2024年中考物理真题完全解读（武汉卷）

2024年中考物理真题完全解读（武汉卷） 2024年湖北武汉中考是单独命题，也是武汉“新中考”的第二年，今年是“双减”政策和课程标准（2022版）颁布后的第二次学业水平考试，学业水平考试以学科课程标准为依据，坚持基础教育课程改革的方向，倡导促进学生全面发展的评价理念，充分反映学生所达到的学业水平。考试控制试卷长度，试题简约明了。控制试题难易程度，题量适中，杜绝偏题、怪题。 今年武汉中考物理与去年相比，题型、题量、分值等基本保持一致，但难度增大。试卷整体呈现以下特点。 一、注重基础知识和基本技能，突显物理学科特色 试卷坚持以课标为依据，注重对基础知识的掌握情况，试题素材多数来源于教材和现实生活，体现物理学科核心素养导向，指导学生重视教材内容和关注物理在生活中的应用，引导老师要依据课标和教材开展教学，了解生活中的物理应用。 如物理试卷选择题的前5题，第9、10题，非选择题第13、14、15题都是基础题；第1题声现象，第4题电磁波，第6题能量转化，第9题动态电路分析，第10题电磁学都来源于教材图片；第4题电磁波（生活实验），第7题神舟十七受力分析，第10题新能源汽车电磁学，第11题家庭电路，第13题高架上的“光伏声屏障”，试题素材来源于生活。这些题设问灵活，联系生活，考查学生的基础知识理解应变能力和思维能力，增强学生分析问题、解决问题的能力。 二、突出学科特点，注重解决问题的创新实践能力 试题注重考查学生综合运用所学知识分析和解决实际问题的能力。如第7题神舟十七受力分析，第8题浮力综合题，第9题动态电路分析，第10题新能源汽车电磁学，第12题电学的多档位分析，第16题凸透镜实验探究，都体现了物理学科的特点、综合分析应用能力，以及物理学科促进人类社会进步的重要作用，充分体现了教学育人功能。 注重考查学生的创新精神和实践学生的创新精神和实践能力。第4题电磁波产生的实践探究，第7题神舟十七受力分析，第12题电学的浴霸多档位问题，第13题高架上的绿色“光伏声屏障”，第14题温度自动控制装置。这些试题都体现了实践创新能力的要求。 三、坚持引领教学，强化核心素养 试卷中增加了一些开放性的试题，加强与社会实际、生活的联系，既考查了物理知识，又考查了学生的学科核心素养，体现探究性和开放性的特点，对引导老师进行素养为本的教学有较大意义。 如物理试卷填空第13题高架上的绿色“光伏声屏障”，既考查声学与环境问题，又考查储能问题；第14题温度自动控制装置，考查电磁学、导体材料等知识；第19题，以海洋油气生产平台“海基二号”为素材，考查力学问题。这些试题都属于开放性题目，既重视探究，更重视思维分析，涉及利用科学知识和技术解决实际问题等跨学科知识和内容。增强了学科的核心素养能力。 2024年湖北武汉中考物理是武汉“新中考”的第二年，与2023年中考物理相比变化不大，个别试题难度加大，如第5、7、8、12、18题。其次涉及生活综合分析应用的题比重大，如第4、7、9、10、11、12、13、14、19题等。注重分析应用、更注重灵活处理能力。 题号 分值 题型 考查内容 考查点 1 3 选择 声现象 声与能量、声音的产生与转播 2 3 选择 比热容 利用比热容解释生活中的现象 3 3 选择 光的反射实验探究 探究光的反射规律 4 3 选择 信息传递 电磁波的产生与传播 5 3 选择 参照物 参照物的选择 6 3 选择 机械能及其转化 动能与重力势能相互转化 7 3 选择 运动与力 力的分析，力的合成与应用 8 3 选择 压强、液体压强、浮力 压强公式的应用，液体压强的计算、浮力的综合分析与计算 9 3 选择 电流与电路、欧姆定律 动态电路分析 10 3 选择 电动机、磁生电 指南针的原理、电磁铁的应用、磁生电 11 3 选择 生活用电 家庭电路的故障分析 12 3 选择 电能与电功率 电功率的多档位问题、电能与电功率计算 13 3 填空 声、太阳能 噪声的减弱、太阳能的转化、燃料的热值计算 14 3 填空 磁现象、磁生电 电磁铁的应用、安培定则 15 4 实验探究 熔化与凝固 探究固体熔化时温度的变化规律 16 4 实验探究 透镜及其应用 探究凸透镜成像规律 17 4 实验探究 简单机械 探究杠杆的平衡条件 18 6 实验探究 欧姆定律的实验探究 探究电流与电压的关系 19 10 综合计算 计算题、浮力 利用阿基米德原理计算、速度公式的计算、压强、液体压强的公式计算 一、注重基础，落实“双基” 武汉中考物理今年比往年难度稍大，但基础题还是占相当大的比例，所以平时学习中要强化教材（图片）基础知识全方位的理解，注重多角度去思考知识间的联系和应用。单项选择题注意细节、理解清楚题意，填空题明确所考查的知识点，书写要准确；实验题只考查教材实验题，所以要熟悉实验原理、步骤，理解每一步的作用，注意计算空的准确性；综合计算题相对比较难，要充分理解考查的知识内容，要熟悉计算公式，要有准确的数据处理和运算。 二、强化学科联动，结合生活学习 今后的考查方向更注重跨学科的内容，今年教材就突出了跨学科实践活动。因此在教与学时，需要在物理知识点的基础上与其他学科及社会科技文化进行结合，融会贯通。 三、关注社会热点和现代前沿科技，形成学科核心素养 学习领会2022版新课标中对学生从物理角度能够对问题进行分析、判断、辨析与探究的要求。教学中要注重学生将知识与生活相互联系，充分发挥学科优势，引导学生关注社会热点、科技发展，帮助学生用学科知识进行系统分析身边的问题，让学生感受到学以致用，学有所用的学科特色。培养学生的科学精神和社会责任感，形成学科核心素养。 一、选择题。（本题包括12小题，每小题只有1个正确选项。每题3分，共36分） 1．下列关于声现象的说法正确的是（　　） A．拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动 B．逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增强 C．用大小不同的力敲击同一个编钟，发出声音的响度相同 D．超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递信息 【答案】A 【解析】A、拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动，故A正确； B、逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增弱，故B错误； C、用大小不同的力敲击同一个编钟，振幅不同，发出声音的响度不同，故C错误； D、超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递能量，故D错误。 故选：A。 2．下列事例中，与“水的比热容较大”这个特性无关的是（　　） A．汽车发动机用水作冷却剂 B．人游泳之后从水中出来，风一吹感觉更冷 C．海边昼夜温度变化比沙漠中小，适于居住 D．生物体内水的比例很高，有助于调节生物体自身的温度 【答案】B 【解析】A、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水冷却汽车发动机，故A不符合题意； B、游泳之后从水中出来，风一吹感觉特别冷，是由于身体表面的水汽化吸热，与“水的比热容较大”这个特性无关，故B符合题意； C、因为水的比热容较大，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，使得昼夜的温差小，由此使得海边昼夜温差小，故C不符合题意； D、因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，所以生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度，故D不符合题意。 故选：B。 3．如图所示，为了探究光反射时的规律，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，纸板NOF可以向前或向后折。下列说法正确的是（　　） A．纸板NOF向前或向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内 B．入射光线靠近ON时，反射光线远离ON C．使一束光贴着纸板沿NO方向射到O点，这时没有反射光射出 D．使用此实验装置不能探究光在反射时光路是否可逆 【答案】A 【解析】A、在研究光的反射定律实验中，当把纸板NOF向前折或向后折时看不到反射光线，当把两纸板折到同一平面上时，可以看到反射光线，说明反射光线、入射光线、法线在同一平面内，故A正确； B、若把入射光线OA靠近ON，则入射角减小，根据反射角等于入射角可知，反射角也会减小，所以反射光线OB也会靠近ON，故B错误； C、若使光束沿NO方向射向平面镜，反射光线、入射光线、法线三线合一，反射光线与法线的夹角为0°，故C错误； D、若要研究反射时光路是否可逆，应让光线沿原来的反射光线进行入射，即沿FO入射，会发现反射光线沿着OE方向射出，故D错误。 故选：A。 4．如图所示，打开收音机的开关，旋至没有电台的位置，将音量开大，取一节干电池和一根导线，先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，会听到收音机中传出“喀喀”声。关于这个实验，下列说法错误的是（　　） A．这个实验对电池有损害，最好用旧电池来做 B．迅速变化的电流能够产生电磁波 C．收音机可以接收到电磁波信号 D．电磁波只能在空气中传播 【答案】D 【解析】A、将导线的一端与电池的负极相连，另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，这样会损伤电池，故A正确； B、先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与正极摩擦，使它们时断时续地接触，电路中有时断时续的电流出现，迅速变化的电流产生了电磁波，产生的电磁波被收音机接收到，听到“咔咔”的声音，故B正确； C、收音机接收到的声音是通过电磁波传播的，故C正确； D、磁波能在真空中传播，故D错误。 故选：D。 5．北宋文学家欧阳修在一首词中有这样的描写：“无风水面琉璃滑，不觉船移……”其中“不觉船移”所选的参照物可能是（　　） A．船在水中的倒影 B．船周围的浮萍 C．被船惊飞的鸟 D．船附近岸边的花草 【答案】A 【解析】“不觉船移”以船周围的浮萍、被船惊飞的鸟以及船附近岸边的花草为参照物时，船相对于它们的位置都发生了变化，以船在水中的倒影为参照物，船与倒影的位置未发生变化，A正确，BCD错误。 故选：A。 6．如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球从A点静止释放，小球会在A、C两点之间来回摆动，最终静止下来。下列说法正确的是（　　） A．小球从A点摆动到B点，动能转化为重力势能 B．小球能从B点摆动到C点是由于受到惯性 C．小球每次经过B点，其动能都比上一次小 D．小球最终静止在A点 【答案】C 【解析】A、小球从A点摆动到B点的过程中，小球的质量不变、高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故A错误； B、小球在B点时有一定的速度，由于小球具有惯性，小球会从B点摆动到C点，惯性是一种性质，不能说受到惯性，故B错误； C、由于小球运动过程中机械能损失，所以球每次经过点B的速度都有所减慢，小球每次经过B点，其动能都比上一次小，故B正确； D、小球最终静止在B点，故D错误。 故选：C。 7．2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，若降落伞和返回舱受到的重力分别为G1和G2，降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，则下列关系式正确的是（　　） A．f+F＝G1+G2 B．f+F＝G2 C．F＝G1+G2+f D．F＝G2+f 【答案】B 【解析】研究对象是返回舱，对其进行受力分析，返回舱受到三个力的作用：降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，返回舱受到的重力G2， 如返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，受力平衡，则f+F＝G2。 故选：B。 8．如图甲所示，水平桌面上有一个质量为100g、底面积为100cm2的圆柱形平底薄壁溢水杯，杯底上表面到溢水口的距离为15cm，杯中装有部分水，此时溢水杯对桌面的压强为p0。将挂在弹簧测力计下端密度为ρ的圆柱体从水面上方逐渐浸入水中，当圆柱体一半浸在水中时，圆柱体下表面受到的压力为F1，水对溢水杯底部的压强为p1；当圆柱体浸没在水中时，如图乙所示，弹簧测力计的示数为2.4N，溢出到小桶中的水重为1N，圆柱体下表面受到的压力为F2，溢水杯对桌面的压强为p2。已知p2＝p0+200Pa，下列结论正确的是（　　） A．ρ＝2.2g/cm3 B． C． D．F2﹣F1＞1.5N 【答案】D 【解析】A、没有放入圆柱体时溢水杯对桌面的压力：F＝G杯+G水，当圆柱体浸没在水中时，由称重法可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮＝G﹣F示，对溢水杯的整体受力分析可知，溢水杯整体受到溢水杯、杯中剩余的水和圆柱体的总重力、桌面对溢水杯的支持力和弹簧测力计向上的拉力，由力的平衡条件可知，桌面对溢水杯的支持力：F支＝G杯+（G水﹣G溢）+G﹣F示＝G杯+（G水﹣G溢）+F浮＝G杯+G水+F浮﹣G溢，由力的作用是相互的可知，此时溢水杯对桌面的压力：F'＝F支＝G杯+G水+F浮﹣G溢， 则p0＝＝，p2＝＝， 代入p2＝p0+200Pa可知，＝+200Pa，即＝200Pa， 则F浮＝G溢+200Pa×S＝1N+200Pa×100×10﹣4m2＝3N，由F浮＝ρ液gV排 可知，圆柱体浸没时排开水的体积：V排＝＝＝3×10﹣4m3， 因为圆柱体浸没在水中，所以圆柱体的体积：V＝V排＝3×10﹣4m3＝300cm3， 由称重法可知，圆柱体的重力：G＝F浮+F示＝3N+2.4N＝5.4N， 由G＝mg可知，圆柱体的质量：m＝＝＝0.54kg＝540g， 则圆柱体的密度：ρ＝＝＝1.8g/cm3，故A错误； B、由F浮＝ρ液gV排 可知，圆柱体一半浸在水中时受到的浮力：F浮'＝F浮＝×3N＝1.5N， 则从圆柱体一半浸在水中到圆柱体浸没在水中时增加的浮力：ΔF浮＝F浮﹣F浮'＝3N﹣1.5N＝1.5N＞1N，即ΔF浮＞G溢， 说明圆柱体一半浸在水中时，水面没有到达溢水口，此时水的深度h＜15cm＝0.15m， 因此水对溢水杯底部的压强：p1＝ρ水gh＜1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1.5×103Pa，故B错误； C、由G＝mg和ρ＝可知，溢出到小桶中水的体积：V溢＝＝＝1×10﹣4m3＝100cm3， 原来溢水杯中水的体积：V水＝Sh杯+V溢﹣V排＝100cm2×15cm+100cm3﹣300cm3＝1300cm3， 原来溢水杯中水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0g/cm3×1300cm3＝1300g＝1.3kg， 则原来溢水杯中水的重力：G水＝m水g＝1.3kg×10N/kg＝13N， 溢水杯的重力：G杯＝m杯g＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N， 没有放入圆柱体时，溢水杯对桌面的压力：F＝G杯+G水＝1N+13N＝14N， 此时溢水杯对桌面的压强：p0＝＝＝1400Pa， 则当圆柱体浸没在水中时，溢水杯对桌面的压强：p2＝p0+200Pa＝1400Pa+200Pa＝1600Pa，故C错误； D、由浮力产生的原因可知，圆柱体一半浸在水中时圆柱体下表面受到的压力：F1＝F浮'＝1.5N， 图乙中，圆柱体上下表面受到的压力差：F2﹣F1'＝F浮＝3N， 即F2＞3N，因此F2﹣F1＞3N﹣1.5N＝1.5N，故D正确。 故选：D。 9．如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，杠杆的右端是滑动变阻器的滑片，杠杆左端固定着一个浮子，油箱内油量变化时，滑片就在电阻片R两端之间滑动。下列说法错误的是（　　） A．定值电阻R0和滑动变阻器是串联的 B．油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大 C．油量增加时，电流表示数变大 D．油箱中没有油时，电流表示数为零 【答案】D 【解析】A、由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器首尾顺次连接在电路中，是串联的，电流表测量电路中的电流，故A正确； B、油量减少时，浮子下降，在杠杆作用下，滑片上移，滑动变阻器接入电路电阻丝变长，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故B正确； C、油量增加时，浮子上浮，在杠杆作用下，滑片下移，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C正确； D、油箱中没有油时，浮子在最低位置，在杠杆作用下，滑片移动到最上端，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知，电路中的电流最小，但不为零，即电流表示数不为零，故D错误。 故选：D。 10．新能源汽车作为我国新质生产力的杰出代表，各项技术均处于世界领先水平，其中用到的一种能量回收技术就是汽车在滑行或制动过程中，内部线圈切割磁感线产生感应电流，将机械能转化为电能。下列装置中也利用了电磁感应原理工作的是（　　） A．电磁起重机 B．司南 C．自制电动机 D．动圈式话筒 【答案】D 【解析】A、电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的，故A不符合题意； B、司南指示南北是由于受到地磁场的作用，故B不符合题意； C、电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意； D、动圈式话筒是利用电磁感应来工作的，故D符合题意。 故选：D。 11．如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V 10（40）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，饭煮熟后，他将这个电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，其它用电器仍正常工作，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸。空气开关跳闸的原因可能是（　　） A．照明灯的开关接在了零线与灯泡之间 B．用电器的总功率过大 C．电热水壶的内部电路短路 D．接入电热水壶的插座短路 【答案】C 【解析】A、照明灯的开关接在了零线与灯泡之间，不会引发空气开关跳闸，只是容易发生触电事故，故A不符合题意； B、由电能表上的参数可得，电路中允许的最大功率为：P＝UI＝220V×40A＝8800W； 正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，将电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，电路中用电器总功率变小，所以空气开关跳闸的原因不可能是用电器的总功率过大，故B不符合题意； CD、如果接入电热水壶的插座短路，没有插入电热水壶时，空气开关就应该会跳闸，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸，则说明是由于电热水壶的内部电路短路，故C符合题意、D不符合题意。 故选：C。 12．某同学家浴室里安装了一款风暖浴霸，它既可以实现照明、换气的功能，又可以实现送自然风、暖风、热风的功能，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸电路的部分参数。 额定电压 220V 照明功率 20W 换气功率 35W 暖风功率 1133W 热风功率 2233W 关于下列结论： ①开关S1断开、S与触点1接触时，浴霸处于送自然风状态； ②每根电热丝的阻值为44Ω； ③电路中通过开关S的电流最大为10.15A； ④浴霸工作10分钟，电路消耗的电能最大为1.3398×106J。 其中正确的是（　　） A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【解析】①开关S1断开、S与触点1接触时，只有电动机工作，说明此时没有加热，浴霸处于换气状态；故①错误； ②根据电热丝与电阻是并联，每个电热丝的功率P＝2233W﹣1133W＝1100W； 由P＝可得，电热丝的电阻为： R＝＝44Ω，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。每根电热丝的阻值为44Ω；故②正确； ③当处于热风状态时，电路中通过开关S的电流最大， I＝＝＝10.15A，故③正确； ④浴霸热风状态，且照明灯发光时，电功率最大，工作10分钟，电路消耗的电能最大 W＝Pt＝（2233W+20W）×10×60s＝1.3518×106J，故④错误。 故选：B。 二、非选择题（本题包括7小题，共34分） 13．（3分）绿色发展是高质量发展的底色，为了更好践行绿色发展和“双碳目标”，武汉市区某高架桥上修建了一段全封闭“光伏声屏障”试验路段，如图所示。“光伏声屏障”既可以控制噪声，又可以提供电能，比传统的声屏障设备更节能环保。（q无烟煤＝3.4×107J/kg） （1）“光伏声屏障”是通过阻断噪声 　 　的方式来控制噪声的。 （2）“光伏声屏障”路段的每一块玻璃上贴满了81个小光伏电池板，这些光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为 　 　。这段“光伏声屏障”试验路段每年发电约1.7×105kW•h，相当于完全燃烧 　 kg的无烟煤释放的能量。 【答案】（1）传播（2）电能；1.8×104。 【解析】（1）“光伏声屏障”是在传播过程中减弱噪声，即通过阻断噪声传播的方式来控制噪声的。 （2）光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为电能； 无烟煤完全燃烧放出的热量Q放＝1.7×105kW•h＝1.7×105×3.6×106J＝6.12×1011J， 由Q放＝mq可知，完全燃烧无烟煤的质量m＝＝＝1.8×104kg。 14．（3分）如图所示是一种温度自动控制装置的原理图。制作水银温度计时在玻璃管中封入一段金属丝，“电源1”的两极分别与水银和金属丝相连。 （1）闭合开关S后，当温度达到 　 ℃时，发热电阻就停止加热。 （2）当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，则“电源1”的 　 　端为正极。 （3）为增强电磁铁的磁性，下列措施一定可行的是 　 　（填序号）。 ①增大“电源1”的电压；②减小“电源2”的电压； ③减少电磁铁线圈匝数； ④改变电磁铁中电流方向 【答案】（1）90；（2）右；（3）① 【解析】（1）温度计就相当于开关，当介于金属丝接触导通，吸引衔铁断开加热电路，故此时金属丝对应的刻度是90℃； （2）当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，电流从右侧流入，则“电源1”的右端为正极。 （3）为增强电磁铁的磁性，必须增大线圈中的电流或增大线圈的匝数，故选：①。 15．（4分）某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图象。实验中要控制好烧杯中的水温。 （1）根据图乙的图象中 　 　段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于 　 　态。 （2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气 　 　（填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度 　 　0℃。 【答案】（1）BC；固、液共存；（2）凝华；低于 【解析】（1）图乙BC段吸收热量温度不变，可知冰是晶体，BC段的物质处于熔化过程中，处于固液共存态； （2）易拉罐的下部有白霜形成，是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，即白霜；用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，低于冰的熔点，低于0℃。 16．（4分）实验小组在探究凸透镜成像规律的实验中： （1）图甲中，点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，　 　（填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）就是根据该成像特点制成的。将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，同学们提出了两种不同的解决方案。 方案一：仅将光屏向 　 　移动一段距离。 方案二：仅换用焦距较 　 　的凸透镜。 （2）某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，此时该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成 　 　（填“倒立缩小”“倒立放大”或“正立放大”）的像。 【答案】（1）照相机；左；大；（2）倒立放大 【解析】（1）由图甲可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机； 将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，仅将光屏向左移动一段距离；若不移动光屏，仅换用焦距较大的凸透镜，凸透镜焦距变大，对光的会聚能力变弱，会将光线推迟会聚成像； （2）某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，说明u＜f，即指纹到凸透镜的距离小于20cm，此时眼睛到凸透镜的距离大于20cm，小于40cm，即2f＞u＞f，因此该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成倒立放大的像。 17．（4分）某同学利用若干个质量为50g的钩码和弹簧测力计探究杠杆的平衡条件。 （1）调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并 　 　，达到平衡状态，如图所示。 （2）在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，移动右侧钩码到 　 　cm刻度线处使杠杆重新在水平位置平衡。这时动力或阻力是 　 　（填“钩码受到的重力”“钩码对杠杆的拉力”或“杠杆对钩码的拉力”）。 （3）保持杠杆左侧钩码的数量和位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计的示数为3N时，该拉力的作用点可能在杠杆 　 　（填序号）刻度线处。 ①左侧10cm；②右侧5cm；③右侧15cm 【答案】（1）静止；（2）10；钩码对杠杆的拉力；（3）①③ 【解析】（1）调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态； （2）如在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，设每个钩码的重力为G，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知4G×15cm＝6G×L，解得L＝10cm； 动力和阻力都必须是作用在杠杆上，而钩码受到的重力、杠杆对钩码的拉力作用在钩码上，不是动力或阻力，故钩码对杠杆的拉力是动力或阻力。 （3）当弹簧测力计的示数为3N时，相当于6个质量为50g的钩码重力，因而力臂必须为10cm， ①左侧10cm，竖直向上拉力臂为10cm，恰好能平衡； ②右侧5cm，最大的力臂为5cm，不可能平衡； ③右侧15cm，斜向下拉，使得力臂等于10cm也可以平衡。故选：①③。 18．（6分）某同学利用图甲所示的电路探究电流与电压的关系。实验中电源电压保持3V不变，定值电阻的阻值为4Ω，滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”。 （1）该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）正确改接电路后，该同学立即进行实验，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，此时通过定值电阻的电流是 　 　A。这位同学实验操作的不足之处是 　 。 （3）该同学完成了预先设计好的表格中的4次实验，将得到的实验数据填入表格。 电压U/V 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 电流I/A 0.15 0.23 0.30 0.38 分析表中已测出的数据，可以初步得到实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压 　 　。为了进一步验证这个结论，该同学利用现有器材在不改变电路连接的情况下，表格里余下的4次实验中，他还能完成 　 　次。 【答案】（1）见下图所示； （2）0.22；闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端；（3）成正比；1 【解析】（1）原电路中，电流表与电压表串联，在电路中是错误的，电压表应并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中，如答图所示： （2）由图乙可知，电流表使用的量程是0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.22A； 该同学正确改接电路后，立即进行实验，由图甲可知，这位同学实验操作的不足之处是闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端； （3）分析表一中的这些数据，可以得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流和导体两端的电压成正比；由滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”可知，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为0.5A，当定值电阻两端电压为U1＝0.3V时，滑动变阻器两端的电压应为U滑＝U﹣U1＝3V﹣0.3V＝2.7V，由串联电路中电流处处相等可知，，即，解得：R′＝36Ω＞20Ω，所以此实验不能完成；由滑动变阻器的规格可知，电路中允许通过的最大电流为0.5A，此时定值电阻两端的最大电压为U′＝0.5A×4Ω＝2V，所以电压为2.1V、2.4V的两次实验不能完成，只有电压为1.8V的这一次实验可以完成。 19．（10分）2024年4月19日，我国海洋油气生产平台“海基二号”总体结构完成安装，它刷新了高度、质量、作业水深和建造速度等多项亚洲纪录，“海基二号”由上部组块和水下的导管架组成。图甲是质量为6×104t的“海洋石油229”驳船将质量为3.7×104t的导管架运载至安装海域的情景。 （1）如图甲所示，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这4块钢板的作用是 　 　。“海基二号”在指定海域成功安装后，这4块钢板处于水深324m的海底处，它们受到海水的压强是 　 　Pa。 （2）导管架和驳船拖航的速度约为100m/min，它们到达240km外的安装海域所需要的时间约为 　 　h。导管架和驳船沿直线向右匀速航行时，若以图乙中的长方形表示驳船上的导管架，请在图中画出导管架受力的示意图。 （3）这次海上安装采用了滑移下水方式：工程人员将驳船船头水舱的水排出一部分，又向船尾水舱注入一部分水，使驳船小角度倾斜，最后将驳船和导管架之间的连接点切割分离，导管架就在自身重力作用下顶端朝前沿着轨道滑入海中。若驳船船头水舱排出的水和船尾水舱注入的水的体积分别为2.2×103m3和6×103m3时，导管架顶端浸入海水中的体积为200m3，则驳船和固定在驳船上的导管架总共受到的浮力是多少N？ 【答案】（1）增大受力面积来减小压强；3.24×106；（2）40；见解答图；（3）驳船和固定在驳船上的导管架总共受到的浮力是1.008×109N 【解析】（1）导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的；它们受到海水的压强：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×324m＝3.24×106Pa； （2）由v＝可得，安装海域所需要的时间：t＝＝＝2400min＝40h； 导管架和驳船沿直线向右匀速航行时，导管架在水平方向不受力，在竖直方向上受重力和支持力，二者是一对平衡力，作用点在重心，如图所示： （3）驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力： G总＝（m驳+m架）g＝（6×104×10kg+3.7×104×103kg）×10N/kg＝9.7×108N， 驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力ΔG＝Δmg＝ρ海水ΔVg＝1.0×10kg/m3×（6×103m3﹣2.2×103m3）×10N/kg＝3.8×107N， 驳船小角度倾斜时处漂浮状态，总浮力等于总重力，F浮总＝G总+ΔG＝9.7×108N+3.8×107N＝1.008×109N。 答：（1）增大受力面积来减小压强；3.24×106；（2）40；见解答图；（3）驳船和固定在驳船上的导管架总共受到的浮力是1.008×109N。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$