2024年中考物理第二次模拟考试（广西卷）

这是一份2024年中考物理第二次模拟考试（广西卷），文件包含物理广西卷全解全析docx、物理广西卷考试版A4docx、物理广西卷考试版A3docx、物理广西卷参考答案及评分标准docx、物理广西卷答题卡pdf等5份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
3、三模考试大概在中考前两周左右，三模是中考前的最后一次考前检验。三模学校会有意降低难度，目的是增强考生信心，难度只能是中上水平，主要也是对初中三年的知识做一个系统的检测，让学生知道中考的一个大致体系和结构。
2024年中考第二次模拟考试（广西卷）
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷 选择题
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．某中学开展了《我进厨房》课后实践活动，小红在家煮菜时提起锅盖，发现锅盖有水流下，锅盖上的水的形成所发生的物态变化是（ ）
A．先熔化后汽化B．先液化后汽化
C．先汽化后液化D．先升华后液化
【答案】C
【解答】解：小红在家煮菜时，锅内的水首先吸热汽化成水蒸气，在上升到锅盖上时遇冷液化成小水滴附着在锅盖上流下来，所以锅盖上的水是先汽化后液化形成的，故C正确，ABD错误。
故选：C。
2．如图所示的光现象中，与小孔成像原理相同的是（ ）
A．日晷计时
B．铅笔错位
C．雨后彩虹
D．湖中倒影
【答案】A
【解答】解：小孔成像是光沿直线传播的原理。
A、日晷计时是光沿直线传播的原理，故A正确；
B、铅笔错位是光的折射现象，故B错误；
C、雨后彩虹光的折射现象，故C错误；
D、湖中倒影是光的反射，故D错误。
故选：A。
3．日常生活中，为了让同学们养成关注生活和社会的良好习惯，物理老师倡导同学们对身边一些常见的物理量进行估测的实践活动，以下是他们交流时的一些估测数据，你认为数据最符合实际的是（ ）
A．一个小铁钉受到的重力约为5N
B．成年人正常步行5min通过的路程约为400m
C．一般洗澡水的温度约为85℃
D．一名中学生的体重约为200kg
【答案】B
【解答】A、托起两个鸡蛋的力是1N．一支铅笔的重力和10个鸡蛋进行比较很明显小得多；
B、成年人正常步行的速度大约是1.3m/s．s＝vt＝1.3m/s×300s＝390m，大约是400m；
C、人的正常体温是37℃，洗澡水比人的体温稍高一点。85℃的洗澡水不符合实际；
D、一名中学生的体重约为50kg，体重约为200kg不符合实际。
故选：B。
4．舞狮是我国最具特色的传统文化，如图为舞狮时“狮子乙”站在水平地面上，“狮子甲”站在“狮子乙”身上静止时的情景，下列说法正确的是（ ）
A．“狮子乙”受到的重力与地面对它的支持力是一对平衡力
B．“狮子乙”抬起一只脚后对地面的压力变大
C．“狮子甲”腾空而起过程中，其惯性增大
D．跃起的“狮子甲”最终落向地面，是因为受到重力的作用
【答案】D
【解答】解：A、地面对“狮子乙”的支持力等于两个狮子的重力的和，要大于“狮子乙”受到的重力，所以这两个力不是一对平衡力，故A错误；
B、“狮子乙”抬起一只脚后对地面的压力等于狮子的总重力，重力不变，压力不变，故B错误；
C、惯性的大小只与物体的质量有关，“狮子甲”腾空而起过程中，质量不变，其惯性不变，故C错误；
D、地面附近的物体都受到重力的作用，重力的方向是竖直向下的，所以跃起的“狮子甲”最终落向地面，故D正确。
故选：D。
5．一个暗箱外立面上装有L1、L2两盏灯，其外表面可见S1、S2两个开关。为了探究开关和暗箱内的灯泡是如何连接的，某同学进行了如下操作：先闭合S1，发现两灯都发光，再闭合S2，只有L1发光且比原来更亮一些。据此可判断出暗箱内的电路连接方式为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解答】解：根据题意可知，先闭合S1，发现两灯都发光；再闭合S2，只有L1发光且比原来更亮一些，说明此时L1电压变大，则闭合S1，电路中电阻较大，两灯串联工作；再闭合S2，L1独自工作，因此L1、L2、S1串联，S2并联在L2两端，故B符合题意。
故选：B。
6．小明在中国科技馆看到“1度电的意义”展品后，绘制了1度电可供他家中的一些额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，如图所示．关于图中家用电器的比较，下列说法中正确的是（ ）
A．节能灯正常工作的电压最大
B．浴霸正常工作的电流最小
C．节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流大
D．电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大
【答案】D
【解答】解：
A、节能灯和其他家用电器正常工时的电压等于额定电压，其额定电压为220V，故A错误；
B、由图可知，1度电（即W＝1kW•h）可供浴霸持续工作的时间最短，由P＝可知，浴霸的额定功率最大，由P＝UI可知，浴霸正常工作的电流最大，故B错误；
C、由图可知，1度电可供节能灯持续工作的时间比白炽灯的多，由P＝可知，节能灯的额定功率比白炽灯的额定功率小，由P＝UI可知，节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流小，故C错误；
D、电风扇和节能灯都正常工作时，1度电可供节能灯持续工作的时间比电风扇的多，则由P＝可知，电风扇的功率大，由于都正常工作，则电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大，故D正确。
故选：D。
7．下列的四幅图，对应的说法正确的是（ ）
A．如图甲，通电导线周围存在着磁场，将小磁针移走，该磁场消失
B．如图乙，当水位自动报警器的水位升高到金属块A时，红灯亮
C．如图丙，闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体的运动方向不变
D．如图丁，闭合开关，该电磁铁右端为N极，将滑动变阻器向右移动，电磁铁磁性增强
【答案】B
【解答】解：A、通电导线周围存在磁场，与小磁针无关，将小磁针移走，磁场仍存在，故A错误；
B、当水位达到金属块A时，控制电路接通。电路中有了电流，电磁铁有磁性，向下吸引衔铁，使动触点与红灯所在电路的静触点接通，导致了红灯所在的电路接通，红灯亮，故B正确；
C、通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向有关，电流方向不变，对调磁体N，S极，磁场方向改变，导体的运动方向改变，故C错误；
D、闭合开关，根据安培定则可知，电磁铁右端为S极，滑动变阻器的滑动片P向右移动，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性变弱，故D错误。
故选：B。
8．如图甲是2023年杭州亚运会羽毛球的项目图标，如图乙是运动员竖直提紧羽毛球拍且保持静止。有关分析正确的是（ ）
A．打出去的球会下落着地，是因为球具有惯性
B．打出去的球继续飞行的过程中，球拍对球不做功
C．运动员竖直握球拍且静止时，用力握可以增大摩擦
D．手对球拍的作用力与球拍对手的作用力是一对平衡力
【答案】B
【解答】解：A、打出去的球由于受到重力的作用，会下落着地，故A错误；
B、打出去的球继续飞行的过程中，不再受到球拍力的作用，球拍对球不做功，故B正确；
C、运动员竖直握球拍且静止时，在竖直方向上球拍受向下的重力和向上的摩擦力，它们大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，当用力握，球拍的重力不变，则手与球拍的摩擦力大小不变，故C错误；
D、手对球拍的作用力与球拍对手的作用力是作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
9．如图所示是课本上的几个重要实验，其中分析正确的是（ ）
A．图甲，雪糕周围的“白气”是空气遇冷液化形成的
B．图乙，研究流体压强与流速关系，是固定机翼飞机产生升力的原因
C．图丙，做托里拆利实验时如果将试管顶端a处开一个孔，管内的水银高度不会下降
D．图丁，对物体做功其内能会增加，与内燃机做功冲程能量转化形式相同
【答案】B
【解答】解：A、图甲，雪糕周围的“白气”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故A错误；
B、图乙，向乒乓球中间吹气，中间气体流速大、压强小，两侧气体流速小、压强大，产生向中间的压强差，利用了流体压强与流速的关系；固定机翼飞机产生升力也是利用了流体压强与流速的关系，故B正确；
C、图丙，做托里拆利实验时如果将试管顶端a处开一个孔，玻璃管与水银槽形成连通器，管内水银会下落到与水银槽中液面相平，故C错误；
D、图丁，对物体做功其内能会增加，与内燃机压缩冲程能量转化形式相同，都是将机械能转化为内能，故D错误。
故选：B。
10．图﹣1为湿度表的简化工作原理图，电源电压恒为6V，定值电阻R0＝5Ω，R为湿敏电阻，其阻值R随环境湿度RH的变化图像如图﹣2所示，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”。闭合开关S，在保证两表安全的情况下，下列说法正确的是（ ）

A．环境湿度增加，电流表的示数变小
B．环境湿度增加，电路消耗的总功率变小
C．环境湿度为60%时，电压表的示数为3.6V
D．湿度表能够测量的最大环境湿度是80%
【答案】D
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、由右图知，当环境的湿度增加时，R的阻值减小，串联电路总电阻等于各分电阻之和，则串联电路的总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流增大，即电流表示数变大；根据P＝UI可知，电路的总功率变大，故AB错误；
C、由右图知当环境湿度为60%时湿敏电阻的阻值为7.5Ω，此时电路的电流为：I＝＝＝0.48A，R0两端的电压为：U0＝I′R0＝0.48A×5Ω＝2.4V，即电压表的示数为2.4V，故C错误；
D、要使湿度表能够测量的环境湿度最大，湿敏电阻的阻值需要最小，电路的总电阻也最小，电路的电流最大，串联电路各处电流相等，因为电流表的量程为0﹣0.6A，所以最大电流为0.6A，
由欧姆定律得电路的最小电阻为：R总最小＝＝＝10Ω，
由串联电路电阻的规律知湿敏电阻的最小值为：R小＝R总最小﹣R0＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，
此时定值电阻两端的电压为：U0′＝I大R0＝0.6A×5Ω＝3V，此时没有超过电压表的量程，
对照右图知此时的环境湿度为80%，即湿度表能够测量的最大环境湿度是80%，故D正确。
故选：D。
11．关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（ ）
A．发电厂进行远距离输电时，为了减少输电线电阻的发热损耗的电能，通常采用高压输电的方式
B．在家庭电路中，安装电灯的灯头时，要保证灯头的螺纹部分接触的是零线，开关不接在零线上，是因为无法控制电灯的亮和灭
C．对于高压带电体，靠近但只要不接触就没事
D．如果家庭电路中不安装保险丝，当发生短路时会因为通过用电器的电流过大而烧毁用电器
【答案】A
【解答】解：A、由P＝UI可知，当输送的总功率一定时，电压越大，电流越小；又因为P＝I2R，导线的电阻一定，电流越小时，电路中损耗的热功率就越小，因此采用高压输电的方式来减少输电线电阻的热损耗，故A正确；
B、在家庭电路中，安装电灯的灯头时，要保证灯头的螺纹部分接触的是零线；开关要接在火线上，是因为这样断开开关时，灯泡不带电，可保证用电安全，故B错误；
C、靠近高压带电体，会造成高压跨步触电或高压电弧触电，故C错误；
D、如果家庭电路中不安装保险丝，当发生短路时，没有电流通过用电器，不会烧毁用电器，而是烧坏供电线路，故D错误。
故选：A。
12．孔子家语记“布手知尺”，指的是成年男子拇指指端和食指指端之间的距离为一尺，则一尺约（ ）
A．2cmB．0.2mC．0.2dmD．20mm
【答案】B
【解答】解：成年男子拇指指端和食指指端之间的距离大约为0.2m。
故选：B。
13．某同学观察到鸡蛋在清水中下沉，在浓盐水中漂浮，于是配制了半杯浓度偏低的盐水并将鸡蛋放入盐水中，静止时鸡蛋刚好悬浮，如图甲所示。现向杯中缓慢添加食盐，并搅拌至全部溶解，液面平静时鸡蛋漂浮，如图乙所示。相对于悬浮，鸡蛋漂浮时，下列说法正确的是（ ）
A．鸡蛋上、下表面受到的压力差变小
B．鸡蛋受到的浮力变大
C．相同深度处，烧杯内壁所受液体压强不变
D．盐水对烧杯底部的压力变大
【答案】D
【解答】解：A、鸡蛋处于漂浮与悬浮状态时，浮力都等于重力，所以鸡蛋受到的浮力不变，由于浮力的实质是物体上、下表面所受液体（或气体）的压力差，浮力不变，则鸡蛋上、下表面受到的压力差不变，故A错误；
B、鸡蛋处于漂浮与悬浮状态时，浮力都等于重力，所以鸡蛋受到的浮力不变，故B错误；
C、向杯中加盐使盐水密度变大，由液体压强公式p＝ρgh可知，相同深度处，烧杯内壁所受液体压强变大，故C错误；
D、盐水密度变大，烧杯底部所受液体压力等于液体与鸡蛋所受重力之和，因加了盐，液体重力增大，盐水对烧杯底部的压力变大，故D正确。
故选：D。
14．（多选）2023年5月10日21时22分，“长征七号”遥七运载火箭搭载“天舟六号”货运飞船点火发射，货运飞船随火箭加速上升，约10min后，飞船与火箭成功分离并进入预定轨道，之后飞船太阳能帆板顺利展开工作，于2023年5月11日成功对接于空间站“天和”核心舱，并转入组合体飞行阶段。下列说法正确的是（ ）
A．为“天舟六号”提供能量的太阳能帆板，主要将太阳能转化为电能
B．“天舟六号”转入组合体飞行阶段，组合体绕地球运行时受到的力不平衡
C．组合体飞行阶段，因飞船处于“失重”状态，飞船将不具有惯性
D．运载火箭在加速升空的过程中，“天舟六号”的机械能持续增大
【答案】ABD
【解答】解：A、太阳能电池帆板可以将太阳能转化为电能，故A正确；
B、天舟六号转入组合体飞行段，组合体绕地球运行时，其运动状态发生了改变，受到的力是非平衡力，故B正确；
C、一切物体都有惯性；所以在失重状态时，物体仍然是具有惯性的，故C错误；
D、在火箭加速升空过程中，“天舟六号”货运飞船随火箭一起加速升空，飞船的质量不变，其速度增大，高度增大，则飞船的动能和重力势能都变大；因机械能等于动能与势能的总和，所以飞船的机械能变大，故D正确。
故选：ABD。
15．（多选）小灯泡L的额定电压为3V，它的I﹣U关系图象如图甲所示。把小灯泡接入如图乙所示的电路中，先将滑动变阻器的滑片P移至B端，闭合开关S，电压表示数为1.5V；再将滑片P向左移动直到电压表示数为3V。已知电源电压恒定，滑动变阻器铭牌标有“10Ω 2A”的字样。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为4.5V
B．小灯泡的额定功率为1.5W
C．小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值为3Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电功率为2.25W
【答案】ABC
【解答】解：当滑动变阻器的滑片P移至B端时，闭合开关S时，滑动变阻器的最大阻值和灯泡串联，电压表测灯泡的电压，
由图象可知，当电压表示数为1.5V时，电路中的电流I＝0.3A，
由I＝可得，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝IR滑＝0.3A×10Ω＝3V，
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＝1.5V+3V＝4.5V，
由图象可知，灯泡两端的电压为3V时，电路中的电流I′＝0.5A，
因额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，
所以，灯泡的额定功率为：
PL＝ULI′＝3V×0.5A＝1.5W，
此时滑动变阻器两端的电压：
U滑′＝U﹣UL＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时滑动变阻器消耗的电功率：
P滑′＝U滑′I′＝1.5V×0.5A＝0.75W，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：
R滑′＝＝＝3Ω，故ABC正确，D错误。
故选：ABC。
16．（多选）用如图甲所示的装置提升重物A，A的重力为360N，底面积为50cm2，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示（忽略绳重和摩擦）.下列结论正确的是（ ）
A．物体匀速上升时拉力F的功率为40W
B．动滑轮的重力为40N
C．2～3s时，此装置的机械效率为90%
D．0.5s时，物体A对地面的压强为2×104Pa
【答案】BCD
【解答】解：A、由图丙知，2～3s物体匀速上升，速度v＝0.2m/s，由乙图知，此时拉力F＝200N，
承担重物绳子的段数n＝2，绳端速度v＝2v物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，
所以拉力F的功率P＝＝＝Fv＝200N×0.4m/s＝80W，故A错误；
B、由图甲知，忽略绳重和摩擦，由F＝（G+G动）可得，动滑轮的重力；G动＝2F﹣G＝2×200N﹣360N＝40N，故B正确；
C、2～3s时，此装置的机械效率：η＝＝＝＝＝90%，故C正确；
D、由图丙知，0.5s时速度为0，即物体A处于静止状态，由图乙知，绳端拉力F′＝150N，
物体受到竖直向上的拉力为F拉＝nF′﹣G动＝2×150N﹣40N＝260N，
物体对地面的压力为F压＝G﹣F拉＝360N﹣260N＝100N，
对地面的压强：p＝＝＝2×104Pa，故D正确。
故选：BCD。
第Ⅱ卷 非选择题
二、填空题（本题共6小题，每空1分，共12分）
17．口技是国家级非物质文化遗产项目，优秀的口技传承人可以惟妙惟肖地模仿各种鸟鸣，甚至战场上的各种特殊的声音。从声音的特性来看，传承人能模仿各种鸟鸣，主要模仿的是声音的 音色 ；观众听到震耳欲聋的大炮声，是因为大炮声的 响度 较大。（均选填“音调”、“响度”或“音色”）
【答案】音色；响度
【解答】解：不同的发声体（如不同的人），其音调和响度可能相同，但音色一般不同，口技艺人可以模仿各种声音，主要模仿声音的音色；
观众听到震耳欲聋的大炮声，是因为大炮声的响度较大。
故答案为：音色；响度。
18．我国“海斗号”潜水器在马里亚纳海沟成功完成了首次万米海试与试验性应用任务，于2020年6月8日载誉归来，当下潜至1.0×104m时，潜水器受到海水的压强为 1.03×108 Pa，潜水器观察窗0.02m2面积受到海水的压力为 2.06×106 N。（ρ海水＝1.03×103kg/m3，g取10N/kg）
【答案】1.03×108；2.06×106。
【解答】解：当下潜至1.0×104m时，潜水器受到海水的压强：
p＝ρ海水gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×1.0×104m＝1.03×108Pa，
由p＝可得，潜水器观察窗0.02m2面积受到海水的压力：
F＝pS＝1.03×108Pa×0.02m2＝2.06×106N。
故答案为：1.03×108；2.06×106。
19．如图所示，一个纸风车放在点燃的酒精灯火焰上方，风车会转动起来。在这个过程中，是因为一定质量的空气受热膨胀后，密度 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）而上升，热空气上升后，冷空气从四面八方流过来，从而形成风。冬天房间里开空调时，应该让热风向 下 （选填“上”或“下”）吹，房间内才会很快变得缓和起来。
【答案】变小；下。
【解答】解：火焰上方空气加热后体积膨胀，即质量不变，体积变大，根据ρ＝，可知密度变小。热空气上升，周围冷空气填充进来，形成风，吹动风车转动；
因为热空气会上升，所以冬天房间里开空调时，应该让热风向下吹，房间内才会很快变得缓和起来。
故答案为：变小；下。
20．有一种迷你屏幕由25个LED串联而成，如果电源插头处的电流为200mA，那么通过每一个LED的电流为 0.2 A；客厅里的吸顶灯比卧室里的床头灯亮，吸顶灯两端电压与床头灯两端电压 一样大 （选填“吸顶灯两端电压大”或“床头顶两端电压大”或“一样大”）。
【答案】0.2；一样大。
【解答】解：（1）串联电路电流规律：在串联电路中处处电流相等。因为小灯泡是串联的，所以在该电路中，各处电流都相等，即通过每一只小灯泡的电流和电源插头处的电流都相等，都为200mA，即0.2A。
（2）吸顶灯、床头灯都是家用电器，且工作时互不影响，所以各用电器是并联的；根据并联电路的电压特点可知：客厅照明灯两端电压等于床头灯两端的电压。
故答案为：0.2；一样大。
21．小明爸爸驾驶汽车在平直公路上匀速行驶12km，用时10min。该车的总重为1.6×104N，行驶中阻力为车重的0.05倍，牵引力为 800 N，汽车牵引力的功率为 16 kW。
【答案】800；16。
【解答】解：由于车做匀速直线运动，所以，牵引力等于阻力，故牵引力为：
F＝f＝0.05G＝0.05×1.6×104N＝800N；
则牵引力做的功为：
W＝Fs＝800N×12000m＝9.6×106J；
牵引力的功率为：
P＝＝＝16000W＝16kW。
故答案为：800；16。
22．如图甲电路中，R为定值电阻，R1为滑动变阻器；图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图象；则R阻值为 10 Ω，整个电路的消耗的最大功率为 3.6 W。
【答案】10；3.6。
【解答】解：由电路图可知，R1与R串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由图乙可知，当R1＝10Ω时，P1＝0.9W，
由P＝UI＝I2R可知，此时通过R1的电流：I1＝＝＝0.3A，
根据串联电路的电流特点可知，此时电路中的电路I＝I1＝0.3A，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U1+UR＝I1R2+IR＝0.3A×10Ω+0.3A×R……①
当R1′＝20Ω时，P1′＝0.8W，
由P＝UI＝I2R可知，此时通过R1的电流：I1′＝＝＝0.2A，
根据串联电路的电流特点可知，此时电路中的电路I′＝I1′＝0.2A，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U1′+UR′＝I1′R1′+I′R＝0.2A×20Ω+0.2A×R……②
联立①②两式解得：电源电压U＝6V，电阻R的阻值：R＝10Ω；
当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，只有R接入电路，此时电路中的总电阻最小，根据P＝可知，电路中消耗的总功率最大，
整个电路的消耗的最大功率：P大＝＝＝3.6W。
故答案为：10；3.6。
三、作图题（共4分）
23．（1）重为G的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图。在图中作出物体的受力示意图。
【答案】
【解答】解：以圆球为研究对象，圆球受到竖直向下的重力，竖直挡板水平向右的弹力F1和垂直斜面向上的支持力F2。从圆球的重心开始，分别沿各力的方向画一条有向线段，并分别在线段末尾标上相关字母，即为物体的受力示意图。如图所示：
（2）在如图所示的继电器上把电源连在电路里，使它成为一个电铃。这样的电铃没有铃碗，通常叫蜂鸣器。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：闭合开关，电磁铁中有电流，吸引衔铁，弹簧向下振动，螺钉与弹簧片断开，电磁铁中没有磁性，弹簧片恢复原状，使电路再次接通，弹簧不断的振动，这便是蜂鸣器，
答案如图所示：
四、实验探究题（本题共4小题，每空1分，共23分。）
24．在探究凸透镜成像的规律的实验中：
（1）将凸透镜正对太阳光，调节凸透镜下方白纸的位置，直至白纸上出现一最小最亮的光斑，如图甲所示，则该透镜的焦距为 10.0 cm；
（2）如图乙所示，蜡烛和凸透镜的位置不变，此时应将光屏向 左 （选填“左”或“右”）移动才能得到清晰的像，像的特点是倒立、 缩小 （选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像，生活中的 照相机 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是利用这个规律制成的。
（3）当蜡烛燃烧变短，应该将光屏向 上 （选填“上”或“下”）移动，才能使烛焰的像仍在光屏中央。
（4）如图丙所示，将蜡烛放在凸透镜的一倍焦距以内，在透镜另一侧可以看到烛焰放大的像，若将一不透明的遮光板放在虚线处，此时人眼处 能 （选填“能”或“不能”）看到烛焰的像。
【答案】（1）10.0；（2）左；缩小；照相机；（3）上；（4）能。
【解答】解：（1）由图甲可知，光屏上出现一个最小最亮的光斑即为凸透镜的焦点处，焦点到凸透镜的距离为10cm，则凸透镜的焦距是10.0cm；
（2）将点燃的蜡烛放置于光具座的10cm刻度处，物距大小为25cm，此时物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，将光屏向左移动一段合适的距离，能在光屏上得到烛焰清晰倒立、缩小的实像，应用为照相机；
（3）实验中随着蜡烛燃烧变短，为了使像仍在光屏中央，根据过光心的光线传播方向不变可知，光屏应该向上调节；
（4）将蜡烛放在凸透镜的一倍焦距以内，凸透镜成正立、放大的虚像，若将一不透明的遮光板放在虚线处，如图丙所示，因凸透镜所成虚像是折射光线的反向延长线会聚形成的，此时遮光板并不影响折射光线进入人的眼睛，所以人眼透过凸透镜仍能看到烛焰的虚像。
故答案为：（1）10.0；（2）左；缩小；照相机；（3）上；（4）能。
25．玲玲在探究液体内部压强的规律时，进行了如下的操作。
（1）在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差（如图甲所示），接下来的操作是 B ；
A．将此时右边支管中高出的液体倒出
B．取下软管重新安装
（2）正确操作后，分析图乙、丙的实验现象，初步得出的结论是：同种液体中， 压强随深度的增加而增大 ；
（3）玲玲想探究液体压强与方向的关系，她保持图丙中探头的位置不变，转动探头朝着 其他 的方向，观察到的现象是U形管两边液面高度差 不变 ；
（4）玲玲保持图丙中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，她发现U形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论。甜甜认为她的操作 不可靠 （可靠或不可靠）。
【答案】（1）B；（2）压强随深度的增加而增大；（3）其他；不变；（4）不可靠。
【解答】解：（1）调节压强计时，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，故选B；
（2）分析图乙、丙知液体的密度相同，深度不同，且深度越深，U形管液面的高度差越大，液体内部的压强越大，由此可以得出初步结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大；
（3）把探头固定在水中某一深度不变，转动探头朝着各个方向，由于在同一液体在同一深度液体内部向各个方向的压强相等，所以观察到U形管两边液面的高度差不变；
④在探究液体压强与液体密度是否有关时，因控制探头所处的深度相同。加入盐水后，烧杯中液体的密度增大，深度也会增大。但因探头的保持位置不变，则探头在盐水中的深度相较于在清水中的深度会增大，所以此时得出的实验结论是不可靠的。为得出可靠结论，我们应适当向上移动探头，使其在盐水中所处的深度与在清水中所处的深度相同。
故答案为：（1）B；（2）压强随深度的增加而增大；（3）其他；不变；（4）不可靠。
26．小明测量标有“2.5V”字样（正常工作电流约为0.25A）小灯泡的额定功率。现有器材：电压为4.5V的电源、开关、电压表（量程0～3V）、电流表（量程0～0.6A）、导线若干，另有三种规格的滑动变阻器可供选择：R1（5Ω，1A）、R2（20Ω，0.5A）、R3（50Ω，0.2A），按照如图1甲所示的实验电路进行实验，请完成下列问题：
（1）小明在检查电路连接时，发现有一根导线连接错误。请在图1甲中找出这跟连接错误导线，并打“×”，然后再用笔画线代替导线，把它改到正确的位置上；
（2）通过估算，滑动变阻器应该选用 R2 （选填“R1”、“R2”或“R3”）；
（3）正确连接电路、闭合开关后，移动滑片P到某一点时，电压表示数如图1乙所示，若要测量小灯泡的额定功率，应将图1甲中的滑动变阻器的滑片P向 A （选填“A”或“B”）端移动；
（4）通过移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡的亮度，并根据记录的多组数据绘制出了如图1丙所示的I﹣U图象。由图象可知小灯泡的额定功率是 0.75 W，小灯泡变亮时，小灯泡灯丝的电阻 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（5）完成上述实验后，小明又借助上述实验中的部分器材及已知阻值为R0的定值电阻，设计了如图2所示的实验电路，测量出了另一个额定电压为U1的小灯泡正常发光时的额定电功率。请你帮助小明将下列实验步骤补充完整：
①连接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点 2 （选填“1”或“2”），移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一个触点，读出电压表的示数为U2；
③该小灯泡正常发光时的额定电功率的表达式P额＝ U1×。 （用U1、U2、R0表示）。
【答案】（1）见解答图；（2）R2；（3）A；（4）0.75；变大；（5）①2；②U1×。
【解答】解：（1）原电路图中，电流表与灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的，在测小灯泡的额定功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）小灯泡的额定电压为2.5V，正常工作电流约为0.25A，
由串联电路的规律及欧姆定律，灯正常发时滑动变阻器连入的电阻：R滑＝＝＝8Ω，由于额定电流为0.25A，滑动变阻器的最小电阻为8Ω，故选滑动变阻器是R2；
（3）正确连接电路、闭合开关后，移动滑片P到某一点时，电压表示数如图1乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，若要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，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将图甲中的滑片P向A端移动；
（4）由图1丙所示的I﹣U图像可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
灯泡的亮度由实际功率决定，小灯泡变亮时，实际功率变大，温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而变大；
（5）实验步骤：
①接好实验电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点2移动滑片，使电压表的示数为灯泡的额定电压U1；
②滑片的位置保持不动，再将开关S1拨到另一个触点读出电压表的示数为U2；
③在步骤①中，灯泡、R0和滑动变阻器串联在电路中，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器的滑片P，使得小灯泡正常发光，记录下此时的电压表示数为U1；
在步骤②中，保持滑动变阻器滑片位置不变，S1接2，电压表测量灯泡和R0两端的总电压U2；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，根据串联电路电压规律，此时定值电阻R0两端的电压：U0＝U2﹣U1，根据串联电路电流特点和欧姆定律，通过灯泡的额定电流：
I额＝I0＝＝，
则小灯泡额定功率：
P＝U额I额＝U1×。
故答案为：（1）见解答图；（2）R2；（3）A；（4）0.75；变大；（5）①2；②U1×。
27．在“测量滑轮组机械效率”的实验中，小兵与同学们用同一滑轮组进行了三次实验（如图所示），实验数据记录如表：
（1）实验时应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计，并用刻度尺测出物体上升的高度；
（2）表格中编号①处的数据为 88.9% ；编号②处的数据为 2.2 （观察丙图）；
（3）分析数据可得结论：使用同一滑轮组提升不同重物至同一高度时，提升的物重增加时，所做的额外功 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）分析数据可得结论：使用同一滑轮组，滑轮组的机械效率与物重的关系可能比较符合的图是 B ；
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）实验时沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计；
（2）第2次实验的机械效率为：
η＝＝×100%＝＝88.9%，
图中测力计分度值为0.2N，示数为2.2N，故编号②处数据为2.2；
（3）进一步分析数据，可知用同一滑轮组提升不同重物至同一高度，提升的物重增加时，所做的额外功将变大，原因：物重增加，轮和轴之间的压力变大，摩擦力变大；
（4）动滑轮的重力不可忽略，则克服动滑轮的重和绳与滑轮间的摩擦所做的功为额外功，
从摩擦角度考虑，随着物体重力的增加，滑轮与绳子间摩擦会一定程度增大；
同时，物重增大，有用功逐渐增大，有用功占总功的比值在增大，所以机械效率逐渐增大，但由于摩擦也在增大，故机械效率η与物体重力G的关系并不成正比，故B正确符合题意。
故答案为：（1）匀速； （2）88.9%；2.2； （3）变大； （4）B。
五、计算题（本题共3小题，28题7分，29题8分，30题11分，共26分）
28．一个能装水100L的太阳能晒水箱，其接收太阳能的面积为2m2，该晒水箱接受的太阳辐射能力为E＝3.2×106J/（h•m2）。求：
（1）如果每天接收太阳能的时间为8h，则该晒水箱每天可以接收多少焦的太阳能？
（2）由于热量的散失等原因，水的吸热效率只有42%。那么，该晒水箱一天吸收的太阳能可使100L的水从20℃升高到多少℃？（ρ水＝1.0×l03kg/m3）
【答案】（1）该晒水箱每天可以接收5.12×107J的太阳能；
（2）该晒水箱一天吸收的太阳能可使100L的水从20℃升高到71.2℃。
【解答】解：（1）由题意可得，该晒水箱每天可以接收的太阳能为：
Q＝EtS＝3.2×106J/（h•m2）×8h×2m2＝5.12×107J；
（2）由ρ＝可得，水的质量：m水＝ρV＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg，
由η＝×100%得，水吸收的热量：
Q吸＝ηQ＝42%×5.12×107J＝2.1504×107J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）得，水的末温：
t＝t0+＝20℃+＝71.2℃。
答：（1）该晒水箱每天可以接收5.12×107J的太阳能；
（2）该晒水箱一天吸收的太阳能可使100L的水从20℃升高到71.2℃。
29．如图所示，重力不计的木棒AOB可绕支点O无摩擦转动，木棒AB长为1.5m，物体甲是重力为79N、边长为0.12m的正方体，物体乙所受重力为56N，当把甲、乙两物体用细绳分别挂在木棒的两个端点A、B上时，木棒在水平位置平衡，支点O距A点0.8m。求：
（1）A端受到绳子的拉力；
（2）物体甲对地面的压强。
【答案】（1）A端受到绳子的拉力为49N；
（2）物体甲对地面的压强为2083Pa
【解答】解：（1）由题知，木棒在水平位置平衡，OA＝0.8m，OB＝AB﹣OA＝1.5m﹣0.8m＝0.7m，
由杠杆平衡条件可得：FA×OA＝F乙×OB，
A端受到绳子的拉力：FA＝＝＝49N，
（2）甲与地面的受力面积为：S＝（0.12m）2＝0.0144m2；
甲受到的支持力即甲对地面的压力为：F＝G﹣FA＝79N﹣49N＝30N；
物体甲对地面的压强为：p＝＝≈2083Pa。
答：（1）A端受到绳子的拉力为49N；
（2）物体甲对地面的压强为2083Pa。
30．为节约用水，小华为农场的储水箱设计了一个自动抽水控制装置，如图所示，水箱高为1m，容积为0.8m3。在空水箱底部竖直放置一重5N的长方体，长方体高为1m、底面积为0.02m2，上端通过绝缘轻杆与控制电路的压敏电阻R接触，此时压敏电阻受到的压力为零。压敏电阻R的阻值随压力F的增大而减小，部分数据如表，控制电路的电源电压U＝12V，定值电阻R0为保护电阻，当控制电路的电流I≥0.5A时，电磁铁将衔铁吸合，工作电路断开泵停止给储水箱抽水。（g取10N/kg）
（1）若水泵的额定功率为440W，正常工作时通过的电流是多少？
（2）储水箱装满水时长方体所受浮力大小为多少？
（3）为了更加安全的工作，小华通过反复试验，只调整R0的大小，使水面离顶部还有0.05m时，水泵停止给水箱抽水，求此时R0的功率。
【答案】（1）若水泵的额定功率为440W，正常工作时通过的电流是2A；
（2）储水箱装满水时长方体所受浮力大小为200N；
（3）只调整R0的大小，使水面离顶部还有0.05m时，水泵停止给水箱抽水，此时R0的功率为1.75W。
【解答】解：（1）由图可知，水泵正常工作时电压为220V，
由P＝UI可得正常工作时通过的电流是：I1＝＝2A；
（2）长方体的体积：V＝Sh＝0.02m2×1m＝0.02m3，
长方体浸没在水中，其排开水的体积：V排＝V＝0.02m3，
则长方体受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m3＝200N；
（3）水面离顶部还有0.05m时长方体受到的浮力：F浮1＝ρ水gV排1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m2×（1m﹣0.05m）＝190N；
此时压敏电阻受到的压力：F压＝F浮﹣G＝190N﹣5N＝185N，由表可知，R压＝17Ω，
根据欧姆定律可得电路总电阻：R总＝＝＝24Ω，
则定值电阻的阻值：R0＝R总﹣R压＝24Ω﹣17Ω＝7Ω，
此时R0的功率：P0＝I2R0＝（0.5A）2×7Ω＝1.75W。
答：（1）若水泵的额定功率为440W，正常工作时通过的电流是2A；
（2）储水箱装满水时长方体所受浮力大小为200N；
（3）只调整R0的大小，使水面离顶部还有0.05m时，水泵停止给水箱抽水，此时R0的功率为1.75W。
次数
钩码重/N
钩码上升距离/cm
弹簧测力计示数/N
弹簧测力计上升距离/cm
机械效率
1
2
10
0.8
30
83.3%
2
4
10
1.5
30
①
3
6
10
②
30
90.9%
压力F/N
180
185
190
195
200
压敏电阻R/Ω
18
17
16
14
12