真题重组卷03——2023年中考物理真题汇编重组卷（广西新中考专用）

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冲刺2023年中考物理精选真题重组卷03
物 理（广西新中考专用）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．g=10N/kg。
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第 1~13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14~16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2022•梧州）下列符合安全用电原则的是（　　）
A．用湿手触碰开关
B．用电器起火，立即用水浇灭
C．不切断电源，直接更换灯泡
D．发生触电事故时，立即切断电源
【答案】D。
【解答】解：A、生活用水属于导体，湿手触碰开关，容易引起触电事故，故A错误；
B、不纯净的水是导体，用电器起火用水浇灭，容易引起触电事故，故B错误；
C、不切断电源，直接更换灯泡，容易引起触电事故，故C错误；
D、发生触电事故必须先切断电源，故D正确。
故选：D。
2．（2022•百色）2022年3月23日，中国第一位“空间老师”王亚平再度在中国空间站进行“天宫课堂”授课。空间站与地面之间的信息传递是依靠（　　）
A．激光 B．次声波 C．超声波 D．电磁波
【答案】D。
【解答】解：空间站与地面控制中心之间的信息传递利用的是电磁波。
故选：D。
3．（2022•湘西州）湘西苗族鼓舞流传在湘西自治州境内的吉首、凤凰、泸溪、保靖、花垣和古丈等县市，每逢佳节，苗族同胞击鼓同庆，鼓声震天。这里描述的声音特征是指（　　）

A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【答案】A。
【解答】解：鼓声震天，是说明声音的响度大，故A正确。
故选：A。
4．（2022•梧州）2022年6月5日，中国载人航天飞船神舟十四号发射成功。如图所示，飞船在空中加速上升时的能量转化情况是（　　）

A．飞船的动能转化为重力势能，动能减小
B．飞船的重力势能转化为动能，重力势能减小
C．燃料燃烧产生的内能转化为飞船的机械能
D．没有发生能量的转化，飞船的机械能不变
【答案】C。
【解答】解：飞船在空中加速上升时，飞船的质量不变，速度变大，动能变大，高度增大，重力势能增大，所以该过程不是重力势能和动能的转化；机械能为动能和势能的和，所以机械能增大；火箭升空时，通过燃料的燃烧产生的内能转化为机械能；故C正确，ABD错误。
故选：C。
5．（2022•广西）自然现象中蕴含着丰富的物理知识，图中属于凝固的是（　　）
A．冰雪消融 B．露珠形成
C．滴水成冰 D．雾凇结枝
【答案】C。
【解答】解：A、冰雪消融是从固态变成液态，属于熔化现象，故A错误；
B、露的形成是从气态变成液态，属于液化现象，故B错误；
C、冰的形成是从液态变成固态，属于凝固现象，需要放热，故C正确；
D、雾凇的形成是从气态直接变成固态，属于凝华现象，故D错误；
故选：C。
6．（2022•广西）如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表示数变大，灯泡变暗
B．电流表示数变小，灯泡变亮
C．电压表示数变大，灯泡变暗
D．电压表示数变小，灯泡变亮
【答案】C。
【解答】解：由电路可知，灯泡与滑动变阻器串联，当滑片右移时，滑动变阻器的阻值变大，由I＝可知，电路中电流变小，即电流表的示数变小，流过灯泡的电流变小，灯泡变暗；
电压表与滑动变阻器并联，所以电压表测量滑动变阻器两端的电压；
电路中电流变小，灯泡两端的电压U灯变小，结合串联电路的特点有：滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣U灯，所以U滑变大；
即电压表示数变大、电流表示数变小、灯泡变暗，故C正确，ABD错误。
故选：C。
7．（2022•广东）关于能量和能源，下列说法正确的是（　　）
A．煤、石油、天然气都是可再生能源
B．电能是一次能源
C．水力发电是将水的机械能转化为电能
D．太阳释放的能量是核裂变产生的
【答案】C。
【解答】解：A、煤、石油、天然气都是化石能源，不能在短时间内形成，是不可再生能源，故A错误；
B、电能需通过消耗一次能源才能获得，是二次能源，故B错误；
C、水力发电机发电时是将水的机械能转化为电能，故C正确；
D、太阳释放的能量是氢核聚变产生的，故D错误。
故选：C。
8．（2022•内江）下列关于压强的说法正确的是（　　）
A．图甲中，剪刀有锋利的刃是为了减小压强
B．图乙中，将玻璃管竖直下压，下端管口橡皮膜受到的压强变小
C．图丙中，墨水会被吸进钢笔，是利用了大气压强
D．图丁中，从纸条上方沿纸条吹气，此时纸条上方的气压大于下方的气压
【答案】C。
【解答】解：A、图甲中，剪刀有锋利的刃，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故A错误；
B、图乙中，将玻璃管竖直下压，液体的密度不变，液体深度越大，液体压强越大，因此下端管口橡皮膜受到的压强变大，故B错误；
C、图丙中，吸钢笔水时，先用手捏笔胆排除里面的空气，松手后笔胆内空气体积增大，压强减小，墨水在大气压的作用下被压入笔胆，故C正确；
D、图丁中，从纸条上方沿纸条吹气，因为纸条上方的空气流速大，压强小，纸条下方的空气流速小，压强大，纸条受到一个竖直向上的压力差，所以纸条就飘起来，故D错误。
故选：C。
9．（2022•桂林）灯泡L1、L2分别标有“220V 100W”、“220V 40W”的字样，将它们接入220V的电路中，则（　　）
A．L1、L2并联时，L1比L2亮 B．L1、L2并联时，亮度相同
C．L1、L2串联时，L1比L2亮 D．L1、L2串联时，亮度相同
【答案】A。
【解答】解：AB、由P＝可知，两灯泡正常发光时的电压均为220V，灯泡L1的额定功率较大，电阻较小；
灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，两灯并联接入220V的电路中，两灯正常发光，灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，所以两灯泡正常发光时L1的功率大，灯更亮，故A正确，B错误；
CD、两灯泡串联起来接入220V的电路中，它们的电流相等，根据P＝I2R可知，L1的电阻较小，较暗，L2的电阻大，较亮，故CD错误。
故选：A。
10．（2022•贺州）正在冰面上滑动的冰壶，如果冰壶所受的外力同时消失，那么它将（　　）
A．做匀速直线运动 B．改变原来运动的方向
C．做加速运动 D．立即停下来
【答案】A。
【解答】解：正在冰面上滑动的冰壶速度不为零，当外力消失时，由于惯性物体将保持原来的运动状态，做匀速直线运动。
故选：A。
11．（2022•玉林）如图所示，新鲜鸡蛋沉在盛有纯水的容器底部，若要其上浮，可加（已知ρ酒精＜ρ植物油＜ρ纯水＜ρ浓盐水）（　　）

A．酒精 B．植物油 C．纯水 D．浓盐水
【答案】D。
【解答】解：A、向杯中加酒精，只能使杯内水的密度减小，使鸡蛋受到的浮力减小，不能使鸡蛋上浮，故A错误；
B、向杯中加植物油，植物油不溶于水，不会改变水的密度，不能增大鸡蛋受到的浮力，不能使鸡蛋上浮，故B错误；
C、向杯内加水、不会改变水的密度，不能增大鸡蛋受到的浮力，不能使鸡蛋上浮，故C错误。
D、向杯中加盐，盐溶解后，使水的密度增大，在鸡蛋排开水的体积不变的情况下，根据F浮＝ρ水V排g可知，鸡蛋受到的浮力增大，当受到的浮力大于鸡蛋重时，鸡蛋将上浮，故D正确。
故选：D。
12．（2022•贵港）为保障安全，现在很多室内公共场所安装有烟雾报警装置，如图所示是烟雾报警的简化原理图。电源电压保持不变，R0为定值电阻，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大，当电路中的电流减小至某一数值时报警器开始报警。当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表的示数变小，电压表的示数不变
B．电流表的示数变小，电压表的示数变大
C．电流表的示数不变，电压表的示数变大
D．电流表的示数不变，电压表的示数不变
【答案】B。
【解答】解：由电路图可知，光敏电阻R和定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
因光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大，
所以，当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，光照强度减弱，R的阻值增大，电路中的总电阻增大，
由I＝可知，电路中的电流减小，即电流表的示数变小，故CD错误；
由U＝IR可知，R0两端电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压变大，即电压表示数变大，故A错误、B正确。
故选：B。
13．（2022•重庆）如图所示的电路中，电源电压保持不变，L为阻值不变的灯泡。开关S闭合后，滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，下列判断正确的是（　　）

A．灯泡L变暗
B．电压表示数变大
C．电路的总功率变大
D．电压表示数与电流表示数的比值变大
【答案】C.
【解答】解：A、灯泡L和滑动变阻器串联接入电路，滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，电阻变小，总电阻变小，根据I＝得总电流变大，L是阻值不变的灯泡，所以小灯泡两端电压变大，实际功率变大，灯泡变亮，故A错误；
B、电压表的电压由Uv＝U﹣UL可知，电压表示数变小，故B错误；
C、电流变大，根据P＝UI可得电路的总功率变大，故C正确；
D、电压表和电流表均测的是滑动变阻器R的电压和电流，所以比值为滑动变阻器R的阻值，故比值变小，故D错误；
故选：C。
14．（2022•河北）（多选）小明利用如图所示的装置探究凸透镜成像的规律。将蜡烛放在凸透镜左侧适当位置，调整光屏到凸透镜的距离，使烛焰在光屏上成清晰的像，分别测出物距u和像距v，实验数据如下表。

实验次数
1
2
3
4
5
物距u/cm
60
30
20
15
12
像距v/cm
12
15
20
30
60
下列说法正确的是（　　）
A．该凸透镜的焦距为20cm
B．从第1次实验到第5次实验，成在光屏上的像越来越大
C．当u＝45cm时，移动光屏，可在光屏上成倒立、缩小的清晰实像
D．第5次实验后，在贴近凸透镜左侧放一眼镜片，向右移动光屏，能在光屏上成清晰的像，则眼镜片对光起会聚作用
【答案】BC。
【解答】解：
A、根据表格中的数据可知，当u＝20cm时，v＝20cm，则u＝v＝2f，所以焦距为10cm，故A错误；
B、从第1次实验到第5次实验，物距始终大于焦距，物距变小，像距变大，像变大，故B正确；
C、当u＝45cm时，物距大于二倍焦距，移动光屏，可在光屏上成倒立、缩小的清晰实像，故C正确；
D、第5次实验后，在贴近凸透镜左侧放一眼镜片，向右移动光屏，能在光屏上成清晰的像，这说明像推迟会聚了，该眼镜片是凹透镜，对光起发散作用，故D错误。
故选：BC。
15．（2022•鞍山）（多选）本赛季辽宁男篮再次获得CBA总冠军，下列关于比赛情景的说法中正确的是（　　）
A．球员用力蹬地起跳，利用了物体间力的作用是相互的
B．罚篮时，篮球由静止到运动，说明力可以改变物体的运动状态
C．篮球运动到最高点时，受平衡力的作用
D．篮球入网后，下落过程中，重力做功的功率变大
【答案】ABD。
【解答】解：A、球员用力蹬地起跳，脚要用力蹬地，脚给地面力，同时地面给人一个力，于是人跳起，说明物体间力的作用是相互的，故A正确；
B、罚篮时，球由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C、篮球上升到最高点时，篮球只受重力作用，所以受力不平衡，故C错误；
D、篮球在下落过程中，重力不变，速度越来越快，由P＝＝＝Fv＝Gv可知，该过程中重力做功越来越快，即重力做功的功率变大，故D正确。
故选：ABD。
16．（2022•朝阳）（多选）如图甲所示电路中，电源电压恒定，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表与两电压表示数变化关系图象如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A．电源电压为9V
B．滑动变阻器的最大阻值为40Ω
C．灯泡的额定功率为4.2W
D．此过程中灯泡的最小功率为1.2W
【答案】ABC。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
ABD．当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器两端的电压最大即电压表V2的示数最大，灯泡两端的电压最小即电压表V1的示数最小，

则图象A表示电流表与电压表V1示数变化关系图象，图象B表示电流表与电压表V2示数变化关系图象，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.2A，灯泡两端的电压UL＝1V，滑动变阻器两端的电压U滑＝8V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U＝UL+U滑＝1V+8V＝9V，故A正确；
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R滑＝＝＝40Ω，故B正确；
此时灯泡的电功率最小，则PL小＝ULI小＝1V×0.2A＝0.2W，故D错误；
C．灯正常发光时电路中的电流最大，滑动变阻器两端的电压最小，
由图乙可知，此时电路中的电流I大＝0.6A，变阻器两端的电压U滑′＝2V，
此时灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U滑′＝9V﹣2V＝7V，
灯泡的额定功率：PL额＝UL′I大＝7V×0.6A＝4.2W，故C正确。
故选：ABC。
二、填空题（每空1分，共13分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程）
17．（2022•宜宾）在2022年北京冬奥会开幕式上，小雪花凝聚成一朵大雪花，大雪花幻化成人们心中的圣火，场面壮观，惊艳了世界。在自然界中，雪花是水蒸气 　凝华　（选填“凝固”或“凝华”）形成的，这个过程要 　放出　热量。
【答案】凝华；放出。
【解答】解：雪花是水蒸气直接变成固态小冰晶的过程，属于凝华，凝华放热。
故答案为：凝华；放出。
18．（2022•河池）已知水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），把2kg的水从20℃加热到70℃需要吸收的热量为 　4.2×105　J；在高山上煮饭，很难煮熟，这是因为高山上 　气压　低，水的沸点低。
【答案】4.2×105；气压。
【解答】解：把2kg的水从20℃加热到70℃需要吸收的热量Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J；
在高山上煮饭，很难煮熟，这是因为高山上气压低，水的沸点降低。
故答案为：4.2×105；气压。
19．（2022•柳州）家里放置较重的柜子时，考虑到避免压坏木质地板，人们会倾向选择如图1所示两种支撑脚中的 　乙　。如图2，水中的气泡随着水流，从水管较粗的一端流入较细的一端，其体积 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】乙；变大。
【解答】解：（1）柜子对地板的压力一定，增大受力面积可以减少对地面的压强，避免压坏木质地板，所以选择如图1所示两种支撑脚中的乙；
（2）一定体积的水流通过较细的管道时比经过较粗的管道时流速加快，液体内部的压强会变小，所以水中的气泡体积会变大。
故答案为：乙；变大。
20．（2022•广西）在较暗的室内，手持一个凸透镜，在白墙和点燃的蜡烛间移动（离墙近些），在墙上能看到烛焰 　倒立　（选填“正立”或“倒立”）缩小的像，根据这个原理可制成 　照相机　（选填“照相机”或“投影仪”）。
【答案】倒立；照相机。
【解答】解：点燃的蜡烛在墙上能接收到像，由于凸透镜离墙近些，说明物距大于像距，所以墙上得到烛焰清晰的倒立、缩小的实像；
人们利用这个原理制成了照相机。
故答案为：倒立；照相机。
21．（2022•遂宁）用丝绸摩擦过的玻璃棒去接触不带电的验电器时，验电器的金属箔张开（如图），金属箔因失去电子带上 　正　电荷，接触瞬间电流的方向是 　玻璃棒到金属球　（选填“金属球到玻璃棒”或“玻璃棒到金属球”）。

【答案】正；玻璃棒到金属球。
【解答】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，玻璃棒缺少电子，当玻璃棒接触不带电的验电器的金属球，金属箔上的电子会从金属箔转移到玻璃棒上，金属箔因失去电子带上正电荷，由于同种电荷相互排斥，所以金属箔张开；
由于电流的方向与电子定向移动的方向相反，所以接触瞬间电流的方向是从玻璃棒到金属球。
故答案为：正；玻璃棒到金属球。
22．（2022•巴中）如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为10Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，则此时电流表的示数为 　0.5　A，通电1min灯泡L消耗的电能为 　36　J。

【答案】0.5；36。
【解答】解：闭合开关，灯泡和定值电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
灯泡L标有“3V 0.6W”，灯泡L恰好正常发光，此时通过灯泡的电流：IL＝＝＝0.2A，
并联电路各支路两端电压相等，所以电源电压U＝UL＝3V，
根据欧姆定律可得通过定值电阻的电流：I′＝＝＝0.3A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以电流表示数为：I＝IL+I′＝0.2A+0.3A＝0.5A，
通电1min灯泡L消耗的电能为：W＝PLt＝0.6W×60s＝36J。
故答案为：0.5；36。
三、作图题（共4分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
23．（1）（2022•贵港）如图所示，物体静止在斜面上。请画出物体所受力的示意图。

【解答】解：分析可知，物体受竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力及沿斜面向上的摩擦力，过物体的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上和垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用G、f和F表示。如下图所示：

（2）（2022•怀化）如图所示，请根据安全用电原则，用笔画线代替导线将图中的开关、灯泡正确接入家庭电路中。
【解答】解：灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。如下图所示：


四、实验探究题（共28分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
24．（2022•梧州）物理课上，李老师和学生一起进行了关于“水沸腾”的实验探究。

（1）小佳组装好器材，如图甲所示，用酒精灯给水加热，在水温升高到90℃后，每隔1min观察1次温度计的示数，记录在表中：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/℃
90
92
94

97
98
98
98
98
如图乙所示是第3min时温度计的示数，此时水的温度是 　96　℃；
（2）由表中数据可知，实验中水的沸点为 　98　℃，水沸腾后继续加热，温度 　不变　（选填“升高”、“降低”或“不变”）；
（3）李老师在课堂上给学生进行了图丙的实验演示：水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，结果发现已停止沸腾的水又重新沸腾。这是因为浇冷水时烧瓶内的水蒸气 　液化　（填物态变化名称）导致水面上方的气压减小，沸点 　降低　（选填“升高”或“降低”）造成的。
【答案】（1）96；（2）98；不变；（3）液化；降低。
【解答】解：（1）温度计的分度值为1℃，示数为96℃；
（2）由表格中数据知，水沸腾过程中温度保持98℃不变，可知水的沸点为98℃；水沸腾后继续加热，温度不变；
（3）水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水不能继续吸收热量，水会停止沸腾，迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，烧瓶内的水蒸气遇冷的烧瓶壁液化变成小水珠，瓶内的气压减小，水的沸点降低，烧瓶内的水再次沸腾。
故答案为：（1）96；（2）98；不变；（3）液化；降低。
25．（2022•黑龙江）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：

（1）如图甲所示，实验前杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向 　右　（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙所示，杠杆上刻度均匀，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 　4　个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆将 　左端下沉　（选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持静止不动”）；
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 　变大　（选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是 　阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大　。
【答案】（1）右；（2）4；左端下沉；（3）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：（1）杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，则重心应向右移动，故应向右调节平衡螺母；
（2）若每个钩码重G，每个小格长L，如图乙所示，杠杆左边A处挂3个相同钩码，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得，3G×4L＝nG×3L，解得n＝4，即应在杠杆右边B处挂同样的钩码4个；
当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有4G×4L＞5G×3L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故左端下沉；
（3）保持C点不变，当弹簧测力计从a位置转到b位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
故答案为：（1）右；（2）4；左端下沉；（3）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
26．（2022•湖北）如图，小丽利用弹簧测力计、实心圆柱体物块等器材探究浮力的大小跟哪些因素有关，提出了以下猜想：
猜想a：浮力大小与物体浸没在液体中的深度有关；
猜想b：浮力大小与物体排开液体的体积有关；
猜想c：浮力大小与液体的密度有关。

（1）如图A所示，可知圆柱体重 　2.4　N；B步骤中圆柱体受到水的浮力为 　0.4　N。
（2）分析C步骤与 　D　步骤（填字母）的数据，可以验证猜想a是错误的。
（3）比较B步骤与E步骤的数据，不能得出浮力的大小与液体密度的关系，其原因是 　未控制圆柱体排开液体的体积相同　。
（4）写出能够支持猜想b的一个生活现象：　我们在水中走动时，越到深处，脚底感觉到的压力越小　。
（5）该圆柱体的密度为 　2.4×103　kg/m3。
【答案】（1）2.4；0.4；（2）D；（3）未控制圆柱体排开液体的体积相同；（4）我们在水中走动时，越到深处，脚底感觉到的压力越小；（5）2.4×103。
【解答】解：（1）在图A中，弹簧测力计的分度值为0.2N，此时测力计的示数为2.4N，即圆柱体的重力为：G＝2.4N；
在图B中，测力计的示数为FB＝2N，则此时圆柱体受到的浮力为：F浮B＝G﹣FB＝2.4N﹣2N＝0.4N；
（2）浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，要探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度是否有关，应控制液体密度和物体排开液体的体积相同，与C步骤这两个因素相同的是D步骤，在这两个步骤中，测力计的示数相同，根据F浮＝G﹣F示可知，在深度不同时，圆柱体受到的浮力不变，说明浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关，即猜想a是错误的；
（3）浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，要验证浮力大小与液体的密度有关，应控制物体排开液体的体积相同，比较B、E步骤可知，液体种类不同的同时，圆柱体排开液体的体积也不同，虽然测力计示数不同，即物体受到的浮力不同，但由于未控制圆柱体排开液体的体积相同，故不能得出：”浮力的大小与液体密度有关“的结论；
（4）我们在水中走动时，越到深处，脚底感觉到的压力越小，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关，在液体密度一定时，物体排开液体的体积越大，受到的浮力越大。
（5）由A、D步骤数据可知，圆柱体浸没在水中受到的浮力为：F浮D＝G﹣FD＝2.4N﹣1.4N＝1N，
圆柱体浸没在水中时，排开水的体积等于圆柱体的体积，
由F浮＝ρ液gV排可得，圆柱体的体积为：V＝V排D＝＝＝10﹣4m3，
由G＝mg＝ρVg可得，圆柱体的密度为：ρ＝＝＝2.4×103kg/m3。
故答案为：（1）2.4；0.4；（2）D；（3）未控制圆柱体排开液体的体积相同；（4）我们在水中走动时，越到深处，脚底感觉到的压力越小；（5）2.4×103。
27．（2022•通辽）如图所示，甲同学在做“测量小灯泡的电功率”实验。实验器材：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1（10Ω 1A）和R2（30Ω 0.5A）的滑动变阻器各一个，导线若干。

（1）连接电路时，滑动变阻器应选 　R2　（选填“R1”或“R2”）。
（2）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障原因是 　小灯泡短路　。
（3）排除故障，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 　B　端移动（选填“A”或“B”）。通过实验绘制出小灯泡的U﹣I图象，如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　0.625　W。
（4）乙同学设计了如图丙所示电路，来测量另一只小灯泡的额定功率（已知灯泡的额定电压为U额），R0阻值已知。
①断开开关S3，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为 　　（用字母表示），此时灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S2，闭合开关S1、S3，记下电流表的读数为I；
③小灯泡额定功率的表达式P额＝　U额×（I﹣）　（用字母U额、I、R0表示）。
【答案】（1）R2；（2）小灯泡短路；（3）B；0.625；（4）①；③U额×（I﹣）。
【解答】解：（1）灯泡正常发光时电路电流约为I'＝＝＝0.25A；
此时滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，因此应选规格为“30Ω 0.5A”的R2滑动变阻器；
（2）连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路，即电路故障原因是小灯泡短路；
（3）排除故障，闭合开关，移动滑片P至某位置时，电压表的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压2.5V，若想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故变阻器滑片应向B端移动；
由U﹣I图象可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）实验步骤：
①断开开关S3，闭合开关S1、S2，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为，此时灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S2，闭合开关S1、S3，记下电流表的读数为I；
③在步骤①中，灯泡L与电阻R0并联，电流表测通过R0的电流，调节滑动变阻器滑片P，使得电流表示数为，根据并联电路电压特点和欧姆定律可知，灯的电压为U额，灯正常发光；
在步骤②中，灯泡L与电阻R0仍并联，电流表测通过灯泡和电阻R0的总电流；因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流为：
I额＝I﹣，灯的额定功率的表达式：
P额＝U额I额＝U额×（I﹣）。
故答案为：（1）R2；（2）小灯泡短路；（3）B；0.625；（4）①；③U额×（I﹣）。
五、计算题（共20分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。答案必须明确写出数值和单位。）
28．（2022•金昌）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为30Ω，闭合开关S1，断开开关S2，电流表A1的示数为0.3A；闭合开关S1和S2，电流表A2的示数为1.2A。求：
（1）电源电压U；
（2）电阻R2的阻值。

【解答】解：（1）闭合开关S1，断开开关S2，电路中只有R1工作，
电流表A1的示数即为通过R1的电流，即I1＝0.3A，
由I＝可知，电源电压U＝U1＝I1R1＝0.3A×30Ω＝9V；
（2）闭合开关S1和S2，R1、R2并联，
电流表A1测量通过R1的电流I1＝0.3A，电流表A2测量干路电流I＝1.2A，
根据并联电路特点可知，R2两端的电压U2＝U＝9V，通过R2的电流I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.3A＝0.9A，
由I＝可知，电阻R2的阻值R2＝＝＝10Ω。
答：（1）电源电压U为9V；
（2）电阻R2的阻值为10Ω。
29．（2022•襄阳）在如图所示电路中，电源电压不变，R1＝10Ω，R2＝5Ω。
（1）当只闭合开关S2，断开S1、S3时，电流表的示数为0.4A，求电源电压；
（2）当闭合开关S1、S3，断开S2时，求通电10s内电阻R1产生的热量。

【解答】解：（1）已知R1＝10Ω，R2＝5Ω，当只闭合开关S2，断开S1、S3时，R1和R2串联，
R总＝R1+R2＝10Ω+5Ω＝15Ω；
当电流表的示数为0.4A，电源电压为：
U＝IR总＝0.4A×15Ω＝6V。
（2）当闭合开关S1、S3，断开S2时，R1和R2并联，因为U＝6V，R1＝10Ω，那么通过R1的电流：
I1＝＝＝0.6A；
通电10s内电阻R1产生的热量：
Q＝I12Rt＝（0.6A）2×10Ω×10s＝36J。
答：（1）电源电压为6V；（2）通电10s内电阻R1产生的热量为36J。
30．（2022•柳州）如图为某自动冲水装置的示意图，水箱内有一个圆柱浮筒A，其重为GA＝4N，底面积为S1＝0.02m2，高度为H＝0.16m。一个重力及厚度不计、面积为S2＝0.01m2的圆形盖片B盖住出水口并紧密贴合。A和B用质量不计、长为l＝0.08m的轻质细杆相连。初始时，A的一部分浸入水中，轻杆对A、B没有力的作用。水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。
（1）求A所受浮力的大小F浮。
（2）求A浸入水的深度h1。
（3）开始注水后轻杆受力，且杆对A和B的拉力大小相等。当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，求此时杆对B的拉力大小F。
（4）水箱开始排水时，进水管停止注水。为增大一次的排水量，有人做如下改进：仅增大B的面积为S2'＝0.012m2。试通过计算说明该方案是否可行？若可行，算出一次的排水量。（水箱底面积S＝0.22m2供选用）

【解答】解：（1）初始时，A的一部分浸入水中，轻杆对A、B没有力的作用，说明此时A刚好漂浮，
由物体的漂浮条件可知，此时A所受浮力：F浮＝GA＝4N；
（2）由F浮＝ρ液gV排可知，A漂浮时排开水的体积：
V排＝＝＝4×10﹣4m3＝400cm3，
由V＝Sh可知，A浸入水的深度：
h1＝＝＝0.02m；
（3）设B刚好被拉起时，A浸入水中的深度为h浸，
由题意可知，B刚好被拉起时，B受到水的压强：
p＝ρ水gh＝ρg（h浸+l），
B受到水的压力：
F压＝pS2＝ρg（h浸+l）S2，
杆对A的拉力：
F拉＝F压＝ρg（h浸+l）S2，
A受到的浮力：
F浮'＝ρ水gV排'＝ρ水gS1h浸，
A受到竖直向下的重力、杆对A的拉力和竖直向上的浮力，由力的平衡条件可知：
F浮'＝GA+F拉，
即ρ水gS1h浸＝GA+ρg（h浸+l）S2，
则A浸入水中的深度：
h浸＝＝＝0.12m，
由题意可知，此时杆对B的拉力：
F＝F拉＝ρg（h浸+l）S2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.12m+0.08m）×0.01m2＝20N；
（4）设增大B的面积后，B刚好被拉起时，A浸入水中的深度为h浸'，
由（3）可知，此时A浸入水中的深度：
h浸'＝＝＝0.17m＞H＝0.16m，即此时浮筒A浸没在水中，
此时水对盖片B的压力F压′＝pS2＝ρg（h浸′+l）S2′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.17m+0.08m）×0.012m2＝30N，
则杆的拉力为30N时，才能将B提起来；
此时浮筒A浸没在水中，其受到的浮力：F浮″＝ρ水gV排″＝ρ水gS1H＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×0.16m＝32N，
此时杆对浮筒A的拉力：F拉A＝F浮″﹣GA＝32N﹣4N＝28N，则杆对B的最大拉力为28N，小于30N，所以不能将B提起来，即不能排水，故该方案不可行。
答：（1）A所受浮力的大小为4N。
（2）A浸入水的深度为0.02m。
（3）当水面升高到某位置时，B刚好被拉起使水箱排水，此时杆对B的拉力为20N；
（4）该方案不可行。