2024年四川省广安市中考物理

广安市 2024年初中学业水平考试试题

物理

注意事项：

1.本试卷分为试题卷（1-6页）和答题卡两部分。满分 60分，与化学同堂，考试时间共 120分钟。

2.考生答题前，请先将姓名、准考证号等信息用黑色墨迹签字笔填写在答题卡上的指定位置，待监考员粘贴条形码后，认真核对条形码上的姓名、准考证号与自己准考证上的信息是否一致。

3.请将选择题答案用 2B铅笔填涂在答题卡上的相应位置，非选择题答案用黑色墨迹签字笔答在答题卡上的相应位置。超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效；作图题应先用铅笔画，确定不修改后，再用黑色墨迹签字笔描黑。

4.考试结束，监考员必须将参考学生和缺考学生的答题卡、试题卷一并收回。

一、单项选择题（每小题

1.5分，共 18分）

1. 中华民族传统乐器历史悠久、种类繁多。关于乐器使用所涉及的声现象，下列分析正确的是（ ）A. 唢呐表演，模仿鸟儿的叫声令人愉悦，是乐音B. 笛子演奏，按压不同位置的气孔，主要改变声音的响度C. 击鼓鸣锣，告知将士冲锋或收兵，说明声音可以传递能量D. 敲击编钟，周围的人能听到声音，说明声音的传播不需要介质

【解析】

【详解】A．从物理学角度，发声体有规则振动发出的是乐音，无规则振动发出的是噪音；从环保角度，凡是影响人们正常工作、学习、休息的声音，都可能是噪音，唢呐模仿的鸟儿叫声令人愉悦，是乐音，故A 正确；B．吹奏时按压不同位置的气孔，振动频率不同，音调不同，故B错误；C．声音可以传递信息和能量，击鼓鸣锣，告知将士冲锋或收兵，说明声音可以传递信息，故 C错误；D．敲击编钟，周围的人能听到声音，说明声音可以在空气中传播，声音的传播需要介质，故D 错误。

故选 A。

2. 赏中华诗词、寻文化基因、悟生活之理。对下列诗句所蕴含的热现象分析正确的是（ ）A. “北国风光，千里冰封，万里雪飘”，水凝固成冰的过程会放热，温度降低B. “风雨送春归，飞雪迎春到”，雪的形成是升华现象

C. “一夜新霜著瓦轻，芭蕉新折败荷倾”，霜的形成是凝华现象D. “青青园中葵，朝露待日晞”，露的形成需要吸热

【答案】C

【解析】

【详解】A．水凝固成冰的过程会放热，但温度不变，故A 错误；B．雪是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故B错误；C．霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面，故C正确；D．露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，此过程放热，故D 错误。故选 C。

3. “以铜为镜，可以正衣冠”，我们的祖先很早就会利用磨光的铜镜来观察自己的像。下列现象与铜镜成像原理相同的是（ ）

A.

水膜中的像

B.

C.

D.

天空中的彩虹

【答案】B

【解析】

【详解】铜镜成像原理是光的反射。A．水膜中的像是倒立、缩小的实像，是光的折射现象，故A不符合题意；B．水中的倒影，是平面镜成像现象，是光的反射现象，故B符合题意；C．手影游戏，是光的直线传播现象，故C不符合题意；D．天空中的彩虹是光的色散现象，是光的折射现象，故D不符合题意，

故选B。

4. 关于广安市中考体育测试场上出现的运动场景，下列分析正确的是（ ）A. 小聪进行1000m测试通过终点时不能立即停下来，是因为受到惯性的作用B. 小明进行乒乓球测试时，乒乓球撞击墙面被弹回，说明力的作用是相互的C. 小敏踢出去 足球在草地上滚动一段距离会停下来，是因为足球未受到力的作用D. 小捷在跳绳测试中，起跳时她的重力和地面对她的支持力一定是一对平衡力

【答案】B

【解析】

【详解】A．小聪进行1000m测试通过终点时不能立即停下来，是因为小聪具有惯性，惯性不是力，不能说受到力的作用，故A错误；B．小明进行乒乓球测试时，因力的作用是相互的，乒乓球撞击墙面的同时液受到墙面对其的反作用力，因此被弹回，故B正确；C．小敏踢出去的足球在草地上滚动一段距离会停下来，是因为足球受到草地对其的阻力的作用，故C错误；D．小捷起跳时她的脚向下蹬底，她对地面的压力与地面对她的支持力是一对相互作用力，大小相等，方向相反。此时地面对她的支持力大于她自身受到的重力，合力向上，故此时她的重力和地面对她的支持力不是一对平衡力，故D错误。

故选 B。

5. 如图是一款用于某校“五四”汇演航拍的新型智能无人机，在它竖直向上匀速运动的过程中（ ）

A. 动能增大，重力势能增大，机械能增大 B. 动能减小，重力势能增大，机械能不变 C. 动能不变，重力势能增大，机械能增大 D. 动能减小，重力势能增大，机械能减小

【答案】C

【解析】

【详解】无人机在竖直向上匀速运动的过程中，质量不变，速度不变，动能不变；质量不变，高度增大，重力势能增大；机械能=动能+重力势能，机械能增大，故C 符合题意，ABD 不符合题意。故选C。

6. 《新能源汽车产业发展规划（2021—2035年）》指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路。下列家用电器与新能源电动汽车动力装置的工作原理相同的是（ ）

A.

电视机

B.

手电筒

C.

电饭锅

D.

电风扇

【答案】D

【解析】

【详解】新能源电动汽车动力装置将电能转化为机械能，利用通电导体在磁场中受力的作用工作。A．电视机将电能转化为光能与内能，故A不符合题意；BC．手电筒、电饭锅利用电流的热效应工作，将电能转化为内能，故BC不符合题意；D．电风扇工作原理是通电导体在磁场中受力的作用工作，将电能转化为机械能，故D符合题意。故选 D。

7. 小强上次查看家里的电能表显示为 ，本次查看时电能表示数如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 电能表是测量电功率的仪表

D. 只将一台标有“220V 1000W”的电热水器接入电路中，正常工作5min，电能表的指示灯闪烁 300次【答案】D

【解析】

【详解】A．电能表是测量电能的仪表，不是测量电功率的，故A错误；

B．电能表的示数

$$ W = 8 6 3

2. 4 \mathrm{kW} \cdot \mathrm{h} - 8 5 5

3. 2 \mathrm{kW} \cdot \mathrm{h} = 7

4. 2 \mathrm{kW} \cdot \mathrm{h}

$$

故 B 错误；

C．电能表允许通过的最大电流为20A，则小强家同时工作的用电器的总功率不能超过

$$ P = U I = 2 2 0 \mathrm{V} \times 2 0 \mathrm{A} = 4 4 0 0 \mathrm{W} $$

故 C 错误；

D．只将一台标有“220V1000W”的电热水器接入电路中，正常工作5min消耗的电能

$$ W = P t = 1 k W \times \frac {5}{6 0} \mathrm{h} = \frac {1}{1 2} k W \cdot \mathrm{h} = 3 0 0 0 0 0 \mathrm{J} $$

3600r/kW•h 表示电路中每消耗 1kW•h的电能，电能表转盘转 3600r，电能表的指示灯闪烁 300次消耗的电

能

$$ W ^ {\prime} = \frac {3 0 0}{3 6 0 0} k W \cdot \mathrm{h} = \frac {1}{1 2} k W \cdot \mathrm{h} = 3 0 0 0 0 0 \mathrm{J} $$

因为 W=W′，所以正常工作5min，电能表的指示灯闪烁300次，故D 正确。

故选 D。

8. 桔槔是《天工开物》中记载的一种原始的汲水工具，在拗石辅助下，人几乎可以不用力就能将一桶水从井中提起。如图所示，已知A 点所挂拗石重力为100N， $O A \mathrm { : } O B = 2 \mathrm { : } 1$ ，两侧悬挂的绳子始终保持在竖直方向，忽略横杆和绳的重力 $( \rho _ { \varkappa } = 1 . 0 \times 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 } )$ ）。下列说法错误_．．的是（ ）

A. 桔槔平衡时，桶内水的体积为 $2 \times 1 0 ^ { - 2 } \mathrm { m } ^ { 3 }$ B. 桔槔是杠杆装置C. 桔槔平衡时，A、B两点所受的拉力之比为 1∶2D. 要想一次提取更多的水，可以将悬挂点A向远离O点方向移动

【答案】A

【解析】

【详解】A．已知A点所挂拗石重力为 100N，OA︰OB=2︰1，两侧悬挂的绳子始终保持在竖直方向，桔槔平衡时，由杠杆平衡条件可得

$$ F _ {\mathrm{A}} \times O A = F _ {\mathrm{B}} \times O B $$

即

$$ 1 0 0 \mathrm{N} \times 2 = F _ {\mathrm{B}} \times 1 $$

解得

$$ F _ {\mathrm{B}} = 2 0 0 \mathrm{N} $$

由于水桶有重力，所以桶中水的重力小于 200N，则桶内水的体积小于

$$ V = \frac {m}{\rho} = \frac {G}{\rho g} = \frac {F _ {\mathrm{B}}}{\rho g} = \frac {2 0 0 \mathrm{N}}{1 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g} = 2 \times 1 0 ^ {- 2} \mathrm{m} ^ {3} $$

所以水的体积小于 $2 \times 1 0 ^ { - 2 } \mathrm { m } ^ { 3 }$ ，故A 错误，符合题意；B．桔槔是绕着固定的点转动的硬棒，所以桔槔是杠杆装置，故B正确，不符合题意；C．桔槔平衡时，由杠杆平衡条件可得

$$ F _ {\mathrm{A}} \times O A = F _ {\mathrm{B}} \times O B $$

由于 $O A : O B { = } 2 : 1$ ，所以A、B两点所受的拉力之比

$$ \frac {F _ {\mathrm{A}}}{F _ {\mathrm{B}}} = \frac {O B}{O A} = \frac {1}{2} $$

故 C正确，不符合题意；D．桔槔平衡时，由杠杆平衡条件可得

$$ F _ {\mathrm{A}} \times O A = F _ {\mathrm{B}} \times O B $$

要想一次提取更多的水，即增大 $F _ { \mathrm { B } }$ ，由于 $F _ { \mathrm { A } }$ 和OB保持不变，所以需要增大OA，故可以将悬挂点A向远离O点方向移动，故D正确，不符合题意。

故选 A。

9. 内燃机的发明是第二次工业革命中应用技术领域的一项重大成就。如图所示为单缸四冲程汽油机的一个冲程示意图，若该汽油机的效率为 30%，飞轮每分钟转动 1800圈 $( q _ { \varkappa \mathfrak { s i h } } = 4 . 6 \times 1 0 ^ { 7 } \mathbf { J } / \mathbf { k g } )$ ），则下列说法正确的是（ ）

A. 图中所示冲程是做功冲程B. 若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为 $6 . 9 \times 1 0 ^ { 7 } ]$ JC. 该汽油机在1s内做功30次D. 汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高

【答案】B

【解析】

【详解】A．图中所示冲程两气阀关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，故A错误；B．若该汽油机完全燃烧5kg汽油，则汽油机做的有用功为

$$ W _ {\text {有}} = \eta Q _ {\text {放}} = 30% \times 5 \mathrm{kg} \times

4.6 \times 10^{7} \mathrm{J/kg} =

6.9 \times 10^{7} \mathrm{J}

$$

故B正确；C．飞轮每分钟转动1800圈，则每秒转动 30圈，该汽油机飞轮转动 2圈对外做功一次，则在 1s内做功15次，故C错误；D．由 $\eta = \frac { W _ { \mathrm { # } } } { Q _ { \dot { \eta } \ddot { \chi } } } { \times } 1 0 0 %$ 得，汽油机消耗的燃料越少，完全燃烧释放的热量越少，做的有用功不知，无法比较效率高低，故D错误。故选B。

【解析】

【详解】A．以航母为参照物，飞行的战机的位置发生变化，所以飞行的战机是运动的，故A不符合题意；BC．战斗机从航母上起飞后，航母的重力变小，由于航母处于漂浮状态，航母受到的浮力等于重力，所有航母受到的浮力变小，由阿基米德原理可知，航母排开水的体积变小，故航母会上浮一些，故B符合题意，C不符合题意；D．由于流体流速大的位置压强小，所以航母两侧水域流速大的位置压强小，故D不符合题意。故选B。

11. 党的二十大报告指出“必须坚持科技是第一生产力”。某学校为了培养学生的科学素养，开展了STEM科创教育，在此期间，科创小组自制了“冰淇淋自动售货机”。该作品可以通过扫码（该开关闭合）或投币（该开关闭合）完成自动出售服务；当光线较暗时，光控开关闭合，还可以提供照明。下列电路设计符合该要求的是（ ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】由题意可知，闭合开关扫码或闭合开关投币都能启动电动机，故开关扫码和投币应并联共同控制电动机；在光线较暗时，光控开关自动闭合，接通灯泡照明，则灯泡由光控开关控制，且与电动机并联。综上所述，图D符合要求，故D符合题意，ABC 不符合题意。

12. 如图甲所示电路，电源电压恒定不变，电流表量程是 0~0.6A，电压表量程是0~3V。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到 a点的过程中，滑动变阻器R和灯泡L的 图像分别如图乙所示，当滑片在a 点时灯泡L 恰好正常发光。下列说法正确的是（ ）

甲

乙

A. 电源电压为 4V B. 灯泡L正常发光时的电阻为 6ΩC. 电路中允许的最大功率为

2.25W D. 电压表测量的是滑动变阻器R两端的电压

【答案】C

【解析】

【详解】ABD．由电路图可知，L与R串联，电流表测电路中电流，电压表测灯泡两端电压。当滑动变阻器R的滑片从最右端向左滑到a点的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中总电阻减小，由欧姆定律可知，电路中电流增大，则灯泡两端电压增大，由串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端电压减小，因此上半部分图像是R的U I 图像，下半部分是L的 图像。当滑片在a点时灯泡L恰好正常发光，则由图乙可知此时

$$ I _ {\mathrm{L}} =

0. 5 \mathrm{A}, U _ {\mathrm{L}} =

1. 5 \mathrm{V}, U _ {\mathrm{R}} = 3 \mathrm{V}

$$

由串联电路电压特点可知，电源电压

$$ U = U _ {\mathrm{R}} + U _ {\mathrm{L}} = 3 \mathrm{V} +

1. 5 \mathrm{V} =

2. 5 \mathrm{V}

$$

灯泡L正常发光时的电阻为

$$ R _ {\mathrm{L}} = \frac {U _ {\mathrm{L}}}{I _ {\mathrm{L}}} = \frac {1 . 5 \mathrm{V}}{0 . 5 \mathrm{A}} = 3 \Omega $$

故 ABD 错误；

C．因灯泡正常发光时的电流为

0.5A，因此电路中允许的最大功率为

$$ P _ {\text {大}} = U I _ {\mathrm{L}} =

4. 5 \mathrm{V} \times

5. 5 \mathrm{A} =

6. 2 5 \mathrm{W}

$$

故 C 正确。

故选 C。

二、填空题（每空 1分，共 14分）

13. 科学既是物理的，也是化学的，还是地理的……某款暖手包，包内的物质含有醋酸钠，其液体可以通过凝固放热，再以___ _（选填“做功”或“热传递”）方式温暖我们的双手；教学用磁悬浮地球仪应用了同名磁极相互______的规律。【答案】 ①. 热传递 ②. 排斥【解析】

【详解】[1]暖手包内的物质凝固会放出热量，再通过热传递的方式将热量传递给手。[2]同名磁极相互排斥，磁悬浮地球仪应用了同名磁极相互排斥的规律。

14. 水是人类赖以生存的宝贵资源，节约用水是每个公民应尽的义务。在对水循环进行探究时，小月将冰块装入一个质量为 20g的烧杯中，利用天平测出它们的总质量如图所示，由此得出这块冰的质量为_g；如果这块冰完全熔化成水，其质量_ _。（选填“变大”“变小”或“不变”）

【答案】 ①.

42.4 ②. 不变

【解析】

【详解】[1]由图可知，标尺的分度值为

0.2g，烧杯和冰的总质量

$$ m _ {\text {总}} = 5 0 \mathrm{g} + 1 0 \mathrm{g} +

2. 4 \mathrm{g} = 6

3. 4 \mathrm{g}

$$

则冰的质量

$$ m _ {\text {冰}} = m _ {\text {总}} - m _ {\text {烧杯}} = 6

2. 4 \mathrm{g} - 2 0 \mathrm{g} = 4

3. 4 \mathrm{g}

$$

[2]质量是物体的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都无关，所以这块冰完全熔化成水，其质量不变。

15. LED灯已广泛应用于展示台装饰、居家照明、城市夜景美化等，制作LED灯的材料是______（选填“半导体”或“超导体”）。如图为某学校电子屏中滚动播放的标语，其显示屏中的“增”字有一部分未显示曾强文明意识出来，其它部分正常发光，由此可知，未发光部分与其它部分建设和谐校园之间是_联的。

曾强文明意识建设和谐校园

【答案】 ①. 半导体 ②. 并

【解析】

【详解】[1]导电能力介于导体和绝缘体之间的材料叫半导体，半导体是制作二极管、三极管的材料，常用在电子元件上，LED灯中的发光二极管由半导体材料制成。

[2]其显示屏中的“增”字有一部分未显示曾强文明意识出来，其它部分正常发光，因此可知，未发光部分与其它部分是独立工作，互不影响的，故未发光部分与其它部分建设和谐校园之间是并联的。

16. 某地区的居民常用太阳灶来烧水，太阳灶所利用的太阳能来源于太阳内部原子核的______（选填“聚变”或“裂变”）。如果把质量为

1.2kg、温度为25℃的水加热到 75℃，至少需要给水提供______J的能量。 $[ c _ { \mathcal { K } } = 4 . 2 \times 1 0 ^ { 3 } \mathrm { J / \left( k g \cdot ^ { \circ } C \right) } ]$ ]

【答案】 ①. 聚变 ②. $2 . 5 2 \times 1 0 ^ { 5 }$

【解析】

【详解】[1]在太阳内部时刻发生由“氢”聚变成“氦”的原子核反应，即核聚变，不停地释放出巨大的能量。

[2]如果把质量为1.2kg、温度为 25℃的水加热到75℃，需要的热量为

$$ Q _ {\text {吸}} = c m \left(t - t _ {0}\right) =

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

5. 2 \mathrm{kg} \times \left(7 5 ^ {\circ} \mathrm{C} - 2 5 ^ {\circ} \mathrm{C}\right) =

6. 5 2 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{J}

$$

17. 房屋装修时，工人利用滑轮组提升物体。如图所示，已知物体的重力为800N，在绳子自由端用 500N的力拉着物体在竖直方向上做匀速直线运动，物体被提升了 3m，该滑轮组的机械效率为______。如果要提高滑轮组的机械效率，可采用的措施有：__ __（填写番号）①增加物体的重力 ②增加提升物体的高度 ③减小动滑轮的重力。

【答案】 ①. 80% ②. ①③

【解析】

【详解】[1]由题知， $n { = } 2$ ，则绳端移动的距离

$$ s = 2 h = 2 \times 3 \mathrm{m} = 6 \mathrm{m} $$

有用功

$$ W _ {\text {有}} = G h = 8 0 0 \mathrm{N} \times 3 \mathrm{m} = 2 4 0 0 \mathrm{J} $$

总功

$$ W _ {\text {总}} = F s = 5 0 0 \mathrm{N} \times 6 \mathrm{m} = 3 0 0 0 \mathrm{J} $$

滑轮组的机械效率

$$ \eta = \frac {W _ {\text {有}}}{W _ {\text {总}}} \times 100 % = \frac {2400 \mathrm{J}}{3000 \mathrm{J}} \times 100 % = 80 % $$

[2]①增加物体的重力，可以提高有用功，在额外功不变的情况下，有用功占总功的比例增大，也就是机械效率变大，故①符合题意；

②增加提升物体的高度，绳端移动的距离也相应的增大，根据

$$ \eta = \frac {W _ {\text {有}}}{W _ {\text {总}}} = \frac {G h}{F s} = \frac {G h}{F n h} = \frac {G}{n F} $$

可知机械效率并不受影响，故②不符合题意；

③减小动滑轮的重力，在提升物体重力不变的情况下，即有用功不变的情况下，额外功减小了，所以机械效率就提高了，故③符合题意。

故选①③。

18. 如图甲所示，足够高的圆柱形薄壁容器，装有适量的水放在水平桌面上。现将一个质量为 $2 \mathrm { k g }$ 、底面积为 $1 0 0 \mathrm { c m } ^ { 2 }$ 的均匀长方体竖直放入容器中，受到容器的支持力为 4N，此时物体所受浮力为__ _N。若再加入适量的水使长方体刚好漂浮，如图乙所示，则此时水面的高度与图甲相比增加了_ _cm。

（ $( \rho _ { \ast } = 1 . 0 \times 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g } / \mathrm { m } ^ { 3 }$ ，g 取10N/kg ）

甲
乙
【答案】

①. 16 ②. 4

【解析】

【详解】[1]长方体的重力

$$ G = m g = 2 \mathrm{kg} \times 1 0 \mathrm{N/kg} = 2 0 \mathrm{N} $$

因为长方体受竖直向下的重力、竖直向上的浮力和支持力，并且

$$ G = F _ {\text {浮}} + F _ {\text {支}} $$

所以长方体受到的浮力

$$ F _ {\text {浮}} = G - F _ {\text {支}} = 2 0 \mathrm{N} - 4 \mathrm{N} = 1 6 \mathrm{N} $$

[2]由 $F _ { \lessgtr } = \rho _ { { \check { \ast } } { \check { \jmath } } _ { \vec { \jmath } } } g V _ { \sharp { \check { \jmath } } }$ 可得，长方体排开水的体积

$$ V _ {\text {排}} = \frac {F _ {\text {浮}}}{\rho_ {\text {液}} g} = \frac {1 6 \mathrm{N}}{1 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g} =

1. 6 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}

$$

此时水面的高度

$$ h = \frac {V _ {\text {排}}}{S} = \frac {1 . 6 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}}{1 0 0 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {2}} =

0. 1 6 \mathrm{m} = 1 6 \mathrm{cm}

$$

因为长方体刚好漂浮，所以

$$ F _ {\text {浮}} ^ {\prime} = G _ {\text {排}} = m _ {\text {排}} g = \rho_ {\text {液}} g V _ {\text {排}} ^ {\prime} = 2 0 \mathrm{N} $$

此时物体排开的体积为

$$ V _ {\text {排}} ^ {\prime} = \frac {F _ {\text {浮}} ^ {\prime}}{\rho g} = \frac {2 0 \mathrm{N}}{1 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g} = 2 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3} $$

此时水面的高度

$$ h ^ {\prime} = \frac {V _ {\text {排}} ^ {\prime}}{S} = \frac {2 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}}{1 0 0 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {2}} =

0. 2 \mathrm{m} = 2 0 \mathrm{cm}

$$

此时水面的高度与图甲相比增加的高度

$$ \Delta h = h ^ {\prime} - h = 2 0 \mathrm{cm} - 1 6 \mathrm{cm} = 4 \mathrm{cm} $$

19. 如图所示，电源电压恒定不变，甲、乙为两只相同的电表。当开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 断开时，甲、乙两电表示数之比为 5∶3，则两电表均为______（选填“电压表”或“电流表”）。一段时间后，电阻 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 产生的热量为 $\mathcal { Q } _ { 1 }$ ；现同时更换两电表种类，并调整开关状态，使两电表均有正常示数，经过相同的时间，电阻 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 产生的热量为 $Q _ { 2 }$ ，则 $\mathcal { Q } _ { 1 } ^ { \cdot } \mathcal { Q } _ { 2 }$ 为

【答案】 ①. 电流表 ②. 25∶9

【解析】

【详解】[1][2]因电压表并联在电路中，其内阻较大，在电路中相当于断路，若两表都是电压表，则电路当开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 断开时，电压表串联在电路中，不符合题意，故两个电表都是电流表，此时两电阻并联，甲测干路电流， $\textsf { Z }$ 测 $R _ { 2 }$ 支路电流。由并联电路电流特点可知，通过两电阻的电流之比

$$ \frac {I _ {1}}{I _ {2}} = \frac {I _ {\text {甲}} - I _ {\text {乙}}}{I _ {\text {乙}}} = \frac {\frac {5}{3} I _ {\text {乙}} - I _ {\text {乙}}}{I _ {\text {乙}}} = \frac {2}{3} $$

由 $R = { \frac { U } { I } }$ 可知，两电阻之比

$$ \frac {R _ {1}}{R _ {2}} = \frac {I _ {2}}{I _ {1}} = \frac {3}{2} $$

经过时间 t后，电阻 $R _ { \mathfrak { r } }$ 产生的热量

$$ Q _ {1} = \frac {U ^ {2} t}{R _ {1}} $$

现同时更换两电表种类，即两电表都更换为电压表，两个开关都闭合， $R _ { 1 }$ 、 $R _ { 2 }$ 串联，甲测 $R _ { 2 }$ 两端电压， $\textsf { Z }$ 测电源电压，电路中电流为

$$ I = \frac {U}{R _ {1} + R _ {2}} = \frac {U}{R _ {1} + \frac {2}{3} R _ {1}} = \frac {3 U}{5 R _ {1}} $$

经过时间 t 后，电阻 $R _ { 1 } \vec { r } ^ { z }$ 生的热量

$$ Q _ {2} = \left(\frac {3 U}{5 R _ {1}}\right) ^ {2} \times R _ {1} \times t = \frac {9 U ^ {2} t}{2 5 R _ {1}} $$

则

$$ \frac {Q _ {1}}{Q _ {2}} = \frac {\frac {U ^ {2} t}{R _ {1}}}{\frac {9 U ^ {2} t}{2 5 R _ {1}}} = \frac {2 5}{9} $$

三、作图题（每小题 1分，共 3分）

20. 如图所示，请作出这束光从三棱镜斜面射出的折射光线的大致方向。

【解析】

【详解】光从三棱镜斜射入空气中时，折射光线和入射光线位于法线两侧，折射角大于入射角，如下图示数：

21. 如图所示，请作出静止在水平桌面上的书所受的摩擦力和书对桌面压力的示意图。

【答案】

【解析】

【详解】由图可知，书在拉力 $F _ { ☉ }$ 的作用下，处于静止状态，由二力平衡条件可知，书受到的摩擦力方向与拉力 $F _ { ☉ }$ 的方向相反，大小与拉力 $F _ { \mathrm { \dddot { \ddagger } } }$ 大小相等；书对桌面压力的受力物体是桌面，则作用点在桌面上，压力方向垂直于桌面向下，如下图所示：

22. 如图所示，请用笔画线代替导线，将图中的插座、电灯和开关正确接入家庭电路中。

火线

零线

【解析】

【详解】家庭电路中的三孔插座要按照左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线连接；电灯和开关接入家庭电路中时，为了能安全用电，开关应接在火线和灯泡之间，如下图所示：

四、实验探究题（每空 1分，共 12分）

23. 爱动手爱思考的小军，在做了“探究凸透镜成像规律”实验后，又选用了焦距未知的凸透镜进行拓展探究。

甲

乙

（1）将凸透镜安装在光具座上，用平行光作为光源，移动光屏直至光屏上得到一个最小最亮的光斑，如图甲所示，则凸透镜焦距为______cm；（要求估读）

（2）在实验过程中，当物距为 5cm时所成像与生活中的 _所成像的规律相同；（写出一种即可）

（3）蜡烛随着燃烧而变短，小军发现光屏上所成的像向上移动，从而影响了实验的进行，如图乙所示。为了解决这一问题，你认为他最合理的调整方法是___ ___；A.只需将光屏适当上移 B.只需将凸透镜适当下移C.将光屏和凸透镜都适当下移 D.以上操作均可行

（4）小军认为在实验过程中用蜡烛作为发光体除容易变短外，还存在一些不足之处，比如 ______。（写出合理的一条即可）【答案】 ①.

10.0 ②. 放大镜 ③. AB ④. 见解析

【详解】（1）[1]图甲中，刻度尺的分度值为 1cm，平行光经过凸透镜后在光屏上得到一个最小最亮的光斑，这个光斑即为焦点，焦点到凸透镜的距离即为焦距，则焦距为f =

40.0cm −30.0cm =

10.0cm

（2）[2]在实验过程中，当物距为 5cm时，小于1倍焦距，成正立放大的虚像，放大镜就是根据该原理制成的。

（3）[3]蜡烛在燃放中不断缩短，向下移动，光屏上的像向上移动，要使像能够成在光屏中央，可向上移动光屏；或向上移动蜡烛或向下移动凸透镜。故AB符合题意，CD不符合题意。

（4）[4]实验中烛焰会随空气的流动飘忽不定，影响像的稳定，不方便测量。

24. 物理兴趣小组的同学在“探究影响浮力大小的因素”过程中，经过讨论提出如下猜想：

猜想 1：浮力的大小与物体浸入的深度有关：

猜想 2：浮力的大小与液体的密度有关：

猜想 3：浮力的大小与物体的形状有关。

小组同学分别对以上猜想进行探究，以下是他们的实验过程。

B

C

D

E

（1）小凌根据A、B、C三图，认为猜想 1是正确的；同组的小果根据A、C、D三图，认为猜想1是错误的。通过深入分析上述现象，小组同学一致认为浮力的大小随物体浸入液体体积的增大而______，与物体浸没在液体的深度无关。

（2）根据_____ _三图，可验证猜想2是正确的。同学们通过查阅相关资料并结合图中数据，还可以测出物体的密度为 $\mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ $( \rho _ { \ast } = 1 . 0 \times 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 } )$ ）

（3）为了验证猜想3，小组同学找来两个完全相同的薄铝片、一个烧杯和适量的水等器材进行实验，实验步骤如下：①将一个薄铝片放入盛有适量水的烧杯中，观察到铝片下沉至杯底；②将另一薄铝片弯成“碗状”也放入该烧杯中，观察到铝片漂浮在水面上。根据以上现象，小丽得出猜想3是正确的。她的结论不可靠，原因是【答案】 ①. 增大 ②. ADE ③. $1 . 6 7 \times 1 0 ^ { 3 }$ ④. 见详解

【解析】

【详解】（1）[1]根据A、C、D三图可知，物体浸入液体的深度不同，但测力计的示数相同，说明浮力大小与物体浸没在液体的深度无关；根据A、B、C三图可知，物体浸入液体的体积不同，测力计的示数不同，说明浮力大小与物体浸入液体的体积有关，物体浸入液体体积越大，物体受到的浮力越大。

（2）[2]根据A、D、E 三图可知，物体浸入液体的体积相同，但液体的密度不同，测力计的示数不同，说明浮力大小与液体的密度有关。

[3]根据 AC 图可知

$$ F _ {\text {浮}} = G - F = 5 \mathrm{N} - 2 \mathrm{N} = 3 \mathrm{N} $$

根据 $F _ { \lessgtr } = \rho _ { { \check { \ast } } { \check { \jmath } } _ { \vec { \jmath } } } g V _ { \sharp { \check { \jmath } } }$ 可得

$$ V _ {\text {排}} = \frac {F _ {\text {浮}}}{\rho_ {\text {液}} g} = \frac {3 \mathrm{N}}{1 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g} = 3 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} $$

因为物体浸没，所以

$$ V = V _ {\text {排}} = 3 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} $$

根据 $G = m g$ 和 $\rho = \frac { m } { V }$ 可得，物体的密度

$$ \rho = \frac {m}{V} = \frac {G}{g V} = \frac {5 \mathrm{N}}{1 0 \mathrm{N} / k g \times 3 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3}} =

1. 6 7 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3}

$$

（3）[4]根据控制变量法可知，要探究浮力大小与物体形状的关系，应控制物体排开液体的体积相同，而实验中将另一薄铝片弯成碗状也放入该烧杯中，铝片漂浮在水面上，铝片排开液体的体积变大，所以小丽的结论不可靠。

25. 小华和同学们进行了“探究电流与电阻的关系”实验。实验器材有：三节干电池（每节恒为

1.5V）、电流表一只、电压表一只、滑动变阻器两个（分别标有“20Ω 2A”“40Ω 1A”字样）、定值电阻4个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、开关一个、导线若干。他们利用这些器材设计了如图甲所示的电路。

甲

乙

（1）小华先将5Ω的电阻接入电路，闭合开关，发现电流表有示数、电压表无示数，出现该故障的原因可能是______；（写出一种即可）

（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片至某一位置，观察并记录两电表示数。接着将 5Ω的电阻换成10Ω，闭合开关，为控制定值电阻两端电压不变，应将滑动变阻器的滑片向______（选填“A”或“B”）端移动；

（3）多次更换定值电阻进行实验，并根据实验数据画出电流随电阻变化的 图像，如图乙所示。通过观察发现：在误差范围内，图像上的任意点和坐标轴围成的矩形面积大小都相等，因此可以得出的实验结论是_

（4）为了完成整个实验，他们选取的滑动变阻器规格是

【答案】 ①. 定值电阻短路 ②. B ③. 导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 ④. “40Ω 1A”

【解析】

【详解】（1）[1] 电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，因此故障可能是与电压表并联的定值电阻R短路了。

（2）[2] 研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同。将5Ω 的电阻换成 10Ω，根据串联分压原理，闭合开关后，电压表示数会变大，为控制定值电阻两端的电压不变，应减小定值电阻的电压，则应增大变阻器的电压，所以应增大变阻器的阻值，即将滑动变阻器的滑片向B端移动。

（3）[3] 由图乙可知图线上的任一点和坐标轴围成的矩形“面积”大小是电流与电阻的乘积，矩形“面积”大小都相等，说明通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。

（4）[4] 由图乙可知20Ω的定值电阻接入电路时，电流为

0.1A，电源电压为4.5V，则此时总电阻为

$$ R _ {\text {总}} = \frac {U}{I} = \frac {4 . 5 \mathrm{V}}{0 . 1 \mathrm{A}} = 4 5 \Omega $$

此时变阻器阻值为

$$ R _ {\text {滑}} = R _ {\text {总}} - R = 4 5 \Omega - 2 0 \Omega = 2 5 \Omega $$

所以选用的是“40Ω 1A”的滑动变阻器。

五、计算题（26、27题各 4分，28题 5分，共 13分）

26. 周末，小成同学骑自行车前往离家较近的邓小平图书馆研修学习。在某段平直的公路上，其运动的图像如图所示。已知小成和自行车总重力为600N，运动时所受阻力大小恒为总重力的

0.2倍；

（1）求自行车在匀速直线运动时所通过的路程；

（2）如果自行车在前10s内所通过的路程为 30m，那么自行车在 0~50s内克服阻力所做的功为多少？

【答案】（1）200m；（2）27600J

【解析】

【详解】解：（1）由图可知，自行车从第 10s开始做匀速直线运动，速度为5m/s，所以自行车在匀速直线运动时所通过的路程

$$ s = v t = 5 \mathrm{m/s} \times (5 0 \mathrm{s-10s}) = 2 0 0 \mathrm{m} $$

（2）运动时所受阻力大小恒为总重力的0.2倍，自行车在 0~50s内克服阻力所做的功

$$ W = f s _ {\text {总}} =

0. 2 G s _ {\text {总}} =

1. 2 \times 6 0 0 \mathrm{N} \times (3 0 \mathrm{m} + 2 0 0 \mathrm{m}) = 2 7 6 0 0 \mathrm{J}

$$

答：（1）自行车在匀速直线运动时所通过的路程为200m；

（2）自行车在0~50s内克服阻力所做的功为 27600J。

27. 茶壶几乎是每家必备 常用器具。学习压强知识后，小淇想对家中的茶壶进行相关研究。她测得茶壶的质量为 600g，底面积为 $1 0 0 \mathrm { c m } ^ { 2 }$ ，装入适量水后将它放在水平桌面上，测得水的深度如图所示，请你接着她的探究完成如下任务。 $( \rho _ { \mathrm { * k } } = 1 . 0 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ ，g 取 $1 0 \mathrm { N / k g }$ ）

（1）求水对茶壶底的压强。

（2）若水对茶壶底的压力是茶壶对桌面压力的0.6倍，则茶壶内水的质量为多少？（茶壶壁厚度不计）

【答案】（1） $1 . 2 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { P a }$ ；（2）1.4kg

【解析】

【详解】解：（1）水对茶壶底的压强

$$ p = \rho g h =

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

2. 1 2 \mathrm{m} =

3. 2 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{Pa}

$$

（2）由 $p = { \frac { F } { S } }$ 可得，水对茶壶底的压力

$$ F _ {\text {水}} = p S = 1 2 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{Pa} \times 1 0 0 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {2} = 1 2 \mathrm{N} $$

由题意可知，茶壶对桌面的压力

$$ F _ {\mathrm{壶}} = \frac {F _ {\mathrm{水}}}{0 . 6} = \frac {1 2 \mathrm{N}}{0 . 6} = 2 0 \mathrm{N} $$

茶壶的重力

$$ G _ {\text {壶}} = m \text {壶} g =

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

$$

因茶壶对桌面的压力等于茶壶和水的重力之和，所以，水的重力

$$ G _ {\text {水}} = F _ {\text {壶}} - G _ {\text {壶}} = 2 0 \mathrm{N} - 6 \mathrm{N} = 1 4 \mathrm{N} $$

则水的质量

$$ m _ {\text {水}} = \frac {G _ {\text {水}}}{g} = \frac {1 4 \mathrm{N}}{1 0 \mathrm{N/kg}} =

1. 4 k g

$$

答：（1）水对茶壶底的压强为 $1 . 2 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { P a }$ ；

（2）茶壶内水的质量为1.4kg。

28. 如图所示，电源电压为6V 恒定不变，灯泡L 标有 $^ { \dag } 2 \mathrm { V } \quad 0 . 4 \mathrm { W } ^ { \dag , \dag }$ 的字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），滑动变阻器 $R _ { 2 }$ 标有 $^ { \dag } 6 0 \Omega \quad 1 \mathrm { A } ^ { \prime \prime }$ 的字样，电流表量程为 0~0.6A，电压表量程为 0~3V。

（1）求灯泡L正常发光时的电阻。

（2）当 $\mathbf { S } _ { 1 } , \mathbf { S } _ { 2 }$ 均闭合， $\mathrm { S } _ { 3 }$ 接 $^ { b , }$ ，滑动变阻器滑片移到最大阻值处时，电流表示数为0.4A，求 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 阻值。

（3）在保证电路安全的情况下，求整个电路电功率的变化范围。

【答案】（1）10Ω；（2）20Ω；（3）0.6W~3.6W

【解析】

【详解】解：（1）灯泡L标有 $^ { \mathrm { ~ # ~ } } 2 \mathrm { V } \mathrm { ~ \thinspace ~ } 0 . 4 \mathrm { W } ^ { \mathrm { } \mathrm { } \mathrm { } }$ 的字样，则灯泡的额定电压为2V，额定功率为

0.4W，所以灯泡L正常发光时的电阻

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

（2）当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 均闭合， $\mathrm { S } _ { 3 }$ 接b时，灯泡被短路， $R _ { 1 }$ 与 $R _ { 2 }$ 并联，电流表测量干路中电流，由于干路中各支路中电压等于电源电压，滑动变阻器滑片移到最大阻值处，所以通过滑动变阻器

$$ I _ {2} = \frac {U}{R _ {2}} = \frac {6 \mathrm{V}}{6 0 \Omega} =

0. 1 \mathrm{A}

$$

则通过 $R _ { 1 }$ 的电流

$$ I _ {1} = I - I _ {2} =

0. 4 \mathrm{A} -

1. 1 \mathrm{A} =

2. 3 \mathrm{A}

$$

则 $R _ { 1 }$ 的阻值

$$ R _ {1} = \frac {U}{I _ {1}} = \frac {6 \mathrm{V}}{0 . 3 \mathrm{A}} = 2 0 \Omega $$

（3）当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 均闭合， $\mathrm { S } _ { 3 }$ 接b时，灯泡被短路， $R _ { 1 }$ 与 $R _ { 2 }$ 并联，电流表测量干路中电流，电流表量程为0~0.6A，所以干路中最大电流为

0.6A，则整个电路最大电功率

$$ P _ {\text {大}} = U I _ {\text {大}} = 6 \mathrm{V} \times

0. 6 \mathrm{A} =

1. 6 \mathrm{W}

$$

当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 均断开， $\mathrm { S } _ { 3 }$ 接 $a$ 时，灯泡、 $R _ { 1 }$ 与 $R _ { 2 }$ 串联，电压表测量 R2两端电压，当电压表示数最大时，电路

中电流最小，则整个电路电功率最小，电压表量程为 0~3V，则电压表最大电压为3V，电路中最小电流

$$ I _ {\text {小}} = \frac {U - U _ {\text {滑}}}{R _ {1} + R _ {\mathrm{L}}} = \frac {6 \mathrm{V} - 3 \mathrm{V}}{2 0 \Omega + 1 0 \Omega} =

0. 1 \mathrm{A}

$$

则整个电路最小电功率

$$ P _ {\text {小}} = U I _ {\text {小}} = 6 \mathrm{V} \times

0. 1 \mathrm{A} =

1. 6 \mathrm{W}

$$

所以整个电路电功率的变化范围为

0.6W~3.6W。

答：（1）灯泡L正常发光时的电阻为 10Ω；

（2） $R _ { 1 }$ 的阻值为20Ω；

（3）在保证电路安全的情况下，整个电路电功率的变化范围为0.6W~3.6W。