2024年四川省达州中考物理

达州市 2024年初中学业水平考试

物理、化学、生物试卷

1.本考试为闭卷考试，考试时间 150分钟，全卷总分 195分。本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷 1-7页，第Ⅱ卷 7-16页，共 10页。

2.可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56Zn-65

温馨提示：

1.答题前，考生需用

0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴条形码后，再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。

2.选择题必须使用 2B铅笔在答题卡相应位置规范填涂。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用

0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡对应的框内，超出答题区答案无效；在草稿纸、试题卷上作答无效。

3.不要折叠、弄破、弄皱答题卡，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀等影响答题卡整洁。

4.考试结束后，将试卷及答题卡一并交回。

第Ⅰ卷 选择题（共 76分）

一、选择题（本题共 28个小题，共 76分。1—12小题为物理题，每小题 3分；13—20题为化学题，每小题 3分；21—28题为生物题，每小题 2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 自然界中万物生灵都有着自己独特的交流方式，其中声音是最常见、最有效的方式之一。下列关于声现象说法正确的是（ ）A. 声音是由物体振动产生的，一切物体振动产生的声音人都能听到B. 我国“天宫”空间站的宇航员出舱后，在太空中仍能通过声音直接交流C. 常见医用设备B超，是利用超声波来获取人体内部脏器信息的D. 广场上的噪声监测仪能在传播过程中减弱噪声

【答案】C

【解析】

【详解】A．声音是由物体振动产生的，但是如果声音的频率不在人耳听觉范围内、声音无法传播、响度不足等现象，那么人耳是听不到的，故A错误；B．出舱后，太空中处于真空状态，而真空不能传声，故不能通过声音直接交流，故B错误；

C．B 超是利用超声波能够穿透人体皮肤组织来获取内脏信息的，故C 正确；D．噪声监测仪只能显示目前的声音分贝数，但并不能减弱噪声，故D 错误。故选C。

2. 光，让我们的世界充满温暖，让我们的世界绚丽多彩。下列有关光现象的描述错误的是（ ）

A.

甲图中射击时要求“三点一线”，是利用光的直线传播原理

B.

乙图中太阳光经过三棱镜后，在白屏上呈现彩色光带，说明太阳光是由多种

色光混合而成

C.

丙图中通过平静的湖面可以看到廊桥在水中的倒影，这是光的反射现象

D.

丁图中我们透过放大镜看到的是正立、放大的实像

【答案】D

【解析】

【详解】A．射击时要求“三点一线”，即枪口、准星和靶心在同一直线上，这是利用了光的直线传播原理，故A 正确，不符合题意；B．太阳光经过三棱镜后，被分解成各种色光，这是光的色散现象，说明太阳光是由多种色光混合而成的，故 B正确，不符合题意；C．通过平静的湖面可以看到廊桥在水中的倒影，属于平面镜成像，是光的反射现象，故 C正确，不符合题意；

D．放大镜成正立、放大的虚像，故D 错误，符合题意。故选 D。

3. 水是生命之源，也是人类生存环境的重要组成部分。水在各种物态变化中不停地循环，让四季多姿多彩。下列说法错误的是（ ）A. 温暖的春天，万物复苏、冰雪消融，这是熔化现象，需要吸热B. 炎热的夏天，莲花湖的水在阳光下变成水蒸气，这是汽化现象，需要吸热C. 凉爽的秋天，路边的草或树叶上结有晶莹的露珠，这是液化现象，需要吸热D. 寒冷的冬天，水蒸气在高空急剧降温变成雪花，这是凝华现象，需要放热

【解析】

【详解】A．冰雪消融是固态冰变为液态水的过程，属于熔化现象，熔化吸热，故A 正确，不符合题意；B．水在阳光下变成水蒸气，是液态水变为气态水蒸气的过程，属于汽化现象，汽化吸热，故 B正确，不符合题意；C．露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，液化放热，故C 错误，符合题意；D．水蒸气在高空急剧降温变成雪花，是气态水蒸气直接变为固态冰晶的过程，属于凝华现象，凝华放热，故D 正确，不符合题意。

故选 C。

4. 赛龙舟是中华民族端午节一项传统民俗活动，下列关于龙舟比赛过程说法正确的是（ ）A. 比赛开始前，龙舟静止在水面上，处于平衡状态B. 比赛过程中，使龙舟前进的动力是桨对人的作用力C. 比赛过程中，左右相邻两龙舟之间的水，流速变大压强变大D. 到达终点时，运动员停止划桨，龙舟的运动状态将不再发生改变

【答案】A

【解析】

【详解】A．比赛开始前，龙舟漂浮在水面上，静止时处于平衡状态，故A正确；B．比赛过程中，桨向后划水，水给桨一个向前的力，推动龙舟前进，所以使龙舟前进的动力是水对桨的作用力，故 B错误；C．比赛过程中，左右相邻两龙舟之间的水，流速变大，压强变小，故C 错误；D．到达终点时，运动员停止划桨，龙舟由于惯性继续向前运动，但龙舟受到水的阻力作用，速度逐渐减小，所以龙舟的运动状态将发生改变，故D 错误。

故选 A。

5. 如图所示，水平桌面上两相同电子秤，上面分别放有相同的圆柱形容器，容器中装有甲、乙两种不同的液体，将体积相等的 A、B两个小球分别放入液体中静止时，A球沉底、B球漂浮，此时液体深度$h _ { \scriptscriptstyle \mathbb { H } } < h _ { \scriptscriptstyle \mathscr { Z } }$ ，液体对容器底部压强相等。下列说法正确的是（ ）

A. 液体密度 $\rho _ { \mathrm { \scriptscriptstyle F } } < \rho _ { \mathrm { \scriptscriptstyle Z } }$ B. 两小球受到的浮力 $F _ { _ A } = F _ { _ B }$ C. 两电子秤示数相等D. 将A、B两个小球取出后（忽略带出的液体），左侧电子秤示数变化较大【答案】D

【解析】

【详解】A．放入小球后，液体深度 $h _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle F } } } < h _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle Z } } }$ ，液体对容器底部压强相等，根据 $p = \rho g h$ 可知，液体密度${ \rho } _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle F } } } { > } { \rho } _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle Z } } }$ ，故A错误；B．由图可知，A球在甲液体中沉底，B球漂浮在乙液体上，故 $V _ { \mathrm { \bf A ^ { \ddag } \mathrm { \bf \overline { { F } } } } } > V _ { \mathrm { \bf B ^ { \ddag } \mathrm { \bf \overline { { F } } } } }$ ，且液体密度 ${ \rho } _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle F } } } { > } { \rho } _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle Z } } }$ ，根据$F _ { \lessgtr } = \rho _ { \astrosun } g V _ { \sharp \sharp }$ 可知，两小球受到的浮力 $F _ { \mathrm { A } } { > } F _ { \mathrm { B } }$ ，故B错误；C．甲中杯底受到的压力有液体甲对杯底的压力和A球对杯底的压力，可表示为$\begin{array} { r } { F _ { \mathbb { H E } } = F _ { \mathbb { X } \mathbb { H } } + F _ { \mathbb { H } \mathbb { E } } = \rho g h S _ { \ J \ast } + F _ { \mathbb { H } \mathbb { E } } = p _ { \mathbb { H } } + F _ { \mathbb { H } \mathbb { E } } } \end{array}$

乙中杯底受到的压力只有液体乙对杯底的压力，可表示为

$$ F _ {\text {乙压}} = F _ {\text {乙水压}} = \rho g h S _ {\text {底}} = p _ {\text {乙}} $$

由于液体对容器底部压强相等，故 $F _ { \mathrm { \scriptscriptstyle F } } > F _ { \mathrm { \scriptscriptstyle Z , E } }$ ，则左容器中内液体和A球的总重力大于乙容器内液体和 B球的总重力，容器的重力相等，则 $G _ { { \scriptscriptstyle \mathscr { E } } , { \scriptscriptstyle \sharp } } > G _ { { \scriptscriptstyle \mathscr { E } } , { \scriptscriptstyle \sharp } }$ ，根据 $m = { \frac { G } { g } }$ 可知， $m _ { \mathbb { Z } , \mathbb { H } } > m _ { \mathbb { H } , \mathbb { H } }$ ，故左电子秤的示数更大，故C错误；D．A球在甲液体中沉底，则 $\rho _ { \mathrm { { A } } } { > } \rho _ { \mathrm { { # } } }$ ，B球漂浮在乙液体上，则 $\rho _ { \mathrm { { B } } } { < } \rho _ { \mathrm { { Z } } }$ ，由A分析可知，液体密度$\rho _ { \mathrm { \scriptscriptstyle F } } > \rho _ { \mathrm { \scriptscriptstyle Z } }$ ，故 $\rho _ { \mathrm { { A } } } { > } \rho _ { \mathrm { { B } } }$ ，根据 $G = m g = \rho V _ { \xi }$ 可知，A、B两个小球体积的，则 $m _ { \mathrm { A } } { > } m _ { \mathrm { B } }$ ，故将A、B两个小球取出后（忽略带出的液体），左侧电子秤示数变化较大，故D正确。

故选 D。

6. 如图所示，A、B两物体叠放在水平桌面上， $G _ { \mathrm { A } } = 8 0 \mathrm { N }$ $G _ { \mathrm { B } } = 2 0 \mathrm { N }$ ，A、B均为正方体，边长分别为20cm、10cm。在拉力 的作用下，5s内，物体A、B一起向右匀速直线移动了3m。若不计滑轮和绳自重及绳与滑轮间的摩擦，下列说法错误的是（ ）

A. A与B之间的摩擦力为0 B. A 对地面的压强为 2500PaC. 绳子自由端移动的速度为

1.2m/s D. 拉力F做功的功率为30W

【答案】D

【解析】

【详解】A．物体A、B一起向右匀速直线运动，A、B之间没有相对运动和相对运动趋势，故A与B之间的摩擦力为 0，故A正确，不符合题意；

B．A对地面的压力等于A和B组成的整体的重力，为

$$ F _ {\text {压}} = G _ {\mathrm{A}} + G _ {\mathrm{B}} = 8 0 \mathrm{N} + 2 0 \mathrm{N} = 1 0 0 \mathrm{N} $$

则A对地面的压强为

$$ p = \frac {F _ {\text {压}}}{S} = \frac {1 0 0 \mathrm{N}}{0 . 2 \mathrm{m} \times 0 . 2 \mathrm{m}} = 2 5 0 0 \mathrm{Pa} $$

故B正确，不符合题意；

C．与动滑轮连接 绳子段数 n=2，根据滑轮组绳子自由端与物体移动距离的规律可知，绳子自由端移动的距离为

$$ s _ {\text {绳}} = n s = 2 \times 3 \mathrm{m} = 6 \mathrm{m} $$

则绳子自由端移动的速度为

$$ v _ {\text {绳}} = \frac {s _ {\text {绳}}}{t} = \frac {6 \mathrm{m}}{5 \mathrm{s}} =

1. 2 \mathrm{m/s}

$$

故C正确，不符合题意；D．拉力F做功为

$$ W = F s = 3 0 \mathrm{N} \times 6 \mathrm{m} = 1 8 0 \mathrm{J} $$

则拉力F做功的功率为

$$ P = \frac {W}{t} = \frac {1 8 0 \mathrm{J}}{5 \mathrm{s}} = 3 6 \mathrm{W} $$

故D错误，符合题意。

故选 D。

7. 19世纪，物理学家发现电与磁之间存在着紧密联系，下列关于电现象与磁现象的说法正确的是（ ）

A.

甲图通电后电磁铁b的线圈匝数少，磁性更强

B.

甲

保持不动

C.

丙图是发电机的原理，闭合开关后，悬挂的导体棒将发生运动

D.

丁图是电动机的原理，闭合开关后，金属棒ab将发生运动

【答案】D

【解析】

【详解】A．电磁铁的磁性与线圈匝数有关，匝数越多，磁性越强，甲图通电后电磁铁 b的线圈匝数少，磁性更弱，故A错误；

B．乙图通电后静止的小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，断电后导线周围的磁场消失，小磁针受地磁场的影响又会回到原位置，故B错误；C．丙图是发电机的原理，闭合开关后，若悬挂的导体棒在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；闭合开关后，导体不会自发的运动，故C错误；D．丁图是电动机的原理，闭合电路的部分导体在磁场中会受到力的作用，即闭合开关后，金属棒 $a b$ 将发生运动，故D正确。故选D。

8. 如图所示是某品牌电热毯内部电路简化图，该电热毯具有高低两档加热功能，下列说法正确的是（ ）

A. 只闭合开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 时，电路处于高温档B. 只闭合开关 $\mathrm { S } _ { \gamma }$ 时，电路处于低温档C. 同时闭合开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 时，电路处于高温档D. 同时闭合开关 $\mathbf { S } _ { 1 } \setminus \mathbf { S } _ { 2 }$ 时，电路处于低温档

【答案】C

【解析】

【详解】A．只闭合开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 时，只有 $R _ { 1 }$ 接入电路，由 $P = { \frac { U ^ { 2 } } { R } }$ ，此时电热毯电功率最小，为低温档，故A 错误；B．只闭合开关 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 时，电路断路，故B错误；

CD．由电路图可知，当开关 $\mathrm { S } _ { 1 } , \mathrm { \Delta } \mathrm { S } _ { 2 }$ 闭合时， $R _ { 1 }$ 和 $R _ { 2 }$ 并联，因为电阻越并越小，所以此时电路电阻最小，而电源电压一定，由 $P = { \frac { U ^ { 2 } } { R } }$ 可知，此时电热毯电功率最大，为高温档，故C正确，D错误。故选C。

9. 如图所示电路，闭合开关后，整个电路正常工作。其中一盏灯突然熄灭，两只电表示数均变大，则该电路可能发生的故障为（ ）

A. $\mathrm { L } _ { 1 }$ 短路 B. $\mathrm { L } _ { 2 }$ 短路 C. $\mathrm { L } _ { 1 }$ 开路 D. $\mathrm { L } _ { 2 }$ 开路

【解析】

【详解】由图可知，两灯串联，电压表测 $\mathrm { L } _ { 2 }$ 两端电压，电流表测串联电路电流；

A．如果 $\mathrm { L } _ { 1 }$ 短路，则串联电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，则电流表示数变大。由于 $\mathrm { L } _ { 1 }$ 短路，电路中只有 $\mathrm { ~ L ~ } _ { 2 } , \mathrm { ~ L ~ } _ { 2 }$ 两端电压等于电源电压，电压表 $\overline { { \overline { { \mathbf { \Omega } } } } }$ 数变大。此时灯泡 $\mathrm { L } _ { 2 }$ 发光。则A符合题意；B．如果 $\mathrm { L } _ { 2 }$ 短路，电路中电流变大，电流表的示数变大，由于电压表测 $\mathrm { L } _ { 2 }$ 两端电压，则电压表的示数为0，即电压表的示数变小，故 B不符合题意；C．如果 $\mathrm { L } _ { 1 }$ 开路，两个电表与电源不通，则两个电表的示数都变为 0，即示数都变小。故C 不符合题意；D．如果 $\mathrm { L } _ { 2 }$ 开路，电路断路，电流表的示数变小。此时电压表串联在电路中测电源电压，则电压表的示数变大。故D不符合题意。

故选 A。

10. 如图所示， $R _ { \mathrm { 1 } }$ 为定值电阻， $R _ { 2 }$ 为滑动变阻器，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片 P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 电流表示数变大，电压表 $\mathrm { V } _ { 1 }$ 示数变小 B. 电流表示数变小，电压表 $\mathrm { V } _ { 2 }$ 示数变大C. 电压表 $\mathrm { V } _ { 1 }$ 与电流表示数的比值变大 D. 电压表 $\mathrm { V } _ { 2 }$ 与电流表示数的比值变小

【答案】B

【解析】

【详解】AB．由电路图可知，这是一个串联电路，电压表 V₁测R₁两端电压，电压表 $\mathrm { V } _ { 2 }$ 测 R₂两端电压。

滑动变阻器的滑片P 向右移动时， $R _ { 2 }$ 接入电路的电阻值变大。 因此整个电路的总电阻增大。根据欧姆定律 $I = { \frac { U } { R } }$ 可知 ，当电压 U 保持不变，电阻 R 增大时，电流 I 会减小。所以，电流表示数会变小。 由于电流减小，根据 U=IR 可知， $R _ { 1 }$ 两端的电压减小。所以，电压表 $\mathrm { V } _ { 1 }$ 的示数会变小。 由串联电路电压规律可知， $R _ { 2 }$ 两端的电压会增大。所以，电压表 $\mathrm { V } _ { 2 }$ 的示数会变大。故A错误，B正确；C．由欧姆定律可知，电压表 V1与电流表示数的比值等于定值电阻 $R _ { 1 }$ 的阻值不变。故C错误；D．由欧姆定律可知，电压表 $\mathrm { V } _ { 2 }$ 与电流表示数的比值为滑动变阻器接入电路中的阻值，滑动变阻器的阻值变大，则其比值变大。故D 错误。

故选 B。

11. 如图甲所示，悬挂在弹簧测力计下的实心圆柱体 A 浸没在水中，将其缓慢拉出水面（忽略物体带出的水），弹簧测力计的示数F 与物体上升的高度h 之间的变化图像如图乙所示。然后将体积为 $2 0 0 0 \mathrm { c m } ^ { 3 }$ 的实心物体B用细线和A连接在一起，如图丙所示放入水中，A、B刚好悬浮。细线的重力和体积忽略不计，$\rho _ { \mathrm { \scriptscriptstyle { \mathscr R } } } = 1 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g } / \mathrm { m } ^ { 3 }$ ，g 取 10N/kg，下列说法正确的是（ ）

甲

乙

丙

A. A浸没在水中所受浮力为10N B. A的底面积为 $5 0 \mathrm { c m } ^ { 2 }$ C. B 的重力为 20N D. B的密度为 $0 . 7 5 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g } / \mathrm { m } ^ { 3 }$

【答案】D

【解析】

【详解】A．由乙图可知，当 h处于0~10cm时，弹簧测力计的示数不变，说明圆柱体A 未露出水面，此时弹簧测力计的示数 $F _ { \mathrm { } } { = } 5 \mathrm { N }$ ，当h处于20cm以上时，弹簧测力计的示数不变，说明圆柱体A 已完全露出水面，此时弹簧测力计的示数 $F _ { \mathrm { } } { ’ } { = } 1 0 \mathrm { N }$ ，则圆柱体A 受到的重力

$$ G = F _ {\text {示}} ^ {\prime} = 1 0 \mathrm{N} $$

圆柱体A 浸没在水中时受到的浮力

$$ F _ {\text {浮}} = G - F _ {\text {示}} = 1 0 \mathrm{N} - 5 \mathrm{N} = 5 \mathrm{N} $$

故A 错误；

B．由 $F _ { \ast \ast } { = } \rho _ { \ast } g V _ { \sharp \sharp }$ 可得，圆柱体A 的体积

$$ V _ {\mathrm{A}} = V _ {\text {排}} = \frac {F _ {\text {浮}}}{\rho_ {\text {水}} g} = \frac {5 \mathrm{N}}{1 . 0 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g} = 5 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} $$

若圆柱体A拉离水面时容器中的水面高度不变，则圆柱体A 的底面积

$$ S _ {\mathrm{A}} = \frac {V _ {\mathrm{A}}}{\Delta h} = \frac {5 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3}}{0 . 2 \mathrm{m} - 0 . 1 \mathrm{m}} = 5 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {2} = 5 0 \mathrm{cm} ^ {2} $$

实际圆柱体A 拉出水面时，容器中的水面在下降，物体A从刚露出水面到离开水面时移动的距离与圆柱体A 的高度不相等，故B错误；

C．将体积为 $2 0 0 0 \mathrm { c m } ^ { 3 }$ 的实心物体 B用细线和A连接在一起，放入水中，A、B刚好悬浮，则A、B的总重力

$$ G _ {\text {总}} = F _ {\text {浮}} ^ {\prime} = \rho_ {\text {水}} g V _ {\text {排}} ^ {\prime} = \rho_ {\text {水}} g \left(V _ {\mathrm{A}} + V _ {\mathrm{B}}\right) =

1. 0 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N} / k g \times \left(5 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} + 2 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}\right) = 2 5 \mathrm{N}

$$

则 B 的重力

$$ G _ {\mathrm{B}} = G _ {\text {总}} - G _ {\mathrm{A}} = 2 5 \mathrm{N} - 1 0 \mathrm{N} = 1 5 \mathrm{N} $$

故 C 错误；

D．B的密度

$$ \rho_ {\mathrm{B}} = \frac {m _ {\mathrm{B}}}{V _ {\mathrm{B}}} = \frac {G _ {\mathrm{B}}}{g V _ {\mathrm{B}}} = \frac {1 5 \mathrm{N}}{1 0 \mathrm{N} / k g \times 2 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}} =

0. 7 5 \times 1 0 ^ {3} k g / \mathrm{m} ^ {3}

$$

故 D 正确。

故选 D。

12. 如图所示电路，电源电压为 18V保持不变， $R _ { 1 } , \ R _ { 2 }$ 为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为 30Ω。当滑片 P位于最右端，同时闭合 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 时，滑动变阻器功率 $P _ { 1 } = 7 . 5 \mathrm { W }$ ，电压表示数为 $U _ { 1 }$ ，电流表示数为$I _ { 1 }$ ；P位于最右端，只闭合 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 时，滑动变阻器功率为 $P _ { 2 }$ ，电压表示数为 $U _ { \scriptscriptstyle 2 }$ ，电流表示数为 $I _ { 2 }$ ；将滑片P移至中点，只闭合 $\mathbf { S } _ { 1 }$ 时，滑动变阻器功率为 $P _ { 3 }$ ，电压表示数为 $U _ { 3 }$ ，电流表示数为 $I _ { 3 }$ 。若 $P _ { 2 } : P _ { 3 } = 8 : 9$ 下列说法正确的是（ ）

A. $R _ { 1 } = 6 \Omega$ B. $U _ { _ 2 } : U _ { _ 3 } = 3 : 2$ C. $I _ { 1 } : I _ { 3 } = 5 : 6$ D. $P _ { 3 } = 4 \mathrm { W }$

【答案】C

【解析】

【详解】A．当滑片P位于最右端，同时闭合 $\mathrm { S } _ { 1 } , \mathrm { \Delta } \mathrm { S } _ { 2 }$ 时，电路为 $R _ { 2 } $ 滑动变阻器串联，滑动变阻器功率$P _ { 1 } { = } 7 . 5 \mathrm { W }$ ，滑动变阻器阻值为 30Ω，据 $P { = } P R$ 得，此时电路中电流为

0.5A。此时

$$ U _ {\text {滑}} = I R =

0. 5 \mathrm{A} \times 3 0 \Omega = 1 5 \mathrm{V}

$$

$$ U _ {2} = U _ {\text {总}} - U _ {\text {滑}} = 1 8 \mathrm{V} - 1 5 \mathrm{V} = 3 \mathrm{V} $$

则 $R _ { 2 }$ 为

$$ R _ {2} = \frac {U _ {2}}{I} = \frac {3 \mathrm{V}}{0 . 5 \mathrm{A}} = 6 \Omega $$

当 P位于最右端，只闭合 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 时，电路为 $R _ { 2 }$ 与 $R _ { 1 }$ 与滑动变阻器串联，将滑片P移至中点，只闭合 S₁时，电路为 $R _ { 2 }$ 与 $R _ { 1 }$ 与滑动变阻器阻值的一半串联。因 $P _ { 2 } : P _ { 3 } { = } 8 : 9$ ，则有

$$ \frac {P _ {2}}{P _ {3}} = \frac {I _ {2} ^ {2} \times 3 0 \Omega}{I _ {3} ^ {2} \times 1 5 \Omega} = \frac {8}{9} $$

解得

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

据电源电压不变得

$$ I _ {3} \times (1 5 \Omega + 6 \Omega + R _ {1}) = I _ {2} \times (3 0 \Omega + 6 \Omega + R _ {1}) $$

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

得 $R _ { 1 } { = } 9 \Omega$ ，故 A 错误。

C．据欧姆定律得

$$ I _ {1} = \frac {U _ {\text {总}}}{R _ {2} + R _ {\text {滑}}} = \frac {1 8 \mathrm{V}}{3 0 \Omega + 6 \Omega} =

0. 5 \mathrm{A}

$$

同理得

$$ I _ {2} =

0. 4 \mathrm{A}, I _ {3} =

1. 6 \mathrm{A}

$$

故

$$ I _ {1}: I _ {3} = 5: 6 $$

故 C 正确。

B． $U _ { 2 }$ 同 $U _ { 3 }$ 所测电压的电阻值相同，故 U₂∶U₃= I₂∶I₃=2∶3 故B 错误。 D．又因为 P3 = I32R滑 = (0.6A)² ×15Ω =

5.4W 故D错误 故选C。

第Ⅱ卷 非选择题（共 119分）

（物理部分 54 分）

二、填空题（本题共 9小题，每空 1分，共 22分）

13. 测量是实验的重要环节。甲图是长度测量，被测物的长度为 cm。乙图是质量测量，被测物体的质量为 g。

甲

乙

【答案】 ①.

2.20 ②.

32.2

【解析】

【详解】[1]刻度尺的分度值为

0.1cm，物体的左侧与5.00cm对齐，右侧与7.20cm对齐，则物体的长度为$l = 7 . 2 0 \mathrm { c m } - 5 . 0 0 \mathrm { c m } = 2 . 2 0 \mathrm { c m }$

[2]游码的分度值为 $0 . 2 \mathrm { g }$ ，游码的示数为

2.2g，物体的质量为

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

2. 2 \mathrm{g} = 3

3. 2 \mathrm{g}

$$

14. 如图所示，是加油机为歼击机在空中加油的情景，歼击机相对加油机是 （选填“静止”或“运动”）的；由于飞机与空气发生_ 而带上了大量的电荷，加油时有起火的风险，所以机体上装有尖端放电器。降落时，关闭发动机后，歼击机由于具有 _，依然会向前滑行一段距离。

【答案】 ①. 静止 ②. 摩擦 ③. 惯性

【解析】

【详解】[1]加油时，歼击机与加油机的相对位置没有发生变化，故歼击机相对加油机是静止的。[2]不同物体在相互摩擦时可能会发生电荷的转移，飞机在飞行时，飞机与空气会因摩擦而带上大量的电荷。

[3]一切物体都具有保持原来运动状态不变的惯性，关闭发动机后，故歼击机由于具有惯性，依然会向前滑行一段距离。

15. 在1个标准大气压下，小明用天然气灶将质量1kg的水，从 $2 0 \mathrm { { ^ \circ C } }$ 加热到沸腾，水吸收的热量是J。他家天然气热水器的热效率是 70%，他某次洗澡，耗水 20kg，热水器进水温度是 $2 2 \mathrm { { ^ \circ C } }$ ，出水温度是 $4 2 %$ ，他这次洗澡消耗天然气 _m³。已知水的比热容是 $4 . 2 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { J / \left( k g \cdot ^ { \circ } C \right) }$ ，天然气的热值是 $3 . 2 \times 1 0 ^ { 7 } \mathrm { J } / \mathrm { m } ^ { 3 }$

【答案】 ①. $3 . 3 6 \times 1 0 ^ { 5 }$ ②.

0.075

【解析】

【详解】[1]水吸收的热量

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

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

5. 3 6 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{J}

$$

[2]洗澡时水吸收的热量

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

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

5. 6 8 \times 1 0 ^ {6} \mathrm{J}

$$

由 $\eta = \frac { \mathcal { Q } _ { \mathfrak { M } _ { \mathfrak { L } } } } { \mathcal { Q } _ { \mathfrak { H } \mathfrak { L } } }$ 得，天然气完全燃烧放出的热量

$$ Q _ {\text {放}} = \frac {Q _ {\text {吸}}}{\eta} = \frac {1 . 6 8 \times 1 0 ^ {6} \mathrm{J}}{70 %} =

2. 4 \times 1 0 ^ {6} \mathrm{J}

$$

由 $Q _ { ☉ } { = } V q$ 得，需要天然气的体积

$$ V = \frac {Q _ {\text {放}}}{q} = \frac {2 . 4 \times 1 0 ^ {6} \mathrm{J}}{3 . 2 \times 1 0 ^ {7} \mathrm{J/m} ^ {3}} =

0. 0 7 5 \mathrm{m} ^ {3}

$$

16. 如图所示，小明同学在体育课上进行竖直爬杆训练，双脚离地静止时，手握得越紧，小明与杆之间的摩擦力_ （选填“增大”“减小”或“不变”）；匀速上爬过程中小明受到竖直的摩擦力（选填“向上”或“向下”）；匀速下滑时小明的机械能 （选填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】 ①. 不变 ②. 向上 ③. 减小

【解析】

【详解】[1]小明同学在体育课上进行竖直爬杆训练，双脚离地静止时，小明受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，所以手握得越紧，小明与杆之间的摩擦力不变。

[2] 小明匀速上爬过程中，小明受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，重力方向竖直向下，所以摩擦力方向竖直向上。

[3]匀速下滑时，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，机械能减小。

17. 如图所示，一重为20N的正方体木块静止在盛水的薄壁柱形容器中，已知容器底面积 $S = 2 0 0 \mathrm { c m } ^ { 2 }$ ，则木块下底面受到水的压力为 N，木块放入容器前后水对容器底部的压强变化量为 _Pa。

【答案】 ①. 20 ②. 1000

【解析】

【详解】[1]木块静止在水中时漂浮，浮力等于重力，为

$$ F _ {\text {浮}} = G = 2 0 \mathrm{N} $$

根据压力差法可知，木块受到的浮力等于木块上下表面受到水的压力差，则木块下表面受到水的压力为

$$ F _ {\text {下}} = F _ {\text {浮}} + F _ {\text {上}} = 2 0 \mathrm{N} + 0 \mathrm{N} = 2 0 \mathrm{N} $$

[2]木块放入容器后，水对容器的压力变化量等于木块的重力，则前后水对容器底部的压强变化量为

$$ \Delta p = \frac {\Delta F}{S} = \frac {G}{S} = \frac {2 0 \mathrm{N}}{2 0 0 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {2}} = 1 0 0 0 \mathrm{Pa} $$

18. 如图所示，轻质木杆AB的O点用细线悬挂在天花板上并保持水平，已知AB是OB长度的4倍，AO是 AC长度的3倍。在杆的B点用细线竖直悬挂一边长为10cm的正方体物块甲，该物块静止在水平地面上；O点左侧悬挂一可自由移动的质量为2kg的物块乙。当乙悬挂在A点时，甲恰好对地面无压力，则甲的重力为 N；当乙悬挂在C 点时，甲对地面的压强为 _Pa。（g 取 10N/kg）

【答案】 ①. 60 ②. 2000

【解析】

【详解】[1] 乙物体重力

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

当乙悬挂在A点时，甲恰好对地面无压力，根据杠杆平衡条件知

$$ G _ {\text {乙}} \times O A = G _ {\text {甲}} \times O B $$

$$ G _ {\text {甲}} = \frac {G _ {\text {乙}} \times O A}{O B} = \frac {2 0 \mathrm{N} \times 3 O B}{O B} = 6 0 \mathrm{N} $$

[2] 当乙悬挂在C 点时

$$ G _ {\text {乙}} \times O C = F _ {\text {甲}} \times O B $$

$$ F _ {\text {甲}} = \frac {G _ {\text {乙}} \times O C}{O B} = \frac {2 0 \mathrm{N} \times 2 O B}{O B} = 4 0 \mathrm{N} $$

物块对地面的压力为

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

则物块对地面的压强为

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

19. 定值电阻R和灯泡L，其电流随两端电压的变化图像如图所示。若将R与L串联在 4V电源两端，则R与L消耗的电功率之比为________；若将R与L并联在 2V的电源两端，电路消耗的总功率为W。

【答案】 ①. 3∶1 ②.

1.3

【解析】

【详解】[1]若将R与L串联在 4V电源两端，通过R与L的电流相等，由图可知，此时电路中的电流为0.3A，R两端的电压为3V，L两端的电压为1V，则R与L消耗的电功率之比为

$$ P _ {1}: P _ {2} = U _ {1} I: U _ {2} I = U _ {1}: U _ {2} = 3 \mathrm{V}: 1 \mathrm{V} = 3: 1 $$

[2]若将R与L并联在2V的电源两端，由图可知，通过R的电流为0.2A，通过L的电流为

0.45A，则电路中的总电流为

$$ I _ {\text {总}} = I _ {1} + I _ {2} =

0. 2 \mathrm{A} +

1. 4 5 \mathrm{A} =

2. 6 5 \mathrm{A}

$$

电路消耗的总功率为

$$ P = U I _ {\text {总}} = 2 \mathrm{V} \times

0. 6 5 \mathrm{A} =

1. 3 \mathrm{W}

$$

20. 某彩色电视机的铭牌如图所示，其额定电功率为 W，额定电流是 A。当它正常工作时，60s内消耗的电能为 _J。

【答案】 ①. 110 ②.

0.5 ③. 6600

【解析】

【详解】[1][2]由铭牌信息可知，电视机的额定功率为110W，额定电压为220V； 由P=UI可得，额定电流为

$$ I = \frac {P}{U} = \frac {1 1 0 \mathrm{W}}{2 2 0 \mathrm{V}} =

0. 5 \mathrm{A}

$$

[3]60s内消耗的电能为

$$ W = P t = 1 1 0 \mathrm{W} \times 6 0 \mathrm{s} = 6 6 0 0 \mathrm{J} $$

21. 如图甲所示，将定值电阻 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 与规格为 $^ { \dag } 4 0 \Omega 2 \mathrm { A } ^ { \dprime \prime }$ 的滑动变阻器 $R _ { 2 }$ 连入电源电压恒定不变的电路中。移动滑片 P， $R _ { 2 }$ 的电功率P 与其连入电路电阻R 之间的变化图像如图乙所示。则电源电压 $U =$ V， $R _ { \mathrm { 1 } }$ 的阻值为 Ω，电路的最大电功率为 W。

甲

乙

【答案】 ①. 24 ②. 20 ③.

28.8

【解析】

【详解】[1][2]由图甲可知， $R _ { 1 }$ 、 $R _ { 2 }$ 串联，由图乙知，当 $R _ { 2 } { = } 1 0 \Omega$ 时， $P _ { 2 } { = } 6 . 4 \mathrm { W }$ ，由 $P { = } P R$ 得，此时电路中电流

$$ I = \sqrt {\frac {P _ {2}}{R _ {2}}} = \sqrt {\frac {6 . 4 \mathrm{W}}{1 0 \Omega}} =

0. 8 \mathrm{A}

$$

同理，当 ${ R _ { 2 } ^ { ’ } = 2 0 \Omega }$ 时， $P _ { 2 } ^ { ’ } = 7 . 2 \mathrm { W }$ ，由 $P { = } P R$ 得

$$ I ^ {\prime} = \sqrt {\frac {P _ {2} ^ {\prime}}{R _ {2} ^ {\prime}}} = \sqrt {\frac {7 . 2 \mathrm{W}}{2 0 \Omega}} =

0. 6 \mathrm{A}

$$

根据电源电压不变建立等式有

$$ I \left(R _ {1} + R _ {2}\right) = I ^ {\prime} \left(R _ {1} + R _ {2} ^ {\prime}\right) $$

即

$$ 0. 8 \mathrm{A} \times \left(R _ {1} + 1 0 \Omega\right) =

0. 6 \mathrm{A} \times \left(R _ {1} + 2 0 \Omega\right)

$$

解得 $R _ { 1 } { = } 2 0 \Omega$ 。电源电压

$$ U = I \left(R _ {1} + R _ {2}\right) =

0. 8 \mathrm{A} \times (2 0 \Omega + 1 0 \Omega) = 2 4 \mathrm{V}

$$

[3]由 $P = U I$ 可知，当电路中电流最大时，电路中电功率最大，当 $R _ { 2 }$ 接入电路的阻值为 0时，此时电路中总电阻最小，为

$$ R _ {\text {小}} = R _ {1} = 2 0 \Omega $$

则电路中电流最大为

$$ I _ {\text {大}} = \frac {U}{R _ {\text {小}}} = \frac {2 4 \mathrm{V}}{2 0 \Omega} =

1. 2 \mathrm{A}

$$

电路中最大电功率为

$$ P _ {\text {大}} = U I _ {\text {大}} = 2 4 \mathrm{V} \times

1. 2 \mathrm{A} = 2

2. 8 \mathrm{W}

$$

三、作图题（本题共 2小题，每小题 3分，共 6分）

22. 一束平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后在水面发生反射和折射，请完成光路图。

【答案】

【解析】

【详解】凸透镜光线有会聚作用，平行于主光轴的光线经过凸透镜后将会聚于焦点，当光线达到水面时水面会发生反射和折射现象，与水面的交点即为入射点，先作出法线，法线与入射光线的夹角为入射角，根据反射角等于入射角在水面上方作出反射光线，再根据光线与法线在空气中的夹角大于在水中的夹角，在水面下方作出折射光线，如下图所示：

23. 现代家庭生活中，很多插线板都带有USB充电口，能够直接为手机充电。请将电路图补充完整。要求：开关S控制整个电路；S闭合后，该电路既能给手机充电，同时又不影响为其他家用电器供电。

【解析】

【详解】由题意可知，开关 S控制整个电路，则开关S位于干路； 手机充电与其他家用电器是并联的，则 USB 充电接口与三孔插座并联，三孔插座按照左零右火上接地的原则接入电路中，电路图如下：

四、创新设计与实验探究题（本题共 2小题，连线 1分，其余每空 1分，共 13分）

24. 同学们在“探究影响浮力大小的因素”实验中，根据日常生活经验提出了以下猜想：

①浮力大小与物体浸入液体中的深度有关；

②浮力大小与物体排开液体的体积有关；

③浮力大小与液体的密度有关。

实验步骤和数据如图所示 $( \rho _ { \mathrm { { * k } } } = 1 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { { k g / m } } ^ { 3 }$ ，g 取 10N/kg）

A

B

C

D

E

（1）根据实验数据，小聪计算出该物体浸没在水中受到的浮力大小是 _N。

（2）为了验证猜想①，分析A与C、D三次实验，得出的结论是：浸没在液体中的物体所受浮力大小与浸入液体中的深度 （选填“有”或“无”）关。

（3）为了验证猜想②，分析A与 三次实验，得出的结论是：浸在液体中的物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关。

（4）小聪为了验证猜想③，分析A与B、E三次实验，得出的结论是：浸在液体中的物体所受浮力大小与液体的密度有关。你认为这样操作是 （选填“正确”或“错误”）的，理由是

（5）细心的小红利用实验数据还计算出步骤E中所用盐水的密度是 $\mathrm { k g / m } ^ { 3 }$

【答案】 ①. 4 ②. 无关 ③. B、C ④. 错误 ⑤. 没有控制排开液体的体积相等 ⑥.$1 . 1 \times 1 0 ^ { 3 }$

【解析】

【详解】（1）[1]由图可知，物体的重力为 6N，浸没在水中时弹簧测力计的示数为2N，根据称重法测浮力可知，物体浸没在水中受到的浮力大小为

$$ F _ {\text {浮}} = G _ {\text {物}} - F _ {\text {示}} = 6 \mathrm{N} - 2 \mathrm{N} = 4 \mathrm{N} $$

（2）[2]A与C、D三次实验中物体浸入液体的深度不同，根据称重法测浮力可知，A与C、D三次实验中弹簧测力计的示数相等，则浮力大小相等，故可以得出的结论：浸没在液体中的物体所受浮力大小与浸入液体中的深度无关。

（3）[3]验证浮力大小与物体排开液体的体积有关，则需要保持液体的密度相同，改变物体排开液体的体积，故选择A与B、C三次实验，得出的结论是：浸在液体中的物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关。

（4）[4][5]验证浮力大小与液体的密度有关，则需要保持物体排开液体的体积相等，改变液体的密度，A与 B、E三次实验中，液体的密度不同，物体排开液体的体积也不同，未控制单一变量，故该操作时错误的，无法得出该结论。

（5）[6]由（1）可知，物体浸没在水中时浮力为 4N，则物体的体积为

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

物体在盐水中所受的浮力为

$$ F _ {\text {浮}} ^ {\prime} = G _ {\text {物}} - F _ {\text {示}} ^ {\prime} = 6 \mathrm{N} -

1. 6 \mathrm{N} =

2. 4 \mathrm{N}

$$

则步骤E中所用盐水的密度

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

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

$$

25. 小明在老师的指导下对“电流与电阻的关系”进行探究，现提供如下器材：电压恒定为

4.5V 的电源；阻值分别为 5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω 的五个定值电阻；标有 $^ { * } 1 5 \Omega \ 2 \mathrm { A } ^ { \prime \prime }$ 的滑动变阻器 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 和“30Ω$1 \mathrm { A } ^ { \prime \prime }$ 的滑动变阻器 $R _ { 2 }$ ；电压表（0~3V）、电流表（0~0.6A）、开关各 1 只，导线若干。

甲

乙

丙

丁

（1）小明同学设计了如图甲所示的实验电路图，请根据电路图帮助他将图乙中的实物图连接完整。___

（2）若电路连接正确，小明在闭合开关前，发现电流表指针如图丙所示，那么他接下来的操作应该是。

（3）排除电路故障后，将滑动变阻器的滑片P移动到最右端，闭合开关，调节滑片 P，使电压表的示数为

2.5V时，电流表的指针如图丁所示，此时电路中电流为 A，他此时接入电路的定值电阻R的阻值为_ _Ω。

（4）完成步骤（3）后，若保持滑片P位置不变，断开开关，将定值电阻替换成10Ω，闭合开关，向（选填“左”或“右”）移动滑片P直到电压表示数再次变为

2.5V为止，并读出此时电流表的示数。

（5）多次改变接入电路 定值电阻 R，并重复步骤（4）。最终得出电流与电阻的关系。

（6）为确保后续所有定值电阻接入电路后都能完成该探究内容，应选择滑动变阻器 （选填$R _ { \mathrm { 1 } }$ ”或“ ”）接入电路。

（7）在完成上述探究内容后，小明将电路中的定值电阻替换成未知电阻 $R _ { x }$ ，并利用伏安法成功测量出了$R _ { x }$ 的阻值。在他兴奋地向老师汇报成果后，老师告诉他还有其他的方法也能够测出未知电阻的阻值，下列电路不能_．．成功测出未知电阻 $R _ { x }$ 阻值的是 （ $R _ { 0 }$ 阻值已知，电源电压不变）

【答案】 ①.

②. 将电流表指针调零 ③.

0.5 ④. 5 ⑤. 右

⑥. $R _ { 2 }$ ⑦. B

【解析】

【详解】（1）[1]探究“电流与电阻的关系”时，采用电压表测量定值电阻两端电压，故电压表并联在定值电阻两端，电流表测量电路电流，电流表串联进电路中，故将定值电阻右端接线柱与电压表的负接线柱连接，如下图所示：

（2）[2]如图丙所示，在闭合开关前，电流表指针在零刻度线的左侧，说明此时电流表没有调零，故他接下来的操作应该是将电流表指针调零。

（3）[3]如图丁所示，电流表的量程为 0~0.6A，分度值为

0.02A，示数为0.5A，故此时电路中电流为0.5A。

[4]接入电路的定值电阻R的阻值为

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

（4）[5]由（3）可知，原定值电阻阻值为 5Ω，替换成10Ω后，根据串联分压知识可知，阻值越大，分压越多，即定值电阻两端的分压会变大，在本实验中需要保持定值电阻两端的电压不变，故可以增大变阻器的分压来减小定值电阻两端的电压，即减小变阻器的阻值，故可以向右移动滑片P直到电压表示数再次变为

2.5V 为止。

（6）[6]根据串联分压知识可知，定值电阻与变阻器两端电压和电阻的关系可表示为

$$ \frac {U _ {\text {定}}}{U - U _ {\text {定}}} = \frac {R _ {1}}{R _ {2}} $$

则当定值电阻的阻值最大时，变阻器的阻值也最大，电源电压为

4.5V，定值电阻最大阻值为 25Ω，故可得

$$ \frac {2 . 5 \mathrm{V}}{4 . 5 \mathrm{V} - 2 . 5 \mathrm{V}} = \frac {2 5 \Omega}{R _ {2}} $$

解得 $R _ { 2 } = 2 0 \Omega > 1 5 \Omega$ ，故选择应选择滑动变阻器 $R _ { 2 }$ 接入电路。

（7）[7]A．当开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 闭合时，电压表测量电源电压U，当开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 断开时，电压表测量未知

电阻两端电压 $U _ { 1 }$ ，根据串联分压知识可知

$$ \frac {U _ {1}}{U - U _ {1}} = \frac {R _ {x}}{R _ {0}} $$

则未知电阻的阻值为

$$ R _ {x} = \frac {U _ {1}}{U - U _ {1}} R _ {0} $$

故A不符合题意；

B．当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 、 $\mathrm { S } _ { 2 }$ 闭合时，电压表测量电源电压，当 S₁闭合、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 断开时，电压表仍然测量电源电压，无法得到其他信息，无法测量未知电阻的阻值，故B符合题意；

C．当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合， $\mathbf { S } _ { 2 }$ 接上接线柱时，电流表测量通过 $R _ { 0 }$ 的电流 $I _ { 2 }$ ，则电源电压可表示为

$$ U = I _ {2} R _ {0} $$

当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合， $\mathbf { S } _ { 2 }$ 接下接线柱时，电流表测量通过未知电阻的电流 $I _ { 3 }$ ，则未知电阻的阻值为

$$ R _ {x} = \frac {U _ {x}}{I _ {x}} = \frac {I _ {2} R _ {0}}{I _ {3}} $$

故C不符合题意；

D．当 $\mathrm { \bf S } _ { 1 }$ 、 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 闭合时，未知电阻单独工作，电流表测量通过未知电阻的电流 $I _ { 4 }$ ，电源电压可表示为

$$ U = I _ {4} R _ {x} ① $$

当 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 闭合， $\mathrm { S } _ { 2 }$ 断开时， $R _ { 0 }$ 和未知电阻串联，电流表测量串联电路电流 $I _ { 5 }$ ，则电源电压可表示为

$$ U = I _ {5} \left(R _ {0} + R _ {x}\right) ② $$

联立①②式可得，未知电阻的阻值为

$$ R _ {x} = \frac {I _ {5} R _ {0}}{I _ {4} - I _ {5}} $$

故D不符合题意。

故选 B

五、综合运用与计算题（本题共 2小题，42题 6分，43题 7分，共 13分，解答时要求有必要的文字说明、公式和计算过程，只写结果不得分）

26. 如图所示，电源电压恒定不变。电流表量程0~3A，电压表量程 0~15V，滑动变阻器 $R _ { 3 }$ 标有“40Ω

$1 \mathrm { A } ^ { \prime \prime }$ 字样，已知 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 阻值为30Ω。当滑片P置于最左端，开关 S置于 1时，电流表示数为

0.8A；当滑片P置于中点，开关 S先后置于1、2时，电流表示数之比为 4∶5。求：

（1）电源电压；

（2）电阻 $R _ { 2 }$ 的阻值；

（3）当S置于2时，在保证电路安全的前提下，整个电路的最小电功率。

【答案】（1） $2 4 \mathrm { V } ;$ （2）20Ω；（3）10.8W

【解析】

【详解】解：（1）当滑片P 置于最左端，开关 S 置于1 时，电路为 $R _ { 1 }$ 的简单电路，电流表测电路中的电流，由 $I = { \frac { U } { R } }$ 可得，电源的电压

$$ U = I _ {1} R _ {1} =

0. 8 \mathrm{A} \times 3 0 \Omega = 2 4 \mathrm{V}

$$

（2）当滑片P置于中点，开关S 置于 1时， $R _ { 1 }$ 与 $\frac { 1 } { 2 } R _ { 3 }$ 串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流

$$ I _ {2} = \frac {U}{R _ {1} + \frac {1}{2} R _ {3}} = \frac {2 4 \mathrm{V}}{3 0 \Omega + \frac {1}{2} \times 4 0 \Omega} =

0. 4 8 \mathrm{A}

$$

因电流表示数之比为 $4 : 5$ ，所以，开关S 置于 2时，电路中的电流

$$ I _ {3} = \frac {5}{4} \times I _ {2} = \frac {5}{4} \times

0. 4 8 \mathrm{A} =

1. 6 \mathrm{A}

$$

此时电路中的总电阻

$$ R _ {\text {总} 3} = \frac {U}{I _ {3}} = \frac {2 4 \mathrm{V}}{0 . 6 \mathrm{A}} = 4 0 \Omega $$

$R _ { 2 }$ 的阻值

$$ R _ {2} = R _ {\text {总} 3} - \frac {1}{2} R _ {3} = 4 0 \Omega - \frac {1}{2} \times 4 0 \Omega = 2 0 \Omega $$

（3）当S置于2时， $R _ { 2 }$ 与 $R _ { 3 }$ 串联，电压表测 $R _ { 3 }$ 两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表示数最大为 $1 5 \mathrm { V }$ 时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，此时 $R _ { 2 }$ 两端的电压为

$$ U _ {2} = U - U _ {\text {最大}} = 2 4 \mathrm{V} - 1 5 \mathrm{V} = 9 \mathrm{V} $$

电路中的最小电流

$$ I _ {\text {小}} = \frac {U _ {2}}{R _ {2}} = \frac {9 \mathrm{V}}{2 0 \Omega} =

0. 4 5 \mathrm{A}

$$

此时滑动变阻器接入电路中的阻值

$$ R _ {\text {滑}} = \frac {1 5 \mathrm{V}}{0 . 4 5 \mathrm{A}} \approx 3

3. 3 \Omega < 4 0 \Omega

$$

整个电路的最小电功率

$$ P _ {\text {小}} = U I _ {\text {小}} = 2 4 \mathrm{V} \times

0. 4 5 \mathrm{A} = 1

1. 8 \mathrm{W}

$$

答：（1）电源电压为24V；

（2）电阻 $R _ { 2 }$ 的阻值为 20Ω；

（3）当S置于2时，在保证电路安全的前提下，整个电路的最小电功率为

10.8W。

27. 如图所示，一重为200N底面积为 $0 . 4 \mathrm { m } ^ { 2 }$ 的方形玻璃缸（玻璃缸壁的厚度忽略不计），玻璃缸中装有重1000N的水。上方有一轻质杆OA，在绳子 $A C$ 的拉力作用下可绕竖直墙上O点转动，现在OA的中点B处悬挂一滑轮组。已知每个滑轮重 20N，滑轮组上悬挂着重 300N的物体甲，将浸没的重物甲缓慢拉离水面后，玻璃缸中水位下降了5cm，（忽略物体带出的水， $\rho _ { \mathrm { \phi } } = 1 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ ，g 取 10N/kg）求：

（1）当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强；

（2）重物甲浸没在水中时所受的浮力；

（3）滑轮组的绳子不会断裂，当 $\angle C A O = 3 0 ^ { \circ }$ 时，杆OA刚好水平，若绳子AC能承受的最大拉力$F _ { _ A } = 6 2 0 \mathrm { N }$ 时，利用此装置将重物拉离水面后缓慢上升过程中的最大机械效率是多少。（不计杆 OA和绳子的重力及绳与滑轮间的摩擦）

【答案】（1）3000Pa；（2）200N；（3）95%

【解析】

【详解】解：（1）玻璃缸对地面的压力等于玻璃缸的重力加上水的重力，即

$$ F _ {\text {压}} = G _ {\text {缸}} + G _ {\text {水}} = 2 0 0 \mathrm{N} + 1 0 0 0 \mathrm{N} = 1 2 0 0 \mathrm{N} $$

则当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强为

$$ p = \frac {F _ {\text {压}}}{S} = \frac {1 2 0 0 \mathrm{N}}{0 . 4 \mathrm{m} ^ {2}} = 3 0 0 0 \mathrm{Pa} $$

（2）将浸没的重物甲缓慢拉离水面后，玻璃缸中水位下降了5cm，则重物甲排开水的体积为

$$ V _ {\text {排}} = S \Delta h =

0. 4 \mathrm{m} ^ {2} \times

1. 0 5 \mathrm{m} =

2. 0 2 \mathrm{m} ^ {3}

$$

重物甲浸没在水中时所受的浮力为

$$ F _ {\text {浮}} = \rho_ {\text {水}} g V _ {\text {排}} =

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

2. 0 2 \mathrm {m^ {3}} = 2 0 0 \mathrm{N}

$$

（3）先做出绳AC拉力的力臂OD，如图，直角三角形ADO中， $\angle \mathrm { A } { = } 3 0 ^ { \circ }$ $O D = \frac { 1 } { 2 } O A$ ，B是 OA的中点， $O B = { \frac { 1 } { 2 } } O A$ ，OB=OD

根据杠杆平衡条件

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

$F _ { _ B } = F _ { _ A }$ ，绳子 AC 能承受的最大拉力 $F _ { \mathrm { A } } { = } 6 2 0 \mathrm { N }$ ，B点最大拉力 $F _ { \mathrm { B } } { = } 6 2 0 \mathrm { N }$ ；滑轮组绳子的最大拉力

$$ \begin{array}{r l} F _ {\text {绳}} & = \frac {1}{3} \times (6 2 0 \mathrm{N} - 2 0 \mathrm{N}) = 2 0 0 \mathrm{N} \ F _ {\text {绳}} & = \frac {1}{2} (G \text {物} + G \text {动}) \end{array} $$

物体最大重力

$$ G _ {\text {物}} = 2 F _ {\text {绳}} - G _ {\text {动}} = 2 \times 2 0 0 \mathrm{N} - 2 0 \mathrm{N} = 3 8 0 \mathrm{N} $$

滑轮组的最大机械效率

$$ \eta = \frac {G \text {物}}{G \text {物} + G \text {动}} = \frac {3 8 0 \mathrm{N}}{3 8 0 \mathrm{N} + 2 0 \mathrm{N}} = 95% $$

答：（1）当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强3000Pa；

（2）重物甲浸没在水中时所受的浮力200N；

（3）滑轮组的绳子不会断裂，当 $\angle C \mathrm { A O } { = } 3 0 ^ { \circ }$ 时，杆OA刚好水平，若绳子AC能承受的最大拉力$F _ { \mathrm { A } } { = } 6 2 0 \mathrm { N }$ 时，利用此装置将重物拉离水面后缓慢上升过程中的最大机械效率是95%。