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2023年湖南省常德市中考物理试卷
一、选择题（本题共54分，每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，考生必须
在答题卡中指定位置填涂答案的序号，填涂在其它地方均为无效答案，不给分。每小题选
对的得3分，错选或未选的得0分。）
1．（3分）下列对一些物理量的估测中，贴近事实的是（ ）
A．实心球的质量为20kg
B．一支新的2B铅笔的长度约为18cm
C．人正常步行的速度约为1km/h
D．人体安全电压为220V
2．（3分）关于生活现象的解释，下列说法中错误的是（ ）
A．高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压大，沸点低
B．人出汗后吹风扇会感觉更凉快，是因为加快了蒸发
C．夏天，从冰箱拿出来的饮料瓶外壁会冒汗，这是一种液化现象
D．湖南的冬季，窗户上的小水珠常出现在玻璃内侧
3．（3分）下列关于凸透镜应用的说法中，正确的是（ ）
A．近视眼需要配戴凸透镜来矫正
B．望远镜中物镜的作用相当于放大镜
C．用手机扫描二维码时，应使二维码位于手机镜头一倍焦距之内
D．当投影仪的镜头靠近投影片时，投影仪成的像将变大
4．（3分）下面四幅图中，能反映发电机工作原理的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）节日放飞的氢气球在上升的过程中（气球不漏气且在爆炸前），关于球内气体质量和密度的变化情况，下列说法中正确的是（ ）
A．质量变大，密度变大 B．质量不变，密度变小
C．质量变小，密度不变 D．质量不变，密度变大
6．（3分）下列关于压强的说法中正确的是（ ）
A．用久的菜刀要磨一磨，是通过减小菜刀刃部的受力面积来增大压强的
B．拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而减小的原理
C．在物理学史上，马德堡半球实验第一次测量出了大气压强的准确数值
D．飞机升力是由于机翼上表面的空气流速小于下表面的空气流速产生的
7．（3分）下列关于力的说法中错误的是（ ）
A．成语“孤掌难鸣”说明一个物体不会产生力
B．“卵与石斗，麋碎无疑”是因为鸡蛋受到的力大于石头受到的力
C．“飞流直下三千尺”是由于水受到重力的作用
D．“风吹草低见牛羊”说明风对草的力改变了草的形状
8．（3分）2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，
包括常德人张陆在内的三位航天员全部安全顺利出舱，神舟十五号载人飞行任务取得圆
满成功。下列说法中正确的是（ ）
A．航天员随飞船加速升空过程中，其重力势能和动能都变大
B．张陆在空间站可以通过体重秤测量体重
C．返回舱在下落过程中，三名航天员相对地球是静止的
D．返回舱成功着陆瞬间“尘土飞扬”，说明分子在做无规则运动
9．（3分）如图所示有两个相同的验电器，其中A带正电、B不带电。用带有绝缘柄的金
属棒把A和B连接起来。下列说法错误的是（ ）
A．连接前，A的金属箔张开是因为同种电荷相互排斥
B．连接的一瞬间，自由电子从B流向A
C．连接的一瞬间，正电荷从A流向BD．连接的一瞬间，金属杆中电流方向是从A流向B
10．（3分）“低碳出行，骑行天下”，骑行越来越受到人们的青睐。下列有关自行车的
结构及使用的说法中正确的是（ ）
A．上坡前加快蹬车是为了增大惯性
B．自行车的刹车把手是一个费力杠杆
C．自行车在水平路面快速行驶过程中，人和重力都做了功
D．自行车轮胎做得凹凸不平是为了增大摩擦
11．（3分）如图所示的电路，闭合开关后两灯均不发光且电流表、电压表示数均为零。
现将两灯泡位置互换后再次闭合开关，电流表示数仍为零，电压表指针明显偏转。根据
以上信息判断该电路故障可能为（ ）
A．L 断路、L 断路 B．L 断路、L 通路
1 2 1 2
C．L 通路、L 断路 D．L 短路、L 断路
1 2 1 2
12．（3分）下表是一些物质的比热容[单位J/（kg•℃）]，根据表中数据和生活现象，下
列判断中正确的是（ ）
水 4.2×103 铝 0.88×103
煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103
砂石 约0.92×103 铜 0.39×103
A．不同种类的物质，比热容一定不同
B．比热容与物质物质的状态无关
C．质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低
D．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大
13．（3分）如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物 ＝200N（不计
绳重、轮重和摩擦），要使物体竖直匀速提升2m。下列说法中正确的是（ ）A．F甲 ＝200N，并向上移动4m
B．F甲 ＝100N，并向上移动2m
C．F乙 ＝200N，并向上移动1m
D．F乙 ＝400N，并向上移动lm
14．（3分）下列有关声和电磁波的说法中正确的是（ ）
A．利用卫星系统进行导航，其信息传递的媒介与“B超”相同
B．利用声呐探测海深，其原理与蝙蝠在夜间正常飞行的原理不相同
C．在空气中，声传播的速度远小于电磁波的传播速度
D．有线电话既有发射电磁波的功能，又有接收电磁波的功能
15．（3分）有ABC三根完全相同的导线，将A导线剪去一半，电阻变为R ；将B导线均
1
匀的拉伸到原来长度的两倍，电阻变为R ；将C导线从中间对折，电阻变为R 。下列
2 3
大小关系正确的是（ ）
A．R ＞R ＞R B．R ＞R ＞R C．R ＞R ＞R D．R ＞R ＞R
1 2 3 2 1 3 2 3 1 3 1 2
16．（3分）如图是电吹风工作原理的电路图及铭牌信息，当电吹风正常工作且吹热风时，
两条支路电流之比为（ ）
额定电压 220V
工作频率 50Hz
热风挡电功率 900W
冷风挡电功率 100W
A．I ：I ＝9：1 B．I ：I ＝1：9 C．I ：I ＝8：1 D．I ：I ＝1：8
R M R M R M R M
17．（3分）图中甲、乙两个滑动变阻器的外形、尺寸完全相同，滑片均位于中点，已知甲的最大阻值比乙的最大阻值大，闭合S后将两个滑动变阻器的滑片同时向左或向右移
动。且移动时始终保持两滑片之间的距离不变。下列说法中正确的是（ ）
A．向左移动时，电流表示数变小
B．无论向左还是向右移动，电流表示数都变小
C．滑片位于滑动变阻器中点时，电流表的示数最小
D．滑片移动到滑动变阻器最右端时，电流表的示数最小
18．（3分）如图所示是锅炉保险阀门的示意图。当阀门受到的蒸汽压力超过其安全值时，
阀门就会被拉开。如OB＝2m，OA＝0.5m，阀门的底面积S＝2cm2，锅炉内气体压强的
安全值p＝6×105Pa（杠杆的重力，摩擦均不计，p ＝1×105Pa），则B所挂重物的重力
0
是（ ）
A．20N B．25N C．30N D．120N
二、填空与作图题（本题20分，19～22题每空2分。把答案填写在答题卡中指定的地方，
不要求写出解答过程；23题4分，其中第（2）小题要求在答题卡中指定的地方作图，并
保留必要的作图痕迹。）
19．（4分）汽油是 能源（选填“可再生”或“不可再生”）；2kg汽油完全
燃烧，释放出 J的热量（q汽油 ＝4.6×107J/kg）。
20．（4分）如图所示，水平桌面上的甲、乙两容器用一细管相连，细管中间有一开关
K，先把K关上，在两容器中装入不同质量的水后，甲中水面比乙中水面高，然后将甲
上口密封，此装置 连通器（选填“是”或“不是”）。打开开关K待液面稳
定后，甲中的液面高度 乙中的液面（选填“大于”“等于”“小于”）。21．（4分）一实心铁球质量为15.8g，则该实心铁球的体积为 cm3；为使铁球能
悬浮于水中，我们将实心铁球制成空心铁球，则空心部分体积为 cm3（
铁
＝7.9×103kg/m3）。 ρ
22．（4分）如图是两灯电流随电压变化的图象，两灯额定电压均为6V。若将两灯并联后
接入电路，则干路电流最大为 A；若将两灯串联后接入电路，在保证电路安
全的情况下，电源电压最大为 V。
23．（2分）如图所示，温度计的示数为 ℃。
24．（2分）请在图中画出静止在水平地面上的物体所受力的示意图。
三、实验与探究题（本题共15分，其中25题4分，26题5分，27题6分。）
25．（4分）如图甲所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板的前面，再拿另一支外形相同的蜡烛B竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去
跟蜡烛A的像完全重合，在白纸上记下A和B的位置。移动蜡烛A，重复做多次实验。
（1）选用玻璃板代替平面镜，主要是为了 。
（2）实验中两支蜡烛要完全一样，目的是为了 。
（3）当蜡烛A远离玻璃板时，它的像的大小将 （选填“变大”、“变小”
或“不变”）。
（4）将蜡烛A竖直放在水平桌面上，点燃蜡烛观察发现：玻璃板中蜡烛 A的像偏低且
倾斜。你认为在图乙所示的①、②、③三幅图中， 图是产生以上实验现象的
原因。
26．（5分）小霞同学按照如图1所示的操作，探究影响浮力大小的因素。
（1）物体全部浸没在水中时，受到的浮力是 N。
（2）观察A、B、C、D四幅图，可得出金属块受到的浮力大小与 有关。
（3）由D、E两图可得出结论：物体受到的浮力大小与 有关。
（4）小明还想用图2所示装置验证阿基米德原理：
①将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当逐渐调高升降
台时，小明发现随着重物浸入水中的体积变大，弹簧测力计甲的示数变小，此时弹簧测
力计乙的示数会 （选填“变大”、“变小”、“不变”），若它们的变化量相等，则证明F浮 ＝G排 ；
②在图2中，已知重物是底面积为100cm2，高为8cm，重为10N的实心长方体，从重
物刚接触水面开始，将升降台缓慢上升6cm，则重物最终浸入的深度为 cm（弹
簧测力计每1N的刻度线间距为0.5cm）。
27．（6分）在今天的生活中传感器的应用越来越广泛。小明想可不可以利用压力传感器
和初中所学的物理知识来设计一个可以直接测量压力大小的“压力计”呢？他找到一个
压力传感器，知道它的阻值 R 与受压力大小 F 的对应关系图象如图甲所示，当
0≤F≤200N时图象为直线。下面他设计了“压力计”电路图如图乙所示。已知电源电
压为12V，电流表的量程为50mA。
（1）请根据电路图完善图丙的实物连接，要求闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动
时R 接入电路的阻值变大。
1
（2）闭合开关S，不施加压力，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值，从最大值逐渐减
小，当电流表读数为40mA时电压表读数为4V，可知R ＝ 。
0
（3）闭合开关S，不施加压力，继续调节滑动变阻器R
1
，电流表指针Ω指表盘正中间位
置，将此位置标记刻度为 F＝0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值为
。
Ω（4）此后小明在保持滑动变阻器阻值不变的前提下，逐渐对传感器施加压力，并将对
应的压力值标记到电流表上，制成了一个简易的“压力计”。若此“压力计”测得的 F
＝160N时，电流表对应的示数为 mA。
四、论述与计算题（本题共11分，其中28题4分，29题7分。）
28．（4分）为加强消防安全，在学校楼道内必须配备消防设备，其中常见的有干冰灭火
器。当发生火灾险情时，我们可打开灭火器阀门对准火源根部灭火。请利用所学物理知
识解释干冰能快速灭火的原理（字数不超过100字）。
29．（7分）在图甲所示电路中，电源电压保持不变，电阻 R 的阻值为30 ，闭合开关
1
S，两电流表的指针均指在表盘正中位置如图乙所示。 Ω
（1）求电源电压U；
（2）求电阻R 的功率；
2
（3）现用电阻R替换原来的两个电阻中的一个，发现替换前后只有一个电流表的示数
发生了变化，且电路的总功率变化了1.2W。求电阻R的阻值（结果保留1位小数）。2023年湖南省常德市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共54分，每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，考生必须
在答题卡中指定位置填涂答案的序号，填涂在其它地方均为无效答案，不给分。每小题选
对的得3分，错选或未选的得0分。）
1．（3分）下列对一些物理量的估测中，贴近事实的是（ ）
A．实心球的质量为20kg
B．一支新的2B铅笔的长度约为18cm
C．人正常步行的速度约为1km/h
D．人体安全电压为220V
【分析】根据生活常识对各选项进行估算、判断。
【解答】解：A、实心球的质量为2kg，故A错误；
B、一支新的2B铅笔的长度约为18cm，故B错误；
C、人正常步行的速度约为1m/s，故C错误；
D、人体安全电压不超过36V，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是生活常识题，属于基础题。
2．（3分）关于生活现象的解释，下列说法中错误的是（ ）
A．高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压大，沸点低
B．人出汗后吹风扇会感觉更凉快，是因为加快了蒸发
C．夏天，从冰箱拿出来的饮料瓶外壁会冒汗，这是一种液化现象
D．湖南的冬季，窗户上的小水珠常出现在玻璃内侧
【分析】（1）液体的沸点跟气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低；
（2）影响蒸发快慢的因素包括液体温度的高低、液体表面积的大小、以及空气流动速
度的快慢；
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化；
（4）冬季室内温度较高，根据液化的特点分析小水珠出现的位置。
【解答】解：A．因为水的沸点与压强有关，压强增大，沸点升高，煮食物时高压锅的
气压比普通锅内的气压高，所以水沸腾时高压锅内的温度高于普通锅内的温度，温度越
高，食物熟的越快，故A错误；B．人出汗后吹风扇会感觉更凉快，是因为加快了空气流动，加快了汗液的蒸发，故B
正确；
C．夏天从冰箱中取出的饮料瓶会“冒汗”，这是由于空气中的水蒸气遇冷液化形成的，
故C正确；
D．冬季室内温度较高，温度高的水蒸气遇到冷的玻璃，放出热量，液化形成小水滴，
附着在玻璃内侧，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查的是沸点与气压的关系、影响蒸发的因素、液化现象等，难度不大。
3．（3分）下列关于凸透镜应用的说法中，正确的是（ ）
A．近视眼需要配戴凸透镜来矫正
B．望远镜中物镜的作用相当于放大镜
C．用手机扫描二维码时，应使二维码位于手机镜头一倍焦距之内
D．当投影仪的镜头靠近投影片时，投影仪成的像将变大
【分析】（1）近视眼观察物体时，像成在视网膜的前方，所以用凹透镜来矫正。
（2）物距大于二倍焦距，凸透成倒立、缩小的实像；
（3）扫二维码时镜头和二维码的距离大于二倍焦距，成倒立缩小的实像；
（4）凸透镜成实像时，物距减小，像距变大，像变大。
【解答】解：
A、近视眼观察远处物体时，像成在视网膜的前方，为使光线延迟会聚，应佩戴具有发
散作用的凹透镜来矫正，故A错误；
B、望远镜中物镜成倒立、缩小的实像，相当于照相机，故B错误；
C、手机摄像头是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，因此，用
手机扫描二维码时，应使二维码位于手机镜头的两倍焦距以外，故C错误；
D、要使投影仪成像变大，应减小物距，增大像距，所以，应使投影仪远离屏幕（增大
像距），同时使镜头靠近投影片（减小物距），故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜的成像规律和成像特点的应用，属于基础知识。
4．（3分）下面四幅图中，能反映发电机工作原理的是（ ）A． B．
C． D．
【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在
磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。
【解答】解：发电机的工作原理是电磁感应现象；
A、该装置是探究磁极间相互作用规律的装置，故A错误；
B、该装置是奥斯特实验，该实验说明了通电导线周围存在着磁场，故B错误；
C、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏
转，说明此时有感应电流产生，利用该现象制成了发电机，故C正确；
D、开关闭合后，电路中有电流，通电导体或线圈受到磁场力的作用发生运动，故是电
动机的制作原理，故D错误。
故选：C。
【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观
察图形中有无电源是此题的解题关键。
5．（3分）节日放飞的氢气球在上升的过程中（气球不漏气且在爆炸前），关于球内气体
质量和密度的变化情况，下列说法中正确的是（ ）
A．质量变大，密度变大 B．质量不变，密度变小
C．质量变小，密度不变 D．质量不变，密度变大
【分析】（1）质量是物体本身的一种属性，不随位置、状态、形状、温度的改变而改
变；
（2）气体的质量一定时，体积越大，密度越小；
（3）大气压随高度的升高而减小。
【解答】解：气球升空过程中，只是位置的改变，球内气体的质量不变；
大气压随高度的升高而减小，气球升空过程中，气球外的气压减小，所以球的体积增大，根据密度公式 ＝ 可知气体的质量不变，体积越大，密度越小。
故选：B。 ρ
【点评】本题通过氢气球升空的过程中，考查了质量是物体本身的一种属性、大气压随
高度的变化而变化、质量一定时，体积越大，密度越小等知识点。
6．（3分）下列关于压强的说法中正确的是（ ）
A．用久的菜刀要磨一磨，是通过减小菜刀刃部的受力面积来增大压强的
B．拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而减小的原理
C．在物理学史上，马德堡半球实验第一次测量出了大气压强的准确数值
D．飞机升力是由于机翼上表面的空气流速小于下表面的空气流速产生的
【分析】（1）压强的大小与压力和受力面积有关；
（2）液体内部压强随着深度的增加而增大；
（3）马德堡半球实验首次证明大气压的存在；
（4）流体压强与流速的关系：流体流速越大的位置，压强越小；流速越小的位置，压
强越大。
【解答】解：
A、用久的菜刀要磨一磨，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A正确；
B、拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而增大，故B错误；
C、马德堡半球实验首次证明大气压的存在，托里拆利实验第一次测量出了大气压强的
准确数值，故C错误；
D、飞机机翼为流线型，即上方为凸型，下方是平的；等质量的空气在相同的时间内同
时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表
面的流速大，通过下表面的流速较小。因为机翼上方的空气流速大，压强较小；机翼下
方的空气流速小，压强大，所以机翼受到一个向上的压强差，飞机受到向上的升力，故
D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了流体压强和流速的关系、液体内部压强的特点、增大压强的方法、
大气压存在的验证等知识点，是一道综合题。
7．（3分）下列关于力的说法中错误的是（ ）
A．成语“孤掌难鸣”说明一个物体不会产生力
B．“卵与石斗，麋碎无疑”是因为鸡蛋受到的力大于石头受到的力C．“飞流直下三千尺”是由于水受到重力的作用
D．“风吹草低见牛羊”说明风对草的力改变了草的形状
【分析】（1）力是物体对物体的作用，发生力的作用时，至少要有两个物体，其中受
到力的作用的物体叫受力物体，对别的物体施加了力的物体叫施力物体；
（2）物体间力的作用是相互的，物体受到力的同时，也对另一个物体施加了力，一对
相互作用力的大小相等；
（3）物体由于地球的吸引而受到的力叫重力；
（4）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变，②力可以改
变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
【解答】解：A、成语“孤掌难鸣”说明一个物体不会产生力的作用，故A正确；
B、物体间力的作用是相互的，以卵投石时，鸡蛋和石头都受到力的作用，力的大小相
等，故B错误；
C、“飞流直下”是由于水受到重力的作用，故C正确；
D、风吹草低见牛羊，说明风对草的力改变了草的形状及运动状态，故D正确。
故选：B。
【点评】深入理解力的概念，力的作用的相互性，重力和力的作用效果。
8．（3分）2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，
包括常德人张陆在内的三位航天员全部安全顺利出舱，神舟十五号载人飞行任务取得圆
满成功。下列说法中正确的是（ ）
A．航天员随飞船加速升空过程中，其重力势能和动能都变大
B．张陆在空间站可以通过体重秤测量体重
C．返回舱在下落过程中，三名航天员相对地球是静止的
D．返回舱成功着陆瞬间“尘土飞扬”，说明分子在做无规则运动
【分析】（1）动能与质量、速度有关；重力势能与质量和所在高度有关。在一定条件
下动能和势能可以相互转化；
（2）空间站中的物体处于失重状态；
（3）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发
生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（4）分子都在不停地做无规则运动。
【解答】解：
A、航天员随飞船加速升空过程中，质量不变，速度变大，动能变大，高度变大重力势能变大，故A正确；
B、空间站中的物体处于失重状态，所以体重计不能称量重量，故B错误；
C、返回舱下落过程中，航天员相当于地面发生了位置变化，所以航天员是运动的，故
C错误；
D、返回舱成功着陆瞬间“尘土飞扬”，尘土不是分子，不能说明分子在做无规则运动，
故D错误。
故选：A。
【点评】此题主要考查了分子动理论、动能和势能的大小变化、运动和静止的相对性等，
在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
9．（3分）如图所示有两个相同的验电器，其中A带正电、B不带电。用带有绝缘柄的金
属棒把A和B连接起来。下列说法错误的是（ ）
A．连接前，A的金属箔张开是因为同种电荷相互排斥
B．连接的一瞬间，自由电子从B流向A
C．连接的一瞬间，正电荷从A流向B
D．连接的一瞬间，金属杆中电流方向是从A流向B
【分析】验电器的原理是同种电荷互相排斥；
图中A带正电说明A缺少电子，金属棒链接的一瞬间，电子由B流向A；
规定正电荷定向移动方向为电流的方向。
【解答】解：A、连接前，A的金属箔带着同种电荷，同种电荷互相排斥，所以金属箔
张开，故A正确；
BCD、A带正电说明A缺少电子，金属棒链接的一瞬间，电子由B流向A；因为规定正
电荷定向移动方向为电流的方向，所以此时电流方向为由A到B，故BD正确，C错误。
故选：C。
【点评】本题考查了验电器的原理和电流的方向，属于基础题，要求掌握。
10．（3分）“低碳出行，骑行天下”，骑行越来越受到人们的青睐。下列有关自行车的结构及使用的说法中正确的是（ ）
A．上坡前加快蹬车是为了增大惯性
B．自行车的刹车把手是一个费力杠杆
C．自行车在水平路面快速行驶过程中，人和重力都做了功
D．自行车轮胎做得凹凸不平是为了增大摩擦
【分析】（1）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动
速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
（2）动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆。
（3）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距
离（即力和距离的方向要一致），二者缺一不可。
（4）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在
压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
【解答】解：A、惯性是物体本身具有的一种性质。惯性大小只跟物体的质量大小有关，
与物体是否运动、运动的快慢、是否受力等外界因素无关，故A错误；
B、使用自行车的刹车手闸，动力臂大于阻力臂，人们用很小的力就能使车闸以较大的
压力压到车轮的钢圈上，是一个省力杠杆，故B错误；
C、自行车在水平路面上前进了一段距离，没有在重力方向上通过距离，则重力没有做
功，故C错误；
D、自行车轮胎做得凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩
擦力，故D正确。
故选：D。
【点评】自行车是日常生活中最常见的交通工具，从自行车的结构和使用来看，应用了
非常多的物理知识，包括力学、声现象、光现象、杠杆等方面，平时多注意观察，将其
知识活学活用。
11．（3分）如图所示的电路，闭合开关后两灯均不发光且电流表、电压表示数均为零。
现将两灯泡位置互换后再次闭合开关，电流表示数仍为零，电压表指针明显偏转。根据
以上信息判断该电路故障可能为（ ）A．L 断路、L 断路 B．L 断路、L 通路
1 2 1 2
C．L 通路、L 断路 D．L 短路、L 断路
1 2 1 2
【分析】分析电路图可知，两只灯泡串联，电压表测量 L 两端的电压；闭合开关，两
2
只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；电压表无示数，说明电压表两
接线柱到电源的正负极之间有开路；
将电灯L 、L 的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中有开路；电压表有示
1 2
数，说明电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路。
【解答】解：由图可知两只灯泡串联，电压表测量L 两端的电压；
2
闭合开关，两只灯泡都不亮，电流表无示数，说明电路中有断路故障；电压表无示数，
说明电压表两接线柱到电源的正负极之间有开路，即可能是灯 L 断路，也可能是L 、
1 1
L 同时断路；
2
将电灯L 、L 的位置对调，闭合开关，电流表无示数，说明电路中仍然有断路故障；电
1 2
压表有示数，说明此时电压表两接线柱到电源的正负极之间是通路，所以灯 L 、电流表、
2
开关都是完好的，则故障是灯L 断路。
1
故选：B。
【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：若电压表有示数，说明电压
表与电源能相通，与电压表并联的部分开路；若电压表无示数，说明与电压表并联的部
分短路或与电源不能相通。
12．（3分）下表是一些物质的比热容[单位J/（kg•℃）]，根据表中数据和生活现象，下
列判断中正确的是（ ）
水 4.2×103 铝 0.88×103
煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103
砂石 约0.92×103 铜 0.39×103
A．不同种类的物质，比热容一定不同
B．比热容与物质物质的状态无关C．质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低
D．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大
【分析】（1）（2）比热容是物质的一种特性，不同物质的比热容一般不同，比热容与
物质的状态有关。
（3）（4）利用Q＝cmΔt和控制变量法进行分析。
【解答】解：A、煤油和冰是不同的物质，但它们的比热容是相同的，故A错误；
B、物质的比热容与物质的状态有关，如水和冰的比热容不同，故B错误；
C、由Q吸 ＝cm（t﹣t
0
）知，质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的
比热容小，铜块的末温更高；
D、沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多，因为水的比热容较大，由 Q＝cmΔt可知，
白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相
同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了比热容的概念，注意比热容是物质的一种特性，与物体的质量、物
体的温度变化和物体吸收热量的多少均无关，它只与物质的种类、状态有关。
13．（3分）如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物 ＝200N（不计
绳重、轮重和摩擦），要使物体竖直匀速提升2m。下列说法中正确的是（ ）
A．F甲 ＝200N，并向上移动4m
B．F甲 ＝100N，并向上移动2m
C．F乙 ＝200N，并向上移动1m
D．F乙 ＝400N，并向上移动lm
【分析】（1）轴不随物体一起运动的滑轮是定滑轮，使用定滑轮不省力但能改变力的
方向；
（2）轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，使用动滑轮能省一半力，但费距离，绳自由
端移动的距离s＝2h。
【解答】解：AB、图甲是动滑轮，动滑轮不能改变力的方向，但是可以省一半的力，所以F甲 ＝ G物 ＝ ×200N＝100N，绳子末端移动的距离为s＝2h＝2×2m＝4m，故AB
错误；
CD、图乙是动滑轮，由图可知，G物 ＝ F乙 ＝200N，所以F乙 ＝400N，绳子移动的距
离为s'＝ h＝ ×2m＝1m，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了动滑轮的工作特点，是一道基础题。
14．（3分）下列有关声和电磁波的说法中正确的是（ ）
A．利用卫星系统进行导航，其信息传递的媒介与“B超”相同
B．利用声呐探测海深，其原理与蝙蝠在夜间正常飞行的原理不相同
C．在空气中，声传播的速度远小于电磁波的传播速度
D．有线电话既有发射电磁波的功能，又有接收电磁波的功能
【分析】（1）电磁波的传播不需要介质；
（2）声呐和蝙蝠夜间飞行都靠超声波；
（3）在空气中，声速约为340m/s，电磁波的速度约为3×108m/s；
（4）有线电话靠电话线中的电流传输信息。
【解答】解：A、利用卫星系统进行导航，其信息传递的媒介与“B超”不同，故A错
误；
B、利用声呐探测海深，其原理与蝙蝠在夜间正常飞行的原理相同，故B错误；
C、在空气中，声速约为340m/s，电磁波的速度约为3×108m/s，声传播的速度远小于电
磁波的传播速度，故C正确；
D、有线电话只能接收电磁波，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电磁波和声的有关知识，属于基础题。
15．（3分）有ABC三根完全相同的导线，将A导线剪去一半，电阻变为R ；将B导线均
1
匀的拉伸到原来长度的两倍，电阻变为R ；将C导线从中间对折，电阻变为R 。下列
2 3
大小关系正确的是（ ）
A．R ＞R ＞R B．R ＞R ＞R C．R ＞R ＞R D．R ＞R ＞R
1 2 3 2 1 3 2 3 1 3 1 2
【分析】（1）掌握影响电阻大小的因素：材料、长度、横截面积和温度，温度对电阻
的影响通常情况下忽略不计；（2）若材料相同，导体越长、横截面积越小，导体的电阻越大。
【解答】解：有ABC三根完全相同的导线，将A导线剪去一半，电阻变为原来的一半
即R 比原来小，将B导线均匀的拉伸到原来长度的两倍，长度增加，横截面积减小，
1
电阻变大，R 比原来的电阻大；
2
将C导线从中间对折，长度变为一半，电阻变大，但与减去一半比，长度相同，横截面
积更大，电阻更小，说明电阻R 小于R ，则三个电阻的关系R ＞R ＞R 。
3 1 2 1 3
故选：B。
【点评】此题考查了电阻大小的判断，要熟练掌握影响电阻大小的因素，特别注意电阻
与长度和横截面积的关系。
16．（3分）如图是电吹风工作原理的电路图及铭牌信息，当电吹风正常工作且吹热风时，
两条支路电流之比为（ ）
额定电压 220V
工作频率 50Hz
热风挡电功率 900W
冷风挡电功率 100W
A．I ：I ＝9：1 B．I ：I ＝1：9 C．I ：I ＝8：1 D．I ：I ＝1：8
R M R M R M R M
【分析】根据电路图可知电吹风正常工作且吹热风时的电路连接，根据并联电路的特点
求出吹热风时加热电阻的电功率，根据P＝UI求出两条支路电流之比。
【解答】解：由电路图可知，两开关都闭合时，电吹风吹热风，由并联电路的特点可知，
吹热风时电动机的电功率和吹冷风时电动机的电功率相等，
则吹热风时，加热电阻的电功率：P
R
＝P加热 ﹣P
M
＝900W﹣100W＝800W，
由P＝UI可知，两条支路电流之比： ＝ ＝ ＝ ＝ ，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查并联电路的特点和电功率公式的应用，注意热风挡的电功率是加热电阻和电动机的总功率。
17．（3分）图中甲、乙两个滑动变阻器的外形、尺寸完全相同，滑片均位于中点，已知
甲的最大阻值比乙的最大阻值大，闭合S后将两个滑动变阻器的滑片同时向左或向右移
动。且移动时始终保持两滑片之间的距离不变。下列说法中正确的是（ ）
A．向左移动时，电流表示数变小
B．无论向左还是向右移动，电流表示数都变小
C．滑片位于滑动变阻器中点时，电流表的示数最小
D．滑片移动到滑动变阻器最右端时，电流表的示数最小
【分析】由图可知，甲滑动变阻器滑片左边的电阻线接入电路，乙滑动变阻器滑片右边
的电阻线接入电路，电流表测量电路中的电流；
根据滑片滑动时，两变阻器的电阻变化情况，判断电路中电阻的大小变化，根据欧姆定
律判断电流表的示数变化。
【解答】解：由图可知，甲滑动变阻器滑片左边的电阻线接入电路，乙滑动变阻器滑片
右边的电阻线接入电路，电流表测量电路中的电流；
AB、当P向左移动时，甲滑动变阻器接入电路中的电阻变小，乙滑动变阻器接入电路
中的电阻变大，因甲的最大阻值比乙的阻值小，所以，滑片移动相同距离时，甲减小的
电阻小于乙增大的电阻，即此时电路中的总电阻变大，由 I＝ 可知，电路中的电流变
小，即电流表示数变小；同理可知，滑片向右滑动时，电流表示数变大，故 A正确、B
错误。
C、要使电路中的电流最小，两个滑动变阻器接入电路中的电阻之和最大，当滑片位于
滑动变阻器最左端时，总电阻最大，故C错误；
D、滑片移动到滑动变阻器最右端时，两个滑动变阻器接入电路中的电阻之和最小，根
据欧姆定律可知，电流表的示数最大，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电路的动态分析，分析好滑片移动时电路中总电阻的变化是关键。18．（3分）如图所示是锅炉保险阀门的示意图。当阀门受到的蒸汽压力超过其安全值时，
阀门就会被拉开。如OB＝2m，OA＝0.5m，阀门的底面积S＝2cm2，锅炉内气体压强的
安全值p＝6×105Pa（杠杆的重力，摩擦均不计，p ＝1×105Pa），则B所挂重物的重力
0
是（ ）
A．20N B．25N C．30N D．120N
【分析】已知阀门的底面积和锅炉内的气体的压强，根据公式F＝pS可求向上的力，再
根据杠杆的平衡条件可求出B所挂的重物G。
【解答】解：由p＝ 得，气体产生的向上的力：F ＝pS＝6×105Pa×2×10﹣4m2＝120N；
1
大气产生的向下的压力为：F ＝p S＝1×105Pa×2×10﹣4m2＝20N，
2 0
则阀门受到的向上的力为：F＝F ﹣F ＝120N﹣20N＝100N；
1 2
根据杠杆的平衡条件可知，F×OA＝G×OB，
所以物体的重力：G＝ ＝ ＝25N。
故选：B。
【点评】本题考查压强公式和杠杆平衡条件的应用，关键是公式及其变形公式的灵活运
用，解题过程中要注意单位的换算。
二、填空与作图题（本题20分，19～22题每空2分。把答案填写在答题卡中指定的地方，
不要求写出解答过程；23题4分，其中第（2）小题要求在答题卡中指定的地方作图，并
保留必要的作图痕迹。）
19．（4分）汽油是 不可再生 能源（选填“可再生”或“不可再生”）；2kg汽油完
全燃烧，释放出 9.2×1 0 7 J的热量（q汽油 ＝4.6×107J/kg）。
【分析】（1）煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源；
（2）知道汽油的质量和热值，利用Q放 ＝mq计算出汽油完全燃烧释放出的热量。
【解答】解：煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源，消耗后短期内不能从自然
界得到补充，汽油来自于石油，故属于不可再生能源；
汽油完全燃烧释放出的能量：Q放 ＝mq汽油 ＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J。故答案为：不可再生；9.2×107J。
【点评】本题考查能源分类，燃料完全燃烧放热公式，属于基础题。
20．（4分）如图所示，水平桌面上的甲、乙两容器用一细管相连，细管中间有一开关
K，先把K关上，在两容器中装入不同质量的水后，甲中水面比乙中水面高，然后将甲
上口密封，此装置 不是 连通器（选填“是”或“不是”）。打开开关K待液面稳
定后，甲中的液面高度 大于 乙中的液面（选填“大于”“等于”“小于”）。
【分析】两端开口、底部相连的容器为连通器；当水不流动时，细管左右两边的压强应
相等，而两边受到的压强均等于水和水上方气体压强之和，则列出等式，可以判断水不
流动时甲、乙水面的高度。
【解答】解：甲上口密封，此时该容器的两端不都是开口的，不是连通器；
开关K打开前，甲中水面比乙中水面高，根据p＝ gh可知，甲中水产生的压强大于乙，
则打开K之后，甲中的水将向乙中流动； ρ
但由于甲的上口密封，水面下降后，水面上方密封的气体随着体积的增大产生的压强将
减小，即小于大气压p ；
0
当甲、乙两容器中的水不流动时，开关处左右两边的压强相等，即p甲 ＝p乙 ，因为p甲
＝p空+ 水gh甲 ，p乙 ＝p
0
+ 水gh乙 ，所以p空+ 水gh甲 ＝p
0
+ 水gh乙 ，
因为p空ρ＜p
0
，则 水gh甲 ＞ρ 水gh乙 ，可得h甲ρ＞h乙 。 ρ
说明甲中的水能往ρ乙中流一ρ些，但最终甲的水面一定比乙高。
故答案为：不是；大于。
【点评】该题考查了气体压强与体积的关系和液体压强与深度的关系，综合性较强，学
生易按照连通器原理去判断，极易出错。
21．（4分）一实心铁球质量为15.8g，则该实心铁球的体积为 2 cm3；为使铁球能悬
浮于水中，我们将实心铁球制成空心铁球，则空心部分体积为 13.8 cm3（ 铁 ＝
7.9×103kg/m3）。 ρ【分析】（1）根据密度公式变形V＝ 求出实心铁球的体积，
（2）根据悬浮的条件确定空心球的密度，计算总体积，减去实心体积的空心体积。
【解答】解：一实心铁球质量为15.8g，
铁
＝7.9×103kg/m3＝7.9g/cm3，
ρ
则该实心铁球的体积为V＝ ＝ ＝2cm3，根据物体悬浮于水中时，物体的
平均密度等于水的密度，则空心铁球的总体积V'＝ ＝ ＝15.8cm3，
则空心体积V空 ＝V'﹣V＝15.8cm3﹣2cm3＝13.8cm3。
故答案为：2；13.8。
【点评】本题考查了密度公式的计算，关键知道物体悬浮时，平均密度等于液体的密度。
22．（4分）如图是两灯电流随电压变化的图象，两灯额定电压均为6V。若将两灯并联后
接入电路，则干路电流最大为 1.5 A；若将两灯串联后接入电路，在保证电路安全
的情况下，电源电压最大为 8 V。
【分析】（1）两灯并联后，根据并联电路电压的特点可知，电源电压最大等于灯的额
定电压即为6V，由两灯的电流随电压变化的图象找到正常工作时的电流值，再根据并
联电路电流的特点得出干路电流最大值；
（2）两灯串联后，由两灯的电流随电压变化的图象可知，在保证电路安全的情况下，
电路中的最大电流为I乙 ＝0.5A，根据串联电路电流的特点得到甲灯的电流也为0.5A，
再由图象找到甲灯和乙灯各自的电压值，利用串联电路电压的特点得出电源电压最大值。
【解答】解：两灯并联后，电源电压最大等于灯的额定电压即为 6V，由图象可知甲灯
和乙灯正常工作时的电流值分别为1.0A、0.5A，根据并联电路电流的特点得：干路电流
最大值I＝I甲+I乙 ＝1.0A+0.5A＝1.5A；两灯串联后，由图象可知，甲灯和乙灯正常工作时的电流值分别为 1.0A、0.5A，所以在
保证电路安全的情况下，电路中的最大电流为I乙 ＝0.5A，根据串联电路电流的特点得I
甲
＝0.5A，再由图象可知，U甲 ＝2V，U乙 ＝6V，由串联电路电压的特点得U＝U甲+U乙
＝2V+6V＝8V。
故答案为：1.5；8。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路电流和电压的特点以及识别图象的能力。
23．（2分）如图所示，温度计的示数为 3 2 ℃。
【分析】先确定温度计的分度值，再根据液面位置读数，注意是零上还是零下。
【解答】解：图中温度计的分度值是1℃，在0℃上方，此时的读数为32℃。
故答案为：32。
【点评】本题主要考查了温度计的使用。
24．（2分）请在图中画出静止在水平地面上的物体所受力的示意图。
【分析】物体静止在水平地面上，所以受到重力G和地面对它的支持力F的作用，这两
个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
【解答】解：物体静止在水平桌面上，只受重力和支持力的作用；然后过重心沿竖直向
下的方向和竖直向上的方向表示出重力G和支持力F，因为这两个力是一对平衡力，所
以作图时两条线段长度要相等，如图所示：
【点评】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
三、实验与探究题（本题共15分，其中25题4分，26题5分，27题6分。）
25．（4分）如图甲所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置，把一支点燃的蜡烛A放
在玻璃板的前面，再拿另一支外形相同的蜡烛B竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去
跟蜡烛A的像完全重合，在白纸上记下A和B的位置。移动蜡烛A，重复做多次实验。
（1）选用玻璃板代替平面镜，主要是为了 确定像的位置 。
（2）实验中两支蜡烛要完全一样，目的是为了 比较像与物的大小关系 。
（3）当蜡烛A远离玻璃板时，它的像的大小将 不变 （选填“变大”、“变小”或
“不变”）。
（4）将蜡烛A竖直放在水平桌面上，点燃蜡烛观察发现：玻璃板中蜡烛 A的像偏低且
倾斜。你认为在图乙所示的①、②、③三幅图中， ③ 图是产生以上实验现象的
原因。
【分析】（1）在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是为了确定物
像的位置；
（2）（3）平面镜成像时，像与物体大小相等，与物距无关；
（4）由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，蜡烛的像与
蜡烛不能重合；根据平面镜的成像特点，像物关于镜面对称作出蜡烛的像点即可确定平
板玻璃中蜡烛A的像偏低且倾斜的是哪一个。
【解答】解：（1）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平
面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板代替平面镜；
（2）进行“探究平面镜成像特点”的实验，选取两支外形相同的蜡烛进行实验，目的
是为了比较像与物的大小关系。
（3）由于物体与像始终大小相等，当蜡烛A远离玻璃板时，它的像仍与A相等，则像
的大小将不变；
（4）实验时平面镜必须要竖直放置，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合，由图可知，甲图平面镜竖直放置，不会出现像偏低的情况，
乙和丙图平面镜没有竖直放置，分别作出蜡烛A的关于平面镜的对称点可知，丙图平板
玻璃中蜡烛A的像偏低且倾斜，如下图：
；
根据图中，③符合题意。
故答案为：（1）确定物像的位置；（2）比较像与物的大小关系；（3）不变；（4）
③。
【点评】研究平面镜成像特点时，确定像的位置是关键，为了确定像的位置，要能看见
后面的物体。
26．（5分）小霞同学按照如图1所示的操作，探究影响浮力大小的因素。
（1）物体全部浸没在水中时，受到的浮力是 1 N。
（2）观察A、B、C、D四幅图，可得出金属块受到的浮力大小与 排开液体体积 有
关。
（3）由D、E两图可得出结论：物体受到的浮力大小与 液体密度 有关。
（4）小明还想用图2所示装置验证阿基米德原理：
①将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当逐渐调高升降
台时，小明发现随着重物浸入水中的体积变大，弹簧测力计甲的示数变小，此时弹簧测
力计乙的示数会 变大 （选填“变大”、“变小”、“不变”），若它们的变化量
相等，则证明F浮 ＝G排 ；②在图2中，已知重物是底面积为100cm2，高为8cm，重为10N的实心长方体，从重
物刚接触水面开始，将升降台缓慢上升6cm，则重物最终浸入的深度为 4 cm（弹簧
测力计每1N的刻度线间距为0.5cm）。
【分析】（1）由图A可知金属块的重力，由图D可知金属块浸没时弹簧测力计的示数，
根据F浮 ＝G﹣F′求出金属块浸没在水中所受的浮力；
（2）分析A、B、C、D四个图中相同的物理量、不同物理量，根据控制变量法得出结
论；
（3）根据D、E两图的相同量和不同量，由控制变量法得出影响物体受到的浮力大小的
因素；
（4）①根据阿基米德原理可知，重物浸入水中的体积越来越大时受到的浮力变大，根
据称重法可知弹簧测力计甲示数的变化，然后分析乙示数的变化量，进一步得出结论；
②根据升降台上升6cm，物体静止时弹簧测力计示数减小，设弹簧缩短了hcm，由此表
示出物体浸入深度，由拉力、浮力和重力平衡，计算出h的大小。
【解答】解：（1）由图A可知，金属块的重力G＝4N，由图D可知金属块浸没时弹簧
测力计的示数F′＝3N，
则金属块浸没在水中所受的浮力F浮 ＝G﹣F′＝4N﹣3N＝1N；
（2）由A、B、C、D四个图可知，金属块排开水的体积不同，弹簧测力计的示数不同，
受到的浮力不同，据此可得出金属块受到的浮力大小与排开液体的体积有关；
（3）由A、D、E三图可知，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，弹簧测力
计的示数不同，浮力不相同，故可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关；
（4）①如图2，小明将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度，
当小明逐渐调高升降台，重物浸入水中的体积变大，排开水的体积变大，根据F浮 ＝
液
gV排 可知，重物受到的浮力变大，所以弹簧测力计甲的示数F′＝G﹣F浮 变小； ρ
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出
水受到的重力变大，所以弹簧测力计乙的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计
甲示数的变化量和弹簧测力计乙的示数变化量相等，从而证明了F浮 ＝G排 ；
②因平台又上升后，由于物体受浮力，弹簧测力计示数会减小，且弹簧测力计每 1N的
刻度线间距为0.5cm，
所以，设物体静止时弹簧缩短了hcm，此时物体浸入水中的深度为（6﹣h）cm，弹簧测力计示数为F＝G﹣ ×h，即F＝G﹣2N/cm×h，
此时弹簧测力计拉力、浮力与物体重力平衡，所以F+F浮 ＝G，
即：（10N﹣2N/cm×h）+1.0×103kg/m3×10N/kg×100×（6﹣h）×10﹣6m3＝10N，
解得：h＝2cm；
所以重物浸入深度为：6cm﹣2cm＝4cm。
故答案为：（1）1；（2）排开液体体积；（3）液体密度；（4）①变大；②4。
【点评】本题探究影响浮力大小因素和验证阿基米德原理的实验，涉及称重法测浮力、
阿基米德原理的综合应用，利用控制变量法是关键，难点是最后一问中弹簧的变化量是
关键。
27．（6分）在今天的生活中传感器的应用越来越广泛。小明想可不可以利用压力传感器
和初中所学的物理知识来设计一个可以直接测量压力大小的“压力计”呢？他找到一个
压力传感器，知道它的阻值 R 与受压力大小 F 的对应关系图象如图甲所示，当
0≤F≤200N时图象为直线。下面他设计了“压力计”电路图如图乙所示。已知电源电
压为12V，电流表的量程为50mA。
（1）请根据电路图完善图丙的实物连接，要求闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动
时R 接入电路的阻值变大。
1（2）闭合开关S，不施加压力，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值，从最大值逐渐减
小，当电流表读数为40mA时电压表读数为4V，可知R ＝ 10 0 。
0
（3）闭合开关S，不施加压力，继续调节滑动变阻器R
1
，电流表Ω指针指表盘正中间位
置，将此位置标记刻度为F＝0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值为 38 0 。
（4）此后小明在保持滑动变阻器阻值不变的前提下，逐渐对传感器施加压力，并Ω将对
应的压力值标记到电流表上，制成了一个简易的“压力计”。若此“压力计”测得的 F
＝160N时，电流表对应的示数为 3 0 mA。
【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器连入的下接线柱，连接即可；
（2）根据欧姆定律公式计算R 的电阻；
0
（3）由题意知当F＝0时，电流表示数为25mA，根据欧姆定律公式计算出R 的电压，
0
再利用串联电路电压特点和欧姆定律计算出滑动变阻器的电阻大小；
（4）利用图甲可知 R与F的关系式为R＝kF+b，再将F＝0时，R ＝100 和F′＝
0
200N时，R′＝0 分别代入R＝kF+b，从而求出k和b的值；再将F＝160NΩ代入上面
的关系式，求出RΩ″的值；利用欧姆定律计算电流表的示数。
【解答】解：
（1）由于闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R 接入电路的阻值变大，所以滑动
1
变阻器选择左侧下接线柱接入电路，实物连接如图所示：
；
（2）由题意知，电流表读数为 I ＝40mA时，电压表读数为 U ＝4V，则R ＝ ＝
0 0 0＝100 ；
Ω
（3）由题意知，当F＝0时，电流表示数I ＝ ×50mA＝25mA，由欧姆定律公式得R
0 0
的电压
U ＝I R ＝25×10﹣3A×100 ＝2.5V，
0 0 0
滑动变阻器两端的电压UΩ滑 ＝U﹣U
0
＝12V﹣2.5V＝9.5V，
滑动变阻器接入电路部分的电阻R滑 ＝ ＝ ＝380 ；
（4）由图甲可知R与F的关系式为R＝kF+b， Ω
再将F＝0时，R ＝100 和F′＝200N时，R′＝0 分别代入得：
0
Ω Ω
k＝﹣ ，b＝100，即R与F的关系式为R＝﹣ F+100；
将F＝160N代入上式得，R″＝20 ；
此时电路中总电阻R总 ＝R″+R滑 ＝Ω20 +380 ＝400 ，
Ω Ω Ω
由欧姆定律得电路中电流表的示数I″＝ ＝ ＝0.03A＝30mA。
故答案为：（1）实物连接图见解答过程；（2）100；（3）380；（4）30。
【点评】本题考查了电路的连接、欧姆定律的相关计算以及串联电路中电流、电压和电
阻的特点，属于电学综合题，有一定的难度。
四、论述与计算题（本题共11分，其中28题4分，29题7分。）
28．（4分）为加强消防安全，在学校楼道内必须配备消防设备，其中常见的有干冰灭火
器。当发生火灾险情时，我们可打开灭火器阀门对准火源根部灭火。请利用所学物理知
识解释干冰能快速灭火的原理（字数不超过100字）。【分析】升华指物质由固态直接转变成气态，升华要吸热。
【解答】答：当发生火灾险情时，我们打开干冰灭火器阀门对准火源根部，干冰迅速升
华，升华从周围吸收大量的热，使温度降低到可燃物着火点以下，起到灭火的作用。
【点评】本题考查了升华的特点。
29．（7分）在图甲所示电路中，电源电压保持不变，电阻 R 的阻值为30 ，闭合开关
1
S，两电流表的指针均指在表盘正中位置如图乙所示。 Ω
（1）求电源电压U；
（2）求电阻R 的功率；
2
（3）现用电阻R替换原来的两个电阻中的一个，发现替换前后只有一个电流表的示数
发生了变化，且电路的总功率变化了1.2W。求电阻R的阻值（结果保留1位小数）。
【分析】由图甲可知，两电阻并联，电流表A 测通过R 的电流，电流表A 测干路电流；
1 1 2
（1）根据并联电路的电流特点和两电流表的指针偏转角度相同读出两电流表的示数，
根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压U；
（2）根据并联的电流特点求出通过R 的电流，根据P＝UI求出电阻R 的功率；
2 2
（3）根据并联电路的特点分析判断被替换的电阻，根据P＝UI求出原来电路的总功率，
进而求出更换后电路的总功率，根据P＝UI求出更换后干路的电流，根据并联电路的电
流特点求出通过更换后电阻的电流，根据欧姆定律求出电阻R的阻值。
【解答】解：由图甲可知，两电阻并联，电流表A 测通过R 的电流，电流表A 测干路
1 1 2
电流；
（1）由并联电路的电流特点可知，干路电流大于支路电流，A 的示数应大于A 的示数，
2 1
因此 A 选用大量程，A 选用小量程，由图乙可知，A 的分度值为 0.02A，示数为
2 1 1
0.3A，A 的分度值为0.1A，示数为1.5A，
2
由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U ＝U ＝I R ＝0.3A×30 ＝
2 1 1 1
9V； Ω（2）由并联的电流特点可知，通过R 的电流：I ＝I﹣I ＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，
2 2 1
则电阻R 的功率：P ＝U I ＝9V×1.2A＝10.8W；
2 2 2 2
（3）由于替换前后只有一个电流表的示数发生了变化，由并联电路的特点可知，此时
无论更换哪个电阻，干路电流一定会发生变化，则A 的示数不能发生变化，因此被替
1
换的电阻为R ，通过R 的电流不变；
2 1
原来电路的总功率：P＝UI＝9V×1.5A＝13.5W，
则更换后电路的总功率：P'＝P+ΔP＝13.5W+1.2W＝14.7W或P″＝P﹣ΔP＝13.5W﹣
1.2W＝12.3W，
当P'＝14.7W时，由P＝UI可知，干路电流：I'＝ ＝ ＝ A，
由并联电路的电流特点可知，此时通过R的电流：I ＝I'﹣I ＝ A﹣0.3A＝ A，
R 1
由欧姆定律可知，电阻R的阻值：R＝ ＝ ≈6.8 ；
Ω
当P″＝12.3W时，干路电流：I″＝ ＝ ＝ A，
此时通过R的电流：I '＝I″﹣I ＝ A﹣0.3A＝ A，
R 1
电阻R的阻值：R'＝ ＝ ≈6.4 ；
因此电阻R的阻值为6.8 或6.4 。 Ω
答：（1）电源电压为9VΩ； Ω
（2）电阻R 的功率为10.8W；
2
（3）电阻R的阻值为6.8 或6.4 。
【点评】本题考查并联电Ω路的特点Ω、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据并联电
路的电流特点分析两电流表的量程读出电流表的示数。
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