备战中考物理真题《压轴挑战》分类汇编 挑战26 广东卷（广东近两年共33题）（解析版）

2023年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战26广东卷（广东近两年共33题）22、23年题型统计：选择题填空作图题实验解答题综合能力计算题合计电学综合21339力学综合436619热、电、力综合11215合计75111033一．选择题（共7小题）1．（2022•广州）两个量筒均装有20mL的水，往量筒分别放入甲、乙两个不吸水的物块，物块静止后如图所示，水的密度为1g/cm3，g取10N/kg，则（）A．甲的体积为40cm3 B．甲受到的浮力为0.4N C．乙排开水的体积小于20mL D．乙受到的浮力小于甲受到的浮力【答案】B【解答】解：AB、量筒中装有20mL的水，放入甲后，甲没有全部浸没在水中，量筒的示数为60mL，甲排开的水的体积为：V排甲＝60mL﹣20mL＝40mL＝40cm3＝4×10﹣5m3，甲的体积要大于40cm3；根据阿基米德原理可知，甲受到的浮力为：F浮甲＝ρ水gV排甲＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣5m3＝0.4N；故A错误，B正确；CD、量筒中装有20mL的水，放入乙后，乙浸没，量筒的示数为70mL，乙的体积即排开的水的体积为：V乙＝V排乙＝70mL﹣20mL＝50mL＝50cm3＝5×10﹣5m3；根据阿基米德原理可知，乙受到的浮力为：F浮乙＝ρ水gV排乙＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N，大于甲受到的浮力，故CD错误。故选：B。2．（2023•广州）用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，如图，水瓶匀速直线下降10m，使人匀速升高0.5m，水瓶对绳a的拉力为F1＝30N，绳b对人的拉力为F2＝480N。此过程（）A．有用功为300J B．F1做的功等于F2做的功 C．F1做的功小于F2做的功 D．滑轮组的机械效率为80%【答案】D【解答】解：A、克服人的重力所做的功为有用功，绳b对人的拉力为F2＝480N，所以人的重力G＝F2＝480N，W有＝Gh＝480N×0.5m＝240J，故A错误；B、F1做的功为总功，即：W总＝F1s＝30N×10m＝300J，F2做的功为W'＝F2h＝480J×0.5m＝240J，故B错误；C、根据以上计算可知，F1做的功大于F2做的功，故C错误；D、滑轮组的机械效率为，故D正确。故选：D。3．（2023•深圳）如图，某同学将盛水的烧杯放在电子台秤上，台秤的示数如图甲所示：将一个物块投入水中，漂浮时台秤示数为375g（如图乙），物体上表面始终保持水平，用力将物块压入全部浸没在水中，此时台秤示数为425g（如图丙）；将物块继续下压，从丙到丁物块下表面受到水的压力增加了0.8N，整个过程水始终未溢出，请问说法正确的是（）A．木块的质量为125g B．木块的密度为0.5g/cm3 C．从图丙到图丁，瓶底水的压强逐渐增大 D．从图丙到图丁，物体上表面受到水的压力增加了0.8N【答案】D【解答】解：AB、将一个物块投入水中，漂浮时台秤示数为375g（如图乙），则木块的质量为m木＝m排＝375g﹣300g＝75g，故A错误；由甲、丙可知，木块排开水的质量为m排'＝425g﹣300g＝125g，根据密度公式可知，V木＝V排＝＝＝125cm3，则木块的密度为：ρ木＝＝＝0.6g/cm3，故B错误；C、从图丙到图丁，木块完全浸没在水中，V排不变，水的深度不变，根据p＝ρgh可知，瓶底水的压强不变，故C错误；D、从图丙到图丁过程中，木块完全浸没在水中，V排不变，根据阿基米德原理可知，浮力不变，物块下表面受到水的压力增加了0.8N，根据浮力产生的原因可知，物体上表面受到水的压力应增加0.8N，故D正确。故选：D。4．（2023•广州）“掬手为升”是我国古代的计量方法之一，掬即为双手捧。如图，人双手捧起的米质量约为（）A．3g B．300g C．30kg D．300kg【答案】B【解答】解：人双手捧起的米质量约为300g，故B正确，ACD错误。故选：B。5．（2023•广州）小明将凝固点为47℃的某液态合金放在室温为25℃的实验室中，该合金从70℃降至47℃并保持一段时间再降至35℃，合金在此过程（）A．对外放热，内能一直减少 B．存在液化现象，内能一直增加 C．温度保持47℃时，不吸热也不放热 D．存在凝固现象，内能先减少后不变再减少【答案】A【解答】解：A、在整个过程中该合金对外放热，内能一直减少，故A正确；B、液化是指物质由气态变为液态的过程，该合金不存在液化现象，故B错误；C、晶体凝固过程放热，温度不变，故C错误；D、整个过程存在凝固过程，内能一直减少，故D错误。故选：A。6．（2022•深圳）如图所示为油量表示意图，当油量减少时，下列说法正确的是（）A．R不断减小 B．R总不断减小 C．I总不断减小 D．R两端电压不断减小【答案】C【解答】解：由图可知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；A、由图可知，当油量减少时，滑动变阻器的滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻丝变长，滑动变阻器R接入电路的电阻变大，故A错误；B、由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻变大时，电路中的总电阻也变大，故B错误；C、由欧姆定律可知，电源电压一定时，电路中的总电阻变大，电路中的电流减小，故C正确；D、由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻增大时，滑动变阻器两端的电压变大，故D错误。故选：C。7．（2022•广东）图中的a表示垂直于纸面的一段导线，它是闭合电路的一部分，当a在下列磁场中沿图中所示方向运动时，不会产生感应电流的是（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：ABC、由题意知导体是闭合电路中的导体，由图知，当a在图示磁场中沿图中所示方向运动时，导体做切割磁感线运动，所以会产生感应电流，故ABC不符合题意；D、导体是闭合电路中的部分导体，但当a在图示磁场中沿图中所示方向运动时，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，故D符合题意。故选：D。二．填空题（共3小题）8．（2023•广州）物体A重5N，如图1，A在水平拉力F1作用下，在水平面从M匀速直线运动到N用时3s；如图2，在A上放置一个钩码，A在水平拉力F2作用下，在另一水平面从P匀速直线运动到Q用时2s。（1）在MN、PQ段，A的速度分别为v1、v2，A所受摩擦力分别为f1、f2，则v1＜v2，f1＞f2。（均选填“＞”、“＝”、“＜”）（2）A从M运动到N，F1做的功为0.3J、功率为0.1W，A所受重力做的功为0J。【答案】（1）＜；＞；（2）0.3；0.1；0。【解答】解：（1）由图1可知，在MN段，A匀速运动的路程s1＝0.3m，水平拉力F1＝1N，其速度：v1＝＝＝0.1m/s，在PQ段，A匀速运动的路程s2＝0.4m，水平拉力F2＝0.6N，其速度：v2＝＝＝0.2m/s，则v1＜v2；因A在MN、PQ段均做匀速直线运动，受到的摩擦力和拉力是一对平衡力，所以，A所受摩擦力：f1＝F1＝1N，f2＝F2＝0.6N，则f1＞f2。（2）A从M运动到N，F1做的功：W1＝F1s1＝1N×0.3m＝0.3J，功率P1＝＝＝0.1W，A所受重力在竖直方向上，A在竖直方向上没有移动距离，重力没有做功，即A所受重力做的功为0J。故答案为：（1）＜；＞；（2）0.3；0.1；0。9．（2023•广东）如图所示，标有“2.5V0.3A”的灯泡L1和标有“6V0.15A”的灯泡L2连接成串联电路，电源电压可调节。闭合开关S，使电源电压从0V逐渐增加，先正常发光的灯泡是L2，此时通过另一灯泡的电流是0.15A。【答案】串；L2；0.15。【解答】解：闭合开关S，两个灯串联在电路中，使电源电压从0V逐渐增加，电路中电阻一定，由I＝可知电路中的电流变大，由于灯L2的额定电流0.15A小于L1的额定电流0.3A，电路中的电流先达到L2的额定电流，灯泡L2先正常发光，此时另一灯泡的电流也是0.15A。故答案为：串；L2；0.15。10．（2023•广州）（1）如图1，用力把重力G＝3N的测力计压在水平桌面上，测力计对桌面的压力F＝50N，与桌面的接触面积S1＝1×10﹣4m2，桌面的面积S2＝0.5m2，用题中物理量符号写出测力计对桌面的压强表达式为p＝，该压强是5×105Pa。（2）如图2，塑料管两端开口，抽气时，A点的空气流速小于B点的，A点的气压大于B点的气压（选填“大于”、“等于”、“小于”）；用气压计测出A点的气压是9.9×104Pa，该气压值等于9.9m高的静止水柱所产生的压强（水的密度为1×103kg/m3，g取10N/kg）。【答案】（1）p＝；5×105；（2）大于；9.9。【解答】解：（1）用力把测力计压在水平桌面上，测力计对桌面的压力为F＝50N，测力计对桌面的压强为：p＝＝＝5×105Pa；（2）流体流速小的位置压强大，抽气时，A点的空气流速小于B点的，A点的气压大于B点的气压；用气压计测出A点的气压是9.9×104Pa，根据p＝ρgh可得，水柱的高度：＝＝9.9m。故答案为：（1）p＝；5×105；（2）大于；9.9。三．作图题（共2小题）11．（2023•深圳）小白同学用斜向右上的拉力拉动物体，向右做匀速直线运动，请在图中画出：（1）绳子对手的拉力F；（2）物块受到的摩擦力f。【答案】见解答【解答】解：（1）绳子对手的拉力方向延绳子斜向下，作用点在手上，由此画出对手的拉力示意图，如图所示；（2）物块沿水平面向右做直线运动，则地面阻碍物块的运动，所以受到向左的摩擦力f，作用点在物块的重心上，如图所示：12．（2023•深圳）画出两条光线经透镜折射后的光路。【答案】如图见解答【解答】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，折射光线通过焦点；过光心的光线经凸透镜折射后，其传播方向不变；如图所示：四．实验探究题（共9小题）13．（2023•广州）小明按图示电路图正确连接电路，电阻R标有“5Ω”，灯L标有“3.8V，0.3A”。闭合开关S，L发光，电流表A和A1正常工作，示数均为0.24A。小明认为出现上述现象的原因是R被短路。该说法是否正确？否；若正确，写出理由；若不正确，分析出现该实验现象的原因并写出分析过程。L发光，电流表A和A1正常工作，示数均为0.24A，这说明干路中的电流与通过灯泡的电流是相同的，根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为0，所以故障是R断路。【答案】否；L发光，电流表A和A1正常工作，示数均为0.24A，这说明干路中的电流与通过灯泡的电流是相同的，根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为0，所以故障是R断路【解答】解：根据题意可知，闭合开关S，该电路为并联电路，电流表A测量干路中的电流，电流表A1测量通过灯泡的电流；L发光，电流表A和A1正常工作，示数均为0.24A，这说明干路中的电流与通过灯泡的电流是相同的，根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为0，所以改原因不可能是R短路，若R短路，则电源会被短路，所以故障是R断路。故答案为：否；L发光，电流表A和A1正常工作，示数均为0.24A，这说明干路中的电流与通过灯泡的电流是相同的，根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为0，所以故障是R断路。14．（2023•广东）在“探究浮力大小与哪些因素有关”的实验中：（1）观察弹簧测力计的零刻度线、量程和分度值。调零时，弹簧测力计应在竖直（选填“竖直”或“水平”）方向上调零。（2）如图甲所示，在弹簧测力计下悬挂一个高为6cm的长方体物块（可塑），测出重力。将它缓慢浸入水中，记录悬停在A、B、C、D、E这五个位置弹簧测力计的示数和深度h。请根据实验数据，在图乙中画出物块所受浮力F浮随h变化的图象。（3）分析图象可知：浸没前，h增加，F浮变大；浸没后，h增加，F浮不变。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）（4）若把此物块捏成高为6cm的圆锥体，重复上述实验。两次实验所得的F浮随h变化的图象不同（选填“相同”或“不同”）。（5）若继续探究浮力的大小与液体密度的关系，还需添加一种材料：不同密度的液体。【答案】（1）量程；竖直；（2）如图见解答；（3）变大；不变；（4）不同；（5）不同密度的液体。【解答】解：（1）弹簧测力计使用前要观察零刻度线、量程和分度值。调零时，弹簧测力计所测力的方向上调零，测重力和拉力要竖直方向，则调零也竖直方向。（2）根据F浮＝G﹣F；0cm、2cm、4cm、6cm、8cm、10cm时，受到的浮力分别为0、0.2N、0.4N、0.6N、0.6N、0.6N；由此在图像上描点画出图像，如图：（3）根据图像知，浸没前，h增加，F浮变大；浸没后，h增加，F浮不变；（4）若把此物块捏成高为6cm的圆锥体，相同深度时，排开液体的体积不同，受到的浮力不同；重复上述实验。两次实验所得的F浮随h变化的图象是不同的；（5）根据控制变量法，若继续探究浮力的大小与液体密度的关系，需保持排开液体的体积不变，改变液体的密度，因而需要不同密度的液体。故答案为：（1）量程；竖直；（2）如图见解答；（3）变大；不变；（4）不同；（5）不同密度的液体。15．（2023•广州）小明计划制作一个简易弹簧测力计，要求：①测量范围为0～30N；②分度值为1N；③用木板M做刻度板；④相邻两刻度线之间的距离相等且适当大一些。为了满足上述要求，小明对已有的四根弹簧做了如下测试：如图1，把弹簧挂在竖直木板M上，测出弹簧原长l0，如图2，把30N的重物挂在弹簧下端，测出弹簧总长l。测试结果如表。请你帮小明选择一根最合适的弹簧，并说明不选其他三根的理由。乙最合适，因为把30N的重物挂在弹簧下端，弹簧甲发生了塑性形变，不能恢复原状；弹簧丙会使刻度间距太小，不便读数；弹簧丁超过了最大测量范围。。弹簧代号甲乙丙丁l0/cm2.004.004.008.00l/cm20.0022.006.1035.00取走重物后弹簧能否恢复原状不能能能能【答案】乙最合适，因为把30N的重物挂在弹簧下端，弹簧甲发生了塑性形变，不能恢复原状；弹簧丙会使刻度间距太小，不便读数；弹簧丁超过了最大测量范围。【解答】解：弹簧测力计的原理是：在弹性限度内，弹簧的伸长量和所受的拉力成正比；把30N的重物挂在弹簧甲下端，取走重物后弹簧不能恢复原状，甲发生了塑性形变，故甲不合适；把30N的重物挂在弹簧丙下端，弹簧总长l＝6.10cm，弹簧总长太小且会使单位刻度代表的数值不便计算，不符合相邻两刻度线之间的距离相等且适当大一些的要求，故丙不合适；把30N的重物挂在弹簧丁下端，弹簧总长l＝35.00cm，超过了刻度板M的长度，不符合测量范围0～30N的要求，故丁不合适；把30N的重物挂在弹簧乙下端，弹簧总长l＝22.00cm，符合需要制作的测力计4点要求，故乙合适。故答案为：乙最合适，因为把30N的重物挂在弹簧下端，弹簧甲发生了塑性形变，不能恢复原状；弹簧丙会使刻度间距太小，不便读数；弹簧丁超过了最大测量范围。16．（2023•深圳）琴琴同学探究压强与受力面积的关系，得出了一个错误的结论。（1）谁的压力大两个相等，谁的受力面积大海绵的大。（选填“海绵的大”“沙坑的大”“两个相等”）（2）改进这两个实验的意见：选择海绵（或沙坑）做实验。（3）对比甲图选择下面的A对比探究压强和压力大小的关系。【答案】（1）两个相等；海绵的大；（2）选择海绵（或沙坑）做实验；（3）A。【解答】解：（1）本实验中，物体对海绵或沙子的压力大小等于物体的重力大小，压力大小相等；受力面积即两物体的实际接触面积，故受力面积海绵的大；（2）探究压强与受力面积的关系，要控制压力相同，只改变受力面积大小，甲、乙实验中，被压物质材料不同，故改进这两个实验的意见：选择海绵（或沙坑）做实验；（3）探究压强和压力大小的关系，要控制受力面积相同，只改变压力大小，且受压面材料相同，故对比甲图选择A对比。故答案为：（1）两个相等；海绵的大；（2）选择海绵（或沙坑）做实验；（3）A。17．（2023•深圳）如图所示，琴琴同学探究“水的沸腾与加热时间的关系”，水的质量为100g，实验过程中温度随时间变化的关系如下表。min00.511.52……12℃94？969798……98（1）当加热0.5min时，温度计示数如图乙，读数为95℃；（2）根据示数研究得出水沸腾时的温度变化特征是：水沸腾时持续吸热，温度不变；（选填“升高”“降低”或“不变”）（3）琴琴同学实验过程中，水沸腾时的温度小于100℃，原因是当时大气压低于1标准大气压；（4）如何减少加热时间，请给琴琴同学提个建议：减少水的质量；（5）水在1分钟内吸收的热量为8.4×102J；（6）根据第（5）步进一步探究，水沸腾后继续加热了10分钟，水的质量少了4g，探究蒸发1克水吸收了多少热量？（忽略热量损失）【答案】（1）95；（2）不变；（3）当时大气压低于1标准大气压；（4）减少水的质量；（5）8.4×102；（6）蒸发1克水吸收热量2.1×103J。【解答】解：（1）由图乙知，温度计的分度值位1℃，指在0刻度以上，此时的水温为95℃；（2）由表格数据可知，此时水沸点为98℃，水在沸腾过程中，持续吸热，温度不变；（3）在标准大气压下水的沸点是100℃，液体的沸点跟气压有关，气压越小，沸点越低，沸点是98℃，即当时大气压低于1标准大气压；（4）要减少实验时间，可以减少水的质量、给烧杯盖上盖子，提高水的初始温度等；（5）由表格数据可知：水的初温是94℃，加热1分钟后水的末温是96℃，则水吸收的热量：Q吸＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（96℃﹣94℃）＝8.4×102J；（6）由（5）可知水在1分钟内吸收的热量为8.4×102J，故水沸腾后继续加热了10分钟吸收的热量为10×8.4×102J＝8.4×103J，忽略热量损失，水的质量少了4g，蒸发1克水吸收热量Q＝＝2.1×103J。故答案为：（1）95；（2）不变；（3）当时大气压低于1标准大气压；（4）减少水的质量；（5）8.4×102；（6）蒸发1克水吸收热量2.1×103J。18．（2023•广东）小明在学习了凸透镜成像的规律后，继续深入探究。选用表中某一规格的凸透镜做实验，调整好器材后如1图甲所示，此时烛焰在光屏上成放大的像。凸透镜编号焦距/cm直径/cm①53.5②54.5③104.5④154.5（1）光屏上的像是实像还是虚像？实像。（2）一段时间后，小明发现烛焰的像如1图乙所示，此时将蜡烛向上调节可以使烛焰的像移到光屏中央。（3）小明选的凸透镜焦距为10cm。（4）小明将蜡烛换成F字光源，调整了光源和光屏的位置，在光屏上仍可观察到清晰的像，如2图所示，则小明看到的像应是D（选填字母）。（5）小明认为凸透镜成像的规律还可能与凸透镜的直径有关。若要验证其猜想，则可在表中选取编号为①②两个凸透镜进行实验验证。【答案】（1）实像；（2）上；（3）10；（4）D；（5）①②。【解答】解：（1）实像可以用光屏承接，故光屏上的像是实像；（2）一段时间后，小明发现烛焰的像如1图乙所示，此时烛焰的像成在光屏的上方，根据过光心的光线传播方向不变，可知，此时应将蜡烛向上调节可以使烛焰的像移到光屏中央；（3）由如1图甲可知，u＜v，且成实像，说明2f＞u＝15cm＞f，v＝30cm＞2f，即15cm＞f＞7.5cm，由表中数据可知，小明选的凸透镜焦距为10cm；（4）小明将蜡烛换成F字光源，调整了光源和光屏的位置，在光屏上仍可观察到清晰的像，如2图所示，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，故小明看到的像应是D；（5）小明认为凸透镜成像的规律还可能与凸透镜的直径有关，根据控制变量法可知，小明选取的凸透镜焦距应相同，凸透镜的直径不同，由表中数据可知，若要验证其猜想，可在表中选取编号为①②两个凸透镜进行实验验证。故答案为：（1）实像；（2）上；（3）10；（4）D；（5）①②。19．（2022•广东）图甲是测量小灯泡在不同电压下电阻的实验电路图（小灯泡额定电压为1.5V）。（1）小明按电路图连接实物，刚接上最后一根导线，看到电流表的指针立刻有偏转。若电路连线正确，造成这种异常现象的原因是开关没有处于断开状态。（2）实验中，调节滑动变阻器，分别记录电压表和电流表的示数如下：测量次序12345电压U/V1.81.51.00.3电流I/A0.320.300.260.18①第4次测量对应的电压表和电流表示数如图乙所示，此时小灯泡两端的电压是0.6V，通过它的电流是0.22A。②小灯泡正常发光时的电阻是5Ω。③第5次测量中，小灯泡不发光，小明断定是灯丝断了。这个判断是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。【答案】（1）开关没有处于断开状态；（2）①0.6；0.22；②5；③错误；若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。【解答】解：（1）连接电路中，开关没有处于断开状态，刚接上最后一根导线，电流表的指针立刻有偏转；（2）①根据图乙可知，电压表量程为0～3V，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为0.6V；电流表使用的0～0.6A，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.22A；②小灯泡额定电压为1.5V，第2次实验可知小灯泡额定电流为0.3A，小灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝5Ω；③这个判断是错误的，理由是若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。故答案为：（1）开关没有处于断开状态；（2）①0.6；0.22；②5；③错误；若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。20．（2023•深圳）已知：电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器（30Ω，1.2A）（1）请帮助亮亮根据电路图，连接实物图。（要求：滑片在最右端时，电阻最大。）（2）在闭合开关前，滑动变阻器滑片需要调到N端（选填“M”或“N”）。（3）亮亮同学检查电路连接正确，并且电路元件没有故障后，闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表偏转角度很小，请问故障原因是：滑动变阻器接入电路的电阻太大，接下来亮亮同学的操作方法是：调节滑动变阻器的滑片，观察小灯泡能否发光。（4）实验数据如表：电压U/V11.522.52.8电流I/A0.140.210.270.30.31请问：正常发光时，小灯泡的电阻是：8.3Ω。（5）由实验数据说明：小灯泡的电阻随电压的增大而增大。（选填：“增大”、“变小”或“不变”）（6）小白同学在电路连接正确后，闭合开关。小灯泡亮了一下之后突然就熄灭，电流表无示数电压表有示数，请在图丙中，画出电压表指针指的位置。（用带箭头的线段表示）【答案】（1）见解答图；（2）N；（3）滑动变阻器接入电路的电阻太大；调节滑动变阻器的滑片，观察小灯泡能否发光；（4）8.3；（5）增大；（6）见解答图。【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，滑动变阻器滑片向左滑动阻值变小，滑动变阻器左下接线柱连入电路，电路图如下图所示：（2）为保护电路，由电路图可知，闭合开关前滑片应置于最右端即N端；（3）检查电路连接正确，并且电路元件没有故障后，闭合开关，发现小灯泡不发光，电流表偏转角度很小，说明滑动变阻器接入电路的电阻太大，电路中的电流太小，灯泡的实际功率太小，不足以使灯泡发光；接下来亮亮应调节滑动变阻器的滑片，观察小灯泡能否发光；（4）小于灯泡的额定电压2.5V，由表格数据知电流为0.3A，小灯泡正常工作时的电阻为：R＝＝≈8.3Ω；（5）由表中数据知，通过灯泡的电流随电压的增大而增大，但电压增加量相同时，电流的变化量越来越小，由R＝可知，小灯泡灯丝电阻随电压的增大而增大；（6）灯泡熄灭，电流表无示数，则说明电路中发生断路，电压表有示数，则说明与电压表并联的灯泡断路，使得电压表串联入电路，电压表的示数等于电源电压（两节干电池）3V，电压表量程选择0～3V，故指针指的位置如下图所示：。故答案为：（1）见解答图；（2）N；（3）滑动变阻器接入电路的电阻太大；调节滑动变阻器的滑片，观察小灯泡能否发光；（4）8.3；（5）增大；（6）见解答图。21．（2022•深圳）①探究平面镜成像实验（图1）：（1）平面镜成像实验选择的是玻璃板。（选填“平面镜”或“玻璃板”）（2）来回移动蜡烛的位置是为了确定像的位置。（3）将物像连线连接在纸上（如图2），继续分析和研究，得出平面镜成像特点像距与物距相等。（4）图中哪里存在误差：玻璃板有厚度，像距测量会有误差。②小红在游玩时见了一些石头，拿了其中一块来做实验（图3）：（1）天平放在水平桌面上指针如图3甲所示，平衡螺母应向右（选填“左”或“右”）调，直至平衡。（2）如图3乙，小石头的质量为89g，可求得小石块的密度为8.9g/cm3。（3）砝码磨损，按照以上步骤。测得小石块密度偏大（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。（4）若使用弹簧测力计测量石头密度，如图4，ρ石＝（水的密度为ρ水，用已知物理量符号表示）。【答案】见试题解答内容【解答】解：①（1）平面镜成像实验选择的是玻璃板，便于观察像的位置；（2）来回移动蜡烛的位置是为了确定像的位置；（3）将物像连线连接在纸上（如图2），继续分析和研究，得出平面镜成像特点：物距和像距相等；（4）玻璃板有厚度，直接用连线长度表示物距和像距，像距会有误差；②②（1）指针向左偏，平衡螺母向右调节；（2）天平上物体的质量m＝85g+4g＝89g；物体体积为两次量筒示数之差，V＝40mL﹣30mL＝10mL＝10cm3，物体密度ρ＝＝＝8.9g/cm3；（3）砝码磨损，测量的质量比实际质量大，体积不变，根据密度公式可知密度偏大；（4）物体受到浮力F浮＝F1﹣F2。物体浸没在水中，物体排开液体的体积和物体体积相等。V排＝V，＝，解得ρ石＝。故答案为：①（1）玻璃；（2）像；（3）像距和物距相等；（4）玻璃板有厚度，像距测量会有误差；②（1）右；（2）89；8.9；（3）偏大；（4）。五．解答题（共2小题）22．（2023•广州）图1中工人用工具搬运石头，该工具可简化成图2中杠杆AB，移动支架，可使支点O在AB间移动。杆水平静止，忽略杆重。（1）人对杆的压力为F1，绳对杆的拉力为F2，F1、F2竖直向下。①在图2中画出F1的力臂l1；②F2的力臂l2＝；（用F1、F2、l1表示）。（2）同一石头仍悬挂在杆B端，人对杆A端的压力方向不变，只通过移动支点O使该压力变小，杆仍保持水平静止，支点O应向B（选填“A”、“B”）端移动。【答案】（1）①见解答；②；（2）B。【解答】解：（1）图中支点是O，过支点作力F1作用线的垂线，标上垂足，用双箭头表示出这段距离，记为l1；如图所示：（2）根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，F2的力臂l2＝；（3）同一石头仍悬挂在杆B端，人对杆A端的压力方向不变，只通过移动支点O使该压力变小，杆仍保持水平静止，支点O应向B点移动，使得阻力臂减小，同时动力臂变大。故答案为：（1）①见解答；②；（2）B。23．（2023•广州）小明自制的“温度计”中有密度随温度升高而变小的液体。如图1，当该液体温度为19℃时，质量为4×10⁻3kg的小球b悬浮，b标记“19℃”；另外两个小球分别标记“15℃”“23℃”，当小球悬浮时，它标记的温度与液体温度相等。图1、图2、图3中小球a、b、c均静止，忽略小球体积变化，g取10N/kg。（1）图1中b悬浮，①在图4方框中画出b的受力示意图（用“•”表示b）；②求此时b受到的浮力；③此时液体密度为0.8×103kg/m3，求b排开液体的体积。（2）图2中b漂浮，①此时b所受浮力等于图1中b所受浮力（选填“大于”、“等于”、“小于”）；②此时液体温度低于19℃（选填“高于”、“等于”、“低于”）；③小球c对应标记15℃（选填“15℃”、“23℃”）。（3）图3中液体温度的范围可能是D。A.14℃以下B.16℃～18℃C.20℃～22℃D.24℃以上（4）液体温度在15℃～23℃范围内，b在液体中静止时所受浮力与液体温度关系的图象可能正确的是（b不接触其他小球）C。【答案】（1）①见解答图；②此时b受到的浮力为0.04N；③b排开液体的体积为5×10﹣6m3；（2）①等于；②低于；③15℃；（3）D；（4）C。【解答】解：（1）①图1中b悬浮，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，且两个力大小相等，如下图所示：；②b受到的浮力为：F浮＝G＝mg＝4×10⁻3kg×10N/kg＝0.04N；③由F浮＝ρ液gV排得b排开液体的体积为：V排＝＝＝5×10﹣6m3；（2）①图2中b漂浮，受到的浮力也等于其自身的重力，所以此时b所受浮力等于图1中b所受浮力；②③当外界气温降低时，液体的密度变大，由F浮＝ρ液gV可知，小球所受浮力会变大，悬浮小球会上浮，最终会漂浮在水面上，所以此时（图2中）液体温度低于19℃；图2中小球c沉底，由浮沉条件可知ρc球＞ρ2液，则当c球悬浮时，对应的液体密度＝c球的密度＞图2中液体的密度，因液体的密度随温度降低而变大，所以小球c对应的温度更低，应标记为15℃；（3）由图3知，三个小球都下沉，由“环境温度越高时，液体的密度变小，浮力越小，悬浮的小球会下沉”可知液体的温度比23℃还高，故D符合题意；故选：D。（4）由于气温降低时，小球所受浮力会变大，悬浮小球会上浮，环境温度越高时，浮力会变小，悬浮的小球会下沉，且漂浮和悬浮时浮力都等于重力，所以15℃～19℃时浮力保持不变，温度再升高，浮力会继续变小，浮力小于重力，小球会下沉，所以19℃～23℃时浮力减小，故C图符合题意。故选：C。故答案为：（1）①见解答图；②此时b受到的浮力为0.04N；③b排开液体的体积为5×10﹣6m3；（2）①等于；②低于；③15℃；（3）D；（4）C。六．计算题（共3小题）24．（2023•深圳）R是一个随推力F变化而变化的电阻，F与R的关系如图甲所示。现有如图乙、丙的两个电路，R0为定值电阻，阻值为20Ω，电源电压恒为6V，电流表量程为0～0.6A。（1）当小白同学推力为0时，求电阻R的阻值。（2）用300N的力推电阻，求R0的电功率（图乙）。（3）图丙中当干路电流不超过电流表量程时，小白同学推力F的最大值。【答案】（1）当小白同学推力为0时，电阻R的阻值为40Ω；（2）用300N的力推电阻，R0的电功率为0.8W；（3）图丙中当干路电流不超过电流表量程时，小白同学推力F的最大值为200N。【解答】解：（1）由甲图可知，当F＝0时，电阻R＝40Ω；（2）图乙中，R和R0串联，已知F＝300N，由甲图可知电阻R＝10Ω，串联电路的电流I＝＝＝0.2A；R0的功率P＝I2R0＝（0.2A）2×20Ω＝0.8W；（3）图丙中，R和R0并联，通过R0的电流I＝＝＝0.3A；由于电流表的量程为0～0.6A，干路电流最大为Imax＝0.6A；根据并联电路电流的特点，通过R的电流I＝0.6A﹣0.3A＝0.3A，则电阻R的阻值R＝＝＝20Ω，由图甲可知推力F＝200N。答：（1）当小白同学推力为0时，电阻R的阻值为40Ω；（2）用300N的力推电阻，R0的电功率为0.8W；（3）图丙中当干路电流不超过电流表量程时，小白同学推力F的最大值为200N。25．（2023•深圳）如图1是古时劳动人民用工具撬起木料的情景，如图二中已知其中BO：OC＝1：5，木料的体积为4m3，木块的密度为0.5×103kg/m3。（1）求木材所受重力？（2）如图2，在B端有一木材对绳子的力F1为1×104N，当F2为多大时，木料刚好被抬起？（3）随着时代发展，亮亮同学发现吊车能更方便地提起重物。如图3用一吊车匀速向上提起木材，已知提升的功率为P＝10kW，那这个吊车在10s内可以将该木料提升的高度为多高？【答案】（1）木材所受重力为2×104N；（2）当F2为2×103N时，木料刚好被抬起；（3）这个吊车在10s内可以将该木料提升的高度为5m。【解答】解：（1）木材所受重力：G＝mg＝ρVg＝0.5×103kg/m3×4m3×10N/kg＝2×104N；（2）由杠杆平衡条件可得：F1×OB＝F2×OC，则F2＝＝＝2×103N；（3）由P＝可得，这个吊车在10s内做的功：W＝Pt＝10×103W×10s＝1×105J，由W＝Gh可得，提升的高度：h＝＝＝5m。答：（1）木材所受重力为2×104N；（2）当F2为2×103N时，木料刚好被抬起；（3）这个吊车在10s内可以将该木料提升的高度为5m。26．（2023•广东）如图甲是用某款3D打印笔进行立体绘画时的场景。打印笔通电后，笔内电阻丝发热使笔内绘画材料熔化。加热电路简化后如图乙所示，电源电压恒为6V，R1和R2为发热电阻丝。只闭合S1时低温挡工作，S1、S2都闭合时高温挡工作，高温挡和低温挡的功率比为4：3，R1＝4Ω，忽略电阻丝阻值随温度变化。求：（1）通过R1的电流；（2）低温挡的功率；（3）R2的电阻值。【答案】（1）通过R1的电流为1.5A；（2）低温挡的功率为9W；（3）R2的电阻值为12Ω。【解答】解：（1）电源电压恒为6V，R1＝4Ω，则通过R1的电流为：I1＝＝＝1.5A；（2）只闭合S1时低温挡工作，此时电路为只有R1的简单电路，则低温挡的功率为：P低＝＝＝9W；（3）高温挡和低温挡的功率比为4：3，则高温挡功率为：P高＝P低＝×9W＝12W，S1、S2都闭合时为高温挡，此时R1、R2并联，因R1前后电压不变，电阻不变，所以功率不变，故R2的功率为：P2＝P高﹣P低＝12W﹣9W＝3W，则R2的电阻值为：R2＝＝＝12Ω。答：（1）通过R1的电流为1.5A；（2）低温挡的功率为9W；（3）R2的电阻值为12Ω。七．综合能力题（共7小题）27．（2023•广东）明代宋应星在《天工开物》中记载的农业生产汲水装置——辘轳，沿用至今。如图甲是一种辘轳，由具有共同转动轴的大轮和小轮组成。提水时，用力使大轮转动，小轮随之转动并缠绕井绳，提起水桶。（1）如图甲所示辘轳可视为不等臂杠杆，为方便提水，它是按照省力（选填“省力”或“费力”）杠杆来设计的。用辘轳提水的某时刻示意图如图乙所示，它的支点是“A”“B”或“C”中的B点。（2）设大轮与小轮的半径比为3：1，水桶受到的总重力为90N。使周长为3m的大轮转动一圈，水桶匀速上升，井绳对水桶做功90J；若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力应为30N。（不计井绳的粗细和自重）（3）图丙所示水龙头开关的设计也应用了同样的原理，为了更省力，开关应选用①（选填“①”或“②”）。【答案】（1）省力；B；（2）90；30；（3）①。【解答】解：（1）辘轳的实质是轮轴，动力作用在轮上，可以省力；支点是绕着转动的固定点，即B点；（2）设大轮与小轮的的半径比为3：1，水桶受到的总重力为90N。使周长为3m的大轮转动一圈，水桶匀速上升高度是小轮的周长，为大轮周长的，即1m，井绳对水桶做功W＝Gh＝90N×1m＝90J；若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力为F，根据杠杆的平衡条件有：FR＝Gr；则F＝＝＝30N；（3）水龙头开关的设计也应用了轮轴，增大轮的半径可以增大动力臂，在阻力和阻力臂一定时，可以减小动力，故选择图中的①可以更省力。故答案为：（1）省力；B；（2）90；30；（3）①。28．（2023•广东）小明了解到有种说法“在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖”。他采用如图的装置进行实验：在甲、乙两个相同的瓶子中装入等体积的热水，用两层灰色薄棉布包裹着甲瓶（内层紧贴，外层相对宽松），用一层灰色厚棉布紧贴包裹着乙瓶，用数显温度计测量瓶中热水的温度，测得有关数据如表所示。室温：25.0℃时间/min020406080甲瓶水温/℃61.056.662.550.948.5乙瓶水温/℃61.055.652.349.045.7（1）表中有一个温度值记录错误，该错误的温度值是62.5℃。水温会先降到41.0℃的是乙瓶。已知瓶中水的体积是350mL，该瓶中水的温度降至41.0℃时，其放出的热量是29400J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]（2）如果把瓶中的热水换成冰块，甲瓶中的冰块熔化较慢。分析实验结果，可猜想“在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖”的原因可能是两件薄衣服中间有空气。（3）请写出一个生活中与你的猜想相符合的例子：羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体的热量的散失。【答案】（1）62.5；乙；29400；（2）甲；空气；（3）羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体的热量的散失。【解答】解：（1）随着时间的增加，水的温度逐渐降低，所以甲瓶水40min时的温度62.5℃是错误的；由表格数据知乙瓶水的温度降低的快，水温会先降到41.0℃；由ρ＝知水的质量为：m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×350×10﹣6m3＝0.35kg；水放出的热量是：Q放＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.35kg×（61.0℃﹣41.0℃）＝29400J；（2）由表格数据知甲瓶水的温度降低的慢，说明甲瓶保温性能好，如果把瓶中的热水换成冰块，甲瓶中的冰块熔化较慢，说明在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖，由于空气是热的不良导体，所以两件薄衣服中间有空气可能是在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖的原因；（3）羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体的热量的散失。故答案为：（1）62.5；乙；29400；（2）甲；空气；（3）羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体的热量的散失。29．（2022•广东）阅读下列短文，回答问题。直流充电桩直流充电桩是一种为电动汽车补给能量的装置，如图甲所示。它能够将电网中的交流电转化为直流电，再将电能充入汽车动力电池（以下简称电池）。通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，因而可实现快速充电。设电池当前储能占充满状态储能的百分比为D。充电时，充电桩的充电功率P会随着电池的D的变化而变化，同时用户还可以通过充电桩显示屏了解充电过程中的其他相关信息。现实际测试一个直流充电桩对某辆电动汽车的充电性能。假定测试中充电桩输出的电能全部转化为电池的储能。充电前，D为30%，充电桩显示屏中充电时长、充电度数、充电费用示数均为0。开始充电后，P与D的关系如图乙所示（为方便计算，图像已作近似处理）。充满后，立即停止充电。当D达到70%时充电桩显示屏的部分即时信息如表。充电电压（V）充电电流（A）充电时长（min）充电度数（kW•h）充电费用（元）4004524.028.80（1）通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，故充电功率更大。（2）在D从30%增至70%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变。当D为70%时，充电电流为100A。（3）若充电过程中充电电费单价不变，则测试全过程的充电费用为50.4元。（4）设D从70%增至80%所需时间为t1，从80%增至90%所需时间为t2，且t1：t2＝2：3，则测试全过程的充电总时长为109min。【答案】（1）大；（2）先变大，后不变；100；（3）50.4；（4）109。【解答】解：（1）通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，由P＝UI可知，充电功率更大；（2）由图乙知，D从30%增至70%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变；当D达到70%时，充电功率为40kW＝40000W，由表中数据知，D达到70%时，充电电压为400V，由P＝UI可知，此时的充电电流：I＝＝＝100A；（3）由表中数据知，D达到70%时，即充入充满状态储能的40%时，充电度数为24.0kW•h，充电费用28.80元，电费单价为：＝1.20元/kW•h，则充满电还需充入30%，需消耗的电能为：W′＝＝18kW•h，测试全过程的充电费用为（24+18）kW•h×1.20元/kW•h＝50.4元；（4）由题意可知，充满电时储存的电能为：W＝＝60kW•h，由图乙知，D从80%至90%时，即D增加10%，消耗电能W2＝10%×W＝10%×60kW•h＝6kW•h，此过程中充电功率P2＝15kW保持不变，由W＝Pt可得，此时充电的时间t2＝＝＝0.4h＝24min，D从90%至100%的过程中，充电功率不变，充电时间也为24min，由题知，t1：t2＝2：3，所以D从70%增至80%所需时间：t1＝t2＝×24min＝16min，由表中数据知，D从30%增至70%的过程中充电时长45min，所以测试全过程的充电总时长t＝45min+16min+24min+24min＝109min。故答案为：（1）大；（2）先变大，后不变；100；（3）50.4；（4）109。30．（2022•深圳）（1）小明检测到家庭最大电流为5A，要买一个电热水壶，一个为“220V1000W”，一个为“220V1500W”，小明选了1000W的（如图1），请根据计算说出为什么不选1500W的。（2）电热水壶的电线很短，因此电阻小产生热量少，更加安全。（3）小明把一个电热水壶插进插座，打开开关，突然家里的用电器都不工作了，请写出可能的两个原因：①电热水壶短路，②电热水壶的功率太大了。（4）比较电热水壶和电炉的加热效率，请从图2中选择一组B。（5）实验：将1L水加热至沸腾，探究电热水壶的效率。求：设计实验方案并写出效率表达式。物理量方法（应说明测量道具、物理量）结论（用题目所给物理量表示）水的密度ρ水的比热容c热水壶额定功率P用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后倒入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温。度t2η＝器材：330mL和500mL矿泉水，300mL家用量筒，温度计（﹣20℃﹣110℃），计时器、电子秤（600g）、计算机。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）第一个热水壶的额定电流I1＝＝≈4.5A；第二个热水壶的额定电流I2＝＝≈6.8A＞5A，所以不选1500W的电热水壶；（2）电热水壶电线短，电阻小；根据焦耳定律Q＝I2Rt，阻值越少，电线放出的热量越少，热水壶就越安全；（3）家里的用电器都不工作了，可能是短路或者用电器过载导致空气开关跳闸。所以可能原因为电热水壶短路或者电热水壶的功率太大了；（4）比较电热水壶和电炉的加热效率，应控制加热功率和加热的水的质量相同，所以选B；（5）1L水可以采用两次500mL来测量；所以操作方法用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后倒入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温度t2；水吸收的热量Q吸＝cmΔt＝cρ×10﹣3m3×（t2﹣t1），电热水壶消耗的电能W＝Pt，电热水壶的效率η＝＝。故答案为：（1）第一个热水壶的额定电流I1＝＝≈4.5A；第二个热水壶的额定电流I2＝＝≈6.8A＞5A，所以不选1500W的电热水壶；（2）小；少；（3）电热水壶短路；电热水壶的功率太大了；（4）B；（5）用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后倒入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温度t2；。31．（2022•广东）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（1）潜水艇活动的海水深度一般为300m至600m。它可以通过水舱排水或充水来改变自身重力，从而实现浮沉。（2）深潜器可进入更深的水域，在10000m的深处，海水产生的压强为1.03×108Pa。由于深海海水压强太大，深潜器实现浮沉的方法与潜水艇有所不同。（3）小明阅读资料后，利用如图的装置模拟深潜器在水中的运动过程。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2kg，体积为25cm3，则乙所受浮力的大小为0.25N，乙受到细线的拉力为1.75N。若剪断细线，甲将上浮（选填“上浮”“悬浮”或“下沉”），此时甲所受浮力C（填字母）。A.增大，且大于重力B.不变，且等于重力C.不变，且大于重力D.减小，且小于重力【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）潜水艇是通过改变自重来实现上浮和下沉的；（2）海水产生的压强：p＝ρ海gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.03×108Pa；（3）乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水＝V乙，乙所受浮力：F浮乙＝ρ水gV排水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×25×10﹣6m3＝0.25N；乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，由力的平衡条件可知，拉力：F拉＝G乙﹣F浮乙＝m乙g﹣F浮乙＝0.2kg×10N/kg﹣0.25N＝1.75N；剪断细线前，甲静止时，受到竖直向下的重力、拉力和竖直向上的浮力的作用，由力的平衡条件可得，F拉+G甲＝F浮甲，此时浮力大于重力，当剪断细线后，甲不受向下的拉力作用，由于浮力大于重力，所以甲会上浮，露出水面前，甲排开水的体积不变，由F浮＝ρ水gV排可知，甲受到浮力不变，故C正确。故答案为：（1）自身重力；（2）1.03×108；（3）0.25；1.75；上浮；C。32．（2022•广州）如图1，工人将重500N的货物推入静止的货柜中（忽略空气阻力，g取10N/kg）。（1）在斜面上货物受到沿斜面向上250N的推力F1，从P点匀速运动到Q点用时4s。求此过程①F1的功率；②斜面的机械效率。（2）在货柜的同一水平底面上，货物受到水平向右100N的推力F2，从A点匀速运动到B点用时1s，在B点撤