2024年江苏省镇江市中考物理

镇江市2024年初中学业水平考试物理试卷

本试卷共 6页，28小题，全卷满分 100分，考试时间 100分钟

注意事项：

1．答卷前，考生务必用

0.5 毫米黑色墨水笔将自己的姓名和准考证号填写在试卷、答题卷上相应位置。

2．答选择题必须用 2B铅笔将答题卷上对应的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再涂其他答案。答非选择题必须用

0.5毫米黑色墨水笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后写上新的答案。不按以上要求作答的答案无效。

3．作图题请先用 2B铅笔作答，确认无误后请用

0.5毫米黑色墨水笔描黑。

一、选择题（本题共 12小题，每小题 2分，共 24分。每小题只有一个选项是正确的）

【答案】C【解析】

【详解】音调是声音的高低，与振动的频率有关；响度是声音的大小，与振动的幅度有关；音色指声音的品质特色，不同的发声体的音色一般不同，依据声音的音色可以分辨不同的乐器，所以奏乐时听众能分辨出琴和瑟发出的声音，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。

【答案】A

【解析】

【详解】手机和基站之间的信息传输，包括我们日常使用的无线通信，如手机信号、无线网络等，都是依靠电磁波来实现的。因此，手机和 5G基站之间的信息传输也是依靠电磁波。故选A。

3. 下列现象中，属于熔化的是（ ）

A.

铁网凝霜

B.

雾的形成

河面结冰

C.

冰雪消融

D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．铁网凝霜。这里的“霜”是水蒸气在低温条件下直接凝华成的小冰晶，附着在铁网上。故 A不符合题意；B．雾的形成。雾是由空气中的水蒸气遇冷后液化成的小水滴悬浮在空中形成的。故 B不符合题意；C．冰雪消融。这里的“消融”指的是冰雪（固态的水）在温度升高时变为液态的水的过程，即熔化过程。故 C符合题意；D．河面结冰。这是水在低温条件下由液态变为固态的过程，称为凝固，故D 不符合题意。

【答案】A

【解析】

【详解】A．神舟十八号飞船与核心舱对接完毕后，相对核心舱来说，神舟十八号飞船与核心舱位置没变，是静止的，故A符合题意；BCD．在舱外太空行走的宇航员、月球上的“嫦娥五号”着陆器、火星上的“祝融号”火星车相对核心舱，它们的位置都发生变化，因此是运动的，故BCD不符合题意。故选A。

5. 诗句“香炉初上日，瀑水喷成虹”描述了如图所示的情景：太阳刚升起时，从瀑布溅起的水雾中可看到彩虹。此现象属于（ ）

A. 光的直线传播 B. 光的色散 C. 光的反射 D. 小孔成像

【答案】B

【解析】

【详解】当太阳刚升起时，阳光照射到瀑布溅起的水雾上，被水雾中的小水滴分散成了七种颜色的光，随后我们可以从水雾中看到彩虹，这是光的色散现象。故选B。

6. 下面是汽油机工作时的各个冲程示意图，其中做功冲程是（ ）

A

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，故A不符合题意；

B．两气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，将机械能转化为内能，故B不符合题意；C．两气门都关闭，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，将燃料燃烧释放的内能转化为机械能，从而获得动力，故C符合题意；D．排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，故D不符合题意。

故选 C。

7. 小华做了一个趣味实验：取两根相同的塑料吸管，分别用细线系住吸管一端，再将两吸管另一端同时在自己的头发上摩擦起电，悬挂后靠近。她观察到的现象是（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【详解】由于两根吸管都经过了相同的摩擦起电过程，并且它们是由相同的材料制成的，因此它们会带上相同种类的电荷。在物理学中，同种电荷是相互排斥的。

故选 B。

8. 如图所示，小明在测量滑动摩擦力时，将物块A置于水平木板上，用弹簧测力计水平向右拉 A，使其始终做匀速直线运动。经过区域 1和区域 2时，弹簧测力计的示数分别为 和 。两区域示数不同的原因是（ ）

A. 在区域1中A对木板的压力更大 B. 在区域 2中A对木板的压力更大C. 木板上区域1的粗糙程度更大 D. 木板上区域2的粗糙程度更大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．根据图可知，在区域 1、区域2中，A的质量没变，根据重力和质量的关系可知，重力不变，水平放置时，对木板的压力不变，故 AB不符合题意；

CD．木板做匀速直线运动，根据二力平衡可知，拉力的大小等于滑动摩擦力的大小；物体的对水平木板的压力不变，但是弹簧测力计的示数（拉力大小）不同，说明滑动摩擦力的大小不同，经过区域1和区域 2时，弹簧测力计的示数分别为 和 ，所以在区域 2时受到的摩擦力更大，木板上区域 2的粗糙程度更大，故C不符合题意，D符合题意。

故选 D。

9. 小李用图 1所示装置观察水的沸腾，正确实验并采集数据后，绘制出如图 2 所示的图像。关于本实验，下列说法正确的是（ ）

图1

图2

A. 水沸腾时温度保持100℃不变 B. 水面上方气压低于标准大气压C. 内水不需要吸收热量 D. 杯口的“白气”是蒸发形成的

【解析】

【详解】A．如图，水沸腾时，温度保持在 $9 8 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ 不变，故A错误；B．在标准大气压下，水的沸点是 $1 0 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ ，由A可知，水的沸点是 98℃，因气压越低，沸点越低，所以水面上方气压低于标准大气压，故B正确；C． 内，水是沸腾的，根据沸腾的条件可知，水沸腾时虽然温度保持不变，但需要吸收热量，故C 错误；D．杯口的“白气”是烧杯中的水汽化的水蒸发在空气中遇冷液化形成的小水珠，故D错误。故选B。

10. 小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡。此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（ ）

A. 钩码的数量适当增加 B. 钩码的位置适当左移C. 弹簧测力计转到图中虚线位置 D. 弹簧测力计位置适当向左平移

【解析】

【详解】A．钩码的数量适当增加，阻力增大，阻力臂、动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知，动力增大，即弹簧测力计示数增大，不可行，故A不符合题意；B．钩码的位置适当左移，阻力臂增大，阻力、动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知，动力增大，即弹簧测力计示数增大，不可行，故B不符合题意；C．弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂减小，阻力臂、阻力不变，根据杠杆平衡的条件可知，动力增大，即弹簧测力计示数增大，不可行，故C不符合题意；D．弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂增大，阻力臂、阻力不变，根据杠杆平衡的条件可知，动力减小，即弹簧测力计示数减小，可行，故D符合题意。

故选 D。

11. 某学校电动门既可以用遥控器开启，也可以用按钮开关开启。电动门开启时，电动机工作，警示灯L亮起。若取下警示灯 L，电动机仍能工作。按下遥控器相当于 $\mathrm { S } _ { \mathrm { 1 } }$ 闭合，按下按钮开关相当于 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 闭合。符合上述要求的电路是（ ）

A.

B.

【答案】D

【解析】

【详解】根据题目描述，电动门既可以用遥控器开启，也可以用按钮开关开启。这意味着遥控器和按钮开关在电路中应该是并联的，因为并联电路中的各个支路可以独立工作，互不影响。电动门开启时，电动机工作，警示灯L 亮起。但题目又指出，若取下警示灯L，电动机仍能工作。这说明电动机和警示灯L在电路中应该是并联的，因为并联电路中的各个用电器可以独立工作，互不影响。

故选 D。

12. 如图所示，某种可重复使用火箭在降落过程中，通过控制推力，沿竖直方向先从 A点减速运动到B点，再从B点匀速运动到C点，且 $A B = B C$ ，不计运动过程中的空气阻力，忽略火箭质量的变化。则（ ）

A. 火箭受到推力的施力物体是空气 B. AB段的推力小于BC段的推力C. AB段重力做功的功率大于 BC段 D. AB段火箭的重力势能转化为动能

【答案】C

【解析】

【详解】A．火箭的运动方向是向下，火箭受到竖直向下的重力，推力的方向是向上，火箭受到推力的施力物体是火箭发动机向下喷出的气体，故A不符合题意；B．火箭的运动方向是向下，忽略火箭质量的变化，则火箭的重力不变，AB段做减速运动，推力大于重力；BC 段匀速运动，推力等于重力，所以 AB 段的推力大于 BC 段的推力，故 B 不符合题意；C．AB 段，火箭的质量不变，重力不变，高度变低且 $A B = B C$ ，重力做功相同，但 AB 段所用的时间小于BC 段，根据 $P ~ = ~ { \frac { W } { t } }$ 可知，AB段重力做功的功率大于BC段，故C符合题意；D．AB段，火箭的质量不变，高度变低，速度变低，重力势能变小、动能也变小，因此重力势能没有转化为动能。故D不符合题意。故选C。

故选C。

二、填空题（本题共 9 小题，每空 1 分，共 28 分）

图1

图2

图3

（1）图1中，木块的长度为 ；

（2）图2中，弹簧测力计示数为 ；

（3）图3 中，电流表示数 _ 。

【答案】（1）2.30

（2）2.2 （3）1.7

【解析】

【小问 1 详解】

图 1中，刻度尺的分度值为1mm，即每小格代表1mm。木块的左端与0 刻度线对齐，右端在

2.30cm的位置，因此应所以，木块的长度为

2.30cm。

【小问 2 详解】

由图可知，弹簧测力计的分度值为

0.2N，即每小格代表0.2N。然后，观察指针位置，指针指在 2N下一格处，因此，弹簧测力计的示数为

2.2N。

【小问 3 详解】

由图可知，电流表所选量程为 0∼3A，分度值为0.1A，即每小格代表0.1A。观察指针位置，指针指在1.7A的刻度线上。所以，电流表的示数为

1.7A。

14. 汽车鸣笛是由于喇叭 发声，声音通过 _传入人耳。如图在高架路某些路段两侧设有板墙，其作用是在 _控制噪声。

【答案】 ①. 振动 ②. 空气 ③. 传播途中

【解析】

【详解】[1]汽车鸣笛是由于喇叭内的金属膜片在气流的冲击下振动而产生的声音。这种振动使得周围的空气分子也产生振动，进而形成声波，这就是声音的产生过程。

[2]声音的传播需要介质，而空气就是一种常见的介质。当喇叭发出声音时，声波会通过空气这种介质传播到我们的耳朵，引起鼓膜的振动，从而使我们能够听到声音。

[3]在高架路某些路段两侧设有板墙。这种板墙的主要作用是在噪声的传播过程中进行阻断，从而减小噪声对周围环境的影响。具体来说，当声波遇到板墙时，会发生反射、折射等现象，使得部分声波的能量被消耗掉，无法继续向前传播。这样，在噪声的传播路径上设置板墙，就可以有效地控制噪声的传播范围和影响程度。

15. 镇江谏壁发电厂处于苏南电网中心。厂内发电机将 能转化为电能。电厂使用的煤炭是（选填“可”或“不可”）再生能源。煤炭在墙角长时间堆放，墙面内部也会变黑，说明固体分子是的。

【答案】 ①. 机械 ②. 不可 ③. 运动

【解析】

【详解】[1]发电机的工作原理是通过外部力（如水力、风力、火力等）驱动发电机内部的磁场和导体相对运动，从而利用电磁感应原理将机械能转化为电能。在镇江谏壁发电厂中，发电机正是将煤炭燃烧产生的热能（或称为内能）转化为机械能，进而再将机械能转化为电能。

[2]关于能源的分类，煤炭是一种化石燃料，它在地球上的储量是有限的，且一旦消耗就不可再生。因此，煤炭属于不可再生能源。

[3]煤炭在墙角长时间堆放后，墙面内部也会变黑。这个现象说明了固体分子在不停地做无规则运动。煤炭中的分子会不断地运动到空气中，并有一部分分子会附着在墙面上，随着时间的推移，墙面上的煤炭分子越来越多，就形成了我们看到的黑色痕迹。

16. 如图两棋子静止叠放在水平面上，上方棋子受力 （选填“平衡”或“不平衡”）。用尺快速水平击打下方棋子，由于上方棋子具有 __，其位置几乎不变。当下方棋子飞出后，上方棋子受力的作用而下落。

【答案】 ①. 平衡 ②. 惯性 ③. 重

【解析】

【详解】[1]由于两棋子都静止叠放在水平面上，都处于平衡状态，所以上方棋子在竖直方向上受到的重力和下方棋子给它的支持力是一对平衡力。因此，上方棋子受力是平衡的。

[2]惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都具有惯性。当用尺快速水平击打下方棋子时，由于惯性，上方棋子会保持原来的静止状态，即其位置几乎不变。

[3]当下方棋子飞出后，上方棋子不再受到下方棋子的支持力，但在竖直方向上仍然受到重力的作用。重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，它的方向总是竖直向下的。因此，在重力的作用下，上方棋子会下落。

17. 液冷充电桩可以提高电动汽车的充电速度。充电时导线产生的热量通过 的方式转移给周围流动的液体。物体间温差越大散热效果越好，则应 液体的流动速度。为了减少充电时导线产生的热量，在保持充电时间和电流不变的情况下，应选用长度相同、横截面积较 的铜导线。

【答案】 ①. 热传递 ②. 加快 ③. 大

【解析】

【详解】[1]热传递和做功都能改变物体的内能，充电时导线产生的热量通过热传递（或热传导）的方式转移给周围流动的液体。

[2]因为物体间温差越大，散热效果越好，所以加快液体的流动速度，使温差保持相对较大，加快热传递。[3]根据焦耳定律可知，为了减少充电时导线产生的热量，在保持充电时间和电流不变的情况下，应选用长度相同、横截面积较大的铜导线，这样的铜导线电阻变小，产生的热量较少。

18. 在探究凸透镜成像规律的实验中，应调节烛焰和光屏中心位于凸透镜的 上。已知凸透镜焦距为，各元件初位置如图所示，要使光屏上成清晰的像：（1）若移动光屏，应将光屏向 （选填“左”或“右”）移动；（2）若透镜向左移动，最终光屏上成的是倒立、 _的实像。

【答案】 ①. 主光轴 ②. 左 ③. 放大

【解析】

【详解】[1]在探究凸透镜成像规律的实验中，为了确保成像的清晰和准确，我们需要调节烛焰、凸透镜和光屏三者的中心位于同一高度上，即凸透镜的主光轴上。这样，烛焰发出的光线经过凸透镜后，其成像光线才能准确地会聚在光屏上，形成清晰的像。

[2]由于物体（烛焰）到凸透镜的距离（物距）大于两倍焦距（即 $u { > } 2 f )$ ），根据凸透镜的成像规律，此时成倒立、缩小的实像，且像距位于一倍焦距和二倍焦距之间（即 $f { < } \nu { < } 2 f )$ ）。然而，从图中我们可以看出，光屏的初始位置可能并不在这个范围内，因此我们需要移动光屏来找到清晰的像。由于像距小于物距，所以光屏应该向靠近凸透镜的方向移动，即向左移动。

[3]若透镜向左移动，那么物距会减小。当物距减小到一倍焦距和二倍焦距之间，那么像会变大且为倒立、放大的实像。

19. 为比较 A、B 两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入 相同温度的热水，用温度计测量其初温 $t _ { 0 }$ ，示数如图1所示， $t _ { 0 }$ 二 $^ { \circ } \mathrm { C } .$ 。绘制水温随时间的变化图像如图2所示，A杯中水放出的热量为 。保温性能更好的是 （选填 $^ { 6 6 } \mathrm { A } ^ { \prime \prime }$ 或“B”）杯。 $[ c _ { \gamma _ { \mathrm { K } } } = 4 . 2 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { J / ( k g \cdot ^ { \circ } C ) } ]$

图1

图2

【答案】 ①. 80 ②. $2 . 1 \times 1 0 ^ { 4 }$ ③. A

【解析】

【详解】[1]如图1所示，图中温度计的分度值是 1℃，温度计的显示刻度是下面为70、上面为80，表明液柱的高度在 $0 \mathrm { ‰}$ 的上面，所以，读数是 80℃，即

$$ t _ {0} = 8 0 ^ {\circ} \mathrm{C} $$

[2]如图2所示，水的末温是 $3 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ ，则A杯中水放出的热量为

$$ Q = c _ {\text {水}} m \Delta t =

4. 2 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{J/(kg} \cdot {} ^ {\circ} \mathrm{C)} \times

5. 1 \mathrm{kg} \times (8 0 ^ {\circ} \mathrm{C} - 3 0 ^ {\circ} \mathrm{C}) =

6. 1 \times 1 0 ^ {4} \mathrm{J}

$$

[3]根据 $\mathbf { Q } = \mathbf { c m } \Delta \mathbf { t }$ 可知，质量相同的水在A、B两保温杯中，温度变化相同时，即都达到 $3 0 \mathrm { { } ^ { \circ } C }$ ，A保温杯需要更长的时间，所以保温性能更好的是A杯。

20. 如图是某电热水壶内部电加热器原理电路，它有“加热”和“保温”两挡，开关 S 断开，电水壶处于挡。已知该电热水壶处于“加热”挡，通电 可使标有 的电能表指示灯闪烁120次，则消耗的电能为 。电热水壶“保温”挡功率为 ，则 $R _ { 2 }$ = 。

【答案】 ①. 保温 ②.

0.1 ③.

435.6

【解析】

【详解】[1]当开关S 断开时，电阻 $R _ { 1 }$ 、 $R _ { 2 }$ 串联，此时电路中的电阻较大，根据电功率公式 $P = { \frac { U ^ { 2 } } { R } }$ ，在电压U一定的情况下，电阻R越大，电功率P越小，所以电水壶处于“保温”挡。

[2]已知电能表指示灯闪烁120 次，而电能表的参数为1200imp/(kW⋅h)，这表示每消耗 1kW⋅h的电能，指示灯会闪烁 1200次。因此，消耗的电能可以通过以下公式计算

$$ W = \frac {1 2 0}{1 2 0 0} 1 k W \cdot \mathrm{h} =

0. 1 k W \cdot \mathrm{h}

$$

[3]当电水壶处于“保温”挡时， $R _ { 1 }$ 和 $R _ { 2 }$ 串联接入电路，此时的总功率为100W。根据 $P = { \frac { U ^ { 2 } } { R } }$ 得“保温” 挡时电路的总电阻为

$$ R = \frac {U ^ {2}}{P _ {\text {保}}} = \frac {(2 2 0 \mathrm{V}) ^ {2}}{1 0 0 \mathrm{W}} = 4 8 4 \Omega $$

又因为当开关S 闭合时，电水壶处于“加热”挡，此时只有 $R _ { 1 }$ 接入电路，且消耗的电能已知为0.1kW⋅h，所以“加热”挡的功率为

$$ P _ {\mathrm{加热}} = \frac {W}{t} = \frac {0 . 1 k W ^ {2} \mathrm{h}}{0 . 1 \mathrm{h}} = 1 k W = 1 0 0 0 \mathrm{W} $$

由此可得 $R _ { 1 }$ 的阻值为

$$ R _ {1} = \frac {U ^ {2}}{P _ {\mathrm{加热}}} = \frac {(2 2 0 \mathrm{V}) ^ {2}}{1 0 0 0 \mathrm{W}} = 4

8. 4 \Omega

$$

则 $R _ { 2 }$ 的大小为

$$ R _ {2} = R - R _ {1} = 4 8 4 \Omega - 4

8. 4 \Omega = 4 3

9. 6 \Omega

$$

21. 图 1是小华设计的天然气浓度测试仪，电源电压 U恒为 ，R 为定值电阻，电压表量程为 ，将电压表作为气体浓度的显示装置。气敏电阻 $R _ { x }$ 阻值与气体浓度的关系如图 2所示。当气体浓度增加时，$R _ { x }$ 的阻值将 _，电压表的示数会 _。要求将电压表示数为 处标为气体浓度

0.5%，电阻R 的阻值应为 。若长时间使用后，电源电压降低，则测量结果 （选填“大于”、“小于”或“等于”）实际的气体浓度。

图1

图2

【答案】 ①. 减小 ②. 增大 ③. 12 ④. 小于

【解析】

【详解】[1]根据图2，当气体浓度增加时，Rx的阻值将减小。这是因为气敏电阻的阻值会随着其敏感的气体浓度的变化而变化，浓度增加，电阻减小。

[2]由于电路是串联的，根据串联电路的分压特点，电阻越大，分得的电压也越大。因此，当 Rx的阻值减小时，它分得的电压也会减小，而电压表与定值电阻 R并联，所以电压表的示数（即定值电阻R 两端的电压）会增大。

[3]当电压表示数为1.5V，且此时气体浓度为

0.5%时，根据图 2，可以知道此时 $R _ { \mathrm { x } }$ 的阻值为 20Ω。由于电源电压为 4V，根据串联电路的电压特点，可以得到定值电阻R 两端的电压为

$$ U _ {\mathrm{R}} = U - U _ {x} = 4 \mathrm{V} -

1. 5 \mathrm{V} =

2. 5 \mathrm{V}

$$

此时电路中的电流为

$$ I = \frac {U _ {\mathrm{x}}}{R _ {\mathrm{x}}} = \frac {2 . 5 \mathrm{V}}{2 0 \Omega} =

0. 1 2 5 \mathrm{A}

$$

根据欧姆定律，求出电阻R 的阻值为

$$ R = \frac {U _ {\mathrm{R}}}{I} = \frac {1 . 5 \mathrm{V}}{0 . 1 2 5 \mathrm{A}} = 1 2 \Omega $$

[4]若长时间使用后，电源电压降低，那么整个电路中的电流都会减小。由于电压表与定值电阻R 并联，所以电压表的示数（即定值电阻R 两端的电压）也会减小。但是，由于气敏电阻Rx 的阻值并没有改变，而电压表的示数却减小了，那么根据我们之前的分析（电压表示数越大，气体浓度越高），电压表就会显示一个比实际气体浓度更低的值。因此，测量结果会小于实际的气体浓度。

三、解答题（本题共 7小题，共 48分。解答 26、27、28题时应有必要的解题过程）

22. 请按题目要求作答。

（1）一本字典静止在水平桌面上，O为其重心，请画出它所受重力和支持力的示意图；

（2）请根据图中电流方向，在虚线框内分别标出通电螺线管磁极的极性和静止小磁针的磁极名称；

（3）请将开关和三孔插座正确接入家庭电路，使开关能控制插座的通、断电。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【小问 1 详解】

重力的方向是竖直向下，字典静止在水平桌面上，二力平衡，支持力的方向是竖直向上，作用点画在物体的重心。如图所示：

【小问2 详解】

根据安培定则可知，通电螺线管上的电流方向是朝上的，通电螺线管磁极的左边是N极，根据异名磁极相互吸引可知，靠近通电螺线管的小磁针的一端是S极，对应的另一端是N极，如图所示：

图2

开关能控制插座的通、断电，则开关与插座要串联，在家庭电路中，开关要接在火线上；三孔插座要按照左边零线，右边火线，中间地线的原则接入电路，如图所示：

23. 为了测量某液体的密度，小李进行了如下实验。

图1

图3

图4

（1）如图1所示，将天平放在水平桌面上，调节天平时应先将游码移到标尺的 _处。若指针静止时位置如图 2所示，则应再将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）端调节；

（2）在烧杯中装入适量待测液体，用天平正确测量其总质量。当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图3所示，其总质量为 _ ；

（3）将烧杯中的部分液体倒入量筒，图4中读数视线正确的是 （选填“①”、“②”或“③”），量筒中液体的体积为 mL。

（4）测出烧杯和剩余液体的总质量为 ，则液体的密度为 $\mathrm { . g / c m } ^ { 3 }$ C

【答案】（1） ①. “0”刻度线 ②. 右

（2）128 （3） ①. ② ②. 30

（4）0.8

【解析】

【小问 1 详解】

[1]根据天平的使用可知，将天平放在水平桌面上，调节天平时应先将游码移到标尺的“0”刻度线处。

[2]若指针静止时，位置如图2所示，天平的指针向左边偏，说明左侧偏重，为了天平的平衡，则应再将平衡螺母向右端调节。

【小问 2 详解】

如图3所示，其总质量为

$$ m = 1 0 0 \mathrm{g} + 2 0 \mathrm{g} + 5 \mathrm{g} + 3 \mathrm{g} = 1 2 8 \mathrm{g} $$

【小问3 详解】

[1]将烧杯中的部分液体倒入量筒，读数时视线要与凹液面的最低处相平，即图4 中读数视线正确的是②。[2]如图，量筒中的读数是 ，液体的体积为 $3 0 m L = 3 0 c m ^ { 3 }$ 6

【小问 4 详解】

测出烧杯和剩余液体的总质量为 ，根据密度公式可知，液体的密度为

$$ \rho = \frac {m _ {\text {液}}}{V} = \frac {m - m _ {\text {剩余}}}{V} = \frac {1 2 8 \mathrm{g} - 1 0 4 \mathrm{g}}{3 0 \mathrm{cm} ^ {3}} =

0. 8 \mathrm{g/cm} ^ {3}

$$

24. 小红用图1所示装置探究光的反射定律。平面镜置于水平底座中心。激光笔可沿弧形轨道移动，且保持激光始终射向平面镜上的O点。

图1

图2

图 3
（1）为了在不同方向都能观察到光的传播路径，应在平面镜上方喷些

（2）多次改变激光笔在轨道上的位置，小红调整视角，均能观察到反射光OB挡住入射光 AO的现象。如图 2所示，将长方形纸板与 $A O , \ O B$ 所在平面重合，其底边PQ紧贴平面镜，在纸板上即可显示出入射光

和反射光。多次测量纸板和平面镜的夹角。

①上述实验中测得的夹角均为 $9 0 ^ { \circ }$ ，则反射光线、入射光线所在平面和平面镜相互 ；

②在纸板上过O点作出底边 PQ的垂线ON，则ON与镜面 __，可知 ON 为法线。由①、②可得：反射光线、入射光线和法线在 _内。

（3）改变入射光的方向，依次记录实验数据如图3所示，分析实验数据可知：入射光线 AO逐渐（选填“靠近”或“远离”）法线ON； $\angle N O B$ 与 $\angle A O N$ 的大小 C【答案】（1）烟雾 （2） ①. 垂直 ②. 垂直 ③. 同一平面（3） ①. 远离 ②. 相等

【解析】

【小问 1 详解】

在平面镜上方喷些烟雾，光线发生漫反射，可以在不同方向都能观察到光的传播路径。

【小问 2 详解】

①[1]纸板和平面镜的夹角的夹角均为 $9 0 ^ { \circ }$ ，在纸板上可以观察到反射光线、入射光线，说明反射光线、入射光线在纸板所在的平面上，则反射光线、入射光线所在平面和平面镜是垂直关系。

②[2]在纸板上过O点作出底边PQ 垂线 ON，垂线ON是法线，ON与镜面垂直。

[3]由①、②的实验现象可知，反射光线、入射光线、法线都在纸板所在的平面上，可以得到结论：反射光线、入射光线和法线在同一平面内。

【小问 3 详解】

[1]如图3所示， $\angle A O P$ 逐渐变小，说明入射光线 AO靠近平面镜，远离法线ON。

[2]如图3所示， $\angle A O P$ 与 $\angle P O B$ 的补角 $\angle B O Q$ 相等，则 $\angle A O P$ 的余角与 $\angle B O Q$ 的余角相等，即 $\angle N O B$ 与 $\angle A O N$ 是大小相等，它们分别是反射角和入射角，可知，反射角等于入射角。

25. 小明用图1电路探究“电压一定时，电流与电阻的关系”。

图1

图2

图3

（1）用笔画线代替导线将图 1中的电压表正确接入电路；

（2）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最 （选填“左”或“右”）端；

（3）闭合开关，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，电流表指针不偏转，电压表指针有明显偏转且保持不变。已知导线及各接线柱连接完好，则电路中_ _出现了_ _故障。故障排除后，移动滑片，使电压表示数为 ，记录电流表示数。多次更换定值电阻重复实验，得到电流I与定值电阻R的倒数关系如图 2中图线甲所示，从而得出结论；

（4）实验结束后，小明应先断开开关，再拆除 两端的导线。在整理器材时，他突然发现电压表指针位置如图3所示。

①小明遗漏的实验操作是

②小华通过正确实验操作也进行了上述实验，小明发现他与小华 实验结论一致。遗漏的实验操作并未影响结论，你认为其原因是

③小明按正确操作重新进行实验，你认为他得到的电流 I 与定值电阻 R 的倒数关系应为图 2 中的图线（选填“甲”、“乙”或“丙”）。

【答案】（1）

（2）右

（3） ①. 定值电阻 ②. 断路

（4） ①. 电源 ②. 电压表调零（校零） ③. 实验时定值电阻两端电压仍保持为定值 ④. 乙【解析】

【小问 1 详解】

在探究“电压一定时，电流与电阻的关系”的实验中，电压表应并联在定值电阻两端，以测量定值电阻两端的电压。根据图 1中的电路图，我们可以确定电压表的正负接线柱，并将其正确接入电路。将电压表的“+”接线柱与定值电阻的右端相连，如图所示：

开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于最大阻值处。根据图1中的滑动变阻器接法，可以确定滑片应置于最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大。

【小问 3 详解】

[1][2]闭合开关后，小明发现电流表指针不偏转，说明电路中存在断路故障。而电压表指针有明显偏转且保持不变，说明电压表与电源两极是连通的，且电压表并联的部分（即定值电阻）发生了断路。因此，可以判断电路中定值电阻出现了断路故障。

【小问 4 详解】

[1]实验结束后，为了安全起见，小明应先断开开关，再拆除电源两端的导线，以避免在拆除过程中发生触电或短路等危险情况。

[2]在整理器材时，小明发现电压表指针位置如图3所示，即电压表指针没有指向零刻度线。这说明小明在实验前遗漏了将电压表指针调零 实验操作。

[3]尽管小明遗漏了将电压表指针调零的实验操作，但他与小华的实验结论仍然一致。这是因为小明和小华在实验中都是控制定值电阻两端的电压保持不变，然后探究电流与电阻的关系。因此，遗漏的实验操作并未影响结论。

[4]小明原来的操作中，电压表示数为2V 时，实际电压应小于 2V，按正确操作重新进行实验时，他会控制定值电阻两端的电压为 2V 不变，即定值电阻两端电压电压变大。根据欧姆定律 $I = { \frac { U } { R } }$ ，我们可以推导出电流 I 与定值电阻R 的倒数 $\frac { 1 } { R }$ 的关系为 $I = \frac { 1 } { R } { \times } U$ 。由于U 是定值，因此电流I 与定值电阻 R 的倒数 $\frac { 1 } { R }$ 成正比，这种关系在图 2中应表现为一条过原点的直线，但与图甲相比，在电阻一定时，电压变大，电流变大，所以应为图线乙。

26. 如图1所示，用动滑轮将重力为 的木块匀速提升 ，所用拉力F为 。

图1
图2

（1）求此过程中的有用功。

（2）求该动滑轮的机械效率。

（3）将木块取下放置于水平地面上，如图2所示，木块底面积为 $0 . 0 1 \mathrm { m } ^ { 2 }$ ，求木块对地面的压强。

【答案】（1）5J （2）62.5%

（3）500Pa

【解析】

【小问 1 详解】

有用功

$$ W _ {\text {有}} = G h = 5 \mathrm{N} \times 1 \mathrm{m} = 5 \mathrm{J} $$

【小问2 详解】

拉力做的总功

$$ W _ {\text {总}} = F s = 4 \mathrm{N} \times 2 \times 1 \mathrm{m} = 8 \mathrm{J} $$

该动滑轮的机械效率

$$ \eta = \frac {W _ {\text {有}}}{W _ {\text {总}}} \times 100 % = \frac {5 \mathrm{J}}{8 \mathrm{J}} \times 100 % =

62.5%

$$

【小问3详解】

木块对地面的压力

$$ F _ {\mathrm{N}} = G = 5 \mathrm{N} $$

木块对地面的压强

$$ p = \frac {F}{S} = \frac {5 \mathrm{N}}{0 . 0 1 \mathrm{m} ^ {2}} = 5 0 0 P a $$

27. 某油电混合动力汽车沿平直公路以72km /h的速度匀速行驶，从A处到B处用时 ，此过程中汽油燃烧释放热量的 30%用于驱动汽车匀速行驶。汽车行驶过程中所受阻力恒为 。设汽油在汽缸内完全燃烧，且热值近似取 $q = 5 { \times } 1 0 ^ { 7 } \mathrm { J / k g }$ 。

（1）求A、B两地间的距离。

（2）求在上述行驶过程中：

①牵引力对汽车所做的功。

②消耗的汽油质量。

（3）从B处开始，司机关闭发动机，汽车滑行至C处停止。在此过程中，汽车通过动能回收装置将动能减少量的 60%转化为电能。若这些电能可供功率为 的用电器持续工作 。求汽车在B处时的动能。

【答案】（1）

（2）7 $\mathrm { . 2 } \times \mathrm { 1 0 ^ { 7 } J }$ ,

4.8kg

（3） $3 \times 1 0 ^ { 5 } \mathrm { J }$

【解析】

【小问 1 详解】

A、B两地间的距离

$$ s = v t = 7 2 k m / h \times 1 h = 7 2 k m $$

【小问2 详解】

①汽车匀速行驶，汽车受到的牵引力等于阻力，即

$$ F = f = 1 0 0 0 \mathrm{N} $$

牵引力所做的功

$$ W _ {1} = F s = 1 0 0 0 \mathrm{N} \times 7 2 \times 1 0 0 0 \mathrm{m} =

7. 2 \times 1 0 ^ {7} \mathrm{J}

$$

②汽油燃烧放出的热量

$$ Q _ {\text {放}} = \frac {W _ {1}}{30%} = \frac {7.2 \times 10^{7} \mathrm{J}}{30%} =

2.4 \times 10^{8} \mathrm{J}

$$

消耗的汽油质量

$$ m = \frac {Q _ {\text {放}}}{q} = \frac {2 . 4 \times 1 0 ^ {8} \mathrm{J}}{5 \times 1 0 ^ {7} \mathrm{J/kg}} =

4. 8 \mathrm{kg}

$$

【小问3 详解】

用电器消耗的电能

$$ W _ {2} = P t = 1 0 0 0 \mathrm{W} \times 3 \times 6 0 s =

1. 8 \times 1 0 ^ {5} J

$$

汽车在B处时的动能

$$ E = \Delta E = \frac {W _ {2}}{60 %} = \frac {1 . 8 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{J}}{6 0 %} = 3 \times 1 0 ^ {5} J $$

28. 某水位报警模拟装置如图1所示：浮子Q由圆柱体和硬杆构成，圆柱体的底面积 $S = 5 { \times } 1 0 ^ { - 3 } \mathrm { m } ^ { 2 }$ ，高$H = 0 . 2 \mathrm { m }$ ，密度 $\rho = 0 . 6 \times 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ ，硬杆的质量和体积均不计。Q只能沿图中竖直虚线运动。当向水池内缓慢注水使水位达到某处时，衔铁K被释放，电铃开始报警。已知：电源电压 $U { = } 6 \mathrm { V }$ $R _ { \mathrm { 1 } }$ 为电阻箱，压敏电阻 $R _ { 2 }$ 的阻值与硬杆对其压力F的关系图线如图2所示；当电磁铁线圈中的电流 $I > 0 . 0 5 \mathrm { A }$ 时，衔铁K被吸住，当 $I \leq 0 . 0 5 \mathrm { A }$ 时，衔铁K才会被释放；不计线圈电阻，g取 $1 0 \mathrm { N / k g }$

图1

图2

（1）Q 的质量为 。当水位不断上升时，池底所受水的压强将变

（2）当Q刚开始向上运动时，求其浸在水中的体积；

（3）在报警装置能正常报警的情况下：

①求电阻箱 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 接入电路的阻值范围；

②为降低刚开始报警时的水位，下列措施可行的有 C

（有多个选项正确，全部选对得 2分，漏选得1分，不选或错选得 0分） A．仅适当增大硬杆的长度 B．仅适当增大圆柱体的高度 C．仅适当增大电源电压U D．仅适当增大 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 接入电路的阻值

【答案】（1） ①.

0.6 ②. 大

（2） $6 { \times } 1 0 ^ { - 4 } \mathrm { m } ^ { 3 }$ （3） ①. 70Ω~110Ω ②. ABD

【解析】【小问 1 详解】

[1]浮子Q 的质量为

$$ m = \rho V = \rho S h =

0. 6 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{kg/m} ^ {3} \times 5 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {2} \times

1. 2 \mathrm{m} =

2. 6 \mathrm{kg}

$$

[2]当水位不断上升时，水的深度 h变大，由 $p = \rho g h$ 可知，池底所受水的压强将变大。

【小问 2 详解】

当浮子Q刚开始向上运动时，受到的浮力和重力相等，根据阿基米德原理可得，其浸在水中的体积

$$ V _ {\text {排}} = \frac {F _ {\text {浮}}}{\rho_ {\text {水}} g} = \frac {G}{\rho_ {\text {水}} g} = \frac {m g}{\rho_ {\text {水}} g} = \frac {m}{\rho_ {\text {水}}} = \frac {0 . 6 \mathrm{kg}}{1 . 0 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{kg/m} ^ {3}} = 6 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} $$

【小问 3 详解】

[1]当未加水，即压力为0时，若电流为

0.05A，则开始报警，由图可知，此时 $R _ { 2 }$ 最小，为10Ω， $R _ { 1 }$ 接入电路的最大阻值

$$ R _ {1 \max} = \frac {U}{I} - R _ {2 \min} = \frac {6 \mathrm{V}}{0 . 0 5 \mathrm{A}} - 1 0 \Omega = 1 1 0 \Omega $$

当圆柱体刚好浸没，即F最大时，若电流为

0.05A，则开始报警，浮子Q所受浮力最大值

$$ F _ {\text {浮} m a x} = \rho_ {\text {水}} g V =

1. 0 \times 1 0 ^ {3} \mathrm {kg / m^ {3}} \times 1 0 \mathrm{N/kg} \times 5 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm {m^ {2}} \times

2. 2 \mathrm{m} = 1 0 \mathrm{N}

$$

则F 最大值为

$$ F _ {\max} = F _ {\text {浮} \max} - G = 1 0 \mathrm{N} -

0. 6 \mathrm{kg} \times 1 0 \mathrm{N} / \mathrm{kg} = 4 \mathrm{N}

$$

由图可知，此时 $R _ { 2 }$ 最大，为50Ω， $R _ { 1 }$ 接入电路的最小阻值

$$ R _ {1 \min} = \frac {U}{I} - R _ {2 \max} = \frac {6 \mathrm{V}}{0 . 0 5 \mathrm{A}} - 5 0 \Omega = 7 0 \Omega $$

所以电阻箱 $R _ { 1 }$ 接入电路阻值范围 70Ω~110Ω。

[2] A．仅适当增大硬杆的长度，浮子Q能上浮距离变短，即露出的体积变大，则水位下降，故A符合题意；

B．仅适当增大圆柱体的高度，在浮子Q刚好上浮时，受到的浮力不变，排开水的体积不变，但圆柱体露出水面的体积变大，水位降低，故B符合题意；

C．仅适当增大电源电压U，在电磁铁线圈中的电流仍为

0.05A时，由欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，压敏电阻的阻值变小，在浮子Q刚好上浮时，受到的浮力不变，排开水的体积不变，但压敏电阻受到的压力变小，即硬杆对压敏电阻的压力变小，则硬杆受到的浮力变大，排开水的体积变大，水位升高，故C不符合题意；

D．仅适当增大 $R _ { 1 }$ 接入电路的阻值，在电磁铁线圈中的电流仍为

0.05A时，由欧姆定律可知，电路中的总电阻变大，压敏电阻的阻值变大，在浮子Q刚好上浮时，受到的浮力不变，排开水的体积不变，但压敏电阻受到的压力变大，即硬杆对压敏电阻的压力变大，则硬杆受到的浮力变小，排开水的体积变小，水位降低，故D符合题意。

故选 ABD。