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2024 年中考第二次模拟考试（武汉卷）
物理·全解全析
一、选择题（共12题，每题2分，共24分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（本题2分）如图所示的光现象，下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，蜡烛离小孔越远，屏幕上所成的实像将离小孔越近，像的大小将变小
B．乙图中，雨后晴朗的夜晚，人在月光下行走，人迎着月光走时，暗处是地面，亮处是水
C．丙图中，把纸板F沿ON向后折一定的角度后，反射光线和入射光线、法线仍在同一平面上
D．丁图中，茶色的薄玻璃板后没点燃的蜡烛B代表的是蜡烛A的像
【答案】A
【详解】A．小孔成像的实验中所成的像是倒立的实像；蜡烛大小不变时，蜡烛离小孔越远，屏幕上所成
的像离小孔的距离跟蜡烛离小孔远近无关；小孔所成的像的大小不仅与像到小孔的距离有关，还与成像
的屏幕距小孔的距离也有关，故A错误，符合题意；
B．当迎着月光走时，因为迎着月光走，月光射到水面上时，水面发生的是镜面反射，反射光几乎全部射
入人的眼睛，而地面发生的漫反射，只有很少的光进入人的眼睛，所以此时水面亮，地面暗，故B正确，
不符合题意；
C．光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，与硬纸板是否折叠没有关系，故C正确，
不符合题意；
D．探究平面镜成像的特点时，玻璃板后没点燃的蜡烛B代表的是蜡烛A的像，故D正确，不符合题意。
故选A。
2．（本题2分）如图所示是试验中的无人驾驶太阳能汽车，下列有关说法不正确的是（ ）
A．太阳能是一种不可再生能源
B．太阳能电池将太阳能直接转化为电能
C．测试人员可以通过电磁波远程操控汽车
D．太阳能汽车在快速行驶时对地面的压力比静止时小
【答案】A
【详解】A．太阳能能够源源不断的从自然界得到的能源，是可再生能源，故A错误；
B．太阳能电池将太阳能转化为电能，故B正确；
C．试验中测试人员是通过电磁波远程操控太阳能汽车的，故C正确；
D．太阳能汽车外型是流线型，当汽车高速行驶时，相同时间内，空气经过上方的路程比下方路程长，流速大，根据“流速越大压强越小”原理可知，流过汽车的空气产生向上的压强差，所以汽车行驶时对地
面压力比静止时小，故D正确．
3．（本题2分）如图所示是小明在滑滑板车的场景，用力蹬地滑板车加速向前滑行，停止用力后会慢慢
停下来。若不计空气阻力，对此现象分析正确的是（ ）
A．在滑行过程中，相对于滑板车，小明是运动的
B．停止用力后，滑板车能继续向前滑行是因为滑板车受到惯性力的作用
C．滑板车受到的重力和地面对滑板车的支持力是一对平衡力
D．不蹬地时，滑板车会慢慢停下来，说明力是改变物体运动状态的原因
【答案】D
【详解】A．在滑行过程中，相对于滑板车，小明的位置保持不变，因而是静止的，故A错误；
B．小明停止用力后，滑板车能继续向前滑行是因为滑板车具有惯性，仍要保持原来的运动状态，但惯性
不是力，不能说惯性力，故B错误；
C．滑板车受到的重力、地面对滑板车的支持力 等于滑板车与人的总重力 大小不相等，不是一对平衡
力，故C错误；
D．不蹬地时，滑板车会慢慢停下来，是因为摩擦阻力改变了滑板车的运动状态，说明力是改变物体运动
状态的原因，故D正确。
故选D。
4．（本题2分）下列四幅图中，关于声现象的描述正确的是（ ）
A．甲图中，乒乓球被发声的音叉弹开表明音叉在振动
B．乙图中，改变钢尺伸出桌边的长度，可以探究音调和振幅的关系
C．丙图中，逐渐抽出玻璃罩内的空气，听见闹铃声越来越小，直接得出真空不能传声
D．丁图中，防噪声耳罩通过防止噪声产生的方式控制噪声
【答案】A
【详解】A．发声的音叉将乒乓球弹开，该现象说明发声的物体在振动，故A正确；
B．改变钢尺伸出桌边的长度，可以探究音调和钢尺振动频率的关系，故B错误；
C．逐渐抽出玻璃罩内的空气，听见闹铃声越来越小，说明声音的传播需要介质，进一步推理可得出真空不能传声的结论，但不能直接得出真空不能传声，故C错误；
D．戴上防噪声耳罩，是在人耳处减弱噪声，故D错误。
故选A。
5．（本题2分）水平桌面上有一质量为100g，底面积为 的圆柱形平底溢水杯 不计厚度 ，杯底到
溢水口的距离为 ，内盛 的水。将质量为 圆柱形金属块挂在弹簧测力计下，缓慢浸入水中，
如图所示，当金属块浸没水中静止（金属块未接触溢水杯）时，弹簧测力计示数为 。下列说法正确
的是（ ）
A．小桶收集到溢出水的重力为
B．金属块的密度为
C．当杯口不再有水溢出时，溢水杯对水平桌面的压强为
D．从金属块下表面刚接触水面到浸没的过程中，溢水杯对水平桌面的压力增大了
【答案】C
【详解】已知溢水杯中装有水的质量m =460g，这些水的体积
水
原来溢水杯中水的深度
已知杯底到溢水口的距离为10cm，说明溢水杯中水是未装满的，原来水的重力
G =m g=0.46kg×10N/kg=4.6N
水 水
金属块的质量
m =240g=0.24kg
金
金属块的重力
G =m g=0.24kg×10N/kg=2.4N
金 金
溢水杯的质量
m =100g=0.1kg
杯
溢水杯的重力
G =mg=0.1kg×10N/kg=1N
杯A．由称重法可得金属块浸没在水中受到的浮力
F =G -F =2.4N-1.8N=0.6N
浮 金 示
根据阿基米德原理可得
G =F =0.6N
排水 浮
因为原来溢水杯中没有装满水，所以金属块浸没在水中时水面先升高到溢水口，再有水溢出，所以小桶
收集到溢出水的重力
G <G =0.6N
溢水 排水
故A错误；
B．金属块浸没在水中，金属块的体积等于排开水的体积，金属块的体积
金属块的密度
故B错误；
C．溢水杯的容积（最多能装入液体的体积）
V =SH=50cm2×10cm=500cm3
容
当金属块完全浸没时，水不再溢出，此时
V =V +V
容 排 剩水
V =V -V =500cm3-60cm3=440cm3
剩水 容 排
剩余水的重力
G =m g=ρ V g=1.0×103kg/m3×440×10-6m2×10N/kg=4.4N
剩水 剩水 水 剩水
当金属块完全浸没时，水不再溢出，此时溢水杯对桌面的压力
F =G +G +G -F =G +G +F =1N+4.4N+0.6N=6N
压 杯 剩水 金 拉 杯 剩水 浮
溢水杯对水平桌面的压强
故C正确；
D．金属块下表面刚接触水面到浸没的过程中，溢水杯对水平桌面的压力增大量
ΔF=F-F′=G +G +F -(G +G )=G +F -G =4.4N+0.6N-4.6N=0.4N
杯 剩水 浮 杯 水 剩水 浮 水
故D错误。
故选C。
6．（本题2分）利用如图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对
水和食用油加热，得到温度随时间变化的图象如图乙所示。下列说法错误的是（ ）A．升温较快的是甲，吸热能力较强的是甲
B．实验中物体吸热的多少是通过加热时间的长短来衡量的
C．分析图乙可得食用油的比热容为2.8×103J/(kg·℃)
D．应在两个相同的烧杯中加入质量相同的水和食用油
【答案】A
【详解】AD．本实验采用的是控制变量法，实验中要控制水和食用油的质量相同；根据Q=cmΔt可知，
水，食用油质量相同时，吸收相同的热量，甲升温较快，吸热能力弱，乙升温较慢，吸热能力强，故甲
是食用油，乙是水，故A错误，符合题意，D正确，不符合题意；
B．根据转换法可知，实验中物体吸热的多少是通过加热时间来衡量的，故B正确，不符合题意；
C．质量相同的食用油和水升高相同的温度，水的加热时间与食用油的加热时间之比为3∶2，则吸收的热
量的关系为3∶2，由 可知，在质量和升高的温度相同时，比热容之比等于吸收热量之比，食用油
的比热容为
×4.2×103J/(kg·℃)=2.8×103J/(kg·℃)
故C正确，不符合题意。
故选A。
7．（本题2分）如图所示，两个相同的验电器A和B，A带正电，B不带电，用橡胶棒把A和B连接起
来，下列说法正确的是（ ）
A．连接前，验电器A的金属箔片能够张开是因为带上了异种电荷
B．连接时，验电器A和验电器B的金属箔片张角均不变
C．连接时，验电器A的金属箔片张角会变小，是因为负电荷从验电器B转移到验电器A
D．连接时，验电器B的金属箔片张角会变大，是因为瞬间电流方向是从验电器B流向验电器A【答案】B
【详解】A．连接前，验电器A的金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷相互排斥而引起的，故A错
误；
BCD．由于橡胶棒是绝缘体，几乎没有自由移动的电荷，连接时，电荷无法通过橡胶棒发生移动，所以
验电器A、B的金属箔没有变化，故B正确，CD错误。
故选B。
8．（本题2分）如图所示是探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验装置，两个透明
容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。下列说法正确的是（
）
A．U形管中液面高度发生变化是因为U形管中液体的热胀冷缩造成的
B．通电一段时间，两个U形管中液面高度的变化不同，说明电流通过导体产生的热量与电阻有关
C．若要究电流通过导体产生的热量与电流的关系，右侧透明容器中应接入阻值是5Ω的电阻
D．若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，右侧透明容器中应接入阻值是10Ω的电阻
【答案】C
【详解】A．容器内的空气吸收热量，体积会变大，所以U形管中液面高度发生变化是因为透明容器中密
封着等量的空气的热胀冷缩造成的，故A错误；
B．研究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，要控制通过电阻的电流和通过时间相同，只改变电阻的
大小，但题中通过容器内的电阻的电流不同（通过左侧容器内电阻的电流大于通过右侧容器内电阻的电
流），且不知道两电阻的关系，故不能说明电流通过导体产生的热量与电阻有关，故B错误；
C．若要究电流通过导体产生的热量与电流的关系，要控制导体的电阻和通电时间相同，故右侧透明容器
中应接入阻值是5Ω的电阻，根据串联和并联电路电流的规律，而容器内的电阻的电流不同，可探究电流
通过导体产生的热量与电流的关系，故C正确；
D．若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，要控制通过电阻的电流和通过时间相同，但因通过
容器内两电阻的电流不相同，故不能探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，故D错误。
故选C。
9．（本题2分）李磊同学自行设计了一套智能家居控制系统，整个电路的通断可以通过手动开关 S 控制
1
（为了节能，人离家后 S 断开），也可通过手机 APP 远程控制开关 S 完成，为了环保节能，当室内光
1 2
线较暗时，光控开关 S 会自动闭合；低于预设温度后温控开关 S 会自动闭合开启空调系统，灯泡和空
3 4
调系统均可独立工作，以下简化电路符合要求的是（ ）
A． B． C． D．【答案】A
【详解】灯泡和空调系统均可独立工作，说明灯和空调并联，整个电路的通断可以通过手动开关 S 控制
1
（为了节能，人离家后 S 断开），也可通过手机 APP 远程控制开关 S 完成，S 和S 应该并联接在干路
1 2 1 2
上，当室内光线较暗时，光控开关 S 会自动闭合，S 应该与灯泡串联控制灯，低于预设温度后温控开关
3 3
S 会自动闭合开启空调系统，S 应该和空调系统串联控制空调系统，故A符合题意，BCD不符合题意。
4 4
故选A。
10．（本题2分）如图所示的实验中，有关说法正确的是（ ）
A． 通电导线周围存在着磁场，如果将小磁针移走，通电导线周围的磁场消失
B． 将滑动变阻器滑片向右移动，铁钉a和b吸起的大头针会更多
C． 保持电流方向不变，只对调磁体的两极，导体棒的运动方向也会改变
D． 改变导体AB切割磁感线的方向。电流表的指针会继续向左偏转
【答案】C
【详解】A．放在小磁针上方的导线中有电流通过时，小磁针会发生偏转，说明通电导体周围存在磁场；
如果将小磁针移走，虽然不能看到磁场的存在，但该磁场仍然客观存在，故A错误；
B．将滑动变阻器滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过电磁铁的电
流变小，电磁铁的磁性变弱，铁钉a和b吸起的大头针都会减少，故B错误；
C．闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，磁场方向方向发生了变化，则导体的运动方向
改变，故C正确；
D．只改变导体AB切割磁感线的方向，感应电流的方向改变，则电流表的指针会继续向右偏转，故D错
误。
故选C。
11．（本题2分）如图甲所示，电源电压保持12V不变，R 为定值电阻，电压表量程为0 15V，电流表
0
量程为0 0.6A。第一次只闭合开关S、S，将滑片P从B端移动到A端；第二次只闭合开关S、S，将滑
1 ∼ 2
片P从B端逐步向A端移动，直至白炽灯L正常发光，根据实验过程中测量的数据，绘制电流表与电压
∼
表示数的关系图象如图乙所示。下列说法错误的是（ ）A．滑动变阻器两端AB间的电阻值为20Ω
B．在闭合开关S、S 时，白炽灯L正常工作1min消耗的电能是210J
2
C．在整个过程中且电路安全条件下，R 功率的最小值是0.9W
0
D．在整个过程中且电路安全条件下，R 功率的最大值是2.5W
0
【答案】B
【详解】A．第一次只闭合开关S、S，变阻器与R 串联，电压表测PA电阻丝两端的电压，电流表测电
1 0
路的电流，因电压表接在滑片上 电压表可看做开路 ，故变阻器的全部电阻丝接入电路，滑片移动时，
变阻器接入电路的阻值不变，总电阻不变，由欧姆定律可知，电路的电流不变，由此可知，图象中的水
平线为本次情况下电流表与电压表示数的关系图象，电路中的电流恒为0.4A，P在B端时，电压表的示
数最大为8V，由欧姆定律可得，变阻器的最大阻值
故A正确，不符合题意；
B．串联电路总电阻等于各分电阻之和，由欧姆定律和电阻的串联可得， 的阻值
第二次只闭合开关S、S，变阻器与R 和灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路的电
2 0
流，则结合A的分析可知，图象中的曲线为本次情况下电流表与电压表示数的关系图象；滑片P从B端
向A端移动时，直至小灯泡正常发光，由图象知，灯的额定电流为I =0.5A，此时电压表示数为1V，由欧
L
姆定律可得， 的电压为
U=I R=0.5A×10Ω=5V
0 L 0
由串联电路电压的规律，灯的额定电压为
U =U-U ′-U=12V-1V-5V=6V
L 滑 0
小灯泡的额定功率为
P =U I =6V×0.5A=3W
L L L
白炽灯L正常工作 消耗的电能为
W=P t=3W×60s=180J
L
故B错误，符合题意；
CD．由图知电流的变化范围为0.3A~0.5A，所以R 的最小功率为
0
P =I2 R=(0.3A)2×10Ω=0.9W
0小 小 0
R 的最大功率为
0
P =I2 R=(0.5A)2×10Ω=2.5W
0大 L 0
故CD正确，不符合题意；故选B。
12．（本题2分）如图所示，电源电压保持不变，小灯泡标有“6V？W”，其电阻不随温度变化，电流表
的量程为0~3A。当开关S、S 闭合时，滑片P在a端时电压表示数为U，电流表示数为I；滑片P在b端
2 1 1
时电压表示数为U，电流表示数为I，此时R 消耗的电功率为P。当开关S、S、S 闭合时，灯泡恰好正
2 2 2 2 2 3
常发光。当开关S、S、S、S 闭合时，R 消耗的电功率为P′，P:P′=25:121，U:U=11:9，R=10Ω。则
1 2 3 2 2 2 2 1 2 2
下列说法错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．灯泡的额定功率为3W
C．I:I＝22:27
1 2
D．当开关S、S、S、S 闭合时，电路消耗的总电功率最小为6.6W
1 2 3
【答案】D
【详解】A．当开关S、S、S 闭合时，此时只有灯泡L接入电路，因为灯泡恰好正常发光，所以电源电
2 3
压
U=U =6V
额
故A正确，不符合题意；
B．当开关S、S 闭合时，滑片P在b端时，灯泡L与定值电阻R 串联，电压表示数为U，R 消耗的电功
2 2 2 2
率 ；
当开关S、S、S、S 闭合时，灯泡L、滑动变阻器R、定值电阻R 并联，此时R 两端的电压为电源电压，
1 2 3 1 2 2
R 消耗的电功率为 ；
2
又因为
P:P′=25:121
2 2
即
: =25:121
解得
所以当开关S、S 闭合时，滑片P在b端时，灯泡L两端的电压
2通过灯泡L的电流
所以灯泡L的电阻
因为灯泡L的电阻不变，所以灯泡L的额定功率
故B正确，不符合题意；
C．由于
U:U＝11:9
1 2
解得
所以当开关S、S 闭合时，滑片P在a端时，此时灯泡L两端的电压
2
U ′=U-U=6V- V= V
L 1
此时电路中的电流I 等于通过灯泡L的电流I ′，即
1 L
所以
I:I= A: A=22:27
1 2
故C正确，不符合题意；
D．当开关S、S 闭合时，滑片P在a端时，电压表测量的是滑动变阻器R 和定值电阻R 两端的总电压，
2 1 2
电压表的示数U＝ V，电路中的电流I＝ A，所以，R 和R 的总电阻
1 1 1 2
又R=10Ω，所以滑动变阻器R 的最大阻值
2 1
R=R -R=15Ω-10Ω=5Ω
1 总 2
当开关S、S、S、S 闭合时，灯泡L、滑动变阻器R、定值电阻R 并联，当滑动变阻器接入电路的电阻
1 2 3 1 2
最大时，电路中的电流最小，电路中的总功率最小，所以当滑动变阻器接入电路的电阻为5Ω时，通过滑动变阻器的电流
通过灯泡L的电流
通过R 的电流
2
电路中的总电流
此时电路中的电功率
故D错误，符合题意。
故选D。
二、填空题（共2题，每空2分，共12分）
13．（本题6分）如图是搬运泥土的独轮车，独轮车属于 杠杆（选填“省力”或“费力”）。设
车箱和泥土的总重G=l200N，运泥土时从A点提起独轮车把手的力是F，F的力臂是 m，F的大小
至少是 N。
【答案】 省力 1 360
【详解】[1]搬运泥土的独轮车，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
[2][3]由图可知，阻力为1200N，阻力臂为0.3m，动力臂为1m，根据杠杆的平衡条件，F的力臂为
14．（本题6分）快速行驶的汽车，一旦发生碰撞，车身就停止运动，而乘客身体由于 会继续向
前运动，在车内与车身撞击，严重时可能把挡风玻璃撞碎而飞出车外。为防止撞车时发生类似的伤害，
公安交通管理部门要求小型客车的驾驶员和乘客必须系好 ，万一发生碰撞，它能对人体的运动起
到缓冲作用。多数轿车上还安装了如图所示的安全气囊，一旦车辆的 （填“前端”或“后端”）
发生严重撞击，气囊会自动充气弹出，使人不致撞到车身。【答案】 惯性 安全带 前端
【详解】[1][2]快速行驶的汽车发生碰撞时，车身停止运动，而乘客身体由于惯性会继续向前运动，容易
发生伤害事故；此时安全带可对人起到缓冲和保护作用。
[3]多数轿车上还安装了安全气囊，一旦车辆的前端发生严重撞击，人由于惯性向前冲，此时气囊会自动
充气弹出，使人不致撞到车身。
三、实验题（共4题，每空1分，共17分）
15．（本题3分）图1是“比较不同物质吸热的情况”的实验装置．两个相同的烧杯中分别装有质量相等
的水和食用油．
（1）选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内 ．
（2）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和 ．
（3）图2中能合理反映该实验结果的图象是 （选填“甲”“乙”或“丙”）．
【答案】 吸收的热量相同 加热器 乙
【详解】（1）选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内吸收的热量相同；
（2）为准确测量液体的温度，温度计的玻璃泡应充分与被测液体接触，实验过程中温度计的玻璃泡不要
碰到烧杯和加热器；
（3）相同质量的水和食用油在吸收相同的热量时（加热时间相同），因水的比热容大，由Q =cm△t可
吸
知，水的温度变化小，故图2中能合理反映该实验结果的图象是乙．
16．（本题4分）某同学利用如图所示的装置探究凸透镜成像规律。
（1）图甲中光屏上恰好出现最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距为 cm；
（2）图乙在光屏上得到烛焰清晰的像，这是 （填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的原理，接着该同学取下自己的近视眼镜放于凸透镜前，保持透镜和光屏位置不变只需 （填“向左”或
“向右”）移动蜡烛，可在光屏上再次得到烛焰清晰的像，这说明近视眼镜对光具有 （填“会
聚”或“发散”）作用。
【答案】 投影仪 向左 发散
【详解】（1）[1]平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦
点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是
（2）[2]图乙在光屏上得到烛焰清晰的像，此时物距
凸透镜成像时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，像在二倍焦距以外，成倒立、放大的实像，投影仪
就是利用此原理制成的。
[3][4]该同学取下自己的近视眼镜放于凸透镜前，若保持透镜和光屏位置不变，此时像成在光屏的右侧，
要使光屏上再次得到烛焰清晰的像，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，需增大物距，即只需
向左移动蜡烛；这说明近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用。
17．（本题4分）如图所示是探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验情境。
实验步骤 A B C D E F
弹簧测力计示数F/N 3.6 3.4 3.2 3.0
（1）步骤E中弹簧测力计的示数为 N。
（2）分析步骤A、B、C、D，可以得出:浮力大小跟 有关。
（3）请在步骤C中画出圆柱体的受力示意图。
（4）若实验中使用相同规格的容器、相同体积的水和盐水，则步骤E、F中，两种液体对容器底部的压
力之比为 。
【答案】 3.2 物体排开液体的体积4:5
【详解】（1）[1]因为物体在D装置中已经完全浸没，物体受到的浮力的大小与物体排开液体的体积有关，
与深度无关，在E装置中，物体仍然处于浸没状态，浸入的体积不会发生变化，只是深度发生了变化，
不会影响物体受到的浮力的大小，所以浮力不变，仍为3.2N。
（2）[2]对比A、B、C、D四个装置中弹簧测力计的大小发现，弹簧测力计的示数在逐渐减小，同时分析
发现物体浸入液体的过程中，排开液体的体积越来越大，可以得出物体受到的浮力的大小与排开液体的
体积有关。
（3）[3]对D中的圆柱体进行受力分析发现，圆柱体会受到向下的重力，向上的弹簧测力计的拉力，由于
圆柱体浸在了液体中，所以还会受到浮力，所以D圆柱体受力示意图如下
（4）[4]根据A装置可以读出弹簧测力计的示数为4N，即圆柱体的重力为G=4N，根据表格D数据可知
拉力F=3.2N，可以求出圆柱体在水中受到浮力
根据表格F数据可知拉力 ，可以求出圆柱体在盐水中受到浮力
根据 可得物体的体积
根据 可以得盐水的密度 为
观察E、F两装置发现两种液体的深度相同为h，两种液体对底部容器的压强分别为两种液体对容器底部的压强之比为
两容器底部的面积相同为S，根据 得两种液体对容器底部的压力之比为
18．（本题6分）小明利用如图甲所示的器材测量小灯泡的电功率，其中器材有：2节新干电池，额定电
压为2.5V的小灯泡，其电阻约为10Ω，“20Ω；0.5A”的滑动变阻器，已调零准确的电流表和电压表、开
关、若干导线。
（1）小明同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线 ；
（2）改接正确电路后，小明按照正确步骤操作，闭合开关后发现灯不亮，紧接着他下一步操作应该是
；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向 （填“左”或
“右”）端移动滑片，同时视线应注意观察电压表的示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，
则小灯泡的额定功率是 W；
（4）若小灯泡在正常发光一段时间后烧坏了，小亮立刻断开开关，换用规格为“2.5V；1W”的小灯泡去
替换已经烧坏的小灯泡，再次闭合开关，此时电流表的示数可能是 ；
A．0.18A B．0.20A C．0.26A D．0.40A
（5）小明同学还想探究电流与电阻的关系，于是将甲图中的小灯泡换成定值电阻R，并使电压表的示数
始终保持2V不变，多次更换阻值不同的定值电阻R，记录各次电流表的示数，在不更换其他器材的情况
下，为了能够完成实验，他所更换的定值电阻R的阻值范围是 Ω。
【答案】 见解析如图 移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 右 0.6 C
4~40
【详解】（1）[1]灯泡与滑动变阻器、电流表串联接在电路中，电压表测灯泡电压，故电压表应与小灯泡
并联，如图所示：（2）[2]闭合开关，小灯泡不亮，可能是电路电阻太大，灯泡实际功率太小造成的，应移动滑动变阻器滑
片，观察小灯泡是否发光；
（3）[3]由题知，电压表示数为1.8V，小于灯泡的额定电压2.5V，由串联电路的分压原理知，应将滑片
向右移动，减小滑动变阻器分得的电压，直到灯泡两端的电压等于2.5V；
[4]由乙图知，电流表的量程为0~0.6A，其分度值为0.02A，其读数为0.24A，所以小灯泡的额定功率
（4）[5]用规格为“2.5V 1W”的小灯泡替换已经烧坏的小灯泡，根据 得，换用这个灯的额定电流
根据 得，这个灯的电阻小于原来灯的电阻，故闭合开关后，根据分压原理，灯的实际电压小于
2.5V，故实际电流小于0.4A；根据电阻的串联，总电阻小于原来的总电阻，故电流大于0.24A，故再次闭
合开关，此时电流表的示数可能是0.26A，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（5）[6]电源为2节新干电池，所以电源电压为3V，电阻两端电压为2V，滑动变阻器分压为1V，由分压
原理有
所以当滑动变阻器连入阻值最大为20Ω时，定值电阻取值最大为40Ω，滑动变阻器允许通过的最大电流
为0.5A，此时电路中电阻最小，定值电阻取值最小，由 得，此时
所以为了能够完成实验，更换的定值电阻R的阻值范围是4~40Ω。
四、计算题（共17分）
19．（本题17分）2018年4月，太平洋某海域，“蛟龙号”完成了下潜前的准备，腹部挂好压载铁块；
内科考队员均就位，舱门封闭如图所示，此时“蛟龙号”的工作参数如表格所示（g取10N/kg，海水密
度ρ=1.1×103kg/m3）。问：
（1）（6分）在海水中1.8km深处完成科考任务后，发现液压系统故障，无法抛掉压载铁块，只得启动
“蛟龙号”两侧的螺旋桨，两侧螺旋桨共同作用使“蛟龙号”获得竖直向上的推力F ，帮助“蛟龙号”
推
匀速上升，不计海水对“蛟龙号”的阻力，匀速上升过程中，F 有多大？
推
（2）（5分）上升过程耗时2h，F 做功的功率多大？
推
（3）（6分）为保障电动机驱动螺旋桨用电，舱内其他用电器都被关闭，电池完好。上升过程中仪表显
示刚开始上升电池电量是80%，最后出水时电池电量是75%。此过程中，电能转化为F 做功的效率有多
推
大？
状态 满载整体体积 22m3
整体质量 24.6t
海水密度 1.1×103kg/m3
电池电压 200V
电池容量 400Ah
电动机额定功
1200W
率
【答案】（1）4×103N；（2）1000W；（3）50%
【详解】解：（1）“蛟龙号”的重力
G=mg=24.6×103kg×10N/kg=2.46×105N
浸没在水中，所受的浮力
F =ρgV =1.1×103kg/m3×10N/kg×22m3=2.42×105N
浮 排
匀速上升过程中，受力平衡，可得
G=F +F
浮 推
蛟龙号受到的推力为
F =G-F =2.46×105N-2.42×105N=4×103N
推 浮
（2）由题知，上升的距离
s=1.8km=1800m
则推力做的功
W=F s=4×103N×1.8×103m=7.2×106J
推
推力做功的功率
（3）电池储存的电能
W=UIt=200V×400A×3600s=2.88×108J
0
上升过程消耗的电能
W=W×(80%-75%)=2.88×108J×5%=1.44×107J
1 0
电能转化的效率
答：（1）匀速上升过程，F 为4×105N；
推
（2）F 做功的功率为1000W；
推（3）电能转化为F 做功的效率为50%。
推
