黑龙江省七台河市2019-2020学年中考物理二月模拟试卷含解析

黑龙江省七台河市2019-2020学年中考物理二月模拟试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．下列有关压强知识说法正确的是（）
A．在流体中，流速越大的位置，压强越小
B．随着大气压的减小，水的沸点会升高
C．利用马德堡半球实验可以精确测出大气压的值
D．载重货车的车轮越多，对地面的压强越大
A
【解析】
【分析】
1）流体压强与流速的关系，在气体中流速越大的位置，压强越小．
（2）液体的沸点随气压的增大而增大；
（3）托里拆利实验最早测出了大气压的值；马德堡半球实验证明了大气压的存在；
（4）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强．
【详解】
A. 流体中流速越大的地方压强越小，飞机的升力就是由此产生的，故A正确；
B. 沸点随气压的升高而升高，降低而降低，故随着大气压的减小,水的沸点会降低，故B错误；
C. 马德堡半球实验有力的说明了大气压的存在，托里拆利实验测出了大气压的值，故C错误；
D. 载重货车的车轮越多，受力面积越大，在压力一定时,对地面的压强越小，故D错误；
故选A．
【点睛】
注意流体压强与流速关系的应用，是飞机产生升力的原因，牢记流速大的地方压强小的规律，中考中也是常出现的题目类型，且要能用此特点解释生活中的相关现象．
2．将“6V，3W”和“6V，6W”的灯泡L1和L2串联后接在电源两端，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（）A．电源电压为12V时，两只灯泡均能正常发光
B．两只灯泡发光时，灯泡L2比灯泡L1亮一些
C．灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为1A
D．灯泡L1正常发光时，灯泡L2的实际功率是1．5W
D
【解析】
【详解】
根据P =UI 可得，两灯泡的额定电流分别为：I 11
136P W U V =
==0.5A ，I 22266P W U V
===1A ，根据欧姆定律可得，两灯泡的电阻分别为：R 11160.5U
V I A =
==12Ω，R 22261U V
R A
===6Ω； (1)∵两灯泡的额定电流不相等，∴两只灯泡不可能同时正常发光，故A 不正确；
(2)∵串联电路中各处的电流相等，∴电路中的最大电流I =I 1=0.5A ，故C 不正确；∵P =I 2R ，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，∴L 1的电阻大，实际功率大，灯泡较亮，故B 不正确；灯泡L 1正常发光时，灯泡L 2的实际功率：P 2=I 2R 2=(0.5A)2⨯6Ω=1.5W ，故D 正确．故选D.
3．为改善地铁地下车站的通风状况，小明设计了抽气管道，利用地面横风实现自动抽气．为提高抽气效果，管道上方遮雨盖的形状应设计成下列图中的（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
B 【解析】 【详解】
只有当管道口上方空气流速快、压强小，下方空气流速慢、压强大时，会有可能实现自动抽气，因此，遮雨盖的形状应符合靠近管道口的一面向外凸起，使空气流过时速度变快，压强变小，对照选项中的图片可知，图B 符合要求．
4．如所示电路中，电源电压保持不变，当开关S 闭合，滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电表的示数变化情况是
A ．电流表示数增大，电压表示数增大
B ．电流表示数减小，电压表示数增大
C ．电流表示数不变，电压表示数不变
D ．电流表示数减小，电压表示数不变 C 【解析】 【详解】
如图是并联电路，电压表测电源的电压，所以当滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电压表的示数不变；由于各支路互不影响，电流表测量定值电阻电流，所以当移动滑片时电流表示数也不变．
5．如图所示声波的波形图，下列说法正确的是（）
A．甲、乙的音调和响度相同B．甲、丙的音调和音色相同
C．乙、丁的音调和音色相同D．丙、丁的音色和响度相同
A
【解析】
【详解】
A．甲、乙的振幅和频率都相同，所以音调和响度相同，故A正确符合题意；
B．甲、丙的振幅相同，但频率不同，所以响度相同，但音调不同，故B错误不符合题意；
C．乙、丁的波形不同，所以音色不同，故C错误不符合题意；
D．丙、丁的振幅不同，所以响度不同，故D错误不符合题意；
6．如图所示，电源电压保持不变，开关S闭合后，灯L1、L2都能正常工作，甲、乙两个电表的示数之比是2∶3，此时灯L1、L2的电阻之比是
A．2∶l B．l∶2 C．3∶2 D．2∶3
B
【解析】
【分析】
【详解】
开关S闭合后，灯L1、L1都能正常工作，说明电路没有故障，从图中可以看出，甲表与L1并联，乙表与电源并联，所以甲乙为电压表，甲、乙两个电表的示数之比是1∶3，说明L1两端电压与电源电压之比为1∶3，又L1、L1串联，所以L1、L1电压值比为l∶1，由串联分压可得L1、L1的电阻之比是l∶1．7．2017年4月20日，我国首艘货运飞船“天舟一号”在海南文昌航天发射中心由长征七号遥二运载火箭发射升空，并于4月27日成功完成与“天宫二号”的首次推进剂在轨补加实验．则下列说法正确的是（）A．“天舟一号”加速上升时，其机械能总量保持不变
B．“天舟一号”加速上升时，其惯性逐渐增大
C．“天舟一号”给“天宫二号”进行推进剂补加时，它们处于相对静止状态
D．“天宫二号”在轨运行时，处于平衡状态
C
【解析】
【分析】
【详解】
A．“天舟一号”加速上升时，动能增大，同时重力势能也增大，其机械能总量增大，选项A是错误的；B．惯性大小仅与质量有关，“天舟一号”加速上升时，质量不变，其惯性不变，选项B是错误的；C．“天舟一号”给“天宫二号”进行推进剂补加时，它们处于相对静止状态，选项C是正确的；
D．“天宫二号”在轨运行时，运动方向发生改变，受非平衡力的作用，处于非平衡状态，选项D是错误的．8．如图所示是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械自重和摩擦），其中所需动力最小的是
A．B．
C．D．
B
【解析】
【详解】
设物体重力为G，不计机械自重和摩擦：
A、图中为斜面，由功的原理可得，F1×4m＝G×2m，解得F1＝0.5G；
B、图中为滑轮组，与动滑轮相连的绳子段数是3，因此F2＝1
3 G；
C、图中为定滑轮，不省力，则F3＝G；
D、由图可知，杠杆的动力臂为阻力臂的2倍，根据杠杆平衡条件可知，动力为阻力的二分之一，F4＝0.5G；因此动力最小的是B。

9．夏天，盛一盆水，在盆里放入两块高出水面的砖头，砖头上搁一只篮子，再把装有剩饭剩菜的碗放入篮子，用纱布袋罩好，就做成一个“简易冰箱”如图，篮子里的饭菜放置大半天也不会变质，以上“简易冰箱”的工作原理是（）
A．液化放热B．蒸发吸热C．凝固放热D．升华吸热
B
【解析】
【详解】
试题分析：把一个纱布袋罩在篮子上，并使口袋边缘浸入水里，这样增大了液体的表面积，加快水的蒸发，使食物温度降低，防止变质，故应选B．
10．如图所示，闭合开关，滑片P向右移动，则螺线管（）
A．左端为N级，磁性增强B．左端为N级，磁性减弱
C．左端为S级，磁性减弱D．左端为S级，磁性增强
D
【解析】
【分析】
根据安培定则判断螺线管的N、S极；通电螺线管磁性的强弱与电流的大小有关，电流越大，磁性越强。

【详解】
由右手定则可知左端为S极，右端为N极，通电螺线管的磁场强弱与线圈匝数和电流强弱有关，当滑片P 向右移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，线圈中电流变大，所以螺线管的磁场会增强。

故选D。

二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．小红根据所提供的几种物质的密度、熔点、比热容，得出以下四个结论，其中错误的是（）
物质
密度ρ（kg•m﹣3）（常
温常压下）物质
熔点t/℃（标准大
气压）
物质
比热容c[J•（kg•℃）﹣
1]
冰铝铁铜0.9×103
2.7×103
7.9×103
8.9×103
冰
铝
铁
铜
660
1535
1083
水
铝
铁
铜
4.2×103
0.88×103
0.46×103
0.39×103
A．用来熔化铜的器皿可以用铝制作
B．体积相等的铁球和铝球，如果它们的质量相等，铝球可能是空心的C．体积相等的实心铜块和实心铝块，放出相等的热量，铜块温度降低得较多
D．把温度为﹣10℃的冰块投入盛有0℃水的密闭隔热容器中一段时间后，冰的质量会增加
AC
【解析】
【详解】
A、铜的熔点是1083℃，铝的熔点是660℃，用铝制作熔化铜的器皿，铜还没有达到熔点，器皿（铝）就熔化、漏了，故A错误,符合题意；
B、质量相等的铁和铝，由于铁的密度大于铝的密度，根据公式V＝m
ρ可知，密度大的铁的体积小，若体
积相同，两球可能都是空心的，故B正确，不符合题意；
C、由表中知道c铜ρ铜＞c铝ρ铝，又知道V相同，放出相等的热量，根据△t＝Q
cm
放＝
Q
c V
放
ρ可知铝块的比
热容和密度的乘积较小，温度降低得较多，故C错误，符合题意；
D、﹣10℃的冰块投入密闭隔热盛有0℃水后，热量会由水传递给冰块，水放热会结冰，冰的质量会增大，故D正确，不符合题意。

故选：AC。

12．如图所示，工人用150N的拉力通过滑轮组吊起质量为20kg的箱子．若箱子被匀速竖直提升了2m，不计绳重和摩擦，取g＝10N/kg，则
A．箱子的重力势能增大
B．动滑轮的重力为100N
C．工人施加的拉力做的功为300J
D．滑轮组的机械效率为86.7%
AB
【解析】
A. 箱子被匀速提升，高度增加，质量不变，重力势能增加，故A正确；
B. 箱子受到的重力：G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；由图可知,n＝2,则由F＝(G+G动)可得动滑轮的重力：
G动＝nF−G＝2×150N−200N＝100N；故B正确；C. 由图可知，n＝2，绳端移动的距离s＝nh＝2×2m＝4m，工人做的总功：W总＝Fs＝150N×4m＝600J；故C错误；D. 有用功：W有＝Gh＝200N×2m＝400J滑轮组
的机械效率：η＝ ＝≈66.7%.故D 错误．
13．如图甲所示，R 1为定值电阻，滑动变阻器R 2的滑片从a 端滑到b 端的过程中，R 2消耗的电功率P 与其两端电压U 的关系图象如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．R 1的阻值为20Ω
B ．R 2的最大阻值为50Ω
C ．电源电压为6V
D ．该电路消耗的最大电功率为0.9W BC 【解析】
如图两电阻串联，电压表测量滑动变阻器R 2的电压，电流表测量电路中的电流； 由乙图知，R 2的电压2V 时，功率为0.8W ，根据P UI =得： 此时电流为：220.8W =0.4A 2V
P I U =
=， 当R 2的电压5V 时，功率为0.5W ，电流又为：22'0.5W
'=0.1A '5V
P I U ==； 根据电源电压不变得：
112V '5V IR I R +=+，解得：110ΩR =，故A 错误；
电源电压为：12V=0.4A 10Ω2V=6V U IR =+⨯+，故C 正确； R 2的最大阻值为，22'5V
50Ω'0.1A
U R I =
==，故B 正确； 当滑动变阻器滑片位于最左端时，只有R1接入电路工作，此时功率最大，所以该电路消耗的最大电功率为：
()
2
2
16V =3.6W 10Ω
U
P R =
=，故D 错误； 故选BC ．
点睛：重点是欧姆定律和电功率的计算，关键是根据乙图中的两次功率求出两次的电流，再根据电源电压不变列出关系式，解得R 1和电源电压，然后根据相关公式可判断其他选项的正确与否． 三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V ．闭合开关S 后，当滑片P 从
最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I 一U 关系图象如图乙所示。

则小灯泡发光时的最小功率为_____W ，滑动变阻器的最大阻值为_____Ω，整个电路的最大电功率为_____W 。

3 9 2
4 【解析】 【详解】
由电路图可知，灯泡L 与滑动变阻器R 串联，电压表测L 两端的电压，电流表测电路中的电流。

当滑片P 位于左端时，电路为L 的简单电路，电压表测电源的电压，电路的电流最大，由图象可知，电路中的最大电流I 大=2A ，电压表的最大示数即电源的电压U=12V ， 则整个电路的最大电功率：P=UI=12V ×2A=24W ；
当滑片P 位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图象可知，电路中的电流I 小=1A ，U L =3V ，
则小灯泡发光时的最小功率：P L =U L I 小=3V ×1A=3W ，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时滑动变阻器两端的电压： U R =U-U L =12V-3V=9V ， 由U
I R
=
可得，滑动变阻器的最大阻值： 9V
9Ω1A
R U R I =
==小。

15．如图所示，是台球比赛中球杆击球后两球相撞的场景，此现象说明力能改变物体的________，台球在桌面上滚动的过程中，球杆对台球________（选择“做功”或“不做功”）．
运动状态 不做功 【解析】 【详解】
力的作用效果是：一是可以改变物体的运动状态，二是可以使物体发生形变．由图中的场景说明力能改变物体的运动状态．做功的两个必要因素是有力作用在物体上，且物体在力的方向上移动一段距离．台球在桌面上滚动的过程中，球杆对台球没有力的作用，故不做功．
16．海洋中有一种会放电的鱼叫电鳐，它放电时最高电压可高达200 V，即为__________kV，游近电鳐的鱼会被电死或电晕，因为海水是________．
0.2 导体
【解析】
【详解】
200V＝0.2kV；电鳐放电自卫，其实利用了海水是一种导体的性质．
17．击鼓时，鼓皮绷得越紧，振动越快，声音的_____就越高，击鼓的力量越大，鼓皮的______越大，声音就越响亮．
音调响度
【解析】
【详解】
音调的高低和振动的频率有关，频率越高，音调越高；响度是由声源振动的幅度决定的，振幅越大，响度越大；击鼓时，鼓皮绷得越紧，振动频率越快，声音的音调就越高，击鼓的力量越大，鼓皮的响度越大，声音就越响亮．
18．如图甲所示的电路，R2为滑动变阻器，R1、R3均为定值电阻，电源两端电压保持不变．滑动变阻器R2的滑片由b端调至a端时，两电压表的示数随电流表的示数变化图像如图乙所示．求：滑片在a端时电路中的电流____；(2)R3的阻值____；(3)滑片在b端时R1的功率___．
0.3A5Ω0.15W
【解析】
【详解】
R1、R2、R3串联，电压表V1测U2+U3，电压表V2测U3
（1）当滑片在a端时，R2＝0，电流达到最大值，由图像可知，此时I＝0.3A
（2）R 3＝
3
U I
＝ 1.50.3V A ＝5Ω
（3）由图像得：U ＝4.5V+0.1A 1R ⨯——————（1） U ＝1.5V+0.3A·R 1————————（2） 解（1）（2）R 1＝15Ω U ＝6V 滑片在b 端时，I′＝0.1A,
R 1的功率: P ＝I′2R 1＝（0.1A ）2×15Ω＝0.15W 四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．在如图所示的电路中，电源电压为9伏且保持不变．先闭合电键S 1， 电流表示数为0.3安，再闭合电键S 2， 电流表的示数为0.5安．求：
① 电阻R 1的阻值．
②通过电阻R 2的电流I 2及R 2的电阻值． （1）30Ω（2）0.2A （3）45Ω 【解析】 【分析】 【详解】
①由电路图知道，当只闭合S 1 时，只有R 1 接入电路，电流表测量通过R 1 的电流，由I U
R
=知道，电阻R 1的阻值是：11930Ω0.3U V R I A
=
==； ②当再闭合电键S 2时，R 1、R 2并联，电流表测量干路的电流，又因为此时电流表的示数为0.5安，所以，由并联电路的特点知道，通过电阻R 2的电流I 2是：20.50.30.2I A A A =-=，
由I U R
=知道，电阻R 2的阻值是：2
2945Ω0.2U V R I A ===. 20．科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温箱温控电路，它包括控制电路和受控电路两部分，用于获得高于室温、且温度在一定范围内变化的“恒温”．其中控制电路电源电压为36 V ，R 为可变电阻，R t 为热敏电阻（置于恒温箱内），热敏电阻阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器线圈电阻R 0为50 Ω．已知当控制电路的电流达到0.04A 时，继电器的衔铁被吸合；当控制电路的电流减小到0.036 A 时，衔铁会被释放．加热器的规格是“220 V 1000 W”，恒温箱内部空间大小是2 m 3，空气的密度是1.30 kg/m 3，比热容是103 J/（kg·℃）．
（1）如图甲所示状态，通过加热器的电流多大？
（2） 加热器产生的热量有80 %转化为恒温箱内空气的内能，若使恒温箱内空气温度从25℃升高到65℃，加热器需正常工作多长时间？
（3） 若要使恒温箱内可获得上限为100℃的“恒温”，当可变电阻R 调节到多大？
（4）如果需要将恒温箱内的下限温度设为50℃的“恒温”，则应将可变电阻R 调节为多大？
（1）4.55A （2）130s （3）450Ω（4）150Ω
【解析】
【详解】
(1)由图甲所示电路可以知道，工作电路是通路，加热器处于加热状态。

受控电路电源电压为220V ，加热器的规格“220V 1000W ”，此时加热器在额定电压下工作，其电流为：1000W = 4.55A 220V
P I U =
≈ (2) 恒温箱内空气温度从25℃升高到65℃需要吸收的热量为： 353310J/k ===12m 6g 1.305-25=1.kg/m 0410J Q c m t c V t ρ⋅⨯∆∆⨯⨯⨯⨯吸空气空气空气空气空气（℃（℃℃））设加热器需正常工作时间为t ，则放出的热量为W=Pt （其中P=1000W ），
根据已知列方程如下：80%×Pt=1.04×105J ，计算得t=130s ；
(3) 若要使恒温箱内可获得上限为100℃的“恒温”，欲使电流达到0.04A 的最高衔接电流，控制电路的电阻应该为10036V =900Ω0.04A
U R I ==℃，读图乙可知100℃时热敏电阻的阻值为400Ω，所以可变电阻R 此时调节为：900Ω－400Ω－50Ω=450Ω；
(4) 当获得最高温度为50℃时，欲使电流达到0.036A 的最低释放电流，控制电路的电阻应该为5036V =1000Ω0.036A
U R I ==℃，读图乙可知50℃时热敏电阻的阻值为800Ω，所以可变电阻R 此时调节为：1000Ω－800Ω－50Ω=150Ω；
21．继共享单车之后，电动共享汽车也陆续登陆济南．物理杨老师租用如图所示的共享汽车外出家访，人车总质量为800kg ，汽车轮胎与地面总接触面积为0.05m 1．这辆汽车从学校出发，沿平直公路以15m/s 的
速度匀速行驶了10min到达小明家，汽车电动机的功率为4×l03W．取g＝l0N/kg，通过计算回答：
（1）小明家距离学校的路程是多少？
（1）这辆汽车的总重力是多少？
（3）这辆汽车对地面的压强多大？
（4）此过程中电动机做了多少功？
⑴9×103m；⑵8×103N；⑶1.6×105Pa；⑷ 1.4×106J．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由v=s/t得s=vt，所以小明家距离学校的路程：s=vt=15m/s×10×60s=9×103m；
（1）这辆汽车的总重力：G=mg=800kg×10N/kg=8×103N；
（3）这辆汽车对地面的压强：P=F/S=G/S=(8×103N)/0.05m1=1.6×105Pa;
（4）此过程中电动机做功：W=Pt=4×103W×10×60s=1.4×106J；
答：
（1）小明家距离学校的路程是9×103m．
（1）这辆汽车的总重力是8×103N．
（3）这辆汽车对地面的压强是1.6×105Pa．
（4）此过程中电动机做功1.4×106J．
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．请作出图中：① 物体A所受重力G的示意图；② 力F的力臂L．
（_____）
如下图所示
【解析】
试题分析：重力的作用点在物体的重心处，重力的方向是竖直向下的；力臂是支点到力的作用线的距离，从支点向力的作用线引垂线段，如上图所示．
【考点定位】力的示意图；力臂的画法
23．如图所示，一束光线从水中斜射入空气，请画出反射光线和折射光线的大致方向；
【解析】
【分析】
根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，据此画出反射光线．
由折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，据此画出折射光线．
【详解】
图中已经画出法线，在法线左侧的水中画出反射光线，注意反射角等于入射角；
在法线的左侧空气中画出折射光线，注意折射角大于入射角．如图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．测量液体的密度：
过程步骤 1.将烧杯中盐水全部倒入量筒后，读出从烧杯中倒入量
筒内盐水的体积V ； 2.测烧杯的质量m 1；
3.烧杯和盐水的总质量m 0（如图显示）．
数据
表格 ①正确的操作顺序为______________
②完成实验数据表格的填写
烧杯和盐水的总质量m 0/g
烧杯的质量m 1/g
倒出盐水的质量m 2/g 倒出盐水的体积V/cm 3 盐水的密度ρ/(kg/m 3) _______ 84 _______ 30 ________
问题
讨论 ③将在水中漂浮的一个木块，放入该盐水中，木块_______（选填“能”或“不能”）继续漂浮，该木块在盐水中受的浮力_____（选填“等于”或“小于”或“大于”）在水中受到的浮力．
3、1、2 117 33 1.1×103 能 等于
【解析】
【分析】
【详解】
①正确的实验步骤：3、测量烧杯和盐水的总质量m 0，1、将烧杯中盐水全部倒入量筒后，读出从烧杯中倒入量筒内盐水的体积V ，2、测烧杯的质量m 2；
②)图中烧杯和盐水的总质量m a =100g+10g+5g+2g=117g ，倒出盐水的质量m 2=117g-84g=33g ，盐水的密度ρ=2m V =333g 30cm
=1.1g/cm 3=1.1×103kg/m 3； ③因为盐水的密度大于水的密度，所以将在水中漂浮的一个木块，放入该盐水中，木块能继续漂浮，由于漂浮的物体受到的浮力等于自身重力，所以该木块在盐水中受的浮力等于在水中受到的浮力． 25．如图所示，在气缸A 中密封有压缩空气，B 是一种被销钉K 锁住的活塞，C 是一个温度计．若活塞与气缸壁间没有摩擦，当把销钉拔出后，将看到的现象：
活塞将向______运动；温度计的示数将______，因为____________________．
右 降低 气体对外做功，内能减小,温度降低
【解析】
【详解】
当拔去销钉后，气缸内的气体膨胀推动活塞向右运动，对活塞做功，将内能转化为机械能，气体的内能减少，温度降低，导致了温度计的示数下降．
26．在探究“压力的作用效果”时，某同学利用小桌、海绵和砝码等器材进行如图所示的实验。

实验中通过观察海绵的_____来比较压力的作用效果。

分析图乙和
_____所示两图实验，可得出结论：当压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。

比较图甲、乙所示实验，可得出结论：受力的面积相同时，_____越大，压力的作用效果越明显．下列实例中，直接应用该结论的是_____（选填“A”或“B”）。

A、图钉的一端做得很尖
B、交通管理部门规定，严禁货车超载。

凹陷程度丙压力B
【解析】
【详解】
（1）实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果。

（2）研究压力作用效果与受力面积的关系，要控制压力相同，只改变受力面积大小，故分析图乙和丙所示两图实验，可得出结论：当压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。

（3）比较图甲、乙所示实验，受力面积相同，乙中压力大，压力作用效果明显，故可得出结论：受力的面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显。

A、图钉的一端做得很尖，通过减小受力面积增大压强，不符合题意；
B、交通管理部门规定，严禁货车超载，通过减小压力来减小压强，符合题意；
故选B。