四川省南充市2024届中考物理试卷
一、单选题
1．（2024·南充）以下是同学们对一些常见物理量进行估测，其中符合实际的是( )
A．托起两个鸡蛋的力约为 B．地球的直径约为
C．人的正常体温约为 D．某中学生短跑成绩约为
【答案】C
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间的估测；长度的估测；力的概念及单位
【解析】【解答】A.托起两个鸡蛋的力约为1N，故A错误；
B.地球的直径约为6370km，故B错误；
C.人的正常体温约为37℃左右，故C正确；
D.某中学生短跑成绩约为7s，故D错误。
故选C。
【分析】根据对力、长度、温度和时间的认识判断。
2．（2024·南充）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是( )
A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用
B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关
C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能
D．丁图中活塞向下运动，这是内然机的压缩冲程
【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热机；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】A.甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于分子之间存在引力，故A错误；
B.乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关，故B正确；
C.丙图双手互搓取暖，是通过做功方式改变手的内能，故C错误；
D.丁图中活塞向下运动，两个气门关闭，则这是内然机的做功冲程，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据分子之间存在作用力判断；
B.根据分子运动与温度的关系判断；
C.改变物体内能的方式：做功和热传递；
D.根据气门的开合和活塞的运行方向确定冲程名称。
3．（2024·南充）川北皮影，又称“影子戏”或“灯影戏”，是一项具有丰富历史和深厚文化底蕴的国家级非物质文化遗产。它是用灯光将受皮影的操纵者（拦门匠）操作的人物或物件表演的影投射到屏幕上，如图甲。图①②③④现象中与川北皮影成像原理相同的是( )
A．①图：海市蜃楼
B．②图：南充清辉阁倒影
C．③图：手影游戏
D．④图：鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方
【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】川北皮影戏的成像原理为光的直线传播。
A.①图：海市蜃楼属于光的折射现象，故A不合题意；
B.②图：南充清辉阁倒影，属于光的反射现象，故B不合题意；
C.③图：手影游戏，属于光的直线传播，故C不合题意；
D.④图：鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方，属于光的折射现象，故D不合题意。
故选C。
【分析】分析各个选项中包含的光学原理即可。
4．（2024·南充）用飞机向云层撒干冰进行人工降雨，出现下列物态变化，其中放热的是( )
A．干冰迅速升华成二氧化碳气体
B．小冰晶在下落过程中熔化为小水珠
C．小雨滴在下落过程中部分汽化为水蒸气
D．云层中的水蒸气凝华成小冰晶
【答案】D
【知识点】凝华及凝华放热
【解析】【解答】A.干冰迅速吸热，从固态直接变成气态升华成二氧化碳气体，故A错误；
B.小冰晶在下落过程中吸热，从固态变成液态发生熔化为小水珠，故B错误；
C.小雨滴在下落过程中吸热，从液态变成气态发生汽化为水蒸气，故C错误；
D.云层中的水蒸气放热，从气态直接变成固态发生凝华成小冰晶，故D正确。
故选D。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
5．（2024·南充）关于近期举行的2024年巴黎奥运会选拔赛的比赛项目，下列说法正确的是( )
A．运动员在跳鞍马过程中要助跑，是利用运动员的惯性
B．运动员在做单杠项目前，手要擦上滑石粉，是为了减小摩擦力
C．在自由体操项目中，运动员在空翻离地后到落回地面前，不受重力
D．运动员站在平衡木上静止不动，受到的重力与运动员对平衡木的压力是一对平衡力
【答案】A
【知识点】重力的方向；惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A.运动员在跳鞍马过程中要助跑，是利用运动员的惯性，故A正确；
B.运动员在做单杠项目前，手要擦上滑石粉，是为了通过增大接触面的粗糙程度的方式增大摩擦，故B错误；
C.在自由体操项目中，运动员在空翻离地后到落回地面前，仍然受到重力，故C错误；
D.运动员站在平衡木上静止不动，受到的重力与运动员对平衡木的压力，二者方向相同，因此不是平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】A.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
B.增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
C.地面附近的物体都受到重力作用；
D.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上。
6．（2024·南充）某校科创小组为“共享助力车”的安全头盔设计以下方案：扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机通电工作；扫码且戴头盔才能骑行。下列电路符合以上设计要求的是 ( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】①根据题意可知，指示灯发光时电动机可以工作，也可以不工作，即二者不相互影响，那么二者为并联；
②开关S1同时控制指示灯和电动机，因此它在干路上；开关S2只能控制电动机，即它与电动机串联在同一支路上，如下图所示：
故选B。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只能控制它所在支路上的用电器，据此分析判断。
7．（2024·南充）2024年5月3日17时36分搭载有嫦娥六号探测器的长征五号火箭发射升空，发射过程部分图片如下，下列说法不正确的是( )
A．三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱运动
B．三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号机械能不变
C．火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态
D．嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息
【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；物体运动状态的变化；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A.三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱的位置发生改变，因此是运动的，故A正确不合题意；
B.三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号的速度增大，则动能增大；高度增大，则重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，它的机械能变大，故B错误符合题意；
C.火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态，故C正确不合题意；
D.嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息，故D正确不合题意。
故选B。
【分析】A.根据参照物的知识判断；
B.机械能=动能+重力势能；
C.运动状态的改变包括：速度大小改变和运动方向改变；
D.根据电磁波的应用解答。
8．（2024·南充）下图是我国古代劳动人民运送巨木的场景，通过杠杆、支架、悬绳、石块等，将巨木一端抬起，垫上圆木，将其移到其他地方。下列说法正确的是( )
A．支架下垫的底面积较大的石块是为增大对地面的压强
B．横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，费力省距离
C．当巨木太重无法抬起时，可以让杠杆右端的人远离支架，增大动力臂
D．当巨木太重无法抬起时，可以增大横杆上悬绳与支架间的距离
【答案】C
【知识点】减小压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A.支架下垫的底面积较大的石块是为减小对地面的压强，故A错误；
B.横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，省力费距离，故B错误；
CD.当巨木太重无法抬起时，可以让杠杆右端的人远离支架，增大动力臂；或者减小横杆上悬绳与支架间的距离，减小阻力臂，从而达到省力的目的，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】A.减小压强的方法：减小压力或增大受力面积；
B.根据省力杠杆的特点判断；
CD.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
9．（2024·南充）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是( )
A．图甲：磁感线不是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近
B．图乙：p向右移动，能吸引更多铁钉，铁钉下端为电磁铁的S极
C．图丙：同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向会发生改变
D．图丁：闭合开关，导体ab竖直向下运动或竖直向上运动，电流表指针不发生偏转
【答案】D
【知识点】磁感线及其特点；磁场对通电导线的作用；探究电磁感应现象的实验；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A.磁感线是用来描述磁场的一些假想的曲线，不是真实存在的，而磁场是一种物质，是存在的，地磁场的北极在地理南 极附近，故A错误；
B.如图乙，电流从电磁铁A的上方流入、下方流出，由安培定则可知，电磁铁A的上端是N极，下端的钉尖是S极；将滑动 变阻器的滑片P向右移动，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性变弱，能吸引更少的大头针，故B错误；
C.只对调电源正负极或磁极，电流的方向发生改变，故线圈受到力的方向发生改变，故线圈转动方向就会发生改变。而同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向不会发生改变，故C错误；
D.闭合开关，导体ab 竖直向上运动，运动方向与磁感线方向平行，不能切割磁感线，不能产生感应电流，电流表指针不 生偏转，故D正确。
故选D。
【分析】 A.根据对磁感线的认识判断；
B.由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关； C.通电线圈在磁场中的转动方向与磁场方向和电流方向有关；
D.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现 象。
10．（2024·南充）小洋研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系如图所示，由图像可知( )
A．容器的质量
B．甲液体密度是
C．乙液体密度
D．密度为的液体的图像应位于Ⅲ区域
【答案】D
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】ABC.由图像可知，当液体体积为0时，此时容器的质量m容=20g，
当m=80g，即m甲=m乙=80g-20g=60g时，此时甲、乙两种液体的体积：V甲=40cm3，V乙=60cm3，
则甲、乙两种液体的密度分别为：，，
由此可知，甲液体密度大于乙液体密度。故A、B、C错误；
D.因为液体的密度比水的还小，根据m=ρV可知，质量相同时，液体的体积大于水的体积，故液体的质量与体积关系图像应在Ⅲ区，故D正确。
故选D。
【分析】ABC.由图像可知，当液体体积为0时，此时对应的质量即为容器的质量；当m=100g，即甲、乙两种液体的质量m甲=m乙=100g-40g=60g时对应的体积，根据密度公式求出两者密度的大小；
D.液体的密度小于水的密度，根据密度公式可知质量相同时体积之间的关系，然后判断液体的质量与体积关系图像位于的区域。
二、多选题
11．（2024·南充）如图，开关闭合后，电流表的示数分别为、，电压表的示数分别为、、，的电阻小于的电阻，则下列关系中正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律
【解析】【解答】把电流表看做一段导线，电压表所在的电路看做断路，对电路进行简化如下图：
由图可以看出两灯泡属于串联，串联电路中各处的电流都相等，所以两电流表的示数相等，即I1=I2；
由电路图可以看出，电压表V1测的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测的是灯泡L2两端的电压，L1的电阻小于L2的电阻，根据串联电路电压的分配与电阻成正比，U1＜U2；
电压表V3测的是电源电压，即总电压，根据串联电路的电压特点可知：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，所以U1+U2=U3。
故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】首先对电路进行简化，电流表相当于一段导线，电压表所在电路相当于断路；再分析电压表和电流表各是测量谁的电压和电流，从而得出电压和电流的关系。
12．（2024·南充）质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度，剩余部分对地面的压强p与的关系如图所示，已知，，乙的边长为，下列选项正确的是( )（g取）
A．乙的密度 B．未切前，甲的质量为
C．图中 D．图中
【答案】A,D
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】A.乙为质量分布均匀的实心正方体，边长h乙=30cm=0.3m，
由图知未切时，乙对水平地面的压强p乙=6000Pa，
则乙的密度，故A正确；
B.甲为质量分布均匀的实心正方体，由图知未切时甲的边长h甲=20cm=0.2m，
甲的体积V甲=h甲3=（0.2m）3=0.008m3，
未切前，甲的质量m甲=ρ甲V甲=6×103kg/m3×0.008m3=48kg，故B错误；
C.由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，则有：pA=ρ甲g（h甲-hA）=ρ乙g（h乙-hA），
6×103kg/m3×g×（0.2m-hA）=2×103kg/m3×g×（0.3m-hA），
解得：hA=0.15m=15cm，故C错误；
D.pA=ρ甲g（h甲-hA）=6×103kg/m3×10N/kg×（0.2m-0.15m）=3×103Pa，故D正确。
故选AD。
【分析】A.由题可知，乙的边长和未切时乙对水平地面的压强，利用p=ρgh得到正方体乙的密度；
B.由甲的边长和正方体的体积公式得到甲的体积，甲的密度已知，利用密度公式得到甲的质量；
C.由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，利用p=ρgh得到hA的值；
D.利用p=ρ液gh得到pA的值。
三、填空题
13．（2024·南充）“转轴拨弦三两声，未成曲调先有情”，这描写的是琵琶的声音，从诗文中可以看出琵琶声是由琴弦 产生，转轴可以改变琴弦的松紧度，进而改变声音的 （选填“音调”“响度”“音色”）。
【答案】振动；音调
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】（1）琵琶声是由琴弦振动产生；
（2）转轴可以改变琴弦的松紧度，从而改变琴弦的振动频率，进而改变声音的音调。
【分析】（1）根据声音产生的知识解答；
（2）声音的高低叫音调，与发声体的振动频率决定。
14．（2024·南充）作为传统燃油汽车燃料的汽油和柴油是 能源（选填“可再生”“不可再生”），为了减少燃油汽车对环境的污染，我国大力发展新能源汽车。如今，我国电动汽车的多项技术已领跑世界，某型号的国产电动汽车的电池容量为，额定电压为，充满电后，它储存了 的能量。
【答案】不可再生；80
【知识点】能源及其分类；电功的计算
【解析】【解答】（1）汽油和柴油都是不能短时间内得到补充的，为不可再生能源；
（2）充满电后电池储存的电能W=UIt=400V×20A×3600s=2.88×107J=82kW·h。
【分析】（1）可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（2）根据W=UIt计算电池储存的电能。
15．（2024·南充）如图所示电路，若甲、乙两表为图中电流表，闭合开关，断开开关，两表指针位置相同，则 ；若甲、乙两表为图中电压表，闭合开关、，则两表示数之比是 （电表每次测量均未超过量程）。
【答案】4：1；5：4
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】（1）当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍，即I甲：I乙=1：5；
则通过两电阻的电流之比：I1：I2=I甲：（I乙-I甲）=1：（5-1）=1：4；
因并联电路中各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得，并联电阻电流之比等于电阻之比的倒数，则R1：R2=I2：I1=4：1；
（2）当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1与R2串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测R1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，所以两电阻两端的电压之比等于电阻之比，即4：1；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以两电压表的示数之比：U甲：U乙=（U1+U2）：U2=（4+1）：4=5：4。
【分析】（1）当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍；根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
（2）当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1和R2串联，甲测电源的电压，乙测R1两端的电压；
根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出两电压表的示数之比。
16．（2024·南充）用四只完全相同的滑轮和两根相同的绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，将重的货物匀速吊起高。每只滑轮重为，绳自由端的拉力的大小分别为和，若不计绳重和摩擦， （选填“大于”“等于”“小于”），甲滑轮组的机械效率为 。
【答案】大于；
【知识点】机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】（1）根据图片可知，承担重力的绳子段数n甲=2，n乙=3，根据可知，拉力F1大于F2；
（2）甲滑轮组的机械效率。
【分析】（1）根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据比较绳子自由端的拉力大小；
（2）根据计算甲的机械效率。
17．（2024·南充）如图，木板B置于水平地面上，物块A叠放于B上。水平拉力，水平拉力。B静止，A沿木板B以的速度向右匀速滑动。则拉力的功率为 ，地面对木板B的摩擦力为 N。
【答案】5；20
【知识点】功率的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，拉力F2的功率P2=F2V2=50N×0.1m/s=5W；
（2）A做匀速直线运动，则它受到的摩擦力与拉力F2平衡，即AB之间的摩擦fAB=50N。
B静止状态，则它受到平衡力，即拉力F1=f地+fAB，则地面对木板B的摩擦力为：f地=F1-fAB=70N-50N=20N。
【分析】（1）根据P=Fv计算拉力F2的功率；
（2）对B进行受力分析，根据平衡力的知识计算地面对B的摩擦力大小。
18．（2024·南充）如图所示，电源电压不变，电流表的量程为，定值电阻.，为滑动变阻器，其最大阻值为50Ω，滑动变阻器的滑片P在b端时，电流表的读数为，则电源电压为 V，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为 。
【答案】24；3.6-4.8Ω
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器的滑片P在b端时接入电路中的电阻为50Ω，电流表测电路中的电流I=0.3A，
电路的总电阻R=R1+R2=30Ω+50Ω=80Ω，
则电源的电压：U=IR=0.3A×80Ω=24V；
（2）电源电压不变，电流表的量程为0-0.6A，电路安全电流为0.6A，
此时R1的电压：U1=I1R1=0.6A×30Ω=18V，
根据串联分压原理得，R2的电压U2=U-U1=24V-18V=6V，
滑动变阻器消耗的最小电功率：P小=U2I1=6V×0.6A=3.6W，
当R2=R1=30Ω时，根据串联分压原理得，R2的电压；
滑动变阻器消耗的电功率最大，即。
在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为3.6～4.8W。
【分析】（1）当滑动变阻器的滑片P在a端时接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识判断滑动变阻器消耗功率的最大值并求出其大小。
四、作图题
19．（2024·南充）2023年9月17日，我国墨子巡天望远镜正式启用，它是北半球巡天能力最强的光学时域望远镜，如图甲所示。一束星光入射到望远镜，经主镜反射后到达成像装置，如图乙所示，是反射光线，请画出其入射光线并标出入射角大小（保留作图痕迹）。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图
【解析】【解答】通过入射点作垂直镜面的法线，然后根据“反射角等于入射角”在法线左侧画出对应的入射光线。
反射光线和镜面的夹角为53°，则反射角为：90°-53°=37°。根据“反射角等于入射角”可知，入射角为37°，如下图所示：
【分析】根据光的反射定律完成作图。
20．（2024·南充）如图，根据安全用电知识，将图中元件用笔画线代替导线连起来（开关仅控制灯泡）。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】测电笔接触火线时发光，则上面的为火线，中间的为零线。
①三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，中孔接地线；
②为了用电安全，开关要接在火线和灯泡之间。且灯泡尾部接火线，螺旋套接零线，如下图所示：
【分析】根据家庭电路安全用电的知识完成连接。
五、实验题
21．（2024·南充）小明采用如图所示的装置，进行“探究液体压强与哪些因素有关”的实验：
（1）实验前，小明用手指轻压金属盒橡皮膜，观察U形管中两液面是否出现高度差，若两液面 （选填“有”“没有”）高度差，则说明U形管压强计存在漏气问题；
（2）实验中，小明通过观察 来比较液体内部压强的大小，这里应用的科学方法是 ；
（3）比较 两图，可以研究液体压强与液体深度的关系。
【答案】（1）没有
（2）U形管内液面的高度差；转换法
（3）乙、丙
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）、实验前，小明用手指轻压金属盒橡皮膜，观察U形管中两液面是否出现高度差，若两液面没有高度差，则说明U形管压强计存在漏气问题；
（2）实验中，小明通过观察U形管内液面的高度差来比较液体内部压强的大小，这里应用的科学方法是转换法；
（3）研究液体压强与液体深度的关系时，需要控制液体的密度相同，只改变液体深度，故选实验乙和丙。
答案
第1空、乙、丙
【分析】（1）根据压强计气密性的检查方法解答；
（2）U形管两侧液面的高度差越大，则橡皮膜受到的压强越大。物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
（3）根据控制变量发的要求选择对照实验。
22．（2024·南充）如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 ；
（2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰 （选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上 （选填“能”“不能”）看到清晰的像；
（3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一副眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是 眼镜（选填“近视”“远视”）。
【答案】（1）9.0
（2）缩小；能
（3）近视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，透镜到光屏的距离就是焦距，即f=20cm-10cm=10cm；
（2）①根据图乙可知，像距小于物距，则成倒立缩小的实像；
②根据光路的可逆性可知， 若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏仍然成清晰的实像，是变成倒立缩小的实像。
（3）水透镜加水后凸度增大，则对光线的会聚能力增强，因此放入的眼镜对光线有发散作用，应该为凹透镜，也就是近视眼镜。
【分析】（1）焦距是从焦点到光心的距离；
（2）①比较像距和物距的大小，从而确定成像特点；
②根据光路的可逆性分析。
（3）分析水透镜加水后对光线的作用确定眼镜对光线的作用，进而确定透镜的种类即可。
23．（2024·南充）小红想测量标有“1.5V”字样小灯泡正常发光时的电阻，从实验室找来了电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干，进行了如下实验。
（1）用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整 ；
（2）检查无误后，闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一故障的原因可能是小灯泡 （选填“断路”“短路”）；
（3）排除电路故障后，闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 Ω；接下来她又测量了几组对应的电压值和电流值，并绘制了小灯泡的图象，如图丙所示；
（4）小红认为不能利用图甲的装置探究电流与电压的关系。理由是 ；
（5）小红还想测出另一个额定电压为的小灯泡正常发光时的电阻，在保证电路安全的前提下，设计了如图丁所示的电路（电源电压恒定大于且未知，滑动变阻器R最大阻值未知，定值电阻阻值为）。请将实验步骤补充完整：
①闭合、，断开，移动滑片P，使电流表示数为 时，小灯泡正常发光；
②闭合、，断开，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③小灯泡正常发光时的电阻 。（用、I、表示）
【答案】（1）
（2）断路
（3）5
（4）灯泡的电阻随温度的增大而增大，不能保持一定
（5）；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即造成这一故障的原因可能是小灯泡断路；
（3）闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，
则小灯泡正常发光时的电阻为：；
（4）探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻阻值不变，而灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
（5）实验步骤：
①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数为 时，小灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③在步骤①中，灯泡和R0并联，电流表测定值电阻的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
U0=I0R0=×R0=U额，根据并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，此时灯正常发光；
在步骤②中，电流表测灯与R0并联的总电流，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：
I额=I-I0=I-，
则小灯泡的正常工作时的电阻为。
【分析】（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用求出小灯泡正常发光时的电阻；
（4）灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
（5）要测小灯泡正常发光时的阻值，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为时，由并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，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求出灯的额定电流，根据写出小灯泡正常工作时电阻的表达式。
六、计算题
24．（2024·南充）如图甲所示为某品牌电热水壶。该型号电热水壶内部简化电路如图乙，额定电压为，具有加热、保温两挡。保温挡的额定功率为，双触点开关只能在触点1和2、2和3及3和4之间切换。、是两个阻值不变的发热元件，其中。现将此电热水壶装入初温为的水，接到的家庭电路中，选用加热挡加热至。已知该电热水壶加热效率为，，。求：
（1）电热水壶中水吸收的热量；
（2）加热挡的电功率；
（3）需要的加热时间。
【答案】（1）解： 水的质量为
水吸收的热量为
（2）解： 的功率为
所以加热功率为
（3）解：电热水壶加热时消耗的电能为
【知识点】热量的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据m=ρV计算水的质量，根据 计算水吸收的热量；
（2）根据 计算R2的功率，根据 计算加热功率；
（3）根据 计算电水壶消耗的电能，根据 计算加热时间。
25．（2024·南充）科创小组设计利用电流表测量质量的装置如图。现截取适当长度的电阻片R（它的阻值随长度L的变化图像如图乙所示）作为滑动变阻器接入电路，如图甲所示。如图甲中，电源电压6V恒定不变，电流表量程为0-0.6A。当滑片P在最下端时，电流表示数为0.6A。装置中托盘与圆柱形实心塑料浮筒M通过硬质绝缘细杆固定连接，整体漂浮在装有足够深水的柱形薄壁容器中，且只能竖直移动。托盘的质量为0.27kg；M高22cm，底面积为300cm2，质量为0.33kg；容器的底面积为400cm2，托盘通过滑杆带动滑片P上下移动。托盘中未放物体时，调节水量，使滑片P正好位于R最上端。托盘中放入物体A时，M刚好浸没，滑片P正好位于R最下端（g取10N/kg、ρ水=1.0×103kg/m3、不计滑片、滑杆、细杆的质量，忽略摩擦阻力，工作中水不溢出）。求：
（1）的阻值；
（2）物体A的质量；
（3）托盘中未放物体时，电流表的示数。
【答案】（1）解：当滑片P位于下端时，滑动变阻器接入的阻值为0：
（2）解： 物体M的体积为
物体M浸没时受到的浮力为
物体A的质量为
（3）解： 没放物体A时浮筒.受到的浮力为
浮筒排开的体积为
浮筒浸入的深度为
放入物体A后增加的浮力为A的重力
液面升高的距离为
滑片P移动的距离为
由图乙可知R的阻值为
托盘中未放物体时，电流表的示数为
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）电源电压6V恒定不变，当滑片P在最下端时，电阻R接入电路的电阻为零，电路中只有R0工作，电流表示数为0.6A， 根据欧姆定律 可以求出电阻R0的阻值；
（2）托盘中放入物体A时，浮筒M刚好浸没，对M做受力分析，浮筒受到浮力、重力、物体A和托盘的压力，根据力的平衡，计算出物体A的质量；
（3）根据未放物体A之前浮筒受到的浮力和重力及托盘的重力。结合二力平衡的条件和阿基米德原理可以计算出浮筒 浸入水中的深度；放入物体A之后，浮筒浸没在水中，液面升高，根据容器的底面积可以计算出液面升高的高度，进而求 出滑片P移动的距离，结合图二中的数据得出电阻R的阻值，利用欧姆定律即可求出电流表的示数。
1 / 1四川省南充市2024届中考物理试卷
一、单选题
1．（2024·南充）以下是同学们对一些常见物理量进行估测，其中符合实际的是( )
A．托起两个鸡蛋的力约为 B．地球的直径约为
C．人的正常体温约为 D．某中学生短跑成绩约为
2．（2024·南充）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是( )
A．甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用
B．乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关
C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能
D．丁图中活塞向下运动，这是内然机的压缩冲程
3．（2024·南充）川北皮影，又称“影子戏”或“灯影戏”，是一项具有丰富历史和深厚文化底蕴的国家级非物质文化遗产。它是用灯光将受皮影的操纵者（拦门匠）操作的人物或物件表演的影投射到屏幕上，如图甲。图①②③④现象中与川北皮影成像原理相同的是( )
A．①图：海市蜃楼
B．②图：南充清辉阁倒影
C．③图：手影游戏
D．④图：鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方
4．（2024·南充）用飞机向云层撒干冰进行人工降雨，出现下列物态变化，其中放热的是( )
A．干冰迅速升华成二氧化碳气体
B．小冰晶在下落过程中熔化为小水珠
C．小雨滴在下落过程中部分汽化为水蒸气
D．云层中的水蒸气凝华成小冰晶
5．（2024·南充）关于近期举行的2024年巴黎奥运会选拔赛的比赛项目，下列说法正确的是( )
A．运动员在跳鞍马过程中要助跑，是利用运动员的惯性
B．运动员在做单杠项目前，手要擦上滑石粉，是为了减小摩擦力
C．在自由体操项目中，运动员在空翻离地后到落回地面前，不受重力
D．运动员站在平衡木上静止不动，受到的重力与运动员对平衡木的压力是一对平衡力
6．（2024·南充）某校科创小组为“共享助力车”的安全头盔设计以下方案：扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机通电工作；扫码且戴头盔才能骑行。下列电路符合以上设计要求的是 ( )
A． B．
C． D．
7．（2024·南充）2024年5月3日17时36分搭载有嫦娥六号探测器的长征五号火箭发射升空，发射过程部分图片如下，下列说法不正确的是( )
A．三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱运动
B．三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号机械能不变
C．火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态
D．嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息
8．（2024·南充）下图是我国古代劳动人民运送巨木的场景，通过杠杆、支架、悬绳、石块等，将巨木一端抬起，垫上圆木，将其移到其他地方。下列说法正确的是( )
A．支架下垫的底面积较大的石块是为增大对地面的压强
B．横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，费力省距离
C．当巨木太重无法抬起时，可以让杠杆右端的人远离支架，增大动力臂
D．当巨木太重无法抬起时，可以增大横杆上悬绳与支架间的距离
9．（2024·南充）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是( )
A．图甲：磁感线不是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近
B．图乙：p向右移动，能吸引更多铁钉，铁钉下端为电磁铁的S极
C．图丙：同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向会发生改变
D．图丁：闭合开关，导体ab竖直向下运动或竖直向上运动，电流表指针不发生偏转
10．（2024·南充）小洋研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系如图所示，由图像可知( )
A．容器的质量
B．甲液体密度是
C．乙液体密度
D．密度为的液体的图像应位于Ⅲ区域
二、多选题
11．（2024·南充）如图，开关闭合后，电流表的示数分别为、，电压表的示数分别为、、，的电阻小于的电阻，则下列关系中正确的是( )
A． B． C． D．
12．（2024·南充）质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度，剩余部分对地面的压强p与的关系如图所示，已知，，乙的边长为，下列选项正确的是( )（g取）
A．乙的密度 B．未切前，甲的质量为
C．图中 D．图中
三、填空题
13．（2024·南充）“转轴拨弦三两声，未成曲调先有情”，这描写的是琵琶的声音，从诗文中可以看出琵琶声是由琴弦 产生，转轴可以改变琴弦的松紧度，进而改变声音的 （选填“音调”“响度”“音色”）。
14．（2024·南充）作为传统燃油汽车燃料的汽油和柴油是 能源（选填“可再生”“不可再生”），为了减少燃油汽车对环境的污染，我国大力发展新能源汽车。如今，我国电动汽车的多项技术已领跑世界，某型号的国产电动汽车的电池容量为，额定电压为，充满电后，它储存了 的能量。
15．（2024·南充）如图所示电路，若甲、乙两表为图中电流表，闭合开关，断开开关，两表指针位置相同，则 ；若甲、乙两表为图中电压表，闭合开关、，则两表示数之比是 （电表每次测量均未超过量程）。
16．（2024·南充）用四只完全相同的滑轮和两根相同的绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，将重的货物匀速吊起高。每只滑轮重为，绳自由端的拉力的大小分别为和，若不计绳重和摩擦， （选填“大于”“等于”“小于”），甲滑轮组的机械效率为 。
17．（2024·南充）如图，木板B置于水平地面上，物块A叠放于B上。水平拉力，水平拉力。B静止，A沿木板B以的速度向右匀速滑动。则拉力的功率为 ，地面对木板B的摩擦力为 N。
18．（2024·南充）如图所示，电源电压不变，电流表的量程为，定值电阻.，为滑动变阻器，其最大阻值为50Ω，滑动变阻器的滑片P在b端时，电流表的读数为，则电源电压为 V，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为 。
四、作图题
19．（2024·南充）2023年9月17日，我国墨子巡天望远镜正式启用，它是北半球巡天能力最强的光学时域望远镜，如图甲所示。一束星光入射到望远镜，经主镜反射后到达成像装置，如图乙所示，是反射光线，请画出其入射光线并标出入射角大小（保留作图痕迹）。
20．（2024·南充）如图，根据安全用电知识，将图中元件用笔画线代替导线连起来（开关仅控制灯泡）。
五、实验题
21．（2024·南充）小明采用如图所示的装置，进行“探究液体压强与哪些因素有关”的实验：
（1）实验前，小明用手指轻压金属盒橡皮膜，观察U形管中两液面是否出现高度差，若两液面 （选填“有”“没有”）高度差，则说明U形管压强计存在漏气问题；
（2）实验中，小明通过观察 来比较液体内部压强的大小，这里应用的科学方法是 ；
（3）比较 两图，可以研究液体压强与液体深度的关系。
22．（2024·南充）如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 ；
（2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰 （选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上 （选填“能”“不能”）看到清晰的像；
（3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一副眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是 眼镜（选填“近视”“远视”）。
23．（2024·南充）小红想测量标有“1.5V”字样小灯泡正常发光时的电阻，从实验室找来了电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干，进行了如下实验。
（1）用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整 ；
（2）检查无误后，闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一故障的原因可能是小灯泡 （选填“断路”“短路”）；
（3）排除电路故障后，闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 Ω；接下来她又测量了几组对应的电压值和电流值，并绘制了小灯泡的图象，如图丙所示；
（4）小红认为不能利用图甲的装置探究电流与电压的关系。理由是 ；
（5）小红还想测出另一个额定电压为的小灯泡正常发光时的电阻，在保证电路安全的前提下，设计了如图丁所示的电路（电源电压恒定大于且未知，滑动变阻器R最大阻值未知，定值电阻阻值为）。请将实验步骤补充完整：
①闭合、，断开，移动滑片P，使电流表示数为 时，小灯泡正常发光；
②闭合、，断开，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③小灯泡正常发光时的电阻 。（用、I、表示）
六、计算题
24．（2024·南充）如图甲所示为某品牌电热水壶。该型号电热水壶内部简化电路如图乙，额定电压为，具有加热、保温两挡。保温挡的额定功率为，双触点开关只能在触点1和2、2和3及3和4之间切换。、是两个阻值不变的发热元件，其中。现将此电热水壶装入初温为的水，接到的家庭电路中，选用加热挡加热至。已知该电热水壶加热效率为，，。求：
（1）电热水壶中水吸收的热量；
（2）加热挡的电功率；
（3）需要的加热时间。
25．（2024·南充）科创小组设计利用电流表测量质量的装置如图。现截取适当长度的电阻片R（它的阻值随长度L的变化图像如图乙所示）作为滑动变阻器接入电路，如图甲所示。如图甲中，电源电压6V恒定不变，电流表量程为0-0.6A。当滑片P在最下端时，电流表示数为0.6A。装置中托盘与圆柱形实心塑料浮筒M通过硬质绝缘细杆固定连接，整体漂浮在装有足够深水的柱形薄壁容器中，且只能竖直移动。托盘的质量为0.27kg；M高22cm，底面积为300cm2，质量为0.33kg；容器的底面积为400cm2，托盘通过滑杆带动滑片P上下移动。托盘中未放物体时，调节水量，使滑片P正好位于R最上端。托盘中放入物体A时，M刚好浸没，滑片P正好位于R最下端（g取10N/kg、ρ水=1.0×103kg/m3、不计滑片、滑杆、细杆的质量，忽略摩擦阻力，工作中水不溢出）。求：
（1）的阻值；
（2）物体A的质量；
（3）托盘中未放物体时，电流表的示数。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间的估测；长度的估测；力的概念及单位
【解析】【解答】A.托起两个鸡蛋的力约为1N，故A错误；
B.地球的直径约为6370km，故B错误；
C.人的正常体温约为37℃左右，故C正确；
D.某中学生短跑成绩约为7s，故D错误。
故选C。
【分析】根据对力、长度、温度和时间的认识判断。
2．【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热机；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】A.甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于分子之间存在引力，故A错误；
B.乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关，故B正确；
C.丙图双手互搓取暖，是通过做功方式改变手的内能，故C错误；
D.丁图中活塞向下运动，两个气门关闭，则这是内然机的做功冲程，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据分子之间存在作用力判断；
B.根据分子运动与温度的关系判断；
C.改变物体内能的方式：做功和热传递；
D.根据气门的开合和活塞的运行方向确定冲程名称。
3．【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】川北皮影戏的成像原理为光的直线传播。
A.①图：海市蜃楼属于光的折射现象，故A不合题意；
B.②图：南充清辉阁倒影，属于光的反射现象，故B不合题意；
C.③图：手影游戏，属于光的直线传播，故C不合题意；
D.④图：鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方，属于光的折射现象，故D不合题意。
故选C。
【分析】分析各个选项中包含的光学原理即可。
4．【答案】D
【知识点】凝华及凝华放热
【解析】【解答】A.干冰迅速吸热，从固态直接变成气态升华成二氧化碳气体，故A错误；
B.小冰晶在下落过程中吸热，从固态变成液态发生熔化为小水珠，故B错误；
C.小雨滴在下落过程中吸热，从液态变成气态发生汽化为水蒸气，故C错误；
D.云层中的水蒸气放热，从气态直接变成固态发生凝华成小冰晶，故D正确。
故选D。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
5．【答案】A
【知识点】重力的方向；惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A.运动员在跳鞍马过程中要助跑，是利用运动员的惯性，故A正确；
B.运动员在做单杠项目前，手要擦上滑石粉，是为了通过增大接触面的粗糙程度的方式增大摩擦，故B错误；
C.在自由体操项目中，运动员在空翻离地后到落回地面前，仍然受到重力，故C错误；
D.运动员站在平衡木上静止不动，受到的重力与运动员对平衡木的压力，二者方向相同，因此不是平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】A.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
B.增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
C.地面附近的物体都受到重力作用；
D.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上。
6．【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】①根据题意可知，指示灯发光时电动机可以工作，也可以不工作，即二者不相互影响，那么二者为并联；
②开关S1同时控制指示灯和电动机，因此它在干路上；开关S2只能控制电动机，即它与电动机串联在同一支路上，如下图所示：
故选B。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只能控制它所在支路上的用电器，据此分析判断。
7．【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；物体运动状态的变化；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A.三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱的位置发生改变，因此是运动的，故A正确不合题意；
B.三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号的速度增大，则动能增大；高度增大，则重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，它的机械能变大，故B错误符合题意；
C.火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态，故C正确不合题意；
D.嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息，故D正确不合题意。
故选B。
【分析】A.根据参照物的知识判断；
B.机械能=动能+重力势能；
C.运动状态的改变包括：速度大小改变和运动方向改变；
D.根据电磁波的应用解答。
8．【答案】C
【知识点】减小压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A.支架下垫的底面积较大的石块是为减小对地面的压强，故A错误；
B.横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，省力费距离，故B错误；
CD.当巨木太重无法抬起时，可以让杠杆右端的人远离支架，增大动力臂；或者减小横杆上悬绳与支架间的距离，减小阻力臂，从而达到省力的目的，故C正确，D错误。
故选C。
【分析】A.减小压强的方法：减小压力或增大受力面积；
B.根据省力杠杆的特点判断；
CD.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
9．【答案】D
【知识点】磁感线及其特点；磁场对通电导线的作用；探究电磁感应现象的实验；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A.磁感线是用来描述磁场的一些假想的曲线，不是真实存在的，而磁场是一种物质，是存在的，地磁场的北极在地理南 极附近，故A错误；
B.如图乙，电流从电磁铁A的上方流入、下方流出，由安培定则可知，电磁铁A的上端是N极，下端的钉尖是S极；将滑动 变阻器的滑片P向右移动，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性变弱，能吸引更少的大头针，故B错误；
C.只对调电源正负极或磁极，电流的方向发生改变，故线圈受到力的方向发生改变，故线圈转动方向就会发生改变。而同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向不会发生改变，故C错误；
D.闭合开关，导体ab 竖直向上运动，运动方向与磁感线方向平行，不能切割磁感线，不能产生感应电流，电流表指针不 生偏转，故D正确。
故选D。
【分析】 A.根据对磁感线的认识判断；
B.由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关； C.通电线圈在磁场中的转动方向与磁场方向和电流方向有关；
D.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现 象。
10．【答案】D
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】ABC.由图像可知，当液体体积为0时，此时容器的质量m容=20g，
当m=80g，即m甲=m乙=80g-20g=60g时，此时甲、乙两种液体的体积：V甲=40cm3，V乙=60cm3，
则甲、乙两种液体的密度分别为：，，
由此可知，甲液体密度大于乙液体密度。故A、B、C错误；
D.因为液体的密度比水的还小，根据m=ρV可知，质量相同时，液体的体积大于水的体积，故液体的质量与体积关系图像应在Ⅲ区，故D正确。
故选D。
【分析】ABC.由图像可知，当液体体积为0时，此时对应的质量即为容器的质量；当m=100g，即甲、乙两种液体的质量m甲=m乙=100g-40g=60g时对应的体积，根据密度公式求出两者密度的大小；
D.液体的密度小于水的密度，根据密度公式可知质量相同时体积之间的关系，然后判断液体的质量与体积关系图像位于的区域。
11．【答案】A,C
【知识点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律
【解析】【解答】把电流表看做一段导线，电压表所在的电路看做断路，对电路进行简化如下图：
由图可以看出两灯泡属于串联，串联电路中各处的电流都相等，所以两电流表的示数相等，即I1=I2；
由电路图可以看出，电压表V1测的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测的是灯泡L2两端的电压，L1的电阻小于L2的电阻，根据串联电路电压的分配与电阻成正比，U1＜U2；
电压表V3测的是电源电压，即总电压，根据串联电路的电压特点可知：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，所以U1+U2=U3。
故AC正确，BD错误。
故选AC。
【分析】首先对电路进行简化，电流表相当于一段导线，电压表所在电路相当于断路；再分析电压表和电流表各是测量谁的电压和电流，从而得出电压和电流的关系。
12．【答案】A,D
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】A.乙为质量分布均匀的实心正方体，边长h乙=30cm=0.3m，
由图知未切时，乙对水平地面的压强p乙=6000Pa，
则乙的密度，故A正确；
B.甲为质量分布均匀的实心正方体，由图知未切时甲的边长h甲=20cm=0.2m，
甲的体积V甲=h甲3=（0.2m）3=0.008m3，
未切前，甲的质量m甲=ρ甲V甲=6×103kg/m3×0.008m3=48kg，故B错误；
C.由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，则有：pA=ρ甲g（h甲-hA）=ρ乙g（h乙-hA），
6×103kg/m3×g×（0.2m-hA）=2×103kg/m3×g×（0.3m-hA），
解得：hA=0.15m=15cm，故C错误；
D.pA=ρ甲g（h甲-hA）=6×103kg/m3×10N/kg×（0.2m-0.15m）=3×103Pa，故D正确。
故选AD。
【分析】A.由题可知，乙的边长和未切时乙对水平地面的压强，利用p=ρgh得到正方体乙的密度；
B.由甲的边长和正方体的体积公式得到甲的体积，甲的密度已知，利用密度公式得到甲的质量；
C.由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，利用p=ρgh得到hA的值；
D.利用p=ρ液gh得到pA的值。
13．【答案】振动；音调
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】（1）琵琶声是由琴弦振动产生；
（2）转轴可以改变琴弦的松紧度，从而改变琴弦的振动频率，进而改变声音的音调。
【分析】（1）根据声音产生的知识解答；
（2）声音的高低叫音调，与发声体的振动频率决定。
14．【答案】不可再生；80
【知识点】能源及其分类；电功的计算
【解析】【解答】（1）汽油和柴油都是不能短时间内得到补充的，为不可再生能源；
（2）充满电后电池储存的电能W=UIt=400V×20A×3600s=2.88×107J=82kW·h。
【分析】（1）可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（2）根据W=UIt计算电池储存的电能。
15．【答案】4：1；5：4
【知识点】并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】（1）当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍，即I甲：I乙=1：5；
则通过两电阻的电流之比：I1：I2=I甲：（I乙-I甲）=1：（5-1）=1：4；
因并联电路中各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得，并联电阻电流之比等于电阻之比的倒数，则R1：R2=I2：I1=4：1；
（2）当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1与R2串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测R1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，所以两电阻两端的电压之比等于电阻之比，即4：1；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以两电压表的示数之比：U甲：U乙=（U1+U2）：U2=（4+1）：4=5：4。
【分析】（1）当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍；根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
（2）当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1和R2串联，甲测电源的电压，乙测R1两端的电压；
根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出两电压表的示数之比。
16．【答案】大于；
【知识点】机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】（1）根据图片可知，承担重力的绳子段数n甲=2，n乙=3，根据可知，拉力F1大于F2；
（2）甲滑轮组的机械效率。
【分析】（1）根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据比较绳子自由端的拉力大小；
（2）根据计算甲的机械效率。
17．【答案】5；20
【知识点】功率的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，拉力F2的功率P2=F2V2=50N×0.1m/s=5W；
（2）A做匀速直线运动，则它受到的摩擦力与拉力F2平衡，即AB之间的摩擦fAB=50N。
B静止状态，则它受到平衡力，即拉力F1=f地+fAB，则地面对木板B的摩擦力为：f地=F1-fAB=70N-50N=20N。
【分析】（1）根据P=Fv计算拉力F2的功率；
（2）对B进行受力分析，根据平衡力的知识计算地面对B的摩擦力大小。
18．【答案】24；3.6-4.8Ω
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器的滑片P在b端时接入电路中的电阻为50Ω，电流表测电路中的电流I=0.3A，
电路的总电阻R=R1+R2=30Ω+50Ω=80Ω，
则电源的电压：U=IR=0.3A×80Ω=24V；
（2）电源电压不变，电流表的量程为0-0.6A，电路安全电流为0.6A，
此时R1的电压：U1=I1R1=0.6A×30Ω=18V，
根据串联分压原理得，R2的电压U2=U-U1=24V-18V=6V，
滑动变阻器消耗的最小电功率：P小=U2I1=6V×0.6A=3.6W，
当R2=R1=30Ω时，根据串联分压原理得，R2的电压；
滑动变阻器消耗的电功率最大，即。
在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为3.6～4.8W。
【分析】（1）当滑动变阻器的滑片P在a端时接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识判断滑动变阻器消耗功率的最大值并求出其大小。
19．【答案】
【知识点】作光的反射光路图
【解析】【解答】通过入射点作垂直镜面的法线，然后根据“反射角等于入射角”在法线左侧画出对应的入射光线。
反射光线和镜面的夹角为53°，则反射角为：90°-53°=37°。根据“反射角等于入射角”可知，入射角为37°，如下图所示：
【分析】根据光的反射定律完成作图。
20．【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】测电笔接触火线时发光，则上面的为火线，中间的为零线。
①三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，中孔接地线；
②为了用电安全，开关要接在火线和灯泡之间。且灯泡尾部接火线，螺旋套接零线，如下图所示：
【分析】根据家庭电路安全用电的知识完成连接。
21．【答案】（1）没有
（2）U形管内液面的高度差；转换法
（3）乙、丙
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）、实验前，小明用手指轻压金属盒橡皮膜，观察U形管中两液面是否出现高度差，若两液面没有高度差，则说明U形管压强计存在漏气问题；
（2）实验中，小明通过观察U形管内液面的高度差来比较液体内部压强的大小，这里应用的科学方法是转换法；
（3）研究液体压强与液体深度的关系时，需要控制液体的密度相同，只改变液体深度，故选实验乙和丙。
答案
第1空、乙、丙
【分析】（1）根据压强计气密性的检查方法解答；
（2）U形管两侧液面的高度差越大，则橡皮膜受到的压强越大。物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
（3）根据控制变量发的要求选择对照实验。
22．【答案】（1）9.0
（2）缩小；能
（3）近视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，透镜到光屏的距离就是焦距，即f=20cm-10cm=10cm；
（2）①根据图乙可知，像距小于物距，则成倒立缩小的实像；
②根据光路的可逆性可知， 若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏仍然成清晰的实像，是变成倒立缩小的实像。
（3）水透镜加水后凸度增大，则对光线的会聚能力增强，因此放入的眼镜对光线有发散作用，应该为凹透镜，也就是近视眼镜。
【分析】（1）焦距是从焦点到光心的距离；
（2）①比较像距和物距的大小，从而确定成像特点；
②根据光路的可逆性分析。
（3）分析水透镜加水后对光线的作用确定眼镜对光线的作用，进而确定透镜的种类即可。
23．【答案】（1）
（2）断路
（3）5
（4）灯泡的电阻随温度的增大而增大，不能保持一定
（5）；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即造成这一故障的原因可能是小灯泡断路；
（3）闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，
则小灯泡正常发光时的电阻为：；
（4）探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻阻值不变，而灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
（5）实验步骤：
①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数为 时，小灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③在步骤①中，灯泡和R0并联，电流表测定值电阻的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
U0=I0R0=×R0=U额，根据并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，此时灯正常发光；
在步骤②中，电流表测灯与R0并联的总电流，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：
I额=I-I0=I-，
则小灯泡的正常工作时的电阻为。
【分析】（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用求出小灯泡正常发光时的电阻；
（4）灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
（5）要测小灯泡正常发光时的阻值，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为时，由并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，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求出灯的额定电流，根据写出小灯泡正常工作时电阻的表达式。
24．【答案】（1）解： 水的质量为
水吸收的热量为
（2）解： 的功率为
所以加热功率为
（3）解：电热水壶加热时消耗的电能为
【知识点】热量的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据m=ρV计算水的质量，根据 计算水吸收的热量；
（2）根据 计算R2的功率，根据 计算加热功率；
（3）根据 计算电水壶消耗的电能，根据 计算加热时间。
25．【答案】（1）解：当滑片P位于下端时，滑动变阻器接入的阻值为0：
（2）解： 物体M的体积为
物体M浸没时受到的浮力为
物体A的质量为
（3）解： 没放物体A时浮筒.受到的浮力为
浮筒排开的体积为
浮筒浸入的深度为
放入物体A后增加的浮力为A的重力
液面升高的距离为
滑片P移动的距离为
由图乙可知R的阻值为
托盘中未放物体时，电流表的示数为
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）电源电压6V恒定不变，当滑片P在最下端时，电阻R接入电路的电阻为零，电路中只有R0工作，电流表示数为0.6A， 根据欧姆定律 可以求出电阻R0的阻值；
（2）托盘中放入物体A时，浮筒M刚好浸没，对M做受力分析，浮筒受到浮力、重力、物体A和托盘的压力，根据力的平衡，计算出物体A的质量；
（3）根据未放物体A之前浮筒受到的浮力和重力及托盘的重力。结合二力平衡的条件和阿基米德原理可以计算出浮筒 浸入水中的深度；放入物体A之后，浮筒浸没在水中，液面升高，根据容器的底面积可以计算出液面升高的高度，进而求 出滑片P移动的距离，结合图二中的数据得出电阻R的阻值，利用欧姆定律即可求出电流表的示数。
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