榕设计了如图所示的电路图.实验中电源两端电压保持6V不变，定值电阻

R的阻值分别为5。、10。和20。，电压表示数保持2V不变.为完成实验，应选取的滑动变阻器的规格为

A.10。2AB.2001AC.30。2AD.50。1A

4.关于能源和能量，下列说法中正确的是（）

A.因为能量是守恒的，所以我们不需要节约能源。

B.根据能量守恒定律，在不久的将来我们可以成功制成“永动机”。

C.被人们称为“黑色金子”的煤炭是重要的能源之一，它是一种不可再生能源。

D.核能作为新能源被越来越广泛运用，核电站就是利用核聚变产生的巨大能量来发电的。

5.如图所示，A、B、C三个容器中分别装有盐水、清水和酒精，三个容器中液面相平，容器底部受到液体的压强分

别为PA、PB、PC,则（）

A.PA>PB>PCB.PA,<PB<PCC.〃A=PB=pcD.无法确定

6.有两个铜块甲和乙，其中甲的质量大于乙的质量，让它们放出相等的热量后，再相互接触，则

A.热量从甲传到乙B.热量从乙传到甲

C.它们之间不发生热传递D.无法确定

7.小丽在做探究凸透镜成像规律的实验时，将焦距为10cm的薄凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处（实验过程中

保持透镜在50cm刻度线处不动），将点燃的蜡烛放置在光具座上35cm刻度线处，移动光屏至82cm刻度线处，烛焰

在光屏上成清晰的像，如图所示.下列分析正确的是

A.如图所示的实验现象能够说明放大镜的成像特点

B.如果想在光屏上得到更大的清晰的像，应该将蜡烛向右移动，光屏向左移动

C.若将点燃的蜡烛放在光具座上10cm刻度线处，通过移动光屏，在光屏上可呈现烛焰清晰的倒立缩小实像

D.若将点燃的蜡烛放在光具座上30cm刻度线处，在透镜的右侧透过凸透镜向蜡烛方向看，看不到蜡烛的像

二、填空题（本大题7小题，共21分）

8.3月12日为植树节，植树时总是将大量的侧枝除去，只留下很少的枝芽，这样做的目的是为了,使树根在扎

入泥土前不致于枯死。茂密的森林具有吸声的作用，这是在____减弱噪声。

9.生活中人们常说“鸟语花香、绿柳成荫”.“鸟语”是通过__传播到人耳，闻到“花香”说明了,绿柳“成荫”

是由于.

10.如图所示，一个质量为500g,底面积为lOOcn?的圆柱体容器（容器壁的厚度忽略不计）放在水平桌面的中央，

容器中装有lOOOcn?水，将一个重5N的实心长方体A挂在弹簧测力计上，然后竖直浸入水中，当物体A刚好浸没在

水中时（水未溢出），弹簧测力计的读数为3N,则此时水对容器底部的压力是N；物体的密度为

kg/m3；容器对水平桌面的压强是Pa.（g取10N/kg；p*=1.0xl03kg/m3）

i

11.校园的公布栏上张贴了这样一则公告：由于气候较冷，各班早上暂停拖地.这样做的目的是防止水发生（填

物态变化），避免使同学们摔倒受伤.小林在家打开冰箱门，发现冷冻室的侧壁上有很多霜，这是水蒸气（填物

态变化）形成的，这个过程中水蒸气（吸收/放出）热量.

12.夏天，小明买了一支冰棒，他有以下发现：从冰箱里拿出的冰棒上粘着许多“白花花的粉”；剥去包装纸，冰棒周

围会冒出“白气”；把冰棒放进玻璃杯，不一会儿，玻璃杯的外壁就出了“汗”；再过一会儿，冰棒变成了“水”.

以上四个发现中，物态变化名称相同的有（填序号），这种物态变化名称叫做.小明还发现

虽然冰棒很凉，但拿冰棒棍的手没有这样的感觉，原来冰棒棍是用木材制成的，这表明木材具有较差的性.

13.如图所示，小物块沿不光滑的斜面由A点加速下滑至5点，然后沿粗糙水平面由3点至C点，再从C点水平抛

出到达斜面底端的。点.A3段和段的竖直高度相同，不计空气阻力.小物块在水平面上滑行时受到个

力的作用；如果小物块由A下滑到5动能增加量为/西，由C下落到O动能增加量为/姓，则/Ei/姓（填“大

于“，"小于”或“等于”），理由是.

心。

14.如图所示，完全相同的圆柱形容器中，装有不同的两种液体甲、乙，在两容器中，距离同一高度分别有A、B两

点.若两种液体的质量相等，则A、B两点的压强关系是PApB；若A、B两点的压强相等，则两种液体对容器底

的压强关系是p甲p乙（两空选填“>”、"=”或“V"）.

三、作图题（共7分）

15.如图所示，踢出去的足球在光滑水平地面上滚动，请作出足球的受力示意图。

16.如图所示，一束光沿4。方向从水中射向空气中.画出它的反射光线和折射光线.

17.如图所示，请画出图中物体对其支持斜面的压力的示意图;

（）

四、实验题（本大题共5小题，共20分）

18.小明想：浮力是液体对物体向上的托力，而物体间力的作用是相互的，所以物体对液体一定有向下的压力，那么

浮力的大小和物体对液体压力的大小有什么关系呢？

（1）小明利用烧杯、水、大平、合金圆柱体、细线和弹簧测力计，进行了如下探究：

①在烧杯中盛适量水，用天平测出烧杯和水的总质量小1；

②用弹簧测力计测出圆柱体的重力G；

③如图所示，将圆柱体部分浸入烧杯的水中，静止在某一深度，记下弹簧测力计的示数F,则圆柱体所受水的浮力尸

浮=（用所测得的量来表示）；此时向天平的右盘加上适量的祛码，使天平重新平衡，记下天平的读数机2,则圆

柱体对水的压力FM（用所测得的量来表示）。

（2）下表为小明和小红记录的实验数据：（表中近＞队）

圆柱体的弹簧测力计烧杯和水的天平的读数

圆柱体的位置

重力G/N示数F/N总质量mVg机2/g

圆柱体部分浸入2.62.4180200

圆柱体浸没深度hi2.62.2180220

圆柱体浸没深度h22.62.2180220

分析表格中的数据可以得出：浮力的大小（“大于”、“小于”或“等于”）物体对液体压力的大小；此外你

还可以得出的结论有：（写出一条即可）。

（3）小红想测一小石块的密度，但只有一架托盘大平、一个烧杯、适量的水和细线。她利用以上探究得到的结论，设

计实验测出了石块的密度，以下是她设计的实验步骤，请你将实验步骤补充完整。

①用调节好的天平称出小石块的质量mu

②在烧杯中注入适量的水，用天平称出烧杯和水的总质量m2;

③,在天平右盘添加适量的祛码，移动游码，天平平衡后，祛码与游码的总示数为m3；

（4）已知水的密度为〃水，则小石块密度的表达式为：〃石=»

19.如图所示，为探究电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关的实验装置，氐、处、出为三段完全相同的电

热丝，Ri、出分别放在如图所示的完全相同的透明密闭容器中，&按照图中连接方式接入电路，两U形管中装有适量

的且带有颜色的液体，透明密闭容器上端的气孔与U形管相连，通过U形管中的液体将一定量的空气封闭在透明密闭

容器中，闭合开关前，两U形管两侧的液面均相平，闭合开关S,观察两U形管中两侧的液面差的大小关系，就可以

较两容器中电热丝产生热量的多少。该实验中用到的研究物理问题的方法是和转换法。（多选）关于这个实验，

下列说法正确的是O

A.通过尺1、尺2的电流一定相同

B.该装置此时电路的连接可以探究电流通过导体产生热量的多少与电阻是否有关

C.若电路连接完好，各元件无故障，通电一段时间后，两U形管中液面的高度差均不断增大，则左侧U型管中液面

的高度差大于右侧U型管中液面的高度差

D.若容器外面的电热丝R3出现了断路，则在通电一段时间后将观察到两U型管中液面的高度差均不断增大，且它们

的差值始终相同

20.在“探究杠杆的平衡条件”实验中：

图甲中，为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母

甲

向侧调节.图乙中，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在A处下方再挂一个钩码，则B处所挂钩码须向右移动

格，可使杠杆在水平位置再次平衡.杠杆处于图甲所示位置时，小李同学就在杠杆上挂钩码进行实验，小明认为这样

操作会对实验产生以下影响：

①杠杆自身重力可能会对实验产生影响

②可能不便于测量力臂或出现力臂测量错误

③无法得出杠杆平衡条件

你认为正确的是.

A.①②B.①③C.②③

21.在“测量小灯泡的功率”的实验中。

(1)小明设计了如图甲所示的电路图，按照电路图，已完成部分实物电路连接(如图乙所示)。若开关闭合后，要求

向左移动滑动变阻器滑片P,能使电流表示数变大，请完成图乙的实物电路连接。

()

(2)小明实验时，当他连接好最后一根导线立即看到小灯泡发出明亮的光，请你帮助小明找出实验中两个操作不当之

处:

①一

②O

(3)正确连接好电路后，观察小灯泡在不同电压下的亮度，读出电压表，电流表示数，实验记录见表:

实验序号电压UN电流〃A小灯泡亮度实际功率P/W

120.18偏暗

22.50.2正常发光

33偏亮

由表格可知：该小灯泡额定功率为W.当小灯泡两端电压为3V时，小灯泡偏亮，当时电流表指针的位置如图丙

所示，则通过小灯泡的电流为A。

（4）小明分析实验数据，发现小灯泡的亮度由____决定；通过计算发现三次小灯泡的阻值不相等，其原因是o

（5）将图甲中的小灯泡更换成定值电阻，且电路连接完好，还可以完成的实验是。

A.探究电流与电压关系B.探究电流产生的热量与电阻的关系

C.探究电流与电阻关系D.探究电流的磁场强弱与电流大小的关系

22.小徐同学为了探究影响小磁针在电磁场中偏转情况的有关因素，他先将实验器材按图（a）所示连接，实验中保持

小磁针和导线放置的位置不变。实验过程和实验现象分别如图所示。请仔细观察图中的装置、操作和现象，然后归纳

得出初步结论。

比较图（a）与（b）或（a）与（c）可知:

比较图（b）与（c）可知：—

五、计算题（本大题共2小题，共13分）

23.天然气灶使用方便、经济环保.如图所示，在标准大气压下，天然气灶将一壶质量为2kg、温度为20℃的水加热至

沸腾，消耗了0.04m3的天然气.已知天然气的热值g=3.5xl（）7j/m3,水的比热容c水=4.2xl（）3j/（kg・℃）,求:

水吸收的热量；0.04m3的天然气完全燃烧放出的热量；天然气灶的效率。

24.如图所示，电源两端电压U为9V并保持不变，电阻Ri阻值为10J2.闭合开关S后，电流表A的示数I为1.2A.求:

电流表Ai的示数11；电阻R2的阻值.

六、综合能力题（本大题共3小题，共18分）

25.如图所示是汽车的一种自动测量油箱内油量的简易装置，R是阻值均匀的变阻器，它的滑片连在杠杆的一端，当

油箱内油面发生变化时，浮标通过杠杆使滑片P在电阻R上滑动，引起油量表的指针偏转.油量表实际上是一个量程

为“0〜0.6A”的电流表，电源电压恒为12V,岛=10。.当油箱中有55升汽油时，油量表的指针满偏；当油箱中的

汽油还有5升时，滑片P刚好在R的中点，油量表的示数为0.1A,此时报警电路（图中未画出）开始自动报警，提醒

司机尽快加油.问：

Ro

油

量

油箱装满汽油时Ro消耗的电功率是多少？变阻器£的总电阻是多少？油箱中汽油

浮标

的体积V和变阻器接入电路的电阻R的关系为P=60-0.5R（式中V的单位为升，R的单位为欧姆）.当油量表示数

为0.4A时，油箱里还有多少升汽油？若要报警时的油量比5升多一些，请说出两种改进方法.

26.无线充电技术

随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线.小到手表、手机、电动牙刷，大到电脑、电动汽车的充电,

都已经实现了从理论研发到实际应用的转化.常见的无线充电技术有电磁感应、磁共振、无线电波等方式.

市场上支持无线充电的智能手机和充电器大部分都符合规格.源自汉语“气功”中的“气”.Qi

技术的原理即为电磁感应，在发射端和接收端各有一个线圈，如图甲所示为手机无线充电原理示意图，电流流过发射

线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电.采用电磁感应技术实现无线

充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置才能精确充电.

磁共振方式的原理与声音的共振原理相同一排列好振动频率相同的音叉，一个音叉发声，其他音叉也会共振发

声.同样，排列在磁场中的相同“振动”频率的线圈，也可从一个向另一个供电，如图乙所示.相比电磁感应方式，

利用磁共振可延长传输距离，无需使线圈间的位置完全吻合.这种方式有望广泛应用于电动汽车，但在技术上实现小

型化、高效率化比较难，现在的技术能力大约是直径0.5m的线圈，在1m左右的距离供电功率约为60W.

无线电波方式主要由微波发射装置和微波接收装置组成，其原理类似于无线电广播的发射与接收.“太空太阳能

发电技术”就是利用了该原理：利用铺设在巨大平板上的太阳能电池，在太阳光照射下产生电流，转换成无线电微波,

发送给地面接收站.地面接收后，将微波恢复为直流电或交流电，送给用户使用.

请根据上述材料，回答下列问题：下图中四个实验与Q•技术原理相同的是.（选填选项前的字母，只有一

式，直径0.5m的线圈在1m左右的距离范围内，Imin内可提供的电能约为J.关于无线充电技术，下列

说法正确的是.（选填选项前的字母，只有一个选项正确）

A.采用电磁感应方式的无线充电技术无需特定位置就能精确充电

B.相比电磁感应方式，利用磁共振方式传输距离更短

C.采用无线电波方式的无线充电技术的实现说明电磁波可以传递能量

D.太空太阳能发电技术是将电能转化为化学能发送给地面接收站

27.如图所示为某款“无人机”（多功能飞行器），该款“无人机"的质量为2.5kg.它具有4个旋翼，可通过无线电进行

操控，其在拍摄调查、无人配送等方面具有广阔的前景.g=10N/kg

起飞时，增大四个旋翼的转速，使吹向下方的风量增加，无人机就会上升，这是因为

.在空中飞行时，只要增大（选填“左”或“右”）侧两个旋翼的转速，就能使无人机左侧抬升，向右倾斜飞

行.若该机在30秒内匀速竖直上升120米进行空中拍摄，则此过程中无人机克服自身重力做功的功率是多大?

当该无人机静止在水平地面上时，与地面的接触面积为40cm2,请计算此时无人机对水平地面的压强__?该机所需

的能量是由一块输出电压为15V,容量为6000mA.h的电池提供.若电能的75%用于飞行，飞行时的平均功率为90W,

则该机最多能飞行多少时间?

参考答案

一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）

1、D

【解析】

根据题中“下列措施可以使条形磁体向上运动的是……”可知，本题考查磁极间的相互作用规律和影响电磁铁磁性强弱

的因素.根据影响电磁铁磁性强弱的因素及运用安培定则判断通电螺线管的极性的方法进行分析判断.

【详解】

A.闭合开关，根据安培定则可知，通电螺线管的上端为S极，异名磁极相互吸引，条形磁体向下运动.滑片P向右

缓慢移动，滑动变阻器连入电路的阻值减小，电路中电流增大，螺线管磁性增强，使条形磁体的吸引力增大，所以条

形磁体继续向下运动，故A错误.

B.在螺线管中插入铁芯，电磁铁磁性增强，使条形磁体的吸引力增大，所以条形磁体继续向下运动，故B错误.

C.增大电源电压，电路中的电流变大，电磁铁磁性增强，使条形磁体的吸引力增大，所以条形磁体继续向下运动，

故C错误.

D.将a、b间电源的正负极对换位置，根据安培定则可知，通电螺线管的上端为N极，同名磁极相互排斥，条形磁体

向上运动，故D符合题意.

2、C

【解析】

在如图所示的电路中，电源电压保持不变，开关S1、S2均闭合，电阻R1、电并联，电压表测并联支路两端的电压，亦

即电源电压.电流表Ai测R支路的电流，电流表A测干路的电流.

A.当开关S2由闭合到断开时，电压表示数不变，故A错误.

B.由于并联各支路互不影响，通过电阻R的电流不变，故B错误.

CD.由于开关S2断开，电流表A的示数变小，所以电压表V示数与电流表A示数的比值变大，电压表V示数与电

流表A示数的乘积变小.故C正确，D错误.

答案为C.

3、D

【解析】

由图知定值电阻和滑动变阻器串联，根据串联电路的分压原理可知，电压表示数保持2V不变，则滑动变阻器两端的电

2

压是4V,则R滑与R的比值是:，当定值电阻阻值为20欧时滑动变阻器连入电路的阻值最大是40欧，所以ABC都不

符合要求，故D正确.

4、C

【解析】

A.虽然能量是守恒的，但并不是所有的能量都能直接被人类利用，而且能量的转化具有方向性，因此我们必须要节

约能源，故A错误；

B.据能量的转化和守恒定律知，机械能会转化为其他形式的能，从而使机械能减少，因此，人类是无法制成永动机

的，故B错误；

C.煤炭在短期内不能从自然界得到补充，故属于不可再生能源，故C正确；

D.核电站是利用原子核裂变的链式反应释放出大量的核能来发电的，故D错误。

5、A

【解析】

由图知，三容器内液体深度：hA.=hB=hc,根据p=〃g/l,〃盆水清水酒精，所以PA>PB>PC,故选A.

6、D

【解析】

两铁块的比热容相同，由题知它们放出的热量相同，甲的质量大于乙的质量，根据知，甲降低的温度小于乙

cm

降低的温度，由于不知道初温的高低，所以无法判断末温度的高低，所以让它们立即接触时，无法判断热传递的方向，

故D正确，ABC错误。

7、C

【解析】

A.置在光具座上35cm刻度线处，物距u=50cm-35cm=15cm,满足：2f>u>f条件，成倒立、放大实像，是投影仪

的原理，故A错误；

B.如果想在光屏上得到更大的清晰的像，应增大像距，减小物距，即蜡烛向右移动，光屏向右移动，故B错误；

C.将点燃的蜡烛放在光具座上10cm刻度线处，物距u=50cm-10cm=40cm,满足：u>2f条件，成倒立、缩小的实

像，故C正确；

D.将点燃的蜡烛放在光具座上30cm刻度线处，物距u=50cm-30cm=20cm,满足：2f>u>f条件，成倒立、放大的

实像，可以直接观察到像，故D错误.

【点睛】

（1）凸透镜成像的规律及其应用：当物距u>2f时，在光屏上得到倒立、缩小的实像，应用于照相机；当物距2f>u>f

时，在光屏上得到倒立、放大的实像，应用于投影仪；当物距u<f时，成正立、放大的虚像，应用于放大镜;

（2）成实像时，物距越小，像距越大，成的像也越大；

（3）实像可以用光屏承接，也可以直接观察.

二、填空题（本大题7小题，共21分）

8、减小树的表面积，以减少水分蒸发传播过程中

【解析】

将大量的侧枝除去，只留很少的枝芽，可以减少树的表面积，从而减少树中水分的蒸发，使树木不至于枯死。

茂密的森林具有吸声的作用，这是在传播过程中减弱噪声。

9、空气分子在做永不停息的无规则运动光的直线传播

【解析】

空气是传播声音的一种介质，我们平时听到的声音都是通过空气传播到人的耳中的；人们闻到“花香”说明分子都在不

停地做无规则运动；“柳荫”就是柳树的影子，它是由于光的直线传播，在遇到不透明的柳树时，光就无法传播过去，

于是就在柳树的后面形成一个黑暗的区域，便是影子。

10、122.5X1031700

【解析】

未放物体时，容器内水的深度：%生=100°叫=1。皿物体所受的浮力为歹浮=6-尸=5N-3N=2N；由于物体浸没，

SlOOcnT

2N4一

则V物=V排=n=1OxlO^kg/n?xlON/kg=2xl04m3=200cm3,物体A浸没时,水上升的局度：

hz二=200cm2cm,此时容器内水的深度：^=/ii+/i2=10cm+2cm=12cm,所以水对容器底的压强为

S100cm2

F

p=p/=1000kg/m3xl0N/kgx0.12m=1200Pa,由尸二一可得，水对容器底的压力尸=pS=1200Pax0.01m2=12N；物体的质

gIS

_G5Nm0.5kg

量7=一=L"一=0.5kg,物体的密度〃物=厂――;-r=2.5X103kg/m3；以容器、水以及物体作为整体研究，

gION/kg%2x10m

受力平衡，桌面受到的压力大小为歹总=尸浮+G容器+G水，容器内水的重力：G水=机水g=〃水

Vg=1.0xl03kg/m3xl000xl0-6m3xl0N/kg=10N,容器的重力：G容=而容g=0.5kgxl0N/kg=5N,所以物块浸没水中后，容器

4F6孚+G容器+G,k2N+5N+10N

对桌面的压强：p=~=上一逼一代=—-_…丁=1700Pa.

SS100x104m2

11、凝固；凝华；放出

【解析】

在较冷的早上拖地后，地面上的水会出现凝固现象，变成固态的冰，所以，暂停拖地可以防止水发生凝固，避免使同

学们摔倒受伤；冰箱中冷冻室侧壁上的霜是由水蒸气遇到很低的温度直接变成固态的冰形成的，即发生了凝华现象，

此过程中水蒸气需要放出热量；夜晚气温骤降，则室内温度高于室外的温度，室内空气中的水蒸气遇到很冷的玻璃，

会凝华成小冰晶附着在玻璃的内侧形成冰花；当他走到室外时，由于室外温度较低，眼镜片的温度高于室外空气中水

蒸气的温度，则水蒸气不能放热液化，所以，眼镜上不会蒙上一层水雾.

12、(2)(3)液化导热

【解析】

冰棒上有白粉属于凝华现象；冰棒周围的白气属于液化现象；玻璃杯外壁出汗属于液化现象；冰棒变成水属于熔化现

象，故物态变化相同的应是(2)(3),它们都属于液化现象；木材的导热性较差，不容易把手上的热迅速传给冰棍.

13、3小于小物块由A下滑到5的过程中，重物克服摩擦做功，部分重力势能转化为内能

【解析】

由题知，5c水平面是粗糙的，小物块在水平面5c上滑行时，受到水平向左的摩擦力、竖直向下的重力、竖直向上的

支持力，共受到3个力的作用；小物块由A下滑到3的过程中，不计空气阻力，物块的重力势能转化为动能，同时由

于受到摩擦力，重物克服摩擦做功，部分重力势能转化为内能，该过程重力势能的减小值等于动能增加量/Ei加上转

化成的内能；由C下落到。的过程中，不计空气阻力，物块的重力势能全部转化为动能，该过程重力势能的减小值等

于动能增加量/瓦；因为A5段和段的竖直高度相同，两个过程重力势能减小值相同，所以小于/瓦.

14、<>

【解析】

(1)由图知VAVVB,若两种液体的质量相等，由密度公式可知液体密度PA>PB,可得A、B下方对容器底的压强关系；

因为两种液体的质量相等，液体对容器底的压强相等；进而得出A、B两点的压强关系；

(2)由图知A、B深度hA〈hB,若A、B两点的压强相等，由p=Pgh可知液体密度PA>PB,进而得出A、B下方对容

器底的压强关系，液体对容器底的压强p底=p+p下，可得液体对容器底的压强关系.

【详解】

当两种液体的质量相等时，由于甲液体的体积小于乙液体的体积，故甲液体的密度大于乙液体的密度，由于A、5两

点离容器底等高，故A点距容器底这段液体产生的压强较大；但又由于二种液体的质量相等，所以它们对容器底的压

力是相等的，面积又相等，故两种液体对容器底的压强相等；故A点的压强PA等于液体对容器底的压强减去A点距

容器底的那段液体产生的压强，故PA<PB;

由图知A、B深度hA〈hB,若A、B两点的压强相等，由p=pgh可知液体密度PA>PB,,又因为A、3两点离容器底

等高，故A点距容器底这段液体产生的压强较大，则两种液体对容器底的压强应该等于A、8两点的压强分别加上4、

5两点距容器底的那段液体产生的压强，故p^>p乙.

三、作图题（共7分）

—>V

15、

【解析】

足球在光滑的水平地面上匀速向右滚动，则在水平方向上不受摩擦力的作用，在竖直方向上，足球受到了竖直向上的

支持力F,竖直向下的重力G,大小相等、方向相反、作用在同一直线上，过足球重心作出这两个力，注意两条线段

长度要相等；如下图所示：

【解析】

首先画出法线，在发生反射时，反射角等于入射角；光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，折射光线远离法线.故

答案为

【解析】

在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段即为压力示意图，如

图所示：

四、实验题(本大题共5小题，共20分)

18、G-F(m2加1)g等于浸没在液体中的物体受到的浮力大小与浸没的深度无关用细线吊着石块，

使石块全部浸入水中(不与容器底和侧壁接触)二-p水

【解析】

(1)由称重法测浮力知道，弹簧测力计在空中和水中的读数之差等于浮力，即浮力是：尸浮=G-F；物体对液体的压力

等于增加祛码的重力，Fa={mi-mi)go

(2)①取表格数据知道浮力是：尸浮i=2.6N-2.4N=0.2N；

物体对液体的压力是：Fai=g=(0.2kg-0.18kg)xl0N/kg=0.2N,故尸浮尸尸田i,

②圆柱体浸没深度hi时，F浮2=2.6N-2.2N=0.4N；

物体对液体的压力：Fg,2=(im-mi)g=(0.22kg-0.18kg)xl0N/kg=0.4N；

故F?J2=尸压2，

③圆柱体浸没深度h2时，尸浮3=2.6N-2.2N=0.4N；

物体对液体的压力是：F压3=Cm2-mOg=(0.22kg-0.18kg)xl0N/kg=O.4N；

故Fn3=F&3,即浮力的大小等于物体对液体压力的大小；

由于蛇＞小，比较②③得出结论：浸没在液体中的物体受到的浮力大小与浸没的深度无关；

(3)①用调节好的天平称出小石块的质量mI；

②在烧杯中注入适量的水，用天平称出烧杯和水的总质量加2；

③用细线系好石块，使石块全部浸入水中，在天平右盘添加适量的祛码，移动游码，天平平衡后，祛码与游码的总示

数为»13；

(4)石块受到的浮力是：尸浮=(»13-//12)g,

根据阿基米德原理知道：F浮排，

石块的体积是：有狭排=上=二匚”=三一丁,

石块的密度是：P石=--O

19、控制变量法CD

【解析】

(1)该实验中用到的研究物理问题的方法是控制变量法和转换法。

(2)A.由于两个电阻并联后与左边的电阻串联，根据并联电路电流的规律，通过Ri的电流大于&的电流，A错误;

B.容器内两电阻大小相同，通电时间相同，通过的电流不同，所以探究的是电流产生热量跟电流的关系，故B错误。

C.由图可知，实验是探究电流通过电阻时产生的热量与电流大小的关系，根据。=F心判断可知，在电阻、通电时间

一定时，左边的电流等于右边两个的电流的和，即左边电流较大，左边U形管产生热量越多，故左边U形管内液面的

高度较高，故C正确；

D.当乙装置中以发生了断路时，电路中只有小和及串联，则在通电一段时间后根据焦耳定律0=?通知产生的热

量增多，两U型管中液面的高度差均不断增大，因为电阻和电流都相同，产生的热量相同，它们的差值始终相同，故

D正确。

20、右1A

【解析】

(1)调节平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡.

(2)杠杆的平衡条件：动力X动力臂=阻力X阻力臂；

(3)调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态，这时杠杆的重心在支点上，使杠杆的自重对杠杆

平衡不产生影响，且便于测量力臂.

【详解】

(1)由图甲知，实验前没挂钩码时，发现杠杆右端上翘，则重心应向左移动，应将右端平衡螺母向右旋一些，使杠杆

在水平位置平衡；

(2)若在A处下方再挂一个钩码，根据杠杆平衡的条件，FIXL^F2XL2,4GX2格=2GXn格，n=4则B处所挂钩码

须向右移动1格，可使杠杆在水平位置再次平衡；

(3)杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母(或一端的螺母)要向杠杆上翘的一端调节；

实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影

响；调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度，故选A.

21、连接电路时开关没有断开闭合开关前没有将变阻器的滑片

调到阻值最大位置0.50.22小灯泡实际功率灯丝的电阻随温度的升高而变大；A

【解析】

(1)由表格数据知，小灯泡的额定电压为2.5V,所以电压表选用小量程，且与灯泡并联；

开关闭合后，向左移动滑动变阻器的滑片P,能使电路中电流变大，即变阻器连入电路中的电阻减小，需要将滑片左

侧电阻丝连入电路，故应将开关右侧接线柱与滑动变阻器的A接线柱相连，电路如图所示：

(2)当他连接完最后一根导线，立即看到灯泡发出明亮的光，

说明：①连接电路时开关没有断开，②没有将变阻器的滑片调到阻值最大位置；

(3)灯泡正常发光的电压为额定电压，通过的电流为额定电流，由表格数据知：灯泡的额定电压为2.5V,额定电流

为0.2A,额定功率为：尸=U[=2.5VX0.2A=0.5W；

由表格数据知：电流表的量程为0-0.6A,分度值为0.02A,示数为0.22A；

(4)由表中数据可知，灯泡两端的电压越大、通过的电流越大，根据P=0知，实际功率越大，灯泡越亮，所以灯

泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的；

由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以三次测得的小灯泡的阻值不相等。

(5)把小灯泡换成定值电阻后，电阻阻值R,已知，由电压表可测出电阻两端的电压U,电流表可测流过电阻的电流,

因此利用该电路可完成“探究电流与电压的关系”关系实验。故A正确。BCD错误。

22、通电导体周围存在磁场电流的磁场方向与电流方向有关

【解析】

a图中电路断路、无电流，小磁针不发生偏转，b或c图中有电流，小磁针发生偏转，由此可知：通电导体周围存在磁

场；b和c中都有电流通过，但电流方向相反，同时小磁针偏转的方向也相反，因此比较这两图可得出结论：电流的

磁场方向与电流方向有关。

五、计算题(本大题共2小题，共13分)

23、(1)6.72X105J(2)1.4X106J(3)48%

【解析】

(1)水吸收的热量：Q^=cm(Z-fo)=4.2xlO3J/(kg«℃)x2kgx(100℃-20℃)=6.72xlOsJ；

3736

(2)0.04m3的天然气完全燃烧放出的热量：gsj[=V9=0.04mx3.5xl0J/m=1.4xl0J；

5

。吸6.72X10J

(3)天然气灶的效率：n=^==48%O

14X106J

答：(1)水吸收的热量是6.72xl05j；

(2)0.04m3的天然气完全燃烧放出的热量是1.4X106J；

(3)天然气灶的效率是48%。

24、(1)0.9A；(2)30。

【解析】

如图电路，两电阻并联，电流表Ai测量Ri的电流，电流表A位于干路，测量干路电流，电源电压为9V.

(1)并联电路的各支路电压相等，可得：

UI=4=U=9V；

根据欧姆定律得，通过Ri的电流，即电流表Ai的示数为:

U9V

=0.9A.

10Q

(2)根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，得通过电阻R2的电流为:

I2=1-IX=L2A-0.9A=0.3A,

根据/=2可得R2的阻值为:

R

%=/蕊=3旧

六、综合能力题(本大题共3小题，共18分)

25、(1)3.6W；(2)2200；(3)50L；(4)方法一：换治,增大Ro的阻值；方法二：换电源，减小电源电压.

【解析】

(1)由题意可知，油箱装满汽油时，油量表的指针满偏，其示数为/o=O.6A,

此时Ro消耗的电功率：Po=h2Ro=(0.6A)2X10f2=3.6W；

TJTJ12V

(2)当滑片P刚好在R的中点时，油量表的示数为0.1A,由/=一可得，电路的总电阻：尺总=一=----=120。,

RR0.1A

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路的阻值：-R=R-Ro=12012-10f2=110Q,

2&

则变阻器R的总电阻：R=220C；

TJ12V

(3)当油量表示数为0.4A时，电路的总电阻：R'=—=——=30。，此时变阻器接入电路的电阻：

&r0.4A

R'=RS-Z?0=30£2-1012=200,将配=20Q代入V=60-0.5尺得：V=50L；

(4)当油箱中的汽油还有5升时，滑片P刚好在R的中点，油量表的示数为0.1A,此时报警电路开始自动报警，若

要报警时的油量比5升多一些，由V=60-0.5R可知，此时滑动变阻器接入电路中的电阻较小，小于工心电路中电

2

U

流较大，即大于0.1A；要使电路中的电流减小到0.1A(即达到该电流值时报警)，由/-可知，应增大Ro的阻

值或减小电源的电压，即方法一：换