四川省绵阳市2024年中考物理试题
1．（2024·绵阳）泡菜是四川传统特色菜肴，制作时将洗净的蔬菜放入坛中，加入适量清水和食盐，密闭、静置一段时间后，蔬菜内部也有了咸味，这说明（ ）
A．分子之间存在斥力 B．分子之间存在引力
C．物质是由大量分子构成的 D．分子在不停地做无规则的运动
【答案】D
【知识点】分子热运动
【解析】【解答】 制作时将洗净的蔬菜放入坛中，加入适量清水和食盐， 由于食盐分子在不停地做无规则的运动，因此会扩散到蔬菜中，从而使蔬菜有了咸味，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】根据分子运动的知识分析判断。
2．（2024·绵阳）每年5月下旬至6月上旬，中国红河蝴蝶谷会出现上亿只蝴蝶，形成“蝶舞成诗，如叶纷飞”的奇观。但游客置身其中，却听不到群蝶飞舞之声，这是因为蝴蝶翅膀振动的（ ）
A．振幅太小 B．振幅太大 C．频率太低 D．频率太高
【答案】C
【知识点】音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】根据题意可知，蝴蝶飞行时，扇动翅膀的频率在5次/秒左右，低于20Hz，频率低于人类的听觉下限，所以听不到蝴蝶飞行的声音，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】人类的听觉范围为20~20000Hz，将蝴蝶的振动频率与它比较即可。
3．（2024·绵阳）5月21日为“国际茶日”，这是一个以中国为主的产茶国家首次成功推动设立的农业领域国际性节日。茶叶制作过程包括采摘、杀青、揉捻、焙干等。焙干是指对茶叶进行烘干，此过程中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．液化 C．汽化 D．升华
【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热
【解析】【解答】根据题意可知，焙干过程中，茶叶中的水分受热从液态变为气态发生汽化现象，从而变成水蒸气，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
4．（2024·绵阳）电能便于输送和转化，运用广泛，但电能无法从自然界中直接获取，通常是由其它形式的能转化而来。下列发电方式中，通过消耗可再生能源获取电能的是（ ）
A．利用核能发电 B．利用太阳能发电
C．燃烧煤炭发电 D．燃烧天然气发电
【答案】B
【知识点】能源及其分类；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】根据题意可知，核能、煤、天然气，都不能在短时间内得到补充，因此属于不可再生能源，故ACD不符合题意；
太阳能可以在短时间内得到补充，因此是可再生能源，故B符合题意。
故选B。
【分析】可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源，否则为不可再生能源。
5．（2024·绵阳）水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，可以观察到水重新沸腾起来，如图所示。这是因为浇冷水后，烧瓶内（ ）
A．气压降低，水的沸点降低 B．气压降低，水的沸点升高
C．气压升高，水的沸点升高 D．气压升高，水的沸点降低
【答案】A
【知识点】沸腾及沸腾条件；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】根据题意可知，浇冷水后，瓶内温度降低，则瓶内水蒸气会遇冷液化导致瓶内气压减小，水的沸点降低，因此可以观察到水重新沸腾起来，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据液体沸点随上方气压的变化规律分析判断。
6．（2024·绵阳）甲、乙两辆赛车在赛道上行驶，在时间内通过的路程均为，此过程中两车通过的路程s与时间t的关系如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．前半段时间，甲车通过的路程小于乙车通过的路程
B．前半段时间，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．后半段路程，甲车所用的时间小于乙车所用的时间
D．后半段路程，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
【答案】B
【知识点】时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 AB.由图像可知，甲车在运动时先快后慢，乙车在运动时先慢后快，因此，在前半段时间内甲车通过的路程大于乙车通过的路程，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故A错误、B正确；
CD.由于甲车在运动时先快后慢，乙车在运动时先慢后快，因此，在后半段路程，甲车所用的时间大于乙车所用的时间，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故CD错误。
故选B。
【分析】 观察图像中甲、乙两车的路程s与时间t的关系，判断其速度大小的变化，从而判断和比较二者在前半段时间、后半段路程中的快慢关系。
7．（2024·绵阳）平面镜垂直于水平桌面放置，把一只铅笔立放在平面镜前，可以观察到铅笔在镜中的像：若手碰到了铅笔，铅笔倒向平面镜，观察到铅笔的像也倒了，下列选项中，分析正确的是（ ）
A．铅笔的像可能比铅笔长 B．铅笔的像可以用光屏承接
C．铅笔的像也倒向平面镜 D．铅笔先倒，铅笔的像后倒
【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A．由平面镜成像“物像等大”的规律可知，铅笔向右移动时，镜中所成的像始终等于铅笔大小，即像的大小不变，故A错误；
B．铅笔在平面镜中成正立、等大的虚像，不能在光屏上承接到，故B错误；
C．由平面镜成像的对称性可知，铅笔倒向平面镜，铅笔的像也倒向平面镜，故C正确；
D．由平面镜成像的对称性可知，铅笔和铅笔的像同时向平面镜倾倒，故D错误。
故选C。
【分析】根据平面镜成像的特点分析判断即可。
8．（2024·绵阳）2024年4月30日，载有3名航天员的神舟十七号载人飞船返回舱，安全着陆于东风着陆场，任务取得圆满成功。在离地10公里左右，返回舱的引导伞、减速伞和主伞相继打开，使返回舱减速下落，此过程中，返回舱的（ ）
A．动能减小，重力势能增大，机械能不变
B．动能增大，重力势能减小，机械能不变
C．动能减小，重力势能增大，机械能减小
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
【答案】D
【知识点】动能大小的比较；势能大小的比较；机械能及其转化
【解析】【解答】根据题意可知，返回舱在减速降落过程中，质量不变，高度减小，则重力势能减小；质量不变，速度减小，则动能减小。根据“机械能=动能+重力势能”可知，则返回舱的机械能减小，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
9．（2024·绵阳）如图所示，是某选手用球拍击打网球的瞬间，可以观察到球拍和网球均发生了形变。下列选项中，分析正确的是（ ）
A．球拍对网球的力使网球发生形变
B．网球形变产生的力改变网球的运动状态
C．先有球拍对网球的力，后有网球对球拍的力
D．球拍对网球的力与网球对球拍的力是一对平衡力
【答案】A
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A．根据力的作用效果可知，球拍对网球施加的力使网球发生了形变，故A正确；
B．网球形变产生的力是作用在球拍上，而不是改变网球自身的运动状态，故B错误；
C．根据相互作用力原理可知，球拍对网球的力和网球对球拍的力同时产生、同时消失，故C错误；
D．球拍对网球的力与网球对球拍的力，这两个力分别作用在网球和球拍两个物体上，肯定不是平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据力的作用效果分析；
B.注意分析力的作用点；
C.根据相互作用力同时产生同时消失判断；
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。
10．（2024·绵阳）安全用电，至关重要。从安全角度出发，下列四幅图中，三孔插座、开关接入家庭电路最合理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】家庭电路的组成；插座的构造与工作方式
【解析】【解答】在家庭电路连接时，为了用电安全，开关和灯串联且开关要接在灯和火线之间。三孔插座要求左孔接零线、右孔接火线，上孔接地线；故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据家庭电路安全用电的知识，以及插座的接线方法分析判断。
11．（2024·绵阳）在探究凸透镜成像的规律实验中，先用焦距为10cm的凸透镜进行实验，在光屏上得到清晰的放大实像；保持发光体和凸透镜的位置不变，仅换用焦距为20cm的凸透镜进行实验，则可能出现的实验现象是（ ）
A．光屏靠近透镜，屏上得到清晰的缩小实像
B．光屏靠近透镜，屏上得到清晰的放大实像
C．光屏远离透镜，屏上得到清晰的缩小实像
D．光屏靠近或远离透镜，屏上均得不到实像
【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】根据题意可知，用焦距为10cm的凸透镜时，在光屏上得到清晰的放大实像，说明此时发光体处于大于一倍焦距小于二倍焦距之间，即发光体距离凸透镜的距离大于10cm小于20cm。
换用焦距为20cm的凸透镜进行实验，此时发光体处于一倍焦距以内，此时无论光屏靠近或远离透镜，均不能成实像，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】首先根据焦距为10cm时成放大实像确定物距的范围，然后再与焦距20cm比较，结合凸透镜成像特点判断即可。
12．（2024·绵阳）如图所示电路中，导体棒ab放在蹄形磁体的磁场里，小磁针放在螺线管正下方。闭合开关，发现导体棒ab向右运动，小磁针的N极向下偏转，则下列说法正确的是（ ）
A．c、d分别是电源的负极、正极
B．仅对调电源正负极，闭合开关，则导体棒ab向左运动，小磁针N极向上偏转
C．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，闭合开关，则导体棒ab向左运动
D．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，闭合开关，则小磁针N极仍然向下偏转
【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．根据“同名磁极相互排斥”可知，小磁针的N极向下偏转，说明螺线管正下方为N极。右手握住螺线管，大拇指指向下方，此时弯曲的四指指尖向左，即电流上端流入，下端流出，即故c、d分别是电源的正极、负极，故A错误；
B，仅对调电源正负极，那么电流方向改变，则电磁铁的磁极方向改变。闭合开关，则导体棒ab向左运动，根据安培定则可知螺线管下端为S极，小磁针N极向上偏转，故B正确；
C．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，即同时改变了电流方向和磁场方向，导体棒运动方向不发生改变，所以闭合开关后，导体棒ab还向右运动，故C错误；
D．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，因为螺线管只改变了电流方向，所以闭合开关，小磁针N极向上偏转，故D错误。
故选B。
【分析】 知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。
13．（2024·绵阳）如图所示的电路中，电源电压恒定，和为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关S，将的滑片从最左端向右移动少许，则此过程中（ ）
A．电压表示数减小量大于电压表示数增加量
B．电压表示数减小量小于电压表示数增加量
C．电压表示数增加量大于电压表示数减小量
D．电压表示数增加量小于电压表示数减小量
【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据图片可知，定值电阻R1、R0和变阻器R2串联，电压表V1测量的是R1两端电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端电压。
滑动变阻器滑片从最左端向右移动少许，它接入电阻减小，根据串联电路电压与电阻成正比可知，此时电压表示数减小。由于总电阻减小，那么电流增大，根据可知，电阻R1两端电压增大，即电压表示数增大。
AB．根据上述分析，可知电压表示数增大，电压表示数减小，故AB不符合题意；
CD．根据U总=U1+U0+U2可知，电阻R1两端电压增加量小于滑动变阻器两端电压减小量，即电压表示数增加量小于电压表示数减小量，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】 由图可知，R0、R1、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
闭合开关S，将R2的滑片从最左端向右移动少许，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化分析电路中电流的变化；根据U=IR分析电压表V1示数的变化；
根据串联电路的电压规律分析电压表V2示数的变化；
根据串联电路电压规律分析电压表示数变化量的大小关系。
14．（2024·绵阳）如图所示，在固定的水平长木板上放一个木块，用弹簧测力计水平拉木块，当弹簧测力计示数为2N时，木块静止不动；当弹簧测力计示数为4N时，木块恰能在长木板上做匀速直线运动。撤去拉力，木块并没有立刻停止，这是因为木块具有 ；木块最终速度减小至零，是因为受到了滑动摩擦力，该力的大小为 N。
【答案】惯性；4
【知识点】惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，撤去拉力后木块没有立刻停止，而是继续向前运动，这是因为木块具有惯性。
（2）根据题意可知，当弹簧测力计示数为4N时，木块恰能在长木板上做匀速直线运动，那么此时木块受到的拉力和摩擦力相互平衡。根据平衡力的知识可知，二者大小相等，即此时的摩擦力为f=F=4N。撤去拉力后，木块对木板的压力不变、接触面的粗糙程度不变，则木块与木板间的滑动摩擦力不变，仍为4N。
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
（2）首先根据木块的匀速直线运动状态确定摩擦力大小，然后根据影响滑动摩擦力因素的知识确定木块速度减小时受到的摩擦力大小。
15．（2024·绵阳）如图所示，在试管内装10mL水，用橡胶塞塞住管口，对水加热，在水温从25℃上升到30℃的过程中，忽略水的质量变化，水吸收的热量等于 J；最终可以观察到橡胶塞受到水蒸气的压力而冲出去，该现象中的能量转化情况和汽油机的 （选填“压缩”或“做功”）冲程中的能量转化情况相同。已知，。
【答案】210；做功
【知识点】比热容；热机
【解析】【解答】（1）根据题意可知，试管内水的体积V=10mL=10×10-6m3，
则水的质量为，
水需要吸收的热量为。
（2）根据题意可知，当橡胶塞被水蒸气推出时，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，与四冲程汽油机的做功冲程相似。
【分析】（1）首先根据计算试管内水的质量，然后根据计算水吸收的热量；
（2）四冲程内燃机的压缩冲程，将机械能转化为内能；做功冲程，将内能转化为机械能。
16．（2024·绵阳）一束光线从空气射到某种玻璃表面，如图所示，入射角i等于60°，反射光线与折射光线的夹角等于90°，折射角r等于 ；减小入射角i，则反射光线与折射光线的夹角 （选填“大于”“小于”或“等于”）90°。
【答案】30°；大于
【知识点】光的反射定律；光的折射规律
【解析】【解答】 如图所示，入射角i等于60°，根据反射角等于入射角，则反射角的度数为60°，
因为反射光线与折射光线的夹角等于90°，所以折射角r=90°-60°=30°；
若减小入射角，反射角和折射角都随之减小，则反射光线逆时针转动靠近法线，折射光线顺时针转动靠近法线，故反射光线与折射光线的夹角会增大，即反射光线与折射光线的夹角大于90°。
【分析】 入射角是入射光线与法线的夹角，据此可求出入射角的大小，然后根据反射角等于入射角，求得反射角的度数，进而求得折射角；
光线从一种介质斜射向另一种介质时，在界面将发生反射和折射，注意入射光线和反射光线具有对称性，在界面的同侧；入射光线和折射光线不对称，分别在界面的两侧。
17．（2024·绵阳）近年来，我国通过推进高标准农田建设，建成了一大批旱涝保收、高产稳产的优质良田。若用水泵在0.2h内把的水抽到距抽水口2m高的高标准农田中，则抽这些水至少做功 J，水泵的功率至少为 W。已知，g取10N/kg。
【答案】解：已知，所以水质量为。则抽这些水至少做功为。；解：根据题意可知，水泵用时0.2h，则水泵的功率至少为。
【知识点】密度公式及其应用；功率计算公式的应用；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）利用W=Gh=mgh=ρ水Vgh计算水泵抽这些水做的功；
（2）利用计算水泵的功率。
18．（2024·绵阳）如图所示的电路中，电源电压恒定，和是两个定值电阻，当只闭合开关时，电流表示数为，消耗的功率为，消耗的功率为；断开开关，闭合开关，此时电流表的示数为，等于 ，消耗的总功率等于 。
【答案】6.25；31.25
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】根据图片可知，当只闭合开关时，和串联，电流表测电路电流。电流表示数为，消耗的功率为，消耗的功率为，
串联电流相等，根据可知两电阻功率之比为，
根据欧姆定律可知此时电流，
根据可知消耗的功率。
断开开关，闭合开关，此时和并联，电流表测干路电流。根据并联电压规律，和此时电压相等，
根据并联电流规律，此时干路电流为；
则；
所以。
根据可知，消耗的总功率为；
则。则消耗的总功率。
【分析】 当只闭合开关S2时，两电阻串联，电流表测量电路电流，电流表示数为I0，R1消耗的功率为4P0，R2消耗的功率为P0；串联电路中电流处处相等，根据P-I2R可知两电阻消耗的功率比，根据欧姆定律可知I0，根据P=I2R可知P0；
断开开关S2，闭合开关S1、S3，两电阻并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压相等，根据欧姆定律及并联电路的电流特点可知I1，根据可知R1、R2消耗的总功率。
19．（2024·绵阳）在“探究水沸腾时温度变化的特点”实验中，在按照图示正确安装好器材后，用酒精灯给水加热，每隔0.5min记录一次水温，实验数据记录如下表，回答下列问题：
时间/min 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5
温度/℃ 28.0 40.0 49.8 59.5 69.1 78.6 87.8 96.0 96.0 96.0
（1）在沸腾的过程中，虽然水的温度保持不变，但要用酒精灯持续加热，说明水在沸腾的过程中不断 ；
（2）实验还发现：刚开始加热，水升温快，快要沸腾时水升温变慢了，原因之一是水的温度越高（ ）；（选填序号）
A．蒸发越快 B．蒸发越慢 C．比热容越小 D．比热容越大
（3）实验中，若要节约能源又要让水尽快沸腾，下列措施中可行的是（ ）（选填序号）
A．去掉烧杯上的盖子 B．用酒精灯内焰加热
C．适当减少烧杯中水的质量 D．使用温度更低的冷水实验
【答案】（1）吸热
（2）A
（3）C
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1） 在沸腾的过程中，虽然水的温度保持不变，但要用酒精灯持续加热，说明水在沸腾的过程中不断吸热；
（2）实验开始时，由于水和周围温差较小，因此热量散失较少，升温快。随着水温不断升高，和周围温差变大，热量散失变快，升温变慢。
故选A。
（3）A．去掉烧杯上的盖子，热量散失较多，会浪费能源，故A不符合题意；
B．酒精灯的内焰，温度较低，用酒精灯内焰加热会浪费能源，故B不符合题意；
C．适当减少烧杯中水的质量，可以缩短沸腾前加热的时间，节省能源，故C符合题意；
D．使用温度更低的冷水实验，会延长沸腾前加热的时间，浪费能源，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）根据“持续加热”分析；
（2）温差越大，则水的蒸发越快，而水温升高越慢；
（3）减小热量散失，减小水的质量或减小水升高的温度，都可以缩短加热时间。
（1）实验中，水沸腾时虽然温度保持不变，但需要持续吸热，可得水在沸腾的过程中需要不断的吸收热量。
（2）实验加热初由于水和周围温差较小，热量散失较 慢，升温快；水温不断升高，和周围温差变大，热 量散失变快，升温变慢，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
（3）A．去掉烧杯上的盖子，热量散失较多，会延长水沸腾前加热的时间，浪费能源，故A不符合题意；
B．酒精灯的内焰，温度较低，用酒精灯内焰加热，沸腾前需要加热的时间会延长，浪费能源，故B不符合题意；
C．适当减少烧杯中水的质量，可以缩短沸腾前加热的时间，节省能源，故C符合题意；
D．使用温度更低的冷水实验，会延长沸腾前加热的时间，浪费能源，故D不符合题意。
故选C。
20．（2024·绵阳）某同学用弹簧测力计、刻度尺、钩码等实验器材，测量如图甲、乙所示的滑轮组的机械效率，正确进行实验后，测出的数据如下表：
物理量 实验1 实验2 实验3
钩码所受总重力G/N 4 6 4
钩码上升的高度h/m 0.1 0.1 0.1
绳端拉力F/N 2.0 2.8 1.4
绳端移动的距离s/m 0.3 0.3 0.5
机械效率 67% 71% ？
（1）通过分析表中数据可知，实验2获得的数据，是使用 （选填“甲”或“乙”）图所示装置获得的；
（2）对比实验1和实验2的数据，可以得出（ ）（选填序号）
A．提升相同重量的钩码，滑轮组中动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低
B．提升相同重量的钩码，滑轮组中动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越高
C．同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越低
D．同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高
（3）实验3中滑轮组的机械效率是 。
【答案】（1）甲
（2）D
（3）57%
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】（1）根据实验2可知，钩码上升的高度为0.1m，绳端上升的高度为0.3m，则实验2中有效绳子段数，所以是使用甲图所示装置获得的。
（2）根据表格数据可知，实验1和实验2中其它条件都相同，实验2钩码所受总重力较大，则机械效率较高，可得：同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高。
故选D。
（3）实验3中，拉力做的有用功W有=Gh=4N×0.1m=0.4J；
拉力做的总功W总=Fs=1.4N×0.5m=0.7J；
则滑轮组的机械效率为。
【分析】（1）根据表格确定实验2中钩码上升的高度和绳端移动的距离，根据s=nh计算承担重力的绳子段数即可；
（2）根据表格数据确定实验1和实验2中哪个因素不同，进而确定影响滑轮组机械效率的因素；
（3）根据W有=Gh计算滑轮组做的有用功，根据W总=Fs计算拉力做的总功，根据计算滑轮组的机械效率。
（1）通过分析表中数据可知，实验2中绳端移动的距离是钩码上升的高度的3倍，说明有效绳子段数，所以是使用甲图所示装置获得的。
（2）对比实验1和实验2的数据，绳端移动的距离和钩码上升的高度相同，说明都是使用甲图所示装置获得的数据，实验2钩码所受总重力较大，则机械效率较高，可得：同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高。故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
（3）实验3中滑轮组的机械效率为
21．（2024·绵阳）用如图甲所示的实验电路来测量小灯泡的额定功率。已知电源电压恒定，是滑动变阻器，是阻值为1Ω的定值电阻，小灯泡通过的电流为0.3A时正常发光。
（1）连接电路，在闭合开关前，应将的滑片移到最 （选填“左”或“右”）端；
（2）闭合开关，开关接b端，小灯泡不发光，电压表有示数，移动的滑片，电压表示数有变化，则电路中的故障是（ ）（选填序号）
A．小灯泡短路 B．小灯泡断路
C．定值电阻短路 D．定值电阻断路
（3）排除故障后，闭合开关，将开关接b端，移动的滑片，使电压表示数达到0.3V；保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表示数如图乙所示，则电压表的读数为 V；
（4）小灯泡的额定功率 W。
【答案】（1）右
（2）A
（3）2.8
（4）0.75
【知识点】电功率的测量；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）为了避免电流过大而烧毁用电器，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值的最右端。
（2）闭合开关，开关接b端，电路为串联电路，电压表有示数，说明电压表与电源两极接通；移动的滑片，电压表示数有变化，说明定值电阻没有故障；小灯泡不发光，则故障可能是小灯泡短路了。
故选A。
（3）根据乙图可知，电压表选择量程0-3V，分度值为0.1V，那么它的示数为2.8V。
（4）当电压表示数为0.3V时，电路中电流为，此时小灯泡正常发光。
闭合开关，将开关接b端，电压表测定值电阻两端电压为0.3V；
保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表测定值电阻和小灯泡两端总电压，
则小灯泡正常发光时两端电压为；
小灯泡的额定功率为。
【分析】（1）根据电路连接的注意事项解答；
（2）根据甲图可知，当灯泡发生短路时，R2与变阻器R1串联。此时灯泡不发光，但是变阻器的滑片移动时阻值改变，因此R2两端的电压发生改变；
（3）根据乙图确定电压表的电压表的量程和分度值，然后根据指针位置读出示数；
（4）根据欧姆定律计算出电压表的示数为0.3V时的电流，确定此时灯泡正常发光。根据计算灯泡的额定电压，根据计算灯泡的额定功率。
（1）闭合开关前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值处，由图甲可知为最右端。
（2）闭合开关，开关接b端，电路为串联电路，电压表有示数，说明电压表与电源两极接通；移动的滑片，电压表示数有变化，说明定值电阻没有故障；小灯泡不发光，则故障可能是小灯泡短路了。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
（3）由图乙可知电压表接小量程，分度值为0.1V，其示数为2.8V。
（4）电压表示数为0.3V，则电路中电流为
根据题意可知此时小灯泡正常发光。闭合开关，将开关接b端，电压表测定值电阻两端电压为0.3V；保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表测定值电阻和小灯泡两端总电压，则根据串联电路电压规律可得小灯泡正常发光时两端电压为
小灯泡的额定功率为
22．（2024·绵阳）如图所示，是生活中常用的插线板，其铭牌上标注最大电流为10A。将1个“220V 1350W”的电热水壶，2个“220V 40W”的台灯接入该插线板。
（1）求电热水壶和2个台灯同时正常工作时，通过插线板的总电流；
（2）将1个“220V 1200W”的电吹风接入该插线板，电吹风能否同时和电热水壶、2个台灯一起正常使用？通过计算说明。
【答案】（1）解：根据题意可知，当电热水壶和2个台灯同时正常工作时，
用电器的总功率；
此时通过插线板的总电流。
（2）不能，理由：当再接入一个电吹风后，用电器的总功率；
此时的总电流；
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风。
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】（2）当再接入一个电吹风后，用电器的总功率；
此时的总电流；
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风。
（1）当电热水壶和2个台灯同时正常工作时，用电器的总功率
根据可知通过插线板的总电流
（2）当再接入一个电吹风后，用电器的总功率
根据可知总电流
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风，与热水壶、台灯同时正常使用。
23．（2024·绵阳）如图甲所示，水平桌面上有一足够高的薄壁柱形容器，其底面积，将边长的均匀实心正方体物块放置在容器底部。缓慢向容器中加水，直到容器中的水深为时，停止加水，此时物块已经漂浮在水中，如图乙所示：再缓慢向容器中加注适量煤油，当物块静止时，物块上表面与煤油上表面刚好齐平。物块不吸水，也不吸收煤油，上浮过程中上下表面始终水平，煤油与水不相溶，已知，，，g取10N/kg，求：
（1）物块的重力以及加水前物块对容器底部的压强；
（2）向容器加水过程中，当水深为时，物块对容器底部的压力；
（3）加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离。
【答案】（1）解：根据题意可知，物块的质量；
物块的重力；
加水前物块对容器底部的压强为。
（2）解：当容器中的水深为时，
假设物块仍然没有脱离容器底部，此时物块所受浮力；
因为，所以假设成立，
物块A对容器的压力大小为。
（3）解：设水深为10cm时，物块浸入水下的深度为，此时浮力等于重力，则有，
加注煤油后，物块在水下的深度为，煤油的深度为，此时物块下表面到容器底部的距离为h，
根据悬浮条件可知，物块所受重力等于水和煤油对物块的浮力，则有①
同时有②
根据水的体积保持不变可得：③
联立①②③解得：，
即加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离为3cm。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】 （1）根据m=ρV可求出物块的质量，根据G=mg求出物块的重力，根据可求出物块对容器底的压强计算。
（2）此时物块对容器底面的压力等于重力减浮力，根据阿基米德原理F浮=G排=ρ液gV排求浮力。
（3） 根据物块静止，受到的浮力等于重力，浮力分为水和煤油不同部分，利用阿基米德原理列方程解答。
（1）物块的质量
物块的重力
加水前物块对容器底部的压强为
（2）当容器中的水深为时，假设物块仍然没有脱离容器底部，此时物块所受浮力
因为，所以假设成立，物块A对容器的压力大小为
（3）设水深为10cm时，物块浸入水下的深度为，此时浮力等于重力，则有，加注煤油后，物块在水下的深度为，煤油的深度为，此时物块下表面到容器底部的距离为h，根据悬浮条件可知，物块所受重力等于水和煤油对物块的浮力，则有①
同时有②
根据水的体积保持不变可得③
联立①②③可解得，即加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离为3cm。
1 / 1四川省绵阳市2024年中考物理试题
1．（2024·绵阳）泡菜是四川传统特色菜肴，制作时将洗净的蔬菜放入坛中，加入适量清水和食盐，密闭、静置一段时间后，蔬菜内部也有了咸味，这说明（ ）
A．分子之间存在斥力 B．分子之间存在引力
C．物质是由大量分子构成的 D．分子在不停地做无规则的运动
2．（2024·绵阳）每年5月下旬至6月上旬，中国红河蝴蝶谷会出现上亿只蝴蝶，形成“蝶舞成诗，如叶纷飞”的奇观。但游客置身其中，却听不到群蝶飞舞之声，这是因为蝴蝶翅膀振动的（ ）
A．振幅太小 B．振幅太大 C．频率太低 D．频率太高
3．（2024·绵阳）5月21日为“国际茶日”，这是一个以中国为主的产茶国家首次成功推动设立的农业领域国际性节日。茶叶制作过程包括采摘、杀青、揉捻、焙干等。焙干是指对茶叶进行烘干，此过程中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．液化 C．汽化 D．升华
4．（2024·绵阳）电能便于输送和转化，运用广泛，但电能无法从自然界中直接获取，通常是由其它形式的能转化而来。下列发电方式中，通过消耗可再生能源获取电能的是（ ）
A．利用核能发电 B．利用太阳能发电
C．燃烧煤炭发电 D．燃烧天然气发电
5．（2024·绵阳）水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，可以观察到水重新沸腾起来，如图所示。这是因为浇冷水后，烧瓶内（ ）
A．气压降低，水的沸点降低 B．气压降低，水的沸点升高
C．气压升高，水的沸点升高 D．气压升高，水的沸点降低
6．（2024·绵阳）甲、乙两辆赛车在赛道上行驶，在时间内通过的路程均为，此过程中两车通过的路程s与时间t的关系如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．前半段时间，甲车通过的路程小于乙车通过的路程
B．前半段时间，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．后半段路程，甲车所用的时间小于乙车所用的时间
D．后半段路程，甲车的平均速度大于乙车的平均速度
7．（2024·绵阳）平面镜垂直于水平桌面放置，把一只铅笔立放在平面镜前，可以观察到铅笔在镜中的像：若手碰到了铅笔，铅笔倒向平面镜，观察到铅笔的像也倒了，下列选项中，分析正确的是（ ）
A．铅笔的像可能比铅笔长 B．铅笔的像可以用光屏承接
C．铅笔的像也倒向平面镜 D．铅笔先倒，铅笔的像后倒
8．（2024·绵阳）2024年4月30日，载有3名航天员的神舟十七号载人飞船返回舱，安全着陆于东风着陆场，任务取得圆满成功。在离地10公里左右，返回舱的引导伞、减速伞和主伞相继打开，使返回舱减速下落，此过程中，返回舱的（ ）
A．动能减小，重力势能增大，机械能不变
B．动能增大，重力势能减小，机械能不变
C．动能减小，重力势能增大，机械能减小
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
9．（2024·绵阳）如图所示，是某选手用球拍击打网球的瞬间，可以观察到球拍和网球均发生了形变。下列选项中，分析正确的是（ ）
A．球拍对网球的力使网球发生形变
B．网球形变产生的力改变网球的运动状态
C．先有球拍对网球的力，后有网球对球拍的力
D．球拍对网球的力与网球对球拍的力是一对平衡力
10．（2024·绵阳）安全用电，至关重要。从安全角度出发，下列四幅图中，三孔插座、开关接入家庭电路最合理的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024·绵阳）在探究凸透镜成像的规律实验中，先用焦距为10cm的凸透镜进行实验，在光屏上得到清晰的放大实像；保持发光体和凸透镜的位置不变，仅换用焦距为20cm的凸透镜进行实验，则可能出现的实验现象是（ ）
A．光屏靠近透镜，屏上得到清晰的缩小实像
B．光屏靠近透镜，屏上得到清晰的放大实像
C．光屏远离透镜，屏上得到清晰的缩小实像
D．光屏靠近或远离透镜，屏上均得不到实像
12．（2024·绵阳）如图所示电路中，导体棒ab放在蹄形磁体的磁场里，小磁针放在螺线管正下方。闭合开关，发现导体棒ab向右运动，小磁针的N极向下偏转，则下列说法正确的是（ ）
A．c、d分别是电源的负极、正极
B．仅对调电源正负极，闭合开关，则导体棒ab向左运动，小磁针N极向上偏转
C．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，闭合开关，则导体棒ab向左运动
D．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，闭合开关，则小磁针N极仍然向下偏转
13．（2024·绵阳）如图所示的电路中，电源电压恒定，和为定值电阻，为滑动变阻器。闭合开关S，将的滑片从最左端向右移动少许，则此过程中（ ）
A．电压表示数减小量大于电压表示数增加量
B．电压表示数减小量小于电压表示数增加量
C．电压表示数增加量大于电压表示数减小量
D．电压表示数增加量小于电压表示数减小量
14．（2024·绵阳）如图所示，在固定的水平长木板上放一个木块，用弹簧测力计水平拉木块，当弹簧测力计示数为2N时，木块静止不动；当弹簧测力计示数为4N时，木块恰能在长木板上做匀速直线运动。撤去拉力，木块并没有立刻停止，这是因为木块具有 ；木块最终速度减小至零，是因为受到了滑动摩擦力，该力的大小为 N。
15．（2024·绵阳）如图所示，在试管内装10mL水，用橡胶塞塞住管口，对水加热，在水温从25℃上升到30℃的过程中，忽略水的质量变化，水吸收的热量等于 J；最终可以观察到橡胶塞受到水蒸气的压力而冲出去，该现象中的能量转化情况和汽油机的 （选填“压缩”或“做功”）冲程中的能量转化情况相同。已知，。
16．（2024·绵阳）一束光线从空气射到某种玻璃表面，如图所示，入射角i等于60°，反射光线与折射光线的夹角等于90°，折射角r等于 ；减小入射角i，则反射光线与折射光线的夹角 （选填“大于”“小于”或“等于”）90°。
17．（2024·绵阳）近年来，我国通过推进高标准农田建设，建成了一大批旱涝保收、高产稳产的优质良田。若用水泵在0.2h内把的水抽到距抽水口2m高的高标准农田中，则抽这些水至少做功 J，水泵的功率至少为 W。已知，g取10N/kg。
18．（2024·绵阳）如图所示的电路中，电源电压恒定，和是两个定值电阻，当只闭合开关时，电流表示数为，消耗的功率为，消耗的功率为；断开开关，闭合开关，此时电流表的示数为，等于 ，消耗的总功率等于 。
19．（2024·绵阳）在“探究水沸腾时温度变化的特点”实验中，在按照图示正确安装好器材后，用酒精灯给水加热，每隔0.5min记录一次水温，实验数据记录如下表，回答下列问题：
时间/min 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5
温度/℃ 28.0 40.0 49.8 59.5 69.1 78.6 87.8 96.0 96.0 96.0
（1）在沸腾的过程中，虽然水的温度保持不变，但要用酒精灯持续加热，说明水在沸腾的过程中不断 ；
（2）实验还发现：刚开始加热，水升温快，快要沸腾时水升温变慢了，原因之一是水的温度越高（ ）；（选填序号）
A．蒸发越快 B．蒸发越慢 C．比热容越小 D．比热容越大
（3）实验中，若要节约能源又要让水尽快沸腾，下列措施中可行的是（ ）（选填序号）
A．去掉烧杯上的盖子 B．用酒精灯内焰加热
C．适当减少烧杯中水的质量 D．使用温度更低的冷水实验
20．（2024·绵阳）某同学用弹簧测力计、刻度尺、钩码等实验器材，测量如图甲、乙所示的滑轮组的机械效率，正确进行实验后，测出的数据如下表：
物理量 实验1 实验2 实验3
钩码所受总重力G/N 4 6 4
钩码上升的高度h/m 0.1 0.1 0.1
绳端拉力F/N 2.0 2.8 1.4
绳端移动的距离s/m 0.3 0.3 0.5
机械效率 67% 71% ？
（1）通过分析表中数据可知，实验2获得的数据，是使用 （选填“甲”或“乙”）图所示装置获得的；
（2）对比实验1和实验2的数据，可以得出（ ）（选填序号）
A．提升相同重量的钩码，滑轮组中动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越低
B．提升相同重量的钩码，滑轮组中动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率越高
C．同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越低
D．同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高
（3）实验3中滑轮组的机械效率是 。
21．（2024·绵阳）用如图甲所示的实验电路来测量小灯泡的额定功率。已知电源电压恒定，是滑动变阻器，是阻值为1Ω的定值电阻，小灯泡通过的电流为0.3A时正常发光。
（1）连接电路，在闭合开关前，应将的滑片移到最 （选填“左”或“右”）端；
（2）闭合开关，开关接b端，小灯泡不发光，电压表有示数，移动的滑片，电压表示数有变化，则电路中的故障是（ ）（选填序号）
A．小灯泡短路 B．小灯泡断路
C．定值电阻短路 D．定值电阻断路
（3）排除故障后，闭合开关，将开关接b端，移动的滑片，使电压表示数达到0.3V；保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表示数如图乙所示，则电压表的读数为 V；
（4）小灯泡的额定功率 W。
22．（2024·绵阳）如图所示，是生活中常用的插线板，其铭牌上标注最大电流为10A。将1个“220V 1350W”的电热水壶，2个“220V 40W”的台灯接入该插线板。
（1）求电热水壶和2个台灯同时正常工作时，通过插线板的总电流；
（2）将1个“220V 1200W”的电吹风接入该插线板，电吹风能否同时和电热水壶、2个台灯一起正常使用？通过计算说明。
23．（2024·绵阳）如图甲所示，水平桌面上有一足够高的薄壁柱形容器，其底面积，将边长的均匀实心正方体物块放置在容器底部。缓慢向容器中加水，直到容器中的水深为时，停止加水，此时物块已经漂浮在水中，如图乙所示：再缓慢向容器中加注适量煤油，当物块静止时，物块上表面与煤油上表面刚好齐平。物块不吸水，也不吸收煤油，上浮过程中上下表面始终水平，煤油与水不相溶，已知，，，g取10N/kg，求：
（1）物块的重力以及加水前物块对容器底部的压强；
（2）向容器加水过程中，当水深为时，物块对容器底部的压力；
（3）加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子热运动
【解析】【解答】 制作时将洗净的蔬菜放入坛中，加入适量清水和食盐， 由于食盐分子在不停地做无规则的运动，因此会扩散到蔬菜中，从而使蔬菜有了咸味，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】根据分子运动的知识分析判断。
2．【答案】C
【知识点】音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】根据题意可知，蝴蝶飞行时，扇动翅膀的频率在5次/秒左右，低于20Hz，频率低于人类的听觉下限，所以听不到蝴蝶飞行的声音，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】人类的听觉范围为20~20000Hz，将蝴蝶的振动频率与它比较即可。
3．【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热
【解析】【解答】根据题意可知，焙干过程中，茶叶中的水分受热从液态变为气态发生汽化现象，从而变成水蒸气，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称。
4．【答案】B
【知识点】能源及其分类；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】根据题意可知，核能、煤、天然气，都不能在短时间内得到补充，因此属于不可再生能源，故ACD不符合题意；
太阳能可以在短时间内得到补充，因此是可再生能源，故B符合题意。
故选B。
【分析】可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源，否则为不可再生能源。
5．【答案】A
【知识点】沸腾及沸腾条件；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】根据题意可知，浇冷水后，瓶内温度降低，则瓶内水蒸气会遇冷液化导致瓶内气压减小，水的沸点降低，因此可以观察到水重新沸腾起来，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据液体沸点随上方气压的变化规律分析判断。
6．【答案】B
【知识点】时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 AB.由图像可知，甲车在运动时先快后慢，乙车在运动时先慢后快，因此，在前半段时间内甲车通过的路程大于乙车通过的路程，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故A错误、B正确；
CD.由于甲车在运动时先快后慢，乙车在运动时先慢后快，因此，在后半段路程，甲车所用的时间大于乙车所用的时间，甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故CD错误。
故选B。
【分析】 观察图像中甲、乙两车的路程s与时间t的关系，判断其速度大小的变化，从而判断和比较二者在前半段时间、后半段路程中的快慢关系。
7．【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A．由平面镜成像“物像等大”的规律可知，铅笔向右移动时，镜中所成的像始终等于铅笔大小，即像的大小不变，故A错误；
B．铅笔在平面镜中成正立、等大的虚像，不能在光屏上承接到，故B错误；
C．由平面镜成像的对称性可知，铅笔倒向平面镜，铅笔的像也倒向平面镜，故C正确；
D．由平面镜成像的对称性可知，铅笔和铅笔的像同时向平面镜倾倒，故D错误。
故选C。
【分析】根据平面镜成像的特点分析判断即可。
8．【答案】D
【知识点】动能大小的比较；势能大小的比较；机械能及其转化
【解析】【解答】根据题意可知，返回舱在减速降落过程中，质量不变，高度减小，则重力势能减小；质量不变，速度减小，则动能减小。根据“机械能=动能+重力势能”可知，则返回舱的机械能减小，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
9．【答案】A
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A．根据力的作用效果可知，球拍对网球施加的力使网球发生了形变，故A正确；
B．网球形变产生的力是作用在球拍上，而不是改变网球自身的运动状态，故B错误；
C．根据相互作用力原理可知，球拍对网球的力和网球对球拍的力同时产生、同时消失，故C错误；
D．球拍对网球的力与网球对球拍的力，这两个力分别作用在网球和球拍两个物体上，肯定不是平衡力，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据力的作用效果分析；
B.注意分析力的作用点；
C.根据相互作用力同时产生同时消失判断；
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。
10．【答案】B
【知识点】家庭电路的组成；插座的构造与工作方式
【解析】【解答】在家庭电路连接时，为了用电安全，开关和灯串联且开关要接在灯和火线之间。三孔插座要求左孔接零线、右孔接火线，上孔接地线；故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据家庭电路安全用电的知识，以及插座的接线方法分析判断。
11．【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】根据题意可知，用焦距为10cm的凸透镜时，在光屏上得到清晰的放大实像，说明此时发光体处于大于一倍焦距小于二倍焦距之间，即发光体距离凸透镜的距离大于10cm小于20cm。
换用焦距为20cm的凸透镜进行实验，此时发光体处于一倍焦距以内，此时无论光屏靠近或远离透镜，均不能成实像，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
【分析】首先根据焦距为10cm时成放大实像确定物距的范围，然后再与焦距20cm比较，结合凸透镜成像特点判断即可。
12．【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A．根据“同名磁极相互排斥”可知，小磁针的N极向下偏转，说明螺线管正下方为N极。右手握住螺线管，大拇指指向下方，此时弯曲的四指指尖向左，即电流上端流入，下端流出，即故c、d分别是电源的正极、负极，故A错误；
B，仅对调电源正负极，那么电流方向改变，则电磁铁的磁极方向改变。闭合开关，则导体棒ab向左运动，根据安培定则可知螺线管下端为S极，小磁针N极向上偏转，故B正确；
C．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，即同时改变了电流方向和磁场方向，导体棒运动方向不发生改变，所以闭合开关后，导体棒ab还向右运动，故C错误；
D．对调电源正负极和蹄形磁体N、S极，因为螺线管只改变了电流方向，所以闭合开关，小磁针N极向上偏转，故D错误。
故选B。
【分析】 知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。
13．【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据图片可知，定值电阻R1、R0和变阻器R2串联，电压表V1测量的是R1两端电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端电压。
滑动变阻器滑片从最左端向右移动少许，它接入电阻减小，根据串联电路电压与电阻成正比可知，此时电压表示数减小。由于总电阻减小，那么电流增大，根据可知，电阻R1两端电压增大，即电压表示数增大。
AB．根据上述分析，可知电压表示数增大，电压表示数减小，故AB不符合题意；
CD．根据U总=U1+U0+U2可知，电阻R1两端电压增加量小于滑动变阻器两端电压减小量，即电压表示数增加量小于电压表示数减小量，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】 由图可知，R0、R1、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压；
闭合开关S，将R2的滑片从最左端向右移动少许，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化分析电路中电流的变化；根据U=IR分析电压表V1示数的变化；
根据串联电路的电压规律分析电压表V2示数的变化；
根据串联电路电压规律分析电压表示数变化量的大小关系。
14．【答案】惯性；4
【知识点】惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，撤去拉力后木块没有立刻停止，而是继续向前运动，这是因为木块具有惯性。
（2）根据题意可知，当弹簧测力计示数为4N时，木块恰能在长木板上做匀速直线运动，那么此时木块受到的拉力和摩擦力相互平衡。根据平衡力的知识可知，二者大小相等，即此时的摩擦力为f=F=4N。撤去拉力后，木块对木板的压力不变、接触面的粗糙程度不变，则木块与木板间的滑动摩擦力不变，仍为4N。
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
（2）首先根据木块的匀速直线运动状态确定摩擦力大小，然后根据影响滑动摩擦力因素的知识确定木块速度减小时受到的摩擦力大小。
15．【答案】210；做功
【知识点】比热容；热机
【解析】【解答】（1）根据题意可知，试管内水的体积V=10mL=10×10-6m3，
则水的质量为，
水需要吸收的热量为。
（2）根据题意可知，当橡胶塞被水蒸气推出时，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，与四冲程汽油机的做功冲程相似。
【分析】（1）首先根据计算试管内水的质量，然后根据计算水吸收的热量；
（2）四冲程内燃机的压缩冲程，将机械能转化为内能；做功冲程，将内能转化为机械能。
16．【答案】30°；大于
【知识点】光的反射定律；光的折射规律
【解析】【解答】 如图所示，入射角i等于60°，根据反射角等于入射角，则反射角的度数为60°，
因为反射光线与折射光线的夹角等于90°，所以折射角r=90°-60°=30°；
若减小入射角，反射角和折射角都随之减小，则反射光线逆时针转动靠近法线，折射光线顺时针转动靠近法线，故反射光线与折射光线的夹角会增大，即反射光线与折射光线的夹角大于90°。
【分析】 入射角是入射光线与法线的夹角，据此可求出入射角的大小，然后根据反射角等于入射角，求得反射角的度数，进而求得折射角；
光线从一种介质斜射向另一种介质时，在界面将发生反射和折射，注意入射光线和反射光线具有对称性，在界面的同侧；入射光线和折射光线不对称，分别在界面的两侧。
17．【答案】解：已知，所以水质量为。则抽这些水至少做功为。；解：根据题意可知，水泵用时0.2h，则水泵的功率至少为。
【知识点】密度公式及其应用；功率计算公式的应用；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）利用W=Gh=mgh=ρ水Vgh计算水泵抽这些水做的功；
（2）利用计算水泵的功率。
18．【答案】6.25；31.25
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】根据图片可知，当只闭合开关时，和串联，电流表测电路电流。电流表示数为，消耗的功率为，消耗的功率为，
串联电流相等，根据可知两电阻功率之比为，
根据欧姆定律可知此时电流，
根据可知消耗的功率。
断开开关，闭合开关，此时和并联，电流表测干路电流。根据并联电压规律，和此时电压相等，
根据并联电流规律，此时干路电流为；
则；
所以。
根据可知，消耗的总功率为；
则。则消耗的总功率。
【分析】 当只闭合开关S2时，两电阻串联，电流表测量电路电流，电流表示数为I0，R1消耗的功率为4P0，R2消耗的功率为P0；串联电路中电流处处相等，根据P-I2R可知两电阻消耗的功率比，根据欧姆定律可知I0，根据P=I2R可知P0；
断开开关S2，闭合开关S1、S3，两电阻并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的电压特点可知两电阻两端的电压相等，根据欧姆定律及并联电路的电流特点可知I1，根据可知R1、R2消耗的总功率。
19．【答案】（1）吸热
（2）A
（3）C
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1） 在沸腾的过程中，虽然水的温度保持不变，但要用酒精灯持续加热，说明水在沸腾的过程中不断吸热；
（2）实验开始时，由于水和周围温差较小，因此热量散失较少，升温快。随着水温不断升高，和周围温差变大，热量散失变快，升温变慢。
故选A。
（3）A．去掉烧杯上的盖子，热量散失较多，会浪费能源，故A不符合题意；
B．酒精灯的内焰，温度较低，用酒精灯内焰加热会浪费能源，故B不符合题意；
C．适当减少烧杯中水的质量，可以缩短沸腾前加热的时间，节省能源，故C符合题意；
D．使用温度更低的冷水实验，会延长沸腾前加热的时间，浪费能源，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）根据“持续加热”分析；
（2）温差越大，则水的蒸发越快，而水温升高越慢；
（3）减小热量散失，减小水的质量或减小水升高的温度，都可以缩短加热时间。
（1）实验中，水沸腾时虽然温度保持不变，但需要持续吸热，可得水在沸腾的过程中需要不断的吸收热量。
（2）实验加热初由于水和周围温差较小，热量散失较 慢，升温快；水温不断升高，和周围温差变大，热 量散失变快，升温变慢，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
（3）A．去掉烧杯上的盖子，热量散失较多，会延长水沸腾前加热的时间，浪费能源，故A不符合题意；
B．酒精灯的内焰，温度较低，用酒精灯内焰加热，沸腾前需要加热的时间会延长，浪费能源，故B不符合题意；
C．适当减少烧杯中水的质量，可以缩短沸腾前加热的时间，节省能源，故C符合题意；
D．使用温度更低的冷水实验，会延长沸腾前加热的时间，浪费能源，故D不符合题意。
故选C。
20．【答案】（1）甲
（2）D
（3）57%
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】（1）根据实验2可知，钩码上升的高度为0.1m，绳端上升的高度为0.3m，则实验2中有效绳子段数，所以是使用甲图所示装置获得的。
（2）根据表格数据可知，实验1和实验2中其它条件都相同，实验2钩码所受总重力较大，则机械效率较高，可得：同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高。
故选D。
（3）实验3中，拉力做的有用功W有=Gh=4N×0.1m=0.4J；
拉力做的总功W总=Fs=1.4N×0.5m=0.7J；
则滑轮组的机械效率为。
【分析】（1）根据表格确定实验2中钩码上升的高度和绳端移动的距离，根据s=nh计算承担重力的绳子段数即可；
（2）根据表格数据确定实验1和实验2中哪个因素不同，进而确定影响滑轮组机械效率的因素；
（3）根据W有=Gh计算滑轮组做的有用功，根据W总=Fs计算拉力做的总功，根据计算滑轮组的机械效率。
（1）通过分析表中数据可知，实验2中绳端移动的距离是钩码上升的高度的3倍，说明有效绳子段数，所以是使用甲图所示装置获得的。
（2）对比实验1和实验2的数据，绳端移动的距离和钩码上升的高度相同，说明都是使用甲图所示装置获得的数据，实验2钩码所受总重力较大，则机械效率较高，可得：同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高。故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
（3）实验3中滑轮组的机械效率为
21．【答案】（1）右
（2）A
（3）2.8
（4）0.75
【知识点】电功率的测量；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）为了避免电流过大而烧毁用电器，则闭合开关前，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值的最右端。
（2）闭合开关，开关接b端，电路为串联电路，电压表有示数，说明电压表与电源两极接通；移动的滑片，电压表示数有变化，说明定值电阻没有故障；小灯泡不发光，则故障可能是小灯泡短路了。
故选A。
（3）根据乙图可知，电压表选择量程0-3V，分度值为0.1V，那么它的示数为2.8V。
（4）当电压表示数为0.3V时，电路中电流为，此时小灯泡正常发光。
闭合开关，将开关接b端，电压表测定值电阻两端电压为0.3V；
保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表测定值电阻和小灯泡两端总电压，
则小灯泡正常发光时两端电压为；
小灯泡的额定功率为。
【分析】（1）根据电路连接的注意事项解答；
（2）根据甲图可知，当灯泡发生短路时，R2与变阻器R1串联。此时灯泡不发光，但是变阻器的滑片移动时阻值改变，因此R2两端的电压发生改变；
（3）根据乙图确定电压表的电压表的量程和分度值，然后根据指针位置读出示数；
（4）根据欧姆定律计算出电压表的示数为0.3V时的电流，确定此时灯泡正常发光。根据计算灯泡的额定电压，根据计算灯泡的额定功率。
（1）闭合开关前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片要处于最大阻值处，由图甲可知为最右端。
（2）闭合开关，开关接b端，电路为串联电路，电压表有示数，说明电压表与电源两极接通；移动的滑片，电压表示数有变化，说明定值电阻没有故障；小灯泡不发光，则故障可能是小灯泡短路了。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
（3）由图乙可知电压表接小量程，分度值为0.1V，其示数为2.8V。
（4）电压表示数为0.3V，则电路中电流为
根据题意可知此时小灯泡正常发光。闭合开关，将开关接b端，电压表测定值电阻两端电压为0.3V；保持的滑片位置不变，仅将接a端，电压表测定值电阻和小灯泡两端总电压，则根据串联电路电压规律可得小灯泡正常发光时两端电压为
小灯泡的额定功率为
22．【答案】（1）解：根据题意可知，当电热水壶和2个台灯同时正常工作时，
用电器的总功率；
此时通过插线板的总电流。
（2）不能，理由：当再接入一个电吹风后，用电器的总功率；
此时的总电流；
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风。
【知识点】电功率的计算
【解析】【解答】（2）当再接入一个电吹风后，用电器的总功率；
此时的总电流；
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风。
（1）当电热水壶和2个台灯同时正常工作时，用电器的总功率
根据可知通过插线板的总电流
（2）当再接入一个电吹风后，用电器的总功率
根据可知总电流
所以不能够再接入额定功率1200W的电吹风，与热水壶、台灯同时正常使用。
23．【答案】（1）解：根据题意可知，物块的质量；
物块的重力；
加水前物块对容器底部的压强为。
（2）解：当容器中的水深为时，
假设物块仍然没有脱离容器底部，此时物块所受浮力；
因为，所以假设成立，
物块A对容器的压力大小为。
（3）解：设水深为10cm时，物块浸入水下的深度为，此时浮力等于重力，则有，
加注煤油后，物块在水下的深度为，煤油的深度为，此时物块下表面到容器底部的距离为h，
根据悬浮条件可知，物块所受重力等于水和煤油对物块的浮力，则有①
同时有②
根据水的体积保持不变可得：③
联立①②③解得：，
即加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离为3cm。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】 （1）根据m=ρV可求出物块的质量，根据G=mg求出物块的重力，根据可求出物块对容器底的压强计算。
（2）此时物块对容器底面的压力等于重力减浮力，根据阿基米德原理F浮=G排=ρ液gV排求浮力。
（3） 根据物块静止，受到的浮力等于重力，浮力分为水和煤油不同部分，利用阿基米德原理列方程解答。
（1）物块的质量
物块的重力
加水前物块对容器底部的压强为
（2）当容器中的水深为时，假设物块仍然没有脱离容器底部，此时物块所受浮力
因为，所以假设成立，物块A对容器的压力大小为
（3）设水深为10cm时，物块浸入水下的深度为，此时浮力等于重力，则有，加注煤油后，物块在水下的深度为，煤油的深度为，此时物块下表面到容器底部的距离为h，根据悬浮条件可知，物块所受重力等于水和煤油对物块的浮力，则有①
同时有②
根据水的体积保持不变可得③
联立①②③可解得，即加注完煤油，物块静止时，其下表面与容器底部的距离为3cm。
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