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2023年吉林省长春市榆树市中考四校联考二模物理试题
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这是一份2023年吉林省长春市榆树市中考四校联考二模物理试题，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年吉林省长春市榆树市中考物理二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 2022年元宵晚会我国航天员王亚平在中国空间站用古筝弹奏《茉莉花》，为全国人民送上太空音乐祝福，“此曲只应天上有，人间能得几回闻”。下列说法中正确的是( )
A. 琴弦的长短不同，发出声音的音色不同
B. 演奏古筝时通过弦的振动发声
C. 用同样的力拨动琴弦，粗弦比细弦发声的响度大
D. 拨动同一琴弦的力越大，发声的音调越高
2. 下列用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 电风扇 B. 电饭锅 C. 电视机 D. 电磁起重机
3. 用一个开关同时控制两盏灯，则这两盏灯的连接方式( )
A. 只能串联 B. 只能并联
C. 串联或并联都可以 D. 串联或并联都不可以
4. 南朝诗人萧绎在《早发龙巢》有诗句“不疑行船动，唯看远树来”，其中“唯看远树来”的参照物可能的是( )
A. 河岸 B. 行船 C. 岸边的房屋 D. 远处的树
5. 下列四幅图都是有关电与磁的知识，其中描述正确的是( )
A. 图甲，法拉第实验说明了通电导线周围存在磁场
B. 图乙，闭合开关通电螺线管左端为N极
C. 图丙是电动机的原理图
D. 图丁是发电机的原理图
6. 下图是生活中几种常见的杠杆，其中属于省力杠杆的是( )
A. 钓鱼竿 B. 道钉撬
C. 筷子 D. 理发剪刀
7. 2022年中央电视台“3⋅15”晚会上，非标电线因质量问题和安全隐患被点名。所谓的非标电线就是低于国家标准的电线，即电线的粗细比国家标准要求的合格电线都要细一些。若用非标电线替代相同长度的合格电线，则导线的电阻( )
A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法判断
8. “低碳生活，从我做起”八年级的同学们在不影响书写、阅读的前提下，坚持在教室少开两盏照明灯。当这两盏灯熄灭后，跟原来相比( )
A. 电路中的电流增大了 B. 电路中的电阻减小了
C. 电路两端的电压降低了 D. 电路消耗的电功率降低了
9. 如图所示，闭合开关后，发现灯泡L1比灯泡L2亮，则下列判断正确的是( )
A. L1的电阻较大
B. L2两端的电压较大
C. 通过L2的电流较大
D. L1的实际功率较大
10. 一个形状如图所示的密封容器，其中盛有一些水，现将容器倒置过来，这时水对容器底部的压力和压强将( )
A. 压力增大，压强减小 B. 压力减小，压强增大
C. 压力和压强都增大 D. 压力和压强都减小
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共16.0分）
11. 唐代的孔颖达在《礼记⋅月令》一书中写道：“云薄漏日，日照雨滴则虹生”，这里“虹”的产生是光的 现象。科学家 首先研究了这一现象，他让一束太阳光通过三棱镜使太阳光分解为七种色光，这说明太阳光是一种复色光。
12. 如图所示，西汉时期的《淮南万毕术》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则火生。”将冰块削成冰透镜生火是利用了凸透镜对光线具有______作用，请判断：若要快速“火生”应把“艾”放在冰透镜的______位置。
13. 如图是北京冬奥会上亮相的可爱创可贴体温计，这是一款目前最小、最精准的自动测量并上报体温的可穿戴式智能测温设备，测温精度可达到0.05℃，大小如创可贴一般，该创可贴体温计充满电的时间是1h，充电电压和电流分别是5V、1A，它充满电后大约储存了 J的电能。
14. 思思在家用燃气灶烧水，水共吸收了热量1.44×106J，消耗了0.1m3的天然气。
(1)天然气是 能源。
(2)这是通过 的方式增加水的内能。
(3)完全燃烧这些天然气释放的热量为 J；该热水器的能量转化效率为 %。(天然气热值为3.6×107J/m3)
15. 小青设计了如图所示的电路来“探究串、并联电路的电流规律”。
(1)小青连接电路后，若三个开关同时闭合，电流表 将被损坏(选填“A”、“A1”或“A2”)。
(2)在“探究串联电路的电流规律”时，小青发现两个灯泡的亮度不同，则通过两个灯泡的电流 (选填“相等”或“不相等”)。
(3)小青在“探究并联电路的电流规律”时，将开关S2断开，S1、S3闭合后，两个灯泡都发光，此时观察到电流表A和A1的指针指在同一位置，若电流表A1的示数为0.2A，则电流表A2的示数为 A。
(4)测量结束后，小青又换用规格不同的灯泡进行了多次实验，这样做的主要目的是 。
16. 小梅家的电热水器有“关”、“加热”和“速热”三个挡位，其简化电路如图所示。若电热丝R1的阻值是44Ω，通过计算回答：该电热水器在“加热”挡位工作时，通过它的电流是多少 A，此时的电功率是 W，此时工作100s消耗电能是 J。
三、实验探究题（本大题共5小题，共25.0分）
17. 如图所示，是“探究杠杆的平衡条件”的实验装置。
(1)实验前，杠杆如图甲静止，为使得杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向______调节；
(2)杠杆平衡后，在左侧A点挂两个钩码，每个钩码重1N，在右端B竖直向下拉着弹簧测力计，使杠杆在水平位置平衡，如图所示，此时弹簧测力计的示数F=______N；
(3)若在B点斜向右下方拉弹簧测力计，仍保持杠杆水平平衡，则弹簧测力计的示数将______(变大/变小/不变)；此时，要使杠杆在水平位置平衡且弹簧测力计的示数仍等于F，应将钩码向______(左/右)移动适当的距离。
18. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，部分器材选用如下：电压为6V的电源，滑动变阻器1只，10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的定值电阻各一个，其他器材如图，回答下列问题。
(1)用笔画线代替导线将甲图中的电路连接完整。要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大；
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，电压表指针超过量程，则电路的故障可能是 ；
(3)排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察 (电流表/电压表/滑动变阻器)；
(4)接下来断开开关，取下10Ω的定值电阻，换成20Ω的定值电阻，再闭合开关，应向 (A/B)端移动滑片，直至电压表示数为 V时，读出电流表的示数。记录实验数据，并绘制成图乙所示。
(5)为了顺利完成本实验，滑动变阻器的最大值至少 Ω。
19. 以下是同学们完成的电学实验：
(1)小宇在“探究电流与电压的关系”实验中，运用了控制变量的科学方法。他和实验小组成员经过相互讨论，完成了该实验方案的三次设计如图一：从 A、B、C三幅电路图可以看出他们对实验不断改进的设计过程。
①由图A到图B，改进的主要理由是 。(只填序号)
②由图B到图C，改进的主要理由是 。(只填序号)
以上两空均从下列选项中选填：
A.为了防止灯泡烧坏
B.可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律
C.为了让电路更完整
D.为了保证电阻大小保持不变
(2)某实验小组用如图二所示的电路探究电流与电阻的关系。
实验序号
电阻R/Ω
电流I/A
1
5
0.6
2
10
3
20
①连接电路时应 开关；
②把电路图补充完整，要求滑片P往右移动时电流表示数变大；
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至恰当位置，并将数据记录在表中。换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压保持U0= V不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，小庆和小丽对接下来的操作有不同看法：
小庆认为应先闭合开关，再将滑片向左移动，使电压表示数为U0。
小丽认为应先将滑片移到最左端，再闭合开关，然后将滑片向右移动，使电压表示数为U0。
请问你赞成谁的观点？ ，理由是 (选填“电压表”或“电流表”)容易烧坏。
20. 图甲是“伏安法测电阻”电路的实物图。
(1)请用笔画线将实物图连接完整，使滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小。
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，则故障可能是 。
(3)排除故障后，闭合开关，当滑片移动到某位置时，电压表示数为2.6V，电流表示数如图乙所示，则未知电阻Rx= Ω。
(4)接下来，调节滑动变阻器的滑片，多次实验。测量小灯泡的阻值时，同样需要多次实验。它们多次实验的目的 相同的。
21. 某班物理实验小组的同学，利用图甲验证阿基米德原理。
(1)如图甲所示，物体受到的浮力F浮= (用F1、F2、F3、F4表示)，物体排开液体的重力G排 (用F1、F2、F3、F4表示)；若它们相等，则阿基米德原理成立。
(2)如图乙，方案二中，同学们逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，可观察到弹簧测力计A的示数减小，B的示数 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。此过程说明物体所受浮力与物体 有关。
四、计算题（本大题共1小题，共9.0分）
22. 中考体检时，我们都要测量体重，常用的测量工具是人体秤.测量时如图甲所示。秤中的力敏传感器由弹性体和金属电阻丝R组成，电阻丝粘贴在弹性体上，但两者之间隔有绝缘材料。当秤台上有重物时，弹性体被压缩，电阻丝R随之变短，阻值发生变化。据此原理，小明利用力敏传感器设计了一种既能称量物重，又能实现报警的人体秤的模拟电路，如图乙所示。电源电压为3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关后，秤台上不放重物时，电流表示数为0.2A，随着秤台重物的增加，电流表示数会发生变化，当电流达到0.4A，电磁铁会吸引衔铁，动、静触点接触，电路报警。(电磁铁线圈电阻不计，g取10N/kg)
(1)若图甲中人体质量为50kg，双脚和秤台的接触面积为400cm2，则秤台表面承受的压强为 Pa。
(2)当称台上重物重力增加时，电阻丝R的阻值会变 ，从而使电磁铁的磁性变强。
(3)若报警灯L的额定电压为3V，其电流随电压变化规律如图丙所示。
①闭合开关，秤台不放重物到电路开始报警时，报警灯L的功率变化了 W。
②电阻丝R阻值的变化量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω；当电流表示数为0.4A时，秤台上物体的质量为多少？(写出必要的文字说明，表达式和最终结果。)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、琴弦的长短不同，振动快慢不同，发声的振动频率不同，音调不同，故A错误；
B、演奏古筝时靠的是弦的振动而发声的，故B正确；
C、琴弦响度大小与振幅有关，与琴弦的粗细无关，故C错误；
D、拨动琴弦的力越大，琴弦的振动幅度越大，发声的响度越大，故D错误。
故选：B。
(1)声音是由物体振动产生的，当振动停止，发声也停止。
(2)音调与发声体的振动频率有关；音色跟发声体的材料和结构有关；响度指声音的大小，声音越大，响度越大；声音越小，响度越小；
(3)声音的传播需要介质，在不同的介质中的传播速度不同；固体、液体、气体都可以传声，真空不能传声。
这道题考查了声学基本知识，难点是声音特性的区分，掌握音调、响度的影响因素是解题关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、电风扇主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故A错误。
B、电饭锅主要是把电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的，故B正确。
C、电视机主要是把电能转化为声能和光能，不是利用电流的热效应工作的，故C错误。
D、电磁起重机利用了电流的磁效应，故D错误。
故选：B。
(1)电流的热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；
(2)电流的化学效应：电流通过导电的液体会使液体发生化学变化，产生新的物质，电流的这种效果叫做电流的化学效应，如电解，电镀，电离等就属于电流的化学效应的例子；
(3)电流的磁效应：给绕在软铁芯周围的导体通电，软铁芯就产生磁性，这种现象就是电流的磁效应，如电铃、蜂鸣器、电磁扬声器等都是利用电流的磁效应制成的。
本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，利用热效应工作的电器特点是把电能主要转化成内能，是一道基础题
3.【答案】C
【解析】解：由于开关在不同电路中的作用不同，在串联电路和并联电路的干路中都能控制所有用电器，所以当一个开关同时控制两盏灯泡的亮与灭时，这两盏灯泡之间可能是串联也可能是并联。
故选：C。
电路的基本连接形式有两种，一种是串联，另一种是并联。开关在不同的电路中的作用不相同，在串联电路中控制所有用电器，在并联电路的干路中控制所有用电器，在并联电路的支路中只控制本支路用电器。
本题考查了开关在串联和并联电路中的作用。
4.【答案】B
【解析】解：诗句“不疑行船动，唯看远树来”，其中“唯看远树来”是说树是运动的，则所选的参照物可能是行船或船上的人。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
物体相对于参照物的位置发生改变，物体是运动的，否则是静止的。
会正确判断物体相对于参照物的运动情况，是解答此题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、如图是奥斯特实验，导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，所以奥斯特实验表明电流周围存在磁场，故A错误。
B、闭合开关，电流从螺线管的右端进入，从左端流出，根据安培定则，可以判断螺线管的左端为N极，右端为S极，故B正确。
C、如图，通过闭合电路一部分线圈，磁场中做切割磁感线运动，线圈中产生感应电流，使小灯泡发光，这是发电机工作原理图，故C错误。
D、如图，导体ab中通有电流，导体ab在磁场中受力而运动，这是电动机的工作原理图，故D错误。
故选：B。
(1)奥斯特实验表明电流周围存在磁场。
(2)知道螺线管的电流方向，根据安培定则判断螺线管的磁极。
(3)电路中无电源，是发电机工作原理图。
(4)电路中有电源是电动机的工作原理图。
发电机和电动机的工作原理图非常相似，电路中无电源的是发电机工作原理图，电路中有电源的是电动机工作原理图。
6.【答案】B
【解析】解：道钉撬在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；筷子、钓鱼竿、理发剪刀在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B正确。
故选：B。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
本题考查了杠杆的类型，属于基础题。
7.【答案】A
【解析】解：非标电线比国家标准要求的合格电线都要细一些，故用非标电线替代相同长度的合格电线时，因为它的横截面更小，故电阻变大。
故选：A。
影响影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度．
本题考查了影响电阻的因素，属于基础题。
8.【答案】D
【解析】解：在家庭电路中，各用电器是并联的。
A、干路中的电流等于各支路电流之和，所以同时工作的用电器越多，干路中的电流越大，当这两盏灯熄灭后，干路中的电流变小，不符合题意。
B、同时使用的用电器越多，则并联的电阻越多，并联的电阻就相当于增加了导体的横截面积，则总电阻越小，当这两盏灯熄灭后，电路中的总电阻变大，不符合题意。
C、家庭电路的电压是220V，当这两盏灯熄灭后，电路两端的电压不变，仍为220V，不符合题意。
D、当这两盏灯熄灭后，干路中的电流变小，电路两端的电压不变，由公式P=UI可知，电路消耗的电功率变小，符合题意。
故选：D。
A、家庭电器大多数都是并联的，在并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和。
B、并联电路的总电阻比任何一个并联电阻都小，知道并联的支路越多，总电阻越小。
C、利用并联电路电压的特点进行分析和判断。
D、利用公式P=UI进行分析和判断。
解决此类问题的关键是知道并联电路的电流、电压和电阻规律。
9.【答案】D
【解析】解：D、灯泡L1比灯泡L2亮，说明灯泡L1的实际功率比灯泡L2的大，故D正确；
B、由实物图可知，灯泡L1和L2并联，根据并联电路电压的规律可，两灯泡两端的电压相等，故B错误；
C、根据P=UI知，通过灯泡L1的电流比灯泡L2的大，故C错误；
A、根据R=UI知，L1的电阻较小，故A错误。
故选：D。
灯泡的亮度取决于灯泡的实际的功率；
根据实物图判断两灯泡并联，根据并联电路电压的规律判断两灯泡两端电压的关系；
根据P=UI判断通过两灯泡的电流的关系；
根据R=UI判断两灯泡电阻的关系。
本题要求学生知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际的功率；能够灵活运用并联电路的特点和电功率公式，欧姆定律。
10.【答案】A
【解析】解：将容器倒置过来，容器变为底大口小，所以水面会下降，根据p=ρgh，同种液体密度相同，压强与深度有关，深度变小，则压强减小；
根据F=pS，由于倒置前后，压强不同，受力面积也不同，不能比较，所以采用割补法进行比较，未倒置前，容器中的一部分水压在了两侧壁上，倒置后，容器中的水全部压在容器底部，所以压力增大。
故选：A。
水对容器底部的压力、压强分析：先根据p=ρgh比较压强，再根据F=pS比较压力。
本题考查液体对容器底部压力、压强的比较，关键是先比较压强，再比较压力，当压力和压强都改变时，采用割补法进行比较。
11.【答案】色散 牛顿
【解析】解：由于不同颜色的光的波长不同，通过三棱镜的折射程度不同，所以白光经三棱镜后，光屏上自上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，这种现象叫光的色散；这里雨虹的产生就是光的色散现象。
英国物理学家牛顿首先研究了这一现象，他是通过三棱镜将一束太阳光分解为七种颜色的光。这也说明不同色光在同一介质中的折射本领不同。
故答案为：色散；牛顿。
太阳光经过三棱镜折射后可以分散成七种颜色的光，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这就是光的色散现象。不同色光在通过三棱镜时的折射本领不同。
本题主要考查学生对：光的色散的原理的了解，知道太阳光是由七种颜色的光复合而成，会辨别生活中的现象。这些都需要学生进行强化记忆。
12.【答案】会聚 焦点
【解析】解：要取火需要将光线会聚，所以应该将冰块制成凸透镜，透镜会把光线会聚在焦点上时，所以当把艾放在焦点上时，会随着温度的升高达到燃点时即可燃烧。
故答案为：会聚；焦点。
凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后会聚成一点，这点是凸透镜的焦点，焦点的温度很高。
此题考查了凸透镜会聚光线的特点及灵活利用凸透镜解决生活实际问题的能力，是中考考查的热点。
13.【答案】1.8×104
【解析】解：该创可贴体温计充满电后大约储存的电能：W=UIt=5V×1A×3600s=1.8×104J。
故答案为：1.8×104。
知道该创可贴体温计充满电时的电压和电流以及时间，根据W=UIt求出其储存的电能。
本题考查了电功公式的应用，从题干中获取有用的信息是关键，难度不大，易于解答。
14.【答案】不可再生 热传递 3.6×106 40
【解析】解：(1)天然气在地球上的储量是有限的，一旦消耗，短时间内无法得到补充，属于不可再生能源；
(2)在家用燃气灶烧水，水吸收热量，内能增加，是通过热传递来改变内能的；
(3)消耗天然气的体积V=0.1m3；
完全燃烧这些天然气放出的热量：
Q放=qV=3.6×107J/m3×0.1m3=3.6×106J；
该热水器的能量转化效率：
η=Q吸Q放×100%=1.44×106J3.6×106J×100%=40%。
故答案为：(1)不可再生；(2)热传递；(3)3.6×106；40。
(1)能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(2)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；
(3)知道天然气的热值和消耗天然气的体积，利用Q放=qV求出天然气完全燃烧放出的热量；热水器的能量转化效率等于水吸收的热量与天然气燃烧放出的热量之比。
本题为热学的综合计算题，考查了学生对能源的分类、改变内能的方法、燃料完全燃烧放热公式、能量转化效率(热效率)公式的理解和灵活运用，属于中档题。
15.【答案】A 相等 0.8 使实验结论具有普遍性
【解析】解：(1)小青连接电路后，若三个开关同时闭合，电流表A直接连接在电源两极上，电流表A1、A2被短路，所以电流表A将被损坏；
(2)串联电路中电流处处相等，在“探究串联电路的电流规律”时，通过两个灯泡的电流相等，灯泡亮度不同，是因为灯泡的实际功率不同；
(3)将开关S2断开，S1、S3闭合后，两灯并联，电流表A1测量通过灯L1的电流，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A测量干路电流，
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A的示数大于电流表A1的示数，
观察到电流表A和A1的指针指在同一位置，说明电流表A使用的是大量程，电流表A1使用的是小量程，电流表刻度盘的同一位置，大量程示数是小量程示数的5倍，若电流表A1的示数为0.2A，则电流表A的示数应该为0.2A×5=1A；
则电流表A2的示数为：I2=I-I1=1A-0.2A=0.8A，
(4)由于本实验是探究串、并联电路的电流规律，需要多次实验以寻找普遍规律，
故测量结束后，小亮又换用灯泡进行多次实验，这样做的主要目的是使实验结论具有普遍性。
故答案为：(1)A；(2)相等；(3)0.8；(4)使实验结论具有普遍性。
(1)电流表使用时，不能直接连接在电源两极上；
(2)串联电路中电流处处相等；
(3)将开关S2断开，S1、S3闭合后，两灯并联，电流表A1测量通过灯L1的电流，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A测量干路电流，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和分析；
(4)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究串、并联电路的电流规律，考查电路分析、串并联电路的电流特点、电流表读数、归纳法的运用，属于常考命题点。
16.【答案】5 1100 1.1×105
【解析】解：旋转手柄带动开关处于加热挡时，电路为R1的简单电路，
通过它的电流：I=UR1=220V44Ω=5A；
则此时的电功率：P加热=U2R1=(220V)244Ω=1100W；
工作100s消耗的电能：W=P加热t=1100W×100s=1.1×105J。
故答案为：5；1100；1.1×105。
旋转手柄带动开关处于加热挡时，电路为R1的简单电路，用I=UR计算通过R1的电流；根据P=U2R计算出电热水器在“加热”挡位工作的电功率；根据W=Pt计算工电热水器在“加热”挡位工作100s消耗的电能。
本题考查了欧姆定律、电功、电功率的简单应用，认清电路的组成是解决本题的关键。
17.【答案】右 3 变大 右
【解析】解：(1)实验前，杠杆右端偏高，应将两端的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)由图可知：OB：OA=2：3，
根据杠杆的平衡条件可得，F×OB=G×OA，
F=G×OAOB=2N×32=3N；
(3)斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将大于3N，要保持F大小不变，就得减小阻力臂，即应将钩码向右移动适当的距离。
故答案为：(1)右；(2)3；(3)变大； 右。
(1)杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母；
(2)从图知道两边力臂的关系，知道阻力(重力)大小，利用杠杆的平衡条件求所需拉力大小；
(3)当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
18.【答案】R断路了 电压表 B 2 100
【解析】解：(1)要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，电路可能断路，电压表指针超过量程，则电压表与电源连通，则电路的故障可能是R断路了；
(3)“探究电流与电阻的关系”实验中，要控制电阻的电压不变，排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表；
(4)10Ω定值电阻接入电路，根据图乙可知，对应的电流为0.2A，根据欧姆定律可知电阻的电压为：
UV=IR=0.2A×10Ω=2V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为2V；
(5)根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U-UV=6V-2V=4V；
变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=2×50Ω=100Ω；
为了顺利完成本实验，滑动变阻器的最大值至少100Ω。
故答案为：(1)见解析中的图；(2)R断路了；(3)电压表；(4)B；2；(5)100。
(1)根据滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压不变；
(4)10Ω定值电阻接入电路，根据图2可知对应的电流，根据欧姆定律得出电阻的电压；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(5)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、故障分析、操作过程和对器材的要求。
19.【答案】D B 断开 3 小丽 电压表
【解析】解：(1)“探究电流与电压的关系”实验中要控制电阻大小不变，为得出普遍性的规律，要多次测量：①灯的电阻随温度的变化而变化，由图A到图B，改进的主要理由是为了保证电阻大小保持不变，故选：D；
②图C中连接有滑动变阻器，可改变电阻的电压，由图B到图C，改进的主要理由是可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律，故选：B；
(2)①为保护电路，连接电路时应断开开关；
②要求滑片P往右移动时电流表示数变大，故变阻器连入电路的电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下所示：
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至恰当位置，对应的电流为0.6A，由欧姆定律，电阻的电压为：
U=IR=0.6A×5Ω=3V；
换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压保持U0=3V不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，由分压原理，电阻的电压变大，电压表示数变大：
若应先闭合开关，有可能烧坏电压表；
小丽认为应先将滑片移到最左端，即变阻器连入电路的电阻最大，再闭合开关，此时电压表的示数较小，然后将滑片向右移动，使电压表示数为U0。
故赞成小丽的观点，理由电压表易烧坏。
故答案为：(1)D；B；(2)①断开；②见解析中的图；③3；④小丽；电压表。
(1)“探究电流与电压的关系”实验中要控制电阻大小不变，为得出普遍性的规律，要多次测量，据此分析；
(2)①为保护电路，连接电路时应断开开关；
②根据滑片P往右移动时电流表示数变大，可生变阻器连入电路的电阻变小，据此确定变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联；
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路时，对应的电流为0.6A，由欧姆定律得出电阻的电压；换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，由分压原理，电阻的电压变大，电压表示数变大，据此分析。
本题探究电流与电阻、电压的关系，考查控制变量法及归纳法的运用、电路连接及操作过程。
20.【答案】滑动变阻器断路(或电流表断路，或开关断路) 5 不
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱接入电路，如图：
；
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，则故障可能是滑动变阻器断路，或电流表断路，或开关断路；
(3)由图甲可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，由图乙可知电流为0.52A，
根据欧姆定律可得待测电阻的阻值：Rx=UI=2.6V0.52A=5Ω；
(4)“伏安法”测定值电阻的阻值多次实验的目的是计算平均值，减小误差，
灯泡的电阻随温度的升高而增大，“伏安法”测灯泡的阻值多次实验的目的寻找普遍规律，所以它们多次实验的目的不同。
故答案为：(1)见上图；(2)滑动变阻器断路(或电流表断路，或开关断路)；(3)5；(4)不。
(1)要求滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱接入电路；
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，据此分析电路故障；
(3)由图甲可知电流表接入电路的量程和分度值，由图乙读出电流，根据欧姆定律计算待测电阻的阻值；
(4)“伏安法”测定值电阻的阻值多次实验的目的是计算平均值，减小误差，“伏安法”测灯泡的阻值多次实验的目的寻找普遍规律。
“伏安法”测电阻的实验考查电路连接、故障分析、欧姆定律的灵活运用以及多次实验的目的。
21.【答案】F1-F3 F4-F2 增大 排开液体的体积
【解析】解：
(1)如图甲，由A、C两步骤，根据称重法测浮力可知，物体浸在水中受到的浮力F浮=F1-F3，
由D、B两步骤可得排开水的重力G排=F4-F2，
若它们相等，则阿基米德原理成立；
(2)已知弹簧测力计A的示数变小；根据称重法可知受到的浮力变大，所以，物体所受浮力与物体排开液体的体积有关；重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计B的示数变大。
故答案为：(1)F1-F3；F4-F2；(2)增大；排开液体的体积。
(1)根据称重法可知物体受到的浮力；排开水的重力等于排开的水和小桶的重力之和减掉空桶的重力；
(2)已知弹簧测力计A示数的变化，根据称重法可知重物所受浮力的变化，从而可知浮力与重物排开液体的体积关系；重物排开水的体积变大时，溢出水的重力变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化。
本题是验证阿基米德原理的实验，考查了称重法测浮力、对阿基米德原理的理解，同时考查了实验过程和注意事项，综合性强。
22.【答案】1.25×104 小 0.68
【解析】解：(1)人的重力为：
G=mg=50kg×10N/kg=500N，
人对台称的压强为：
p=FS=GS=500N400×10-4m2=1.25×104 Pa；
(2)当称台上重物重力增加时，弹性体被压缩，电阻丝R随之变短，由影响电阻大小的因素可知，电阻丝R的阻值会变小，电路中电流变大，从而使电磁铁的磁性变强；
(3)①台称不放重物时，电路的电流为I1=0.2A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U1=0.6V；所以灯泡的功率为：
P1=U1I1=0.6V×0.2A=0.12W，
电路的电流为I2=0.4A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U2=2V；所以灯泡的功率为：
P2=U2I2=2V×0.4A=0.8W，
所以，灯泡的功率变化为：
ΔP=P2-P1=0.8W-0.12W=0.68W；
②当I1=0.2A时，此时灯泡的电压是U1=0.6V，电阻丝R的阻值为：
R1=U1'I1=U-U1I1=3V-0.6V0.2A=12Ω，
当I2=0.4A时，此时灯泡的电压是U2=2V，电阻丝R的阻值为：
R2=U2'I2=U-U2I2=3V-2V0.4A=2.5Ω，
电阻丝R的变化量为：
ΔR=12Ω-2.5Ω=9.5Ω，
电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω，可以得到1Ω9.5Ω=10kgm-0kg，
解得：m=95kg。
故答案为：(1)1.25×104；(2)小；(3)①0.68；②秤台上物体的质量为95kg。
(1)先求出重力，再利用公式p=FS可以求出压强；
(2)根据影响电阻大小的因素分析回答；
(3)①根据图丙，可以找出灯泡在两种状态下的电压值，利用公式P=UI分别求出电功率，两次功率之差就是灯泡功率的变化量；
②根据此时的电流算出此时R的电阻，然后根据电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比的关系求出物体的质量。
该题考查了欧姆定律及电功率的计算，解本题的关键是得出力敏电阻上物体质量与电阻R的关系。
2023年吉林省长春市榆树市中考物理二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 2022年元宵晚会我国航天员王亚平在中国空间站用古筝弹奏《茉莉花》，为全国人民送上太空音乐祝福，“此曲只应天上有，人间能得几回闻”。下列说法中正确的是( )
A. 琴弦的长短不同，发出声音的音色不同
B. 演奏古筝时通过弦的振动发声
C. 用同样的力拨动琴弦，粗弦比细弦发声的响度大
D. 拨动同一琴弦的力越大，发声的音调越高
2. 下列用电器中，利用电流热效应工作的是( )
A. 电风扇 B. 电饭锅 C. 电视机 D. 电磁起重机
3. 用一个开关同时控制两盏灯，则这两盏灯的连接方式( )
A. 只能串联 B. 只能并联
C. 串联或并联都可以 D. 串联或并联都不可以
4. 南朝诗人萧绎在《早发龙巢》有诗句“不疑行船动，唯看远树来”，其中“唯看远树来”的参照物可能的是( )
A. 河岸 B. 行船 C. 岸边的房屋 D. 远处的树
5. 下列四幅图都是有关电与磁的知识，其中描述正确的是( )
A. 图甲，法拉第实验说明了通电导线周围存在磁场
B. 图乙，闭合开关通电螺线管左端为N极
C. 图丙是电动机的原理图
D. 图丁是发电机的原理图
6. 下图是生活中几种常见的杠杆，其中属于省力杠杆的是( )
A. 钓鱼竿 B. 道钉撬
C. 筷子 D. 理发剪刀
7. 2022年中央电视台“3⋅15”晚会上，非标电线因质量问题和安全隐患被点名。所谓的非标电线就是低于国家标准的电线，即电线的粗细比国家标准要求的合格电线都要细一些。若用非标电线替代相同长度的合格电线，则导线的电阻( )
A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 无法判断
8. “低碳生活，从我做起”八年级的同学们在不影响书写、阅读的前提下，坚持在教室少开两盏照明灯。当这两盏灯熄灭后，跟原来相比( )
A. 电路中的电流增大了 B. 电路中的电阻减小了
C. 电路两端的电压降低了 D. 电路消耗的电功率降低了
9. 如图所示，闭合开关后，发现灯泡L1比灯泡L2亮，则下列判断正确的是( )
A. L1的电阻较大
B. L2两端的电压较大
C. 通过L2的电流较大
D. L1的实际功率较大
10. 一个形状如图所示的密封容器，其中盛有一些水，现将容器倒置过来，这时水对容器底部的压力和压强将( )
A. 压力增大，压强减小 B. 压力减小，压强增大
C. 压力和压强都增大 D. 压力和压强都减小
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共16.0分）
11. 唐代的孔颖达在《礼记⋅月令》一书中写道：“云薄漏日，日照雨滴则虹生”，这里“虹”的产生是光的 现象。科学家 首先研究了这一现象，他让一束太阳光通过三棱镜使太阳光分解为七种色光，这说明太阳光是一种复色光。
12. 如图所示，西汉时期的《淮南万毕术》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则火生。”将冰块削成冰透镜生火是利用了凸透镜对光线具有______作用，请判断：若要快速“火生”应把“艾”放在冰透镜的______位置。
13. 如图是北京冬奥会上亮相的可爱创可贴体温计，这是一款目前最小、最精准的自动测量并上报体温的可穿戴式智能测温设备，测温精度可达到0.05℃，大小如创可贴一般，该创可贴体温计充满电的时间是1h，充电电压和电流分别是5V、1A，它充满电后大约储存了 J的电能。
14. 思思在家用燃气灶烧水，水共吸收了热量1.44×106J，消耗了0.1m3的天然气。
(1)天然气是 能源。
(2)这是通过 的方式增加水的内能。
(3)完全燃烧这些天然气释放的热量为 J；该热水器的能量转化效率为 %。(天然气热值为3.6×107J/m3)
15. 小青设计了如图所示的电路来“探究串、并联电路的电流规律”。
(1)小青连接电路后，若三个开关同时闭合，电流表 将被损坏(选填“A”、“A1”或“A2”)。
(2)在“探究串联电路的电流规律”时，小青发现两个灯泡的亮度不同，则通过两个灯泡的电流 (选填“相等”或“不相等”)。
(3)小青在“探究并联电路的电流规律”时，将开关S2断开，S1、S3闭合后，两个灯泡都发光，此时观察到电流表A和A1的指针指在同一位置，若电流表A1的示数为0.2A，则电流表A2的示数为 A。
(4)测量结束后，小青又换用规格不同的灯泡进行了多次实验，这样做的主要目的是 。
16. 小梅家的电热水器有“关”、“加热”和“速热”三个挡位，其简化电路如图所示。若电热丝R1的阻值是44Ω，通过计算回答：该电热水器在“加热”挡位工作时，通过它的电流是多少 A，此时的电功率是 W，此时工作100s消耗电能是 J。
三、实验探究题（本大题共5小题，共25.0分）
17. 如图所示，是“探究杠杆的平衡条件”的实验装置。
(1)实验前，杠杆如图甲静止，为使得杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向______调节；
(2)杠杆平衡后，在左侧A点挂两个钩码，每个钩码重1N，在右端B竖直向下拉着弹簧测力计，使杠杆在水平位置平衡，如图所示，此时弹簧测力计的示数F=______N；
(3)若在B点斜向右下方拉弹簧测力计，仍保持杠杆水平平衡，则弹簧测力计的示数将______(变大/变小/不变)；此时，要使杠杆在水平位置平衡且弹簧测力计的示数仍等于F，应将钩码向______(左/右)移动适当的距离。
18. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，部分器材选用如下：电压为6V的电源，滑动变阻器1只，10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的定值电阻各一个，其他器材如图，回答下列问题。
(1)用笔画线代替导线将甲图中的电路连接完整。要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大；
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，电压表指针超过量程，则电路的故障可能是 ；
(3)排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察 (电流表/电压表/滑动变阻器)；
(4)接下来断开开关，取下10Ω的定值电阻，换成20Ω的定值电阻，再闭合开关，应向 (A/B)端移动滑片，直至电压表示数为 V时，读出电流表的示数。记录实验数据，并绘制成图乙所示。
(5)为了顺利完成本实验，滑动变阻器的最大值至少 Ω。
19. 以下是同学们完成的电学实验：
(1)小宇在“探究电流与电压的关系”实验中，运用了控制变量的科学方法。他和实验小组成员经过相互讨论，完成了该实验方案的三次设计如图一：从 A、B、C三幅电路图可以看出他们对实验不断改进的设计过程。
①由图A到图B，改进的主要理由是 。(只填序号)
②由图B到图C，改进的主要理由是 。(只填序号)
以上两空均从下列选项中选填：
A.为了防止灯泡烧坏
B.可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律
C.为了让电路更完整
D.为了保证电阻大小保持不变
(2)某实验小组用如图二所示的电路探究电流与电阻的关系。
实验序号
电阻R/Ω
电流I/A
1
5
0.6
2
10
3
20
①连接电路时应 开关；
②把电路图补充完整，要求滑片P往右移动时电流表示数变大；
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至恰当位置，并将数据记录在表中。换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压保持U0= V不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，小庆和小丽对接下来的操作有不同看法：
小庆认为应先闭合开关，再将滑片向左移动，使电压表示数为U0。
小丽认为应先将滑片移到最左端，再闭合开关，然后将滑片向右移动，使电压表示数为U0。
请问你赞成谁的观点？ ，理由是 (选填“电压表”或“电流表”)容易烧坏。
20. 图甲是“伏安法测电阻”电路的实物图。
(1)请用笔画线将实物图连接完整，使滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小。
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，则故障可能是 。
(3)排除故障后，闭合开关，当滑片移动到某位置时，电压表示数为2.6V，电流表示数如图乙所示，则未知电阻Rx= Ω。
(4)接下来，调节滑动变阻器的滑片，多次实验。测量小灯泡的阻值时，同样需要多次实验。它们多次实验的目的 相同的。
21. 某班物理实验小组的同学，利用图甲验证阿基米德原理。
(1)如图甲所示，物体受到的浮力F浮= (用F1、F2、F3、F4表示)，物体排开液体的重力G排 (用F1、F2、F3、F4表示)；若它们相等，则阿基米德原理成立。
(2)如图乙，方案二中，同学们逐渐调高平台，使重物浸入水中的体积越来越大，可观察到弹簧测力计A的示数减小，B的示数 (选填“增大”、“减小”或“不变”)。此过程说明物体所受浮力与物体 有关。
四、计算题（本大题共1小题，共9.0分）
22. 中考体检时，我们都要测量体重，常用的测量工具是人体秤.测量时如图甲所示。秤中的力敏传感器由弹性体和金属电阻丝R组成，电阻丝粘贴在弹性体上，但两者之间隔有绝缘材料。当秤台上有重物时，弹性体被压缩，电阻丝R随之变短，阻值发生变化。据此原理，小明利用力敏传感器设计了一种既能称量物重，又能实现报警的人体秤的模拟电路，如图乙所示。电源电压为3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关后，秤台上不放重物时，电流表示数为0.2A，随着秤台重物的增加，电流表示数会发生变化，当电流达到0.4A，电磁铁会吸引衔铁，动、静触点接触，电路报警。(电磁铁线圈电阻不计，g取10N/kg)
(1)若图甲中人体质量为50kg，双脚和秤台的接触面积为400cm2，则秤台表面承受的压强为 Pa。
(2)当称台上重物重力增加时，电阻丝R的阻值会变 ，从而使电磁铁的磁性变强。
(3)若报警灯L的额定电压为3V，其电流随电压变化规律如图丙所示。
①闭合开关，秤台不放重物到电路开始报警时，报警灯L的功率变化了 W。
②电阻丝R阻值的变化量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω；当电流表示数为0.4A时，秤台上物体的质量为多少？(写出必要的文字说明，表达式和最终结果。)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、琴弦的长短不同，振动快慢不同，发声的振动频率不同，音调不同，故A错误；
B、演奏古筝时靠的是弦的振动而发声的，故B正确；
C、琴弦响度大小与振幅有关，与琴弦的粗细无关，故C错误；
D、拨动琴弦的力越大，琴弦的振动幅度越大，发声的响度越大，故D错误。
故选：B。
(1)声音是由物体振动产生的，当振动停止，发声也停止。
(2)音调与发声体的振动频率有关；音色跟发声体的材料和结构有关；响度指声音的大小，声音越大，响度越大；声音越小，响度越小；
(3)声音的传播需要介质，在不同的介质中的传播速度不同；固体、液体、气体都可以传声，真空不能传声。
这道题考查了声学基本知识，难点是声音特性的区分，掌握音调、响度的影响因素是解题关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、电风扇主要是把电能转化为机械能，不是利用电流的热效应工作的，故A错误。
B、电饭锅主要是把电能转化为内能，是利用电流的热效应工作的，故B正确。
C、电视机主要是把电能转化为声能和光能，不是利用电流的热效应工作的，故C错误。
D、电磁起重机利用了电流的磁效应，故D错误。
故选：B。
(1)电流的热效应：电流通过导体要发热，这叫做电流的热效应，如电灯、电炉、电烙铁、电焊等都是电流的热效应的例子；
(2)电流的化学效应：电流通过导电的液体会使液体发生化学变化，产生新的物质，电流的这种效果叫做电流的化学效应，如电解，电镀，电离等就属于电流的化学效应的例子；
(3)电流的磁效应：给绕在软铁芯周围的导体通电，软铁芯就产生磁性，这种现象就是电流的磁效应，如电铃、蜂鸣器、电磁扬声器等都是利用电流的磁效应制成的。
本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，利用热效应工作的电器特点是把电能主要转化成内能，是一道基础题
3.【答案】C
【解析】解：由于开关在不同电路中的作用不同，在串联电路和并联电路的干路中都能控制所有用电器，所以当一个开关同时控制两盏灯泡的亮与灭时，这两盏灯泡之间可能是串联也可能是并联。
故选：C。
电路的基本连接形式有两种，一种是串联，另一种是并联。开关在不同的电路中的作用不相同，在串联电路中控制所有用电器，在并联电路的干路中控制所有用电器，在并联电路的支路中只控制本支路用电器。
本题考查了开关在串联和并联电路中的作用。
4.【答案】B
【解析】解：诗句“不疑行船动，唯看远树来”，其中“唯看远树来”是说树是运动的，则所选的参照物可能是行船或船上的人。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
物体相对于参照物的位置发生改变，物体是运动的，否则是静止的。
会正确判断物体相对于参照物的运动情况，是解答此题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：A、如图是奥斯特实验，导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，所以奥斯特实验表明电流周围存在磁场，故A错误。
B、闭合开关，电流从螺线管的右端进入，从左端流出，根据安培定则，可以判断螺线管的左端为N极，右端为S极，故B正确。
C、如图，通过闭合电路一部分线圈，磁场中做切割磁感线运动，线圈中产生感应电流，使小灯泡发光，这是发电机工作原理图，故C错误。
D、如图，导体ab中通有电流，导体ab在磁场中受力而运动，这是电动机的工作原理图，故D错误。
故选：B。
(1)奥斯特实验表明电流周围存在磁场。
(2)知道螺线管的电流方向，根据安培定则判断螺线管的磁极。
(3)电路中无电源，是发电机工作原理图。
(4)电路中有电源是电动机的工作原理图。
发电机和电动机的工作原理图非常相似，电路中无电源的是发电机工作原理图，电路中有电源的是电动机工作原理图。
6.【答案】B
【解析】解：道钉撬在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；筷子、钓鱼竿、理发剪刀在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B正确。
故选：B。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
本题考查了杠杆的类型，属于基础题。
7.【答案】A
【解析】解：非标电线比国家标准要求的合格电线都要细一些，故用非标电线替代相同长度的合格电线时，因为它的横截面更小，故电阻变大。
故选：A。
影响影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积、温度．
本题考查了影响电阻的因素，属于基础题。
8.【答案】D
【解析】解：在家庭电路中，各用电器是并联的。
A、干路中的电流等于各支路电流之和，所以同时工作的用电器越多，干路中的电流越大，当这两盏灯熄灭后，干路中的电流变小，不符合题意。
B、同时使用的用电器越多，则并联的电阻越多，并联的电阻就相当于增加了导体的横截面积，则总电阻越小，当这两盏灯熄灭后，电路中的总电阻变大，不符合题意。
C、家庭电路的电压是220V，当这两盏灯熄灭后，电路两端的电压不变，仍为220V，不符合题意。
D、当这两盏灯熄灭后，干路中的电流变小，电路两端的电压不变，由公式P=UI可知，电路消耗的电功率变小，符合题意。
故选：D。
A、家庭电器大多数都是并联的，在并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和。
B、并联电路的总电阻比任何一个并联电阻都小，知道并联的支路越多，总电阻越小。
C、利用并联电路电压的特点进行分析和判断。
D、利用公式P=UI进行分析和判断。
解决此类问题的关键是知道并联电路的电流、电压和电阻规律。
9.【答案】D
【解析】解：D、灯泡L1比灯泡L2亮，说明灯泡L1的实际功率比灯泡L2的大，故D正确；
B、由实物图可知，灯泡L1和L2并联，根据并联电路电压的规律可，两灯泡两端的电压相等，故B错误；
C、根据P=UI知，通过灯泡L1的电流比灯泡L2的大，故C错误；
A、根据R=UI知，L1的电阻较小，故A错误。
故选：D。
灯泡的亮度取决于灯泡的实际的功率；
根据实物图判断两灯泡并联，根据并联电路电压的规律判断两灯泡两端电压的关系；
根据P=UI判断通过两灯泡的电流的关系；
根据R=UI判断两灯泡电阻的关系。
本题要求学生知道灯泡的亮度取决于灯泡的实际的功率；能够灵活运用并联电路的特点和电功率公式，欧姆定律。
10.【答案】A
【解析】解：将容器倒置过来，容器变为底大口小，所以水面会下降，根据p=ρgh，同种液体密度相同，压强与深度有关，深度变小，则压强减小；
根据F=pS，由于倒置前后，压强不同，受力面积也不同，不能比较，所以采用割补法进行比较，未倒置前，容器中的一部分水压在了两侧壁上，倒置后，容器中的水全部压在容器底部，所以压力增大。
故选：A。
水对容器底部的压力、压强分析：先根据p=ρgh比较压强，再根据F=pS比较压力。
本题考查液体对容器底部压力、压强的比较，关键是先比较压强，再比较压力，当压力和压强都改变时，采用割补法进行比较。
11.【答案】色散 牛顿
【解析】解：由于不同颜色的光的波长不同，通过三棱镜的折射程度不同，所以白光经三棱镜后，光屏上自上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，这种现象叫光的色散；这里雨虹的产生就是光的色散现象。
英国物理学家牛顿首先研究了这一现象，他是通过三棱镜将一束太阳光分解为七种颜色的光。这也说明不同色光在同一介质中的折射本领不同。
故答案为：色散；牛顿。
太阳光经过三棱镜折射后可以分散成七种颜色的光，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这就是光的色散现象。不同色光在通过三棱镜时的折射本领不同。
本题主要考查学生对：光的色散的原理的了解，知道太阳光是由七种颜色的光复合而成，会辨别生活中的现象。这些都需要学生进行强化记忆。
12.【答案】会聚 焦点
【解析】解：要取火需要将光线会聚，所以应该将冰块制成凸透镜，透镜会把光线会聚在焦点上时，所以当把艾放在焦点上时，会随着温度的升高达到燃点时即可燃烧。
故答案为：会聚；焦点。
凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后会聚成一点，这点是凸透镜的焦点，焦点的温度很高。
此题考查了凸透镜会聚光线的特点及灵活利用凸透镜解决生活实际问题的能力，是中考考查的热点。
13.【答案】1.8×104
【解析】解：该创可贴体温计充满电后大约储存的电能：W=UIt=5V×1A×3600s=1.8×104J。
故答案为：1.8×104。
知道该创可贴体温计充满电时的电压和电流以及时间，根据W=UIt求出其储存的电能。
本题考查了电功公式的应用，从题干中获取有用的信息是关键，难度不大，易于解答。
14.【答案】不可再生 热传递 3.6×106 40
【解析】解：(1)天然气在地球上的储量是有限的，一旦消耗，短时间内无法得到补充，属于不可再生能源；
(2)在家用燃气灶烧水，水吸收热量，内能增加，是通过热传递来改变内能的；
(3)消耗天然气的体积V=0.1m3；
完全燃烧这些天然气放出的热量：
Q放=qV=3.6×107J/m3×0.1m3=3.6×106J；
该热水器的能量转化效率：
η=Q吸Q放×100%=1.44×106J3.6×106J×100%=40%。
故答案为：(1)不可再生；(2)热传递；(3)3.6×106；40。
(1)能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(2)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；
(3)知道天然气的热值和消耗天然气的体积，利用Q放=qV求出天然气完全燃烧放出的热量；热水器的能量转化效率等于水吸收的热量与天然气燃烧放出的热量之比。
本题为热学的综合计算题，考查了学生对能源的分类、改变内能的方法、燃料完全燃烧放热公式、能量转化效率(热效率)公式的理解和灵活运用，属于中档题。
15.【答案】A 相等 0.8 使实验结论具有普遍性
【解析】解：(1)小青连接电路后，若三个开关同时闭合，电流表A直接连接在电源两极上，电流表A1、A2被短路，所以电流表A将被损坏；
(2)串联电路中电流处处相等，在“探究串联电路的电流规律”时，通过两个灯泡的电流相等，灯泡亮度不同，是因为灯泡的实际功率不同；
(3)将开关S2断开，S1、S3闭合后，两灯并联，电流表A1测量通过灯L1的电流，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A测量干路电流，
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A的示数大于电流表A1的示数，
观察到电流表A和A1的指针指在同一位置，说明电流表A使用的是大量程，电流表A1使用的是小量程，电流表刻度盘的同一位置，大量程示数是小量程示数的5倍，若电流表A1的示数为0.2A，则电流表A的示数应该为0.2A×5=1A；
则电流表A2的示数为：I2=I-I1=1A-0.2A=0.8A，
(4)由于本实验是探究串、并联电路的电流规律，需要多次实验以寻找普遍规律，
故测量结束后，小亮又换用灯泡进行多次实验，这样做的主要目的是使实验结论具有普遍性。
故答案为：(1)A；(2)相等；(3)0.8；(4)使实验结论具有普遍性。
(1)电流表使用时，不能直接连接在电源两极上；
(2)串联电路中电流处处相等；
(3)将开关S2断开，S1、S3闭合后，两灯并联，电流表A1测量通过灯L1的电流，电流表A2测量通过灯L2的电流，电流表A测量干路电流，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和分析；
(4)用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多。
本题探究串、并联电路的电流规律，考查电路分析、串并联电路的电流特点、电流表读数、归纳法的运用，属于常考命题点。
16.【答案】5 1100 1.1×105
【解析】解：旋转手柄带动开关处于加热挡时，电路为R1的简单电路，
通过它的电流：I=UR1=220V44Ω=5A；
则此时的电功率：P加热=U2R1=(220V)244Ω=1100W；
工作100s消耗的电能：W=P加热t=1100W×100s=1.1×105J。
故答案为：5；1100；1.1×105。
旋转手柄带动开关处于加热挡时，电路为R1的简单电路，用I=UR计算通过R1的电流；根据P=U2R计算出电热水器在“加热”挡位工作的电功率；根据W=Pt计算工电热水器在“加热”挡位工作100s消耗的电能。
本题考查了欧姆定律、电功、电功率的简单应用，认清电路的组成是解决本题的关键。
17.【答案】右 3 变大 右
【解析】解：(1)实验前，杠杆右端偏高，应将两端的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)由图可知：OB：OA=2：3，
根据杠杆的平衡条件可得，F×OB=G×OA，
F=G×OAOB=2N×32=3N；
(3)斜向下拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将大于3N，要保持F大小不变，就得减小阻力臂，即应将钩码向右移动适当的距离。
故答案为：(1)右；(2)3；(3)变大； 右。
(1)杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母；
(2)从图知道两边力臂的关系，知道阻力(重力)大小，利用杠杆的平衡条件求所需拉力大小；
(3)当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
18.【答案】R断路了 电压表 B 2 100
【解析】解：(1)要求滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大，变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
(2)闭合开关后，发现电流表无示数，电路可能断路，电压表指针超过量程，则电压表与电源连通，则电路的故障可能是R断路了；
(3)“探究电流与电阻的关系”实验中，要控制电阻的电压不变，排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表；
(4)10Ω定值电阻接入电路，根据图乙可知，对应的电流为0.2A，根据欧姆定律可知电阻的电压为：
UV=IR=0.2A×10Ω=2V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为2V；
(5)根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U-UV=6V-2V=4V；
变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=2×50Ω=100Ω；
为了顺利完成本实验，滑动变阻器的最大值至少100Ω。
故答案为：(1)见解析中的图；(2)R断路了；(3)电压表；(4)B；2；(5)100。
(1)根据滑动变阻器滑片向右移动时电阻变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压不变；
(4)10Ω定值电阻接入电路，根据图2可知对应的电流，根据欧姆定律得出电阻的电压；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(5)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路的连接、故障分析、操作过程和对器材的要求。
19.【答案】D B 断开 3 小丽 电压表
【解析】解：(1)“探究电流与电压的关系”实验中要控制电阻大小不变，为得出普遍性的规律，要多次测量：①灯的电阻随温度的变化而变化，由图A到图B，改进的主要理由是为了保证电阻大小保持不变，故选：D；
②图C中连接有滑动变阻器，可改变电阻的电压，由图B到图C，改进的主要理由是可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律，故选：B；
(2)①为保护电路，连接电路时应断开开关；
②要求滑片P往右移动时电流表示数变大，故变阻器连入电路的电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如下所示：
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至恰当位置，对应的电流为0.6A，由欧姆定律，电阻的电压为：
U=IR=0.6A×5Ω=3V；
换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压保持U0=3V不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，由分压原理，电阻的电压变大，电压表示数变大：
若应先闭合开关，有可能烧坏电压表；
小丽认为应先将滑片移到最左端，即变阻器连入电路的电阻最大，再闭合开关，此时电压表的示数较小，然后将滑片向右移动，使电压表示数为U0。
故赞成小丽的观点，理由电压表易烧坏。
故答案为：(1)D；B；(2)①断开；②见解析中的图；③3；④小丽；电压表。
(1)“探究电流与电压的关系”实验中要控制电阻大小不变，为得出普遍性的规律，要多次测量，据此分析；
(2)①为保护电路，连接电路时应断开开关；
②根据滑片P往右移动时电流表示数变大，可生变阻器连入电路的电阻变小，据此确定变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联；
③小庆将5Ω的定值电阻接入电路时，对应的电流为0.6A，由欧姆定律得出电阻的电压；换用10Ω电阻后，应该使定值电阻两端的电压不变；
④将5Ω的定值电阻换为10Ω后，由分压原理，电阻的电压变大，电压表示数变大，据此分析。
本题探究电流与电阻、电压的关系，考查控制变量法及归纳法的运用、电路连接及操作过程。
20.【答案】滑动变阻器断路(或电流表断路，或开关断路) 5 不
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱接入电路，如图：
；
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，则故障可能是滑动变阻器断路，或电流表断路，或开关断路；
(3)由图甲可知电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，由图乙可知电流为0.52A，
根据欧姆定律可得待测电阻的阻值：Rx=UI=2.6V0.52A=5Ω；
(4)“伏安法”测定值电阻的阻值多次实验的目的是计算平均值，减小误差，
灯泡的电阻随温度的升高而增大，“伏安法”测灯泡的阻值多次实验的目的寻找普遍规律，所以它们多次实验的目的不同。
故答案为：(1)见上图；(2)滑动变阻器断路(或电流表断路，或开关断路)；(3)5；(4)不。
(1)要求滑动变阻器的滑片左移时，电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱接入电路；
(2)闭合开关后，移动滑片，发现电流表、电压表均无示数，说明电路断路，据此分析电路故障；
(3)由图甲可知电流表接入电路的量程和分度值，由图乙读出电流，根据欧姆定律计算待测电阻的阻值；
(4)“伏安法”测定值电阻的阻值多次实验的目的是计算平均值，减小误差，“伏安法”测灯泡的阻值多次实验的目的寻找普遍规律。
“伏安法”测电阻的实验考查电路连接、故障分析、欧姆定律的灵活运用以及多次实验的目的。
21.【答案】F1-F3 F4-F2 增大 排开液体的体积
【解析】解：
(1)如图甲，由A、C两步骤，根据称重法测浮力可知，物体浸在水中受到的浮力F浮=F1-F3，
由D、B两步骤可得排开水的重力G排=F4-F2，
若它们相等，则阿基米德原理成立；
(2)已知弹簧测力计A的示数变小；根据称重法可知受到的浮力变大，所以，物体所受浮力与物体排开液体的体积有关；重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计B的示数变大。
故答案为：(1)F1-F3；F4-F2；(2)增大；排开液体的体积。
(1)根据称重法可知物体受到的浮力；排开水的重力等于排开的水和小桶的重力之和减掉空桶的重力；
(2)已知弹簧测力计A示数的变化，根据称重法可知重物所受浮力的变化，从而可知浮力与重物排开液体的体积关系；重物排开水的体积变大时，溢出水的重力变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化。
本题是验证阿基米德原理的实验，考查了称重法测浮力、对阿基米德原理的理解，同时考查了实验过程和注意事项，综合性强。
22.【答案】1.25×104 小 0.68
【解析】解：(1)人的重力为：
G=mg=50kg×10N/kg=500N，
人对台称的压强为：
p=FS=GS=500N400×10-4m2=1.25×104 Pa；
(2)当称台上重物重力增加时，弹性体被压缩，电阻丝R随之变短，由影响电阻大小的因素可知，电阻丝R的阻值会变小，电路中电流变大，从而使电磁铁的磁性变强；
(3)①台称不放重物时，电路的电流为I1=0.2A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U1=0.6V；所以灯泡的功率为：
P1=U1I1=0.6V×0.2A=0.12W，
电路的电流为I2=0.4A，由图丙可知，此时灯泡的电压是U2=2V；所以灯泡的功率为：
P2=U2I2=2V×0.4A=0.8W，
所以，灯泡的功率变化为：
ΔP=P2-P1=0.8W-0.12W=0.68W；
②当I1=0.2A时，此时灯泡的电压是U1=0.6V，电阻丝R的阻值为：
R1=U1'I1=U-U1I1=3V-0.6V0.2A=12Ω，
当I2=0.4A时，此时灯泡的电压是U2=2V，电阻丝R的阻值为：
R2=U2'I2=U-U2I2=3V-2V0.4A=2.5Ω，
电阻丝R的变化量为：
ΔR=12Ω-2.5Ω=9.5Ω，
电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比，当秤台上物体的质量为10kg，力敏电阻的变化量为1Ω，可以得到1Ω9.5Ω=10kgm-0kg，
解得：m=95kg。
故答案为：(1)1.25×104；(2)小；(3)①0.68；②秤台上物体的质量为95kg。
(1)先求出重力，再利用公式p=FS可以求出压强；
(2)根据影响电阻大小的因素分析回答；
(3)①根据图丙，可以找出灯泡在两种状态下的电压值，利用公式P=UI分别求出电功率，两次功率之差就是灯泡功率的变化量；
②根据此时的电流算出此时R的电阻，然后根据电阻丝R阻值的减少量与所测物体质量的增加量成正比的关系求出物体的质量。
该题考查了欧姆定律及电功率的计算，解本题的关键是得出力敏电阻上物体质量与电阻R的关系。
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