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2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷（含答案解析），共29页。
2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷
1. 欣赏交响乐时，能够清晰分辨出小提琴和长笛发出的声音，这主要是因为这两种乐器发出的声音( )
A. 响度不同 B. 音调不同 C. 音色不同 D. 频率不同
2. 水是人类生存环境的重要组成部分。通过水的三态变化，地球上的水在不停地循环，关于水的三态变化分析错误的是( )
A. 阳光晒暖了海洋，海水吸热蒸发成为水蒸气上升到空中
B. 高空中水蒸气遇冷液化成小水滴，相互聚集结成大水滴下降成为雨
C. 冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温凝固成小冰晶，小冰晶聚集变成雪花飘满大地
D. 雪花熔化成水，和其他降水一样，汇入江河，又注入大海
3. 甲型流感是由甲型流感病毒引起的一种急性呼吸道传染病，如图是在电子显微镜下拍摄到的甲型流感病毒，该病毒直径在100nm左右，可通过飞沫传播。下列说法中正确的是( )
A. 病毒不是分子，因为它可以用肉眼直接看到
B. 病毒随飞沫传播的过程是杂乱无章的分子运动
C. 病毒由分子构成，且这些分子之间有引力也有斥力
D. 佩戴口罩可预防病毒，因为制造口罩的材料分子之间没有空隙
4. 我国提出“力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”，碳达峰、碳中和成为社会各界关注的热点话题。关于能量和能源，下列说法中正确的是( )
A. 我国已建成的核电站是利用核裂变来发电的
B. 能量的转移是有方向性的，而能量的转化没有方向性
C. 水能、太阳能是不可再生能源，核能是可再生能源
D. 为了保护环境，控制和消除大气污染，应禁止使用化石能源
5. 如图所示，小明做“探究平面镜成像”的实验时，将一块玻璃板竖直架在水平桌面上，并在桌面上垫一张白纸，再将两段完全相同的蜡烛A和B放在白纸上，点燃玻璃板前的蜡烛A，进行观察。下列说法正确的是( )
A. 为了使实验效果更加明显，应将蜡烛B也点燃
B. 玻璃板可以与纸面不垂直
C. 选择两支完全相同的蜡烛，是为了方便比较像与物的大小关系
D. 用一块不透明的木板挡在玻璃板和像之间，像会被遮挡
6. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图所示。小车从相糙斜面上某高度由静止开始释放，撞击静止于水平面上的木块，将木块推出一段距离。不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A. 小车动能的大小是通过推动木块移动的距离来反映的
B. 小车释放的高度越高，小车推动木块移动的距离越长
C. 小车在斜面向下运动的过程中，动能增加，势能减小，机械能守恒
D. 若木板的表面光滑且足够长，木块被撞击后最终做匀連直线运动
7. 如图所示，小明将压强计的金属盒放入水中某一深度处，记下U形管中两液面的高度差h。下列操作能够使高度差h增大的是( )
A. 只将金属盒向下移动
B. 只将U形管内的液体换成密度更大的液体
C. 只将容器中水换成酒精
D. 只改变金属盒面的朝向
8. 中国的“蛟龙600”型飞机是目前全球最大的一款水陆两用飞机。其主要用来执行大型灭火及水上救援任务。如图甲所示，飞机降落在湖面取水，取水过程中随着飞机总质量增加机体不断的下沉；如图乙所示，取好水后飞机飞离水面，则下列说法中正确的是( )
A. 取水的飞机持续下沉，所受浮力不变
B. 取水的飞机持续下沉，浮力和飞机总重力始终保持平衡
C. 取水的飞机持续下沉，飞机底部受到湖水的压强持续减小
D. 飞机起飞过程，机翼上方的空气流速小于机翼下方的空气流速
9. 为了响应国家节能减排的号召，小南的爸爸购买了一辆电动汽车。通过查阅资料小南知道：电动汽车的速度是由流经电动机的电流控制，电流越大，车速越大。当驾驶员踩下“油门”踏板时，接入电路的变阻器阻值发生改变，车速变大。下列模拟电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示，在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图甲和图乙中白炽灯L1和L2发光，L1的规格为“2.5V0.3A”，L2的规格为“3.8V0.3A”。下列说法中正确的是( )
①白炽灯越亮，表明在相同时间内电流做功越多
②图甲可“探究电流做功多少与电压大小的关系”
③图乙可“探究电流做功多少与电流大小的关系”
④甲和乙中，L1均比L2亮
A. 只有① B. 只有②③ C. 只有①②③ D. ①②③④都正确
11. 我们经常会着到一边行驶一边向空中喷雾的汽华，人们形象地将它称为雾炮车，如图所示。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法中正确的是( )
A. 若雾炮车一直保持速度大小不变在工作，则行驶过程中车的动能不变
B. 该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程实现了机械能转化为内能
C. 如果雾炮车汽油机里的单个汽缸每秒对外做功20次，则单个汽缸每秒内完成40个冲程
D. 若汽油的热值为4.6×107J/kg，则完全燃烧0.2kg汽油放出的热量是9.2×106J
12. 为了测定标有“2.5V”小灯泡的额定功率，小明设计了如图甲所示电路，电源电压恒为4V不变。图乙是根据实验记录数据画出的小灯泡I−U曲线。关于此实验，下列说法错误的是( )
A. 此小灯泡的额定功率为0.625W
B. 当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，电路的总功率约为0.64W
C. 当“2.5V”小灯泡正常工作时，小灯泡和滑动变阻器的功率之比为5：3
D. 利用图甲电路，不能探究导体的电流与电压的关系
13. 节日里，大家都喜欢燃放鞭炮，鞭炮的爆炸声是通过______ 传入我们的耳朵，鞭炮响起时大家习惯捂住耳朵，这是在______ (选填“声源处”、“人耳处”或“传播过程中”)减弱噪声。
14. 如图所示，小明在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小团硝化棉，用力将活塞迅速下压，棉花被点燃。在快速下压活塞的过程中筒内气体内能______ (选填“增大”或“减小”)。此过程的能量转化方式与汽油机的______ 冲程相同。小明参加了一次长跑，身体消耗的能量约为8.4×106J，这些能量相当于完全燃烧______ kg的酒精。(q酒精=3×107J/kg)
15. “天宫课堂”在中国空间站再次开讲，翟志刚、王亚平、叶光富三位宇航员给我们展示了微重力环境下的许多精彩实验。如图是“太空抛物”实验，抛出的冰墩墩由于具有______ 而继续运动；叶光富用手接住冰墩墩，冰墩墩变为静止，说明力可以改变物体的______ 。
16. 生活中处处有物理：2022年7月13日出现了超级月亮，月亮本身不发光，但我们能看到它是因为光的______ 现象；常用的测温枪是利用人体发出的______ (选填“红外线”或“紫外线”)来测量体温的；同学们用电脑上网课时，家中电脑显示器上的彩色画面都是由红、______ 、蓝三种色光混合而成的。
17. 小明在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，用如图所示的拉力F使物体A做匀速直线运动，则拉力F=______ N；若拿走物体A上的砝码，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，这时弹簧测力计的示数将______ ，可知滑动摩擦力的大小与______ 有关。
18. 小华利用如图所示装置探究凸透镜成像规律。调整器材时应使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的______ 上，图中在屏上成清晰实像的场景的实际应用是______ (放大镜/投影仪/照相机)；保持蜡烛和光屏在10cm处和55cm处不动，要再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜移到______ cm刻度处。
19. 探究“感应电流产生的条件”应选用图______(填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验，在这个现象中若仅改变磁场方向，则电流方向______(填“会”或“不会”)发生改变，利用此实验原理可制成______(填“电动机”或“发电机”)。
20. 如图是探究“不同物质的吸热升温现象”的实验装置，在两个相同的杯子中分别装有质量相等的水和沙子，用两个完全相同的酒精灯给它们加热，目的是在相同的加热时间内，使水和沙子吸收相同的______ ；使用玻璃棒是为了使沙子和水______ ；通过比较它们升温的情况，发现沙子升温较快，由实验可得出，水和沙子相比，吸热能力更强的是______ 。
21. 小明组装了如图所示的实验装置，在一个标准大气压下，烧杯中倒入适量的水(水的沸点为100℃)，试管中装有适量的酒精(酒精沸点为78℃)，然后用酒精灯加热足够长的时间，则先沸腾的液体是______；当水沸腾时，温度计的示数为______℃。若把试管中的酒精换成适量的水，当烧杯中的水沸腾时，试管中的水没有沸腾，原因是______。
22. 为了探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”，小明将两段阻值不同的电阻丝R1、R2分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并设计了如图所示的甲、乙两套装置，所用蓄电池电压相等且保持不变，R1
23. 小明将线圈电阻为12Ω的电动机M和定值电阻R接在6V的直流电源上，如图甲所示，闭合开关S，电流表的示数为0.2A，定值电阻R两端电压为2V，则定值电阻R的阻值为______ Ω，电动机工作10s时，电流经过电动机线圈电阻产生的热量为______ J。后来小明又开始研究家里新买的电能表，如图乙所示，他发现：仅某一用电器工作时，经过时间5min，电能表转盘转过16r，则在这段时间内该用电器消耗的电能是______ kW⋅h，它的实际电功率是______ W。
24. 近日，无锡市恒隆地产的建筑工地上有几台巨大的起重设备“塔吊”，其主要构成为电动机和机械装置两个部分，简化组成如图所示，M为塔吊的配重，OB为塔吊的起重臂，C为能在起重臂上移动的载重小车，载重小车下挂有滑轮组，OB的长度S2为22m。当载重小车在B点时，能安全起吊重物的最大质量是1.2t。如果这台“塔吊”配置的电动机铭牌参数为“额定电压380V，额定功率38kW”。在某次起吊作业中，该“塔吊”电动机正常工作25s，通过载重小车从距离O点为10m的载重臂上把一质量为2.4t的重物匀速提升20m。(不计载重小车、挂钩、滑轮组和钢丝绳的重力及摩擦)那么：(g取10N/kg)
(1)当起重臂水平平衡时，由图可知，配重A与O点的距离是______ m。
(2)起吊后，当重物匀速上升时，载重小车下电动机牵引钢丝绳自由端的拉力是______ N，在这次起吊过程中，塔吊上的电动机对重物做功的效率为______ %。(保留整数)
(3)本次将重物从起吊点提升20m后，为保证塔吊安全工作，载重小车最多还能向B点方向接着再平移______ m。
25. 请在图中画出两束入射光线对应的折射光线。
26. 如图是小明用一根细线拴着橡胶塞甩动起来，请画出此时橡胶塞的受力示意图，并标出所画力的符号。(不考虑空气对橡胶塞的作用)
27. 如图所示为家庭电路，三孔插座连接正确，请在虚线框内正确画出电灯或开关的电路元件符号，闭合开关后电灯能安全正常工作。
28. 如图所示是“擦窗机器人”，它的质量为2kg，它的“腹部”有吸盘。当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，它能牢牢地吸在竖直玻璃上。(g取10N/kg)
(1)机器人能竖直吸在玻璃上进行擦窗工作时，其主机内部的气压______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)外部大气压而产生吸力。
(2)若忽略空气质量，当擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，受到摩擦力与______ 力是一对平衡力；该擦窗机器人所受重力为______ N；若用真空泵继续向外抽气，机器人受到的摩擦力______ 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
(3)若该“擦窗机器人”匀速向下擦窗时，此机器人通过吸盘对玻璃的压力是250N，已知吸盘与玻璃的总接触面积为0.02m2，则“擦窗机器人”对玻璃的压强是多少？
29. 实验复习课上，老师和同学们想测量液体密度并且研究液体对物体浮力的大小。
(1)首先，他们用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为______ g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；
③如图乙所示，量筒中酸奶的体积为______ cm3；
④计算出这种酸奶的密度为______ g/cm3。
(2)接着，如图丙所示，他们用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中(水的密度为1g/cm3)，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，记录数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h=8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐______ (填“增大”或“减小”)。
②当h=8cm时，圆柱体受到的浮力大小为______ N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为______ g/cm3。
③当h=14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是______ N。
30. 某实验小组探究“电流与电压、电阻”的关系。实验中电源电压恒为3V，滑动变阻器最大阻值为20Ω。
(1)他们先用5Ω的定值电阻探究电流与电压的关系，实验电路图如图甲所示。
①为了探究电流与电压的关系，请你用笔画线代替导线，添加两根导线将电路实物图补充完整。(导线不允许交叉)
②连接电路前，小明发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是______ 。
③检查完毕后，闭合开关，调节滑动变阻器，记录了5组数据。测第6组数据时，电压表的示数为2.6V，电流表的示数如图丙所示。请在图丁的坐标系中描绘出第6组数据对应的点，并根据描出的6个数据点画出定值电阻的I−U图像。
④分析画出的I−U图像可得出结论：在电阻一定时，______ 。
(2)实验结束后，小明想继续探究“电流与电阻”的关系，他将电源电压改为4V且不变，其余连接方式不变。将图中的定值电阻逐个依次换为5Ω、10Ω、20Ω、35Ω的四个定值电阻，使定值电阻两端的电压一直为2V不变。
①闭合开关试触时，发现电流表无示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，造成这一现象的原因可能是______ 。
②根据实验数据，小明作出了如图戊所示的I−R图像，由于此图线为曲线，小强认为不便直观判断I与R的定量关系，于是对图像中的坐标进行了巧妙变换，从而直观判断出了I与R的关系。你认为小强的改进方法是：______ 。
③完成了前三个电阻的实验后，小明又把R换为35Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，此时他发现电压表示数始终______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)2V。为能够完成最后一个电阻的实验，在不增加原有实验器材、也不改变定值电阻两端预设电压的前提下，请你写出合适的操作______ 。
31. 小华骑自行车下坡时脚并没有对踏板施力，但是自行车下坡越来越快，他想到：在斜面上，物体下滑的快慢与哪些因素有关呢？回家后他找来了小车、秒表、刻度尺、充当斜面的木板和可以垫高木板一端的木块，开始进行了探究，如图所示。首先对影响小车下滑快慢的因素作出以下猜想：
猜想一：与小车的质量有关；
猜想二：与斜面的长度有关；
猜想三：与斜面的高度有关。
(1)根据所学知识，小车由斜面高处下滑过程中，速度越来越快是由于小车的______ 能转化为动能；下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为______ 能。
(2)为了验证猜想一，小华设计的方案是在小车内放置不同数量的钩码，分别从斜面的顶端由静止释放，测出下滑的时间，用下滑时间的长短来比较物体在斜面上下滑的快慢。小华测量的结果如下表，若小车从斜面顶端到底端经过的长度为1m，则第1次小车下滑的平均速度为______ m/s。观察了数据后，她怀疑第三次测量错误，于是重新测量并进行了修正。你认为小华第三次测量时间偏小的原因，除了秒表使用过程中不符合要求外，还有可能在操作上存在的问题是______ ；经过对修正后的数据分析，猜想一是错误的。
实验次数
1
2
3
4
小车内放置钩码的质量m/g
0
50
100
150
时间t/s
2.5
2.5
2.0
2.5
(3)为了验证猜想二，小华设计的方案是同一辆小车分别从距斜面底端不同距离处由静止释放，测出下滑的时间。她通过测量发现下滑的时间不同，于是得出猜想二是正确的。请对小华这一探究作出评价，指出她存在的问题可能是______ 。
(4)小华若要检验猜想三，每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变______ 来改变小车的初始离地高度，然后通过计算小车在斜面上的平均速度来比较下滑的快慢。
32. 为了响应国家的“低碳环保”战略，人们越来越多的使用电动汽车作为交通工具，表中是小明家所在小区新建充电桩及铭牌上的部分参数，充电桩把交流电转换为直流电给汽车充电。
xxx落地式充电桩
额定输入电压：220V交流
额定输出电压：500V直流
额定输入电流：100A交流
额定输出电流：40A直流
防护等级：IPS4
使用环境：室外
(1)求此充电桩输出的额定功率是多少？
(2)小明家汽车电池的容量为80kW⋅h，从完全没电到充电至80%的电量，在额定状态下需要多长时间？
(3)为了安全，充电插头和插座间压力大于等于F0时，充电电路才能接通。其原理如图甲所示：电磁继电器线圈中电流I达到50mA时，衔铁吸下，充电电路接通，电阻箱接入电路的电阻R=90Ω，图乙是压敏电阻阻值随压力变化的图像，若电池电压E=5V，则F0为多少？
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低。为仍然保持压力为F0时充电电路接通，应该使电阻箱接入电路的电阻______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：小提琴和长笛发声时，振动物体的材料不同，所以发声的音色也就不同。
故选：C。
音色是指声音的品质与特色，它与发声物体的材料有关，不同物体发声的音色是不同的。
此题主要考查对音色的理解及其应用，属于基础知识。
2.【答案】C
【解析】解：A、阳光晒暖了海洋，海水吸热蒸发从液态成为气态的水蒸气上升到空中，是汽化现象，故A正确；
B、高空中温度高的水蒸气遇冷液化成小水滴，小水珠相互聚集结成大水滴下降成为雨，故B正确；
C、冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温凝华成小冰晶，小冰晶聚集变成雪花飘满大地，故C错误；
D、雪花是固态熔化成液态的水，和其他降水一样，汇入江河，又注入大海，故D正确。
故选：C。
解答此题的关键是知道各种物态变化的含义，和水循环的具体过程，并能根据各种物态变化的含义做出判断。
本题考查的是学生对于各种物态变化定义和水循环的理解，我们要能够利用所学的物理知识解释生活中的物理现象。
3.【答案】C
【解析】解：A、由于病毒分子的体积很小，只有借助电子显微镜才能看到，故A错误；
B、分子很小，直接用肉眼看不到，飞沫是肉眼可以看到的，所以病毒随飞沬传播是机械运动，不是分子的运动，故B错误；
C、病毒由分子构成，且这些分子之间有引力也有斥力，故C正确；
D、由分子动理论可知分子之间存在间隙，所以口罩材料分子之间也有空隙，故D错误。
故选：C。
(1)分子的大小只有百亿分之几米，用肉眼不能看到，只有借助电子显微镜才能看到；飞沫是肉眼可以看到的，不是分子；(2)分子间存在相互作用的引力和斥力；(3)分子之间存在着间隙。
本题考查了分子动理论的内容，属于基础知识，注意区分分子运动与机械运动。
4.【答案】A
【解析】解：A、核反应堆中发生的是可控制的核裂变，核电站发电的过程是将核裂变产生的核能转化为内能，再通过汽轮发电机转化为电能，故A正确；
B、能量转化过程是有方向性的，是不可逆的，故B错误；
C、核能是不可再生能源，太阳能、水能属于可再生能源，故C错误；
D、化石能源在使用过程中会产生大量废气，为了保护环境、控制和消除大气污染，应减少使用化石能源，而不是禁止，故D错误。
故选：A。
(1)核电站是利用裂变的链式反应释放出巨大能量的原理制成的；
(2)能量的转移与转化是有方向性的；
(3)可再生能源可以在短时间内形成和获得，不可再生能源不可在短时间内形成，一旦消耗短时间内无法获得补充；
(4)为了保护环境，控制和消除大气污染，应尽量减少使用化石能源。
此题考查了能量的转化及分类，能量转化现象是生活中常见的现象，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、实验中若将另一侧的蜡烛点燃，结果使得玻璃后面太亮，玻璃板前后对比不明显，后面蜡烛A的像不容易观察，效果不明显，故A错误；
B、为了使蜡烛与前面蜡烛的像完全重合，玻璃板要与纸面垂直，故B错误；
C、选择两支完全相同的蜡烛，是为了方便比较像与物的大小关系，故C正确；
D、平面镜成的是虚像，像是反射光线的反向延长线会聚形成的，不是实际光线照到像点，所以镜子背面放什么物体都不会影响成像；所以如果用一块不透明的木板挡在像的前面，是不会影响成像的，故D错误。
故选：C。
(1)在实验中玻璃板起到平面镜的作用，物体在镜面前的亮度越大，则其成的像越清晰；
(2)玻璃板要与纸面垂直
(3)平面镜所成的像与物体大小相等；
(4)平面镜成像的原理是光的反射。
此题涉及到平面镜成像特点，这是光学部分的重点，在中考中也经常出现，要求学生牢记，并学会灵活运用。
6.【答案】C
【解析】解：A、在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察小车推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想，故A正确；
B、由于动能的大小与物体的质量和速度有关，小车释放的高度越高，小车到达斜面底端速度越大，具有动能越大，小车推动木块移动的距离越长，故B正确；
C、小车在斜面上向下运动的过程中，动能增加势能减小，但是斜面粗糙，需要克服阻力做功，机械能减小，故C错误；
D、若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，木块被撞击后将做匀速直线运动，故D正确。
故选：C。
(1)该实验采用了转换法，通过比较小车推动木块移动的距离来反映小车动能的大小；
(2)由于动能的大小与物体的质量和速度有关；
(3)动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关，机械能为动能和势能的和；物体克服摩擦做功，机械能会减小；
(4)据牛顿第一定律分析即可判断。
本题考查探究影响动能大小因素实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
7.【答案】A
【解析】解：A、只将金属盒向下移动，金属盒浸入液体的深度变大，由液体压强的特点可知，压强变大，压强计U形管两边液面的高度差变大，故A符合题意。
B、只将U形管内的液体换成密度更大的液体，在压强不变的情况下，液体的密度越大，深度越小，两侧的液面的高度差越小，故B不合题意；
C、只将容器中水换成酒精，金属盒浸入液体的深度不变，液体密度变小，由液体压强的特点可知，压强变小，压强计U形管两边液面的高度差变小，故C不合题意；
D、只改变金属盒面的朝向，液体的深度不变，压强不变，压强计U形管两边液面的高度差不变，故D不合题意。
故选：A。
压强计的工作原理：作用在压强计探头(金属盒)上的压强越大，U形管两液面高度差越大；即通过U形管两侧液面高度差反映液体压强的大小。
液体压强的特点：同种液体内部的同一深度处，液体向各个方向的压强相等；液体内部压强还跟液体的密度和深度有关。
此题考查了液体压强的概念和特点，观察物理实验现象是学习物理的一项基本能力，学生要多加练习。
8.【答案】B
【解析】解：
A.取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，由F浮=ρ水gV排可知，所受浮力变大，故A错误；
B.取水的飞机持续下沉，始终处于漂浮状态，受到的浮力和飞机总重力始终保持平衡，故B正确；
C.取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，飞机底部所处的深度变大，由p=ρ水gh可知，飞机底部受到湖水的压强持续增大，故C错误；
D.飞机起飞过程，飞机受到竖直向上空气的压力差大于自身的重力，则飞机机翼下方的空气压强大于上方的空气压强，由流体压强与流速的关系可知，机翼上方的空气流速大于机翼下方的空气流速，故D错误。
故选：B。
(1)取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，根据F浮=ρ水gV排可知所受浮力的变化；
(2)取水的飞机持续下沉，始终处于漂浮状态，受到的浮力和飞机总重力始终相等；
(3)取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，飞机底部所处的深度变大，由p=ρ水gh可知飞机底部受到湖水的压强变化；
(4)流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。
本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件、液体压强公式、流体压强与流速的关系应用等，对于这类与生活联系紧密的题目，要有必要的生活经验结合物理知识解答。
9.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当驾驶员向下踩“油门”踏板时，减小接入电路的变阻器阻值，通过电动机的电流变大；
A、滑动变阻器与电动机串联接入电路中，踏板向下移动，滑动变阻器接入电路电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，车速变大，故A符合题意；
B、滑动变阻器与电动机串联接入电路中，踏板向下移动，滑动变阻器接入电路电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，车速变小，故B不符合题意；
CD、滑动变阻器与电动机并联接入电路中，踏板向下移动，根据并联电路特点可知，各支路互不影响，通过电动机的电流不变，车速不变，故CD不符合题意。
故选：A。
当驾驶员向下踩“油门”踏板时，改变接入电路的变阻器阻值，车速变大，表明通过电动机的电流变大，据此分析。
本题考查了电路图的设计，明确电路的连接方式和串并联电路的特点是解题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：R1=U1I1=2.5V0.3A≈8.33Ω，R2=U2I2=3.8V0.3A≈12.67Ω，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，比较可知灯泡L2两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，所以灯泡L2比L1亮，相同时间做功也多，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故②正确，④错误；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确；
根据P=U2R可知灯泡L1的实际功率大，所以灯泡L1比灯泡L2亮，
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多，故①正确。
故选：C。
已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，根据串联电路电流特点和P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，进一步比较灯泡的亮度，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
11.【答案】D
【解析】解：A、雾炮车在路面上喷洒水雾，在匀速水平行驶喷洒的过程中，速度不变，质量减小，所以车的动能变小，故A错误；
B、该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程实现了内能转化为机械能，故B错误；
C、汽油机每秒内对外做功20次，完成了20个工作循环，80个冲程，故C错误；
D、完全燃烧0.2kg汽油放出的热量：Q=qm=4.6×107J/kg×0.2kg=9.2×106J，故D正确。
故选：D。
(1)根据影响物体动能大小的因素分析判断；
(2)在发动机的做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能；
(3)四冲程内燃机曲轴转2圈，完成1个工作循环、4个冲程并对外做功1次；
(4)根据Q=qm计算。
此题是一道联系社会热点的综合题，包含的知识点较多，由影响动能的因素、热机的工作过程、燃料燃烧公式的应用，熟练掌握基础知识是解答的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，
则灯的额定功率：PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，故A正确；
B、当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，因串联电路中各处电流相等，则由图乙可知，当通过灯的电流为0.2A时，灯泡两端的电压为1V，由欧姆定律可得此时变阻器两端的电压为：U滑=IR滑=0.2A×15Ω=3V，根据串联电路电压的规律可得灯与变阻器的总电压：U滑+U灯实=3V+1V=4V，等于电源电压，
所以此时电路的总功率为：P=UI=4V×0.2A=0.8W，故B错误；
C、当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律，此时变阻器的电压：U滑′=U−UL=4V−2.5V=1.5V，
因串联电路各处的电流相等，根据P=UI可知，在电流相等时，电功率与电压成正比，
所以此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比为PL：P滑=UL：U滑′=2.5V：1.5V=5：3，故C正确；
D、探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，所以，利用图甲电路不能探究导体的电流与电压的关系，故D正确。
故选：B。
(1)由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，根据P=UI求灯的额定功率；
(2)当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，因串联电路各处电流都相等，且电源电压等于各用电器两端电压之和，根据图像以及欧姆定律分析读出满足要求的灯泡的电压和通过的电流，根据P=UI求电路的总功率。
(3)当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律得出此时变阻器的电压，因串联电路各处的电流都相等，根据P=UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，据此求出此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比；
(4)探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，据此分析。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用和控制变量法的运用，关键是从图乙获取有效的信息。
13.【答案】空气 人耳处
【解析】解：鞭炮的爆炸声是通过空气传入我们耳朵的；
鞭炮响起时大家习惯捂住耳朵，这是在人耳处减弱噪声的。
故答案为：空气；人耳处。
声音传播需要介质，气体、液体、固体都可以传声；防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
此题考查了对声音的传播以及防治噪声途径的理解和掌握情况，是一道声学基础题。
14.【答案】增大 压缩 0.28
【解析】解：在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；
酒精完全燃烧放出的热量等于身体消耗的能量，则Q放=8.4×106J，
由Q放=mq得，需要酒精的质量：m=Q放q酒精=8.4×106J3×107J/kg=0.28kg。
故答案为：增大；压缩；0.28。
做功可以改变物体的内能，当对物体做功，物体的内能将增大，物体对外做功，物体的内能减少；
汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
利用Q放=mq求相当于完全燃烧酒精的质量。
本题考查内能的改变、热机的冲程和热量的计算，属于综合题。
15.【答案】惯性 运动状态
【解析】解：(1)抛出的冰墩墩继续运动是因为具有惯性。
(2)用手接住冰墩墩，冰墩墩变为静止，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：惯性；运动状态。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性。
(2)力可以改变物体的运动状态，也可以使物体发生形变。
本题考查了惯性和物体的运动状态，属于基础题。
16.【答案】反射 红外线 绿
【解析】解：(1)月亮本身不会发光，不是光源，但我们能看到它是因为光的反射现象；
红外线是不可见光，红外线测温枪是利用物体发射的红外线工作的；
(2)光的三原色是红、绿、蓝，显示器上的图像是由红、绿、蓝三种色光混合而成的。
故答案为：不是；红外线；绿。
(1)自身能发光的物体叫光源；红外线人眼不能直接看到；红外测温枪的测温原理是将物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，红外线辐射能的大小与物体本身的温度相对应，根据转变成电信号大小，可以确定物体的温度；
(2)光的三原色是红、绿、蓝。
本题考查光源、测温枪原理以及光的三原色，难度不大。
17.【答案】1.6变小 压力大小
【解析】解：(1)测力计分度值为0.2N，示数为1.6N，拉力F=1.6N；
(2)用如图所示的拉力F使物体A做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小，若拿走物体A上的砝码，则压力变小，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，滑动摩擦力变小，这时弹簧测力计的示数将变小，可知滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
故答案为：1.6；变小；压力大小。
(1)根据测力计分度值读数；
(2)根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；若拿走物体A上的砝码，则压力变小，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，滑动摩擦力变小，据此分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
18.【答案】主光轴 投影仪 40
【解析】解：实验前要调整烛焰、凸透镜、光屏的高度，三者的中心大致在同一高度，即在凸透镜的主光轴上，这样才能使像成在光屏中央；
由图示位置可知，物距u=15cm，像距v=30cm，即u
故答案为：主光轴；投影仪；40。
探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心；
凸透镜成实像时，u>v，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；u
19.【答案】乙 会 发电机
【解析】解：
电磁感应现象的特点是没有电源而有一个电流表，用来测量产生的电流；故是乙图；
感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关，若仅改变磁场方向，则感应电流方向会发生改变，利用此实验原理可制成发电机。
故答案为：乙；会；发电机。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关；
发电机的原理是电磁感应现象。
本题考查电磁感应现象等知识，难度不大，要注意区分发电机和电动机原理的不同。
20.【答案】热量 受热均匀 水
【解析】解：在两个相同的杯子中分别装有质显相等的水和沙子，用两个完全相同的酒精灯给它们加热，加热时间相同，水和沙子吸收的热量相同；
使用玻璃棒是为了使沙子和水受热均匀；
通过比较它们升温的情况，发现沙子升温较快，则沙子的吸热能力弱，水的吸热能力强。
故答案为：热量；受热均匀；水。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
用玻璃棒搅拌，是为了使沙子和水受热均匀；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21.【答案】酒精 78 试管中水的温度达到100℃时，不能继续吸收热量
【解析】解：(1)已知酒精的沸点为78∘℃，随着给烧杯加热，当烧杯和试管中的液体都达到78∘℃时，若再给烧杯加热，烧杯中的水温度升高，即此时水的温度高于试管中酒精的温度，所以试管中的酒精达到沸点后，由于还能继续吸热，所以能够沸腾。但是酒精沸腾时温度不变，所以温度计的示数为78℃。
(2)若把试管中的酒精换成适量的水，当大烧杯中的水沸腾后，烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，都是100∘℃，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。
故答案为：酒精；78；试管中水的温度达到100℃时，不能继续吸收热量。
液体沸腾有两个必要条件：(1)达到沸点，(2)继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾。
此题考查了液体沸腾的两个必要条件，当两个条件必须同时具备时液体才可沸腾。
22.【答案】电阻 电流 c
【解析】解：图甲装置中，R1U2R2，故c产生的热量多，故它的温度计示数高。
故答案为：电阻；电流；c。
做探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”的实验时，要用到控制变量法，根据焦耳定律和图示判断哪只温度计示数高。
本题考查了学生对焦耳定律的理解和应用，属于基础题。
23.【答案】104.80.02240
【解析】解：由图甲可知，电动机和定值电阻串联在电路中，电流表测量电路中的电流；
由I=UR可知，定值电阻R的阻值：R=URI=2V0.2A=10Ω；
电流经过电动机线圈电阻产生的热量：Q=I2RMt=(0.2A)2×12Ω×10s=4.8J；
800r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转800转，
则电能表转盘转过16r，用电器消耗的电能：W=16r800r/(kW⋅h)=0.02kW⋅h；
用电器的实际功率：P=Wt′=0.02kW⋅h560h=0.24kW=240W。
故答案为：10；4.8；0.02；240。
由图甲可知，电动机和定值电阻串联在电路中，电流表测量电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值；
(2)根据焦耳定律Q=I2Rt求出电流经过电动机线圈电阻产生的热量；
(3)800imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转800转；据此求出电能表转盘转过16r，用电器消耗的电能；根据P=Wt求出用电器的实际功率。
本题考查欧姆定律、焦耳定律、电功率公式以及对电能表参数的理解，是一道综合题，难度不大。
24.【答案】146000512.5
【解析】解：(1)OB的长度S2为22m，有11小格，每小格的长度为22m11=2m，配重A与O点的距离为：7×2m=14m；
(2)重物的重力：G=mg=2.4×103kg×10N/kg=2.4×104N，
由图可知，n=4，因不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，所以，电动机牵引钢丝绳自由端的拉力：F拉=14G=14×2.4×104N=6000N；
有用功：W有用=Gh=2.4×104N×20m=4.8×105J，
总功：W总=Pt=3.8×104W×25s=9.5×105J，
塔吊上的电动机对重物做功的效率：η=W有W总×100%=4.8×105J9.5×105J×100%≈51%；
(3)由题知，GM×OA=m最大g×OB......①
当提升2.4t=2400kg重物时，GM×OA=m物g×OC′......②
由①②得，m最大g×OB=m物g×OC′，
即：1200kg×g×25m=2400kg×g×OC′，
解得：OC′=12.5m，
所以，载重小车最多能向B点方向平移的距离：s=OC′−OC=12.5m−10m=2.5m。
故答案为：(1)14；(2)6000；51%；(3)2.5m。
(1)由图可知，OB的长度S2为22m，有11小格，计算出每小格的长度，则可计算出配重A与O点的距离；
(2)由图可知，承担重物的钢丝绳的股数n=4，不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，根据F=14G求出电动机牵引钢丝绳自由端的拉力；
根据W=Gh求出提升重物所做的有用功，根据W=Pt求出电动机消耗的电能即为总功，根据η=W有W总×100%求出塔吊上的电动机对重物做功的效率；
(2)根据G=mg计算重物的重力，由图可知，n=4，因不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，所以电动机牵引钢丝绳自由端的拉力等于四分之一倍的物重，根据W=Gh计算有用功，根据W=Pt计算总功，根据η=W有W总×100%计算效率；
(3)根据平衡条件，根据题意，列出当载重小车在B点时，起吊重物的最大质量是1.2t时，GM×OA=m最大g×OB；当提升2.4t重物时，GM×OA=m物g×OC′，两个方程联立，求OC′的大小，从而求出载重小车最多能向B点方向再平移多少米，才能保证安全工作。
本题考查了滑轮组绳子的拉力、功、机械效率、杠杆平衡条件的应用等，涉及到知道的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
25.【答案】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；如图所示：
【解析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点(三条特殊光线)作图。
熟记凸透镜的三条特殊光线：过凸透镜光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。
26.【答案】解：细线拉着橡胶塞绕手做圆周运动，此时橡胶塞受重力和细线的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿细线指向手，作用点在橡胶塞的重心上，如图所示：
【解析】对橡胶塞进行受力分析，将力的大小、方向、作用点表示在图上。
此题考查了力的示意图的画法，关键是能够正确地对物体进行受力分析，特别注意力的作用点和方向。
27.【答案】解：三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔接火线；火线先过开关再入灯泡，由灯泡连到零线。因此右边的方框内应为灯泡，左边的方框内应为开关；如图所示：
【解析】家庭电路中，根据三孔插座的连接方式判断火线与零线，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
28.【答案】小于 重 20 不变
【解析】解：
(1)擦窗机器人工作时，当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，吸盘内的气压小于外界大气压，从而产生吸力；
(2)“擦窗机器人”的重力：G=mg=2kg×10N/kg=20N；
“擦窗机器人”静止时处于平衡状态，在竖直方向上受到的摩擦力和重力是一对平衡力；
若用真空泵继续向外抽气，由于“擦窗机器人”在竖直玻璃上仍静止，其重力不变，则摩擦力不变；
(3)“擦窗机器人”对玻璃的压强：p=FS=250N0.02m2=1.25×104Pa。
答：(1)小于；(2)重；20；不变；(3)“擦窗机器人”对玻璃的压强是1.25×104Pa。
(1)当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，吸盘内的气压小于外界大气压；
(2)根据G=mg求出机器人的重力；物体静止或匀速直线运动时，物体都处于平衡状态，受平衡力，只要找出哪两个力是平衡力，然后根据平衡力的特点解题即可；
(3)利用p=FS求出“擦窗机器人”对玻璃的压强。
本题考查了流体压强和流速的关系、二力平衡的条件、压强公式、重力公式的综合应用，根据“摩擦力f与吸盘在此面积上对玻璃的压力F的关系是f=0.08F”求出压力是关键。
29.【答案】121.2501.22减小 1.61.50.6
【解析】解：
(1)由图甲可知，天平右盘放有一个100g的砝码和一个20g的砝码，天平标尺的分度值为0.2g，游码所对的刻度值为1.2g，
故烧杯和酸奶的总质量为：m1=100g+20g+1.2g=121.2g；
由图乙可知，量筒的分度值为2mL，量筒中酸奶的液面正好在50mL刻度处，故量筒中酸奶的体积为50mL=50cm3；
将烧杯中的酸奶倒入量筒中一部分，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g，
则量筒中酸奶的质量为：m′=m1−m2=121.2g−60.2g=61g；
这种酸奶的密度为：ρ=m′V′=61g50cm3=1.22g/cm3；
(2)①设容器和水的总重力为G0，圆柱体重力为G，电子秤受到压力为F，细线对圆柱体拉力为F拉，
则电子秤受到压力：F=G0+G−F拉，即：m示g=G0+G−F拉，
因G0、G一定，当电子秤示数(m示)逐渐增大时，则根据上式可知细线对圆柱体的拉力逐渐减小；
②由表格数据知，当h=0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，此时m示g=G0=2.00kg×10N/kg=20N，
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g=G0+G−F拉可得G−F拉=m示g−G0=2.16kg×10N/kg−20N=1.6N；
所以圆柱体受到的浮力F浮=G−F拉=1.6N；
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没(V排=V)，圆柱体受到的拉力为0.8N，浮力为1.6N，
所以圆柱体的重力G=F浮+F拉=1.6N+0.8N=2.4N；
由阿基米德原理可得，圆柱体受到的浮力：F浮=ρ水gV排，
即：1.6N=1.0×103kg/m3×10N/kg×V，解方程可得V=1.6×10−4m3，
由G=mg和ρ=mV可得G=ρ物Vg，即2.4N=ρ物×1.6×10−4m3×10N/kg，解方程可得ρ物=1.5×103kg/m3=1.5g/cm3；
③当h=14cm时，电子秤示数为2.18kg，
由m示g=G0+G−F拉可得F拉′=G0+G−m示′g=20N+2.4N−2.18kg×10N/kg=0.6N。
故答案为：(1)121.2；50；1.22；(2)减小；1.6；1.5；0.6。
(1)物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
将烧杯中的部分酸奶倒入量筒；使用量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视；还要注意量筒的分度值；
根据ρ=mV求酸奶的密度；
(2)①将容器、水以及圆柱体看成一个整体，它们对电子秤的压力等于整体的总重力与细线拉力的差，据此分析电子秤示数增大时，细线对圆柱体拉力的变化情况；
②由表格数据知，当h=0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，根据m示g=G0计算容器和水的总重力，
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g=G0+G−F拉可得G−F拉的值，即此时圆柱体受到的浮力F浮，根据G=F浮+F拉计算圆柱体的重力，
由阿基米德原理可得圆柱体受到的浮力F浮=ρ水gV排，代入数据解方程可得圆柱体的体积，
由G=mg和ρ=mV可得G=ρ物Vg，代入数据解方程可得ρ物；
③当h=14cm时，电子秤示数为2.18kg，由m示g=G0+G−F拉计算F拉。
本题是测量液体密度和探究浮力大小与哪些因素有关的实验，考查了数据分析、阿基米德原理、密度公式、重力公式和称重法求浮力等，是一道好题。
30.【答案】将电流表调零 通过导体的电流与导体两端的电压成正比 定值电阻断路 将I−R图像的横坐标R变为R−1 大于 在电路中串联一个20欧的电阻
【解析】解：(1)①电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路，如图：
；
②图中电流表没有通电，指针不在0刻度，因而电流表使用前需调零，
③由图丙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.5A，根据描出的6个数据点连线，如下所示：
；
④因为绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线，所以可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，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，与电压表并联的定值电阻断路了；
②小强做出了如图丁所示的I−R图像，由于此图线为曲线，不便直观判断I与R的定量关系，
根据I=UR=U⋅1R可知，电压不变时，电流I与电阻的倒数1R成正比，故将横坐标R变为1R(或R−1)，从而直观判断出了I与R的关系；
③完成了前三个电阻的实验后，把R换为35Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，根据串联分压原理可知电压表示数始终大于2V；
定值电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=4V−2V=2V，变阻器分得的电压为电压表示数的2V2V=1倍，根据分压原理，当接入35Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1×35Ω=35Ω>20Ω，
根据串联电路电阻规律可知需在电路中串联一个阻值为35Ω−20Ω=15Ω的电阻，在不增加原有实验器材时，在电路中串联一个20欧的电阻。
故答案为：(1)①见解答图；②将电流表调零；③见解答图；④通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(2)①定值电阻断路；②将I−R图像的横坐标R变为R−1；③大于；在电路中串联一个20欧的电阻。
(1)①电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路；
②实验前需要对电流表校零；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据描点法作图；
④根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论；
(2)①电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
②根据欧姆定律可知，电压保持不变时，电流与电阻成反比关系，故I=U⋅1R，即电压保持不变时，电流I与电阻的倒数成正比，据此分析改进方法；
③探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；
根据串联分压原理可知把R换为35Ω的电阻接入电路时电压表示数的变化；
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35Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
本题探究电流跟电阻、电压的关系，考查电路电流表的使用、图象的画法、分析图象归纳结论、故障分析、控制变量法、操作过程和器材的选择，综合性强。
31.【答案】重力势 内 0.4小车未从静止释放 改变长度时，没有控制高度一定 斜面倾角
【解析】解：(1)小车由斜面高处下滑过程中，速度越来越快是由于小车的重力势能转化为动能；下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为内能；
(2)小车从斜面顶端到底端经过的长度为1m，则第1次小车下滑的平均速度为v=st=1m2.5s=0.4m/s；
在实验时，应保证由静止滑下，由表格中数据知，第三次下滑时间较短，可能是由于小车未从静止释放；
(3)将小车分别从距斜面底端不同距离处由静止释放，在此过程中没有控制高度一定；
(4)要检验猜想三，每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变斜面倾角来改变小车的初始离地高度。
故答案为：(1)重力势；内；(2)小车未从静止释放；(3)改变长度时，没有控制高度一定；(4)斜面倾角。
(1)斜面的高度越大，同一物体的重力势能越大，在下滑过程中转化成的动能越大，速度越大；
下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为内能；
(2)根据速度公式计算第1次小车下滑的平均速度；
在让小车下滑时，要注意使其由静止滑下，若给出一个初速度，则会使下滑时间变短；
(3)根据控制变量法可知探究物体下滑的快慢与斜面的长度的关系需可知物体下滑的高度不变；
(4)每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变斜面倾角来改变小车的初始离地高度。
此题是探究从斜面下滑物体的快慢与哪些因素有关的实验，通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了动能和势能的转化。
32.【答案】减小
【解析】解：(1)充电桩额定输出功率：P=UI=500V×40A=20000W，
(2)电池达到80%的电量：W=80kW⋅h×80%=64kW⋅h，
充电桩额定输出功率：P=20000W=20kW，
额定状态下需要时间：t=WP=64kW⋅h20kW=3.2h。
(3)电池电压E=5V，当电磁继电器线圈中电流I=50mA=0.05A时，
电路的总电阻：R总=EI=5V0.05A=100Ω；
压敏电阻的阻值：R0=R总−R=100Ω−90Ω=10Ω；
根据压敏电阻阻值随压力变化的关系图像知，F0为6N；
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，要保持线圈中的电流不变，应该使电阻箱接入电路的电阻减小。
答：(1)输出的额定功率是20000W；
(2)在额定状态下需要3.2h；
(3)若电池电压E=5V，则F0为6N；
(4)减小。
(1)知道输出的电压和电流，求出输出的功率。
(2)上面已经求出输出功率，知道汽车的电池容量，求出从完全没电到充电80%的电量，根据W=Pt求出充电时间。
(3)知道控制电路的电压和电流求出电路的总电阻，知道电阻箱的电阻求出压敏电阻的阻值，在图像上找到对应的压力。
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低，由欧姆定律可知电路中的电流变化，要保持线圈中的电流不变，根据欧姆定律可知应如何调节电阻箱。
(1)对于图像问题，一定要在图像上找出有用的信息。
(2)对于效率问题，一定要找出有用的和总的，利用效率公式进行计算。
2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷
1. 欣赏交响乐时，能够清晰分辨出小提琴和长笛发出的声音，这主要是因为这两种乐器发出的声音( )
A. 响度不同 B. 音调不同 C. 音色不同 D. 频率不同
2. 水是人类生存环境的重要组成部分。通过水的三态变化，地球上的水在不停地循环，关于水的三态变化分析错误的是( )
A. 阳光晒暖了海洋，海水吸热蒸发成为水蒸气上升到空中
B. 高空中水蒸气遇冷液化成小水滴，相互聚集结成大水滴下降成为雨
C. 冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温凝固成小冰晶，小冰晶聚集变成雪花飘满大地
D. 雪花熔化成水，和其他降水一样，汇入江河，又注入大海
3. 甲型流感是由甲型流感病毒引起的一种急性呼吸道传染病，如图是在电子显微镜下拍摄到的甲型流感病毒，该病毒直径在100nm左右，可通过飞沫传播。下列说法中正确的是( )
A. 病毒不是分子，因为它可以用肉眼直接看到
B. 病毒随飞沫传播的过程是杂乱无章的分子运动
C. 病毒由分子构成，且这些分子之间有引力也有斥力
D. 佩戴口罩可预防病毒，因为制造口罩的材料分子之间没有空隙
4. 我国提出“力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”，碳达峰、碳中和成为社会各界关注的热点话题。关于能量和能源，下列说法中正确的是( )
A. 我国已建成的核电站是利用核裂变来发电的
B. 能量的转移是有方向性的，而能量的转化没有方向性
C. 水能、太阳能是不可再生能源，核能是可再生能源
D. 为了保护环境，控制和消除大气污染，应禁止使用化石能源
5. 如图所示，小明做“探究平面镜成像”的实验时，将一块玻璃板竖直架在水平桌面上，并在桌面上垫一张白纸，再将两段完全相同的蜡烛A和B放在白纸上，点燃玻璃板前的蜡烛A，进行观察。下列说法正确的是( )
A. 为了使实验效果更加明显，应将蜡烛B也点燃
B. 玻璃板可以与纸面不垂直
C. 选择两支完全相同的蜡烛，是为了方便比较像与物的大小关系
D. 用一块不透明的木板挡在玻璃板和像之间，像会被遮挡
6. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图所示。小车从相糙斜面上某高度由静止开始释放，撞击静止于水平面上的木块，将木块推出一段距离。不计空气阻力，下列说法错误的是( )
A. 小车动能的大小是通过推动木块移动的距离来反映的
B. 小车释放的高度越高，小车推动木块移动的距离越长
C. 小车在斜面向下运动的过程中，动能增加，势能减小，机械能守恒
D. 若木板的表面光滑且足够长，木块被撞击后最终做匀連直线运动
7. 如图所示，小明将压强计的金属盒放入水中某一深度处，记下U形管中两液面的高度差h。下列操作能够使高度差h增大的是( )
A. 只将金属盒向下移动
B. 只将U形管内的液体换成密度更大的液体
C. 只将容器中水换成酒精
D. 只改变金属盒面的朝向
8. 中国的“蛟龙600”型飞机是目前全球最大的一款水陆两用飞机。其主要用来执行大型灭火及水上救援任务。如图甲所示，飞机降落在湖面取水，取水过程中随着飞机总质量增加机体不断的下沉；如图乙所示，取好水后飞机飞离水面，则下列说法中正确的是( )
A. 取水的飞机持续下沉，所受浮力不变
B. 取水的飞机持续下沉，浮力和飞机总重力始终保持平衡
C. 取水的飞机持续下沉，飞机底部受到湖水的压强持续减小
D. 飞机起飞过程，机翼上方的空气流速小于机翼下方的空气流速
9. 为了响应国家节能减排的号召，小南的爸爸购买了一辆电动汽车。通过查阅资料小南知道：电动汽车的速度是由流经电动机的电流控制，电流越大，车速越大。当驾驶员踩下“油门”踏板时，接入电路的变阻器阻值发生改变，车速变大。下列模拟电路中符合要求的是( )
A. B.
C. D.
10. 如图所示，在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图甲和图乙中白炽灯L1和L2发光，L1的规格为“2.5V0.3A”，L2的规格为“3.8V0.3A”。下列说法中正确的是( )
①白炽灯越亮，表明在相同时间内电流做功越多
②图甲可“探究电流做功多少与电压大小的关系”
③图乙可“探究电流做功多少与电流大小的关系”
④甲和乙中，L1均比L2亮
A. 只有① B. 只有②③ C. 只有①②③ D. ①②③④都正确
11. 我们经常会着到一边行驶一边向空中喷雾的汽华，人们形象地将它称为雾炮车，如图所示。喷向空中的水雾能使尘埃粒子快速沉降到地面，起到净化空气的作用。下列关于雾炮车的说法中正确的是( )
A. 若雾炮车一直保持速度大小不变在工作，则行驶过程中车的动能不变
B. 该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程实现了机械能转化为内能
C. 如果雾炮车汽油机里的单个汽缸每秒对外做功20次，则单个汽缸每秒内完成40个冲程
D. 若汽油的热值为4.6×107J/kg，则完全燃烧0.2kg汽油放出的热量是9.2×106J
12. 为了测定标有“2.5V”小灯泡的额定功率，小明设计了如图甲所示电路，电源电压恒为4V不变。图乙是根据实验记录数据画出的小灯泡I−U曲线。关于此实验，下列说法错误的是( )
A. 此小灯泡的额定功率为0.625W
B. 当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，电路的总功率约为0.64W
C. 当“2.5V”小灯泡正常工作时，小灯泡和滑动变阻器的功率之比为5：3
D. 利用图甲电路，不能探究导体的电流与电压的关系
13. 节日里，大家都喜欢燃放鞭炮，鞭炮的爆炸声是通过______ 传入我们的耳朵，鞭炮响起时大家习惯捂住耳朵，这是在______ (选填“声源处”、“人耳处”或“传播过程中”)减弱噪声。
14. 如图所示，小明在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小团硝化棉，用力将活塞迅速下压，棉花被点燃。在快速下压活塞的过程中筒内气体内能______ (选填“增大”或“减小”)。此过程的能量转化方式与汽油机的______ 冲程相同。小明参加了一次长跑，身体消耗的能量约为8.4×106J，这些能量相当于完全燃烧______ kg的酒精。(q酒精=3×107J/kg)
15. “天宫课堂”在中国空间站再次开讲，翟志刚、王亚平、叶光富三位宇航员给我们展示了微重力环境下的许多精彩实验。如图是“太空抛物”实验，抛出的冰墩墩由于具有______ 而继续运动；叶光富用手接住冰墩墩，冰墩墩变为静止，说明力可以改变物体的______ 。
16. 生活中处处有物理：2022年7月13日出现了超级月亮，月亮本身不发光，但我们能看到它是因为光的______ 现象；常用的测温枪是利用人体发出的______ (选填“红外线”或“紫外线”)来测量体温的；同学们用电脑上网课时，家中电脑显示器上的彩色画面都是由红、______ 、蓝三种色光混合而成的。
17. 小明在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，用如图所示的拉力F使物体A做匀速直线运动，则拉力F=______ N；若拿走物体A上的砝码，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，这时弹簧测力计的示数将______ ，可知滑动摩擦力的大小与______ 有关。
18. 小华利用如图所示装置探究凸透镜成像规律。调整器材时应使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的______ 上，图中在屏上成清晰实像的场景的实际应用是______ (放大镜/投影仪/照相机)；保持蜡烛和光屏在10cm处和55cm处不动，要再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜移到______ cm刻度处。
19. 探究“感应电流产生的条件”应选用图______(填“甲”或“乙”)所示的装置进行实验，在这个现象中若仅改变磁场方向，则电流方向______(填“会”或“不会”)发生改变，利用此实验原理可制成______(填“电动机”或“发电机”)。
20. 如图是探究“不同物质的吸热升温现象”的实验装置，在两个相同的杯子中分别装有质量相等的水和沙子，用两个完全相同的酒精灯给它们加热，目的是在相同的加热时间内，使水和沙子吸收相同的______ ；使用玻璃棒是为了使沙子和水______ ；通过比较它们升温的情况，发现沙子升温较快，由实验可得出，水和沙子相比，吸热能力更强的是______ 。
21. 小明组装了如图所示的实验装置，在一个标准大气压下，烧杯中倒入适量的水(水的沸点为100℃)，试管中装有适量的酒精(酒精沸点为78℃)，然后用酒精灯加热足够长的时间，则先沸腾的液体是______；当水沸腾时，温度计的示数为______℃。若把试管中的酒精换成适量的水，当烧杯中的水沸腾时，试管中的水没有沸腾，原因是______。
22. 为了探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”，小明将两段阻值不同的电阻丝R1、R2分别密封在两个完全相同的烧瓶中，并设计了如图所示的甲、乙两套装置，所用蓄电池电压相等且保持不变，R1
23. 小明将线圈电阻为12Ω的电动机M和定值电阻R接在6V的直流电源上，如图甲所示，闭合开关S，电流表的示数为0.2A，定值电阻R两端电压为2V，则定值电阻R的阻值为______ Ω，电动机工作10s时，电流经过电动机线圈电阻产生的热量为______ J。后来小明又开始研究家里新买的电能表，如图乙所示，他发现：仅某一用电器工作时，经过时间5min，电能表转盘转过16r，则在这段时间内该用电器消耗的电能是______ kW⋅h，它的实际电功率是______ W。
24. 近日，无锡市恒隆地产的建筑工地上有几台巨大的起重设备“塔吊”，其主要构成为电动机和机械装置两个部分，简化组成如图所示，M为塔吊的配重，OB为塔吊的起重臂，C为能在起重臂上移动的载重小车，载重小车下挂有滑轮组，OB的长度S2为22m。当载重小车在B点时，能安全起吊重物的最大质量是1.2t。如果这台“塔吊”配置的电动机铭牌参数为“额定电压380V，额定功率38kW”。在某次起吊作业中，该“塔吊”电动机正常工作25s，通过载重小车从距离O点为10m的载重臂上把一质量为2.4t的重物匀速提升20m。(不计载重小车、挂钩、滑轮组和钢丝绳的重力及摩擦)那么：(g取10N/kg)
(1)当起重臂水平平衡时，由图可知，配重A与O点的距离是______ m。
(2)起吊后，当重物匀速上升时，载重小车下电动机牵引钢丝绳自由端的拉力是______ N，在这次起吊过程中，塔吊上的电动机对重物做功的效率为______ %。(保留整数)
(3)本次将重物从起吊点提升20m后，为保证塔吊安全工作，载重小车最多还能向B点方向接着再平移______ m。
25. 请在图中画出两束入射光线对应的折射光线。
26. 如图是小明用一根细线拴着橡胶塞甩动起来，请画出此时橡胶塞的受力示意图，并标出所画力的符号。(不考虑空气对橡胶塞的作用)
27. 如图所示为家庭电路，三孔插座连接正确，请在虚线框内正确画出电灯或开关的电路元件符号，闭合开关后电灯能安全正常工作。
28. 如图所示是“擦窗机器人”，它的质量为2kg，它的“腹部”有吸盘。当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，它能牢牢地吸在竖直玻璃上。(g取10N/kg)
(1)机器人能竖直吸在玻璃上进行擦窗工作时，其主机内部的气压______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)外部大气压而产生吸力。
(2)若忽略空气质量，当擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，受到摩擦力与______ 力是一对平衡力；该擦窗机器人所受重力为______ N；若用真空泵继续向外抽气，机器人受到的摩擦力______ 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
(3)若该“擦窗机器人”匀速向下擦窗时，此机器人通过吸盘对玻璃的压力是250N，已知吸盘与玻璃的总接触面积为0.02m2，则“擦窗机器人”对玻璃的压强是多少？
29. 实验复习课上，老师和同学们想测量液体密度并且研究液体对物体浮力的大小。
(1)首先，他们用天平与量筒测量准备好的酸奶的密度：
①用调节好的天平测量烧杯和适量酸奶的总质量，当天平平衡时，如图甲所示，烧杯和酸奶的总质量为______ g；
②将烧杯中的酸奶倒入一部分量筒中，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g；
③如图乙所示，量筒中酸奶的体积为______ cm3；
④计算出这种酸奶的密度为______ g/cm3。
(2)接着，如图丙所示，他们用电子秤来探究“浮力大小与哪些因素有关”，实验步骤如下：先将盛有水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的规则圆柱体将其缓缓地浸入水中(水的密度为1g/cm3)，同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，记录数据如下表所示。已知圆柱体的高度为8cm，当h=8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为0.8N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
14
m/kg
2.00
2.04
2.08
2.12
2.16
2.16
2.16
2.18
①实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐______ (填“增大”或“减小”)。
②当h=8cm时，圆柱体受到的浮力大小为______ N。分析表中数据可知：圆柱体的密度为______ g/cm3。
③当h=14cm时，手通过绳子对圆柱体竖直向上的拉力是______ N。
30. 某实验小组探究“电流与电压、电阻”的关系。实验中电源电压恒为3V，滑动变阻器最大阻值为20Ω。
(1)他们先用5Ω的定值电阻探究电流与电压的关系，实验电路图如图甲所示。
①为了探究电流与电压的关系，请你用笔画线代替导线，添加两根导线将电路实物图补充完整。(导线不允许交叉)
②连接电路前，小明发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是______ 。
③检查完毕后，闭合开关，调节滑动变阻器，记录了5组数据。测第6组数据时，电压表的示数为2.6V，电流表的示数如图丙所示。请在图丁的坐标系中描绘出第6组数据对应的点，并根据描出的6个数据点画出定值电阻的I−U图像。
④分析画出的I−U图像可得出结论：在电阻一定时，______ 。
(2)实验结束后，小明想继续探究“电流与电阻”的关系，他将电源电压改为4V且不变，其余连接方式不变。将图中的定值电阻逐个依次换为5Ω、10Ω、20Ω、35Ω的四个定值电阻，使定值电阻两端的电压一直为2V不变。
①闭合开关试触时，发现电流表无示数，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数始终接近电源电压，造成这一现象的原因可能是______ 。
②根据实验数据，小明作出了如图戊所示的I−R图像，由于此图线为曲线，小强认为不便直观判断I与R的定量关系，于是对图像中的坐标进行了巧妙变换，从而直观判断出了I与R的关系。你认为小强的改进方法是：______ 。
③完成了前三个电阻的实验后，小明又把R换为35Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，此时他发现电压表示数始终______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)2V。为能够完成最后一个电阻的实验，在不增加原有实验器材、也不改变定值电阻两端预设电压的前提下，请你写出合适的操作______ 。
31. 小华骑自行车下坡时脚并没有对踏板施力，但是自行车下坡越来越快，他想到：在斜面上，物体下滑的快慢与哪些因素有关呢？回家后他找来了小车、秒表、刻度尺、充当斜面的木板和可以垫高木板一端的木块，开始进行了探究，如图所示。首先对影响小车下滑快慢的因素作出以下猜想：
猜想一：与小车的质量有关；
猜想二：与斜面的长度有关；
猜想三：与斜面的高度有关。
(1)根据所学知识，小车由斜面高处下滑过程中，速度越来越快是由于小车的______ 能转化为动能；下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为______ 能。
(2)为了验证猜想一，小华设计的方案是在小车内放置不同数量的钩码，分别从斜面的顶端由静止释放，测出下滑的时间，用下滑时间的长短来比较物体在斜面上下滑的快慢。小华测量的结果如下表，若小车从斜面顶端到底端经过的长度为1m，则第1次小车下滑的平均速度为______ m/s。观察了数据后，她怀疑第三次测量错误，于是重新测量并进行了修正。你认为小华第三次测量时间偏小的原因，除了秒表使用过程中不符合要求外，还有可能在操作上存在的问题是______ ；经过对修正后的数据分析，猜想一是错误的。
实验次数
1
2
3
4
小车内放置钩码的质量m/g
0
50
100
150
时间t/s
2.5
2.5
2.0
2.5
(3)为了验证猜想二，小华设计的方案是同一辆小车分别从距斜面底端不同距离处由静止释放，测出下滑的时间。她通过测量发现下滑的时间不同，于是得出猜想二是正确的。请对小华这一探究作出评价，指出她存在的问题可能是______ 。
(4)小华若要检验猜想三，每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变______ 来改变小车的初始离地高度，然后通过计算小车在斜面上的平均速度来比较下滑的快慢。
32. 为了响应国家的“低碳环保”战略，人们越来越多的使用电动汽车作为交通工具，表中是小明家所在小区新建充电桩及铭牌上的部分参数，充电桩把交流电转换为直流电给汽车充电。
xxx落地式充电桩
额定输入电压：220V交流
额定输出电压：500V直流
额定输入电流：100A交流
额定输出电流：40A直流
防护等级：IPS4
使用环境：室外
(1)求此充电桩输出的额定功率是多少？
(2)小明家汽车电池的容量为80kW⋅h，从完全没电到充电至80%的电量，在额定状态下需要多长时间？
(3)为了安全，充电插头和插座间压力大于等于F0时，充电电路才能接通。其原理如图甲所示：电磁继电器线圈中电流I达到50mA时，衔铁吸下，充电电路接通，电阻箱接入电路的电阻R=90Ω，图乙是压敏电阻阻值随压力变化的图像，若电池电压E=5V，则F0为多少？
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低。为仍然保持压力为F0时充电电路接通，应该使电阻箱接入电路的电阻______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：小提琴和长笛发声时，振动物体的材料不同，所以发声的音色也就不同。
故选：C。
音色是指声音的品质与特色，它与发声物体的材料有关，不同物体发声的音色是不同的。
此题主要考查对音色的理解及其应用，属于基础知识。
2.【答案】C
【解析】解：A、阳光晒暖了海洋，海水吸热蒸发从液态成为气态的水蒸气上升到空中，是汽化现象，故A正确；
B、高空中温度高的水蒸气遇冷液化成小水滴，小水珠相互聚集结成大水滴下降成为雨，故B正确；
C、冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温凝华成小冰晶，小冰晶聚集变成雪花飘满大地，故C错误；
D、雪花是固态熔化成液态的水，和其他降水一样，汇入江河，又注入大海，故D正确。
故选：C。
解答此题的关键是知道各种物态变化的含义，和水循环的具体过程，并能根据各种物态变化的含义做出判断。
本题考查的是学生对于各种物态变化定义和水循环的理解，我们要能够利用所学的物理知识解释生活中的物理现象。
3.【答案】C
【解析】解：A、由于病毒分子的体积很小，只有借助电子显微镜才能看到，故A错误；
B、分子很小，直接用肉眼看不到，飞沫是肉眼可以看到的，所以病毒随飞沬传播是机械运动，不是分子的运动，故B错误；
C、病毒由分子构成，且这些分子之间有引力也有斥力，故C正确；
D、由分子动理论可知分子之间存在间隙，所以口罩材料分子之间也有空隙，故D错误。
故选：C。
(1)分子的大小只有百亿分之几米，用肉眼不能看到，只有借助电子显微镜才能看到；飞沫是肉眼可以看到的，不是分子；(2)分子间存在相互作用的引力和斥力；(3)分子之间存在着间隙。
本题考查了分子动理论的内容，属于基础知识，注意区分分子运动与机械运动。
4.【答案】A
【解析】解：A、核反应堆中发生的是可控制的核裂变，核电站发电的过程是将核裂变产生的核能转化为内能，再通过汽轮发电机转化为电能，故A正确；
B、能量转化过程是有方向性的，是不可逆的，故B错误；
C、核能是不可再生能源，太阳能、水能属于可再生能源，故C错误；
D、化石能源在使用过程中会产生大量废气，为了保护环境、控制和消除大气污染，应减少使用化石能源，而不是禁止，故D错误。
故选：A。
(1)核电站是利用裂变的链式反应释放出巨大能量的原理制成的；
(2)能量的转移与转化是有方向性的；
(3)可再生能源可以在短时间内形成和获得，不可再生能源不可在短时间内形成，一旦消耗短时间内无法获得补充；
(4)为了保护环境，控制和消除大气污染，应尽量减少使用化石能源。
此题考查了能量的转化及分类，能量转化现象是生活中常见的现象，难度不大。
5.【答案】C
【解析】解：A、实验中若将另一侧的蜡烛点燃，结果使得玻璃后面太亮，玻璃板前后对比不明显，后面蜡烛A的像不容易观察，效果不明显，故A错误；
B、为了使蜡烛与前面蜡烛的像完全重合，玻璃板要与纸面垂直，故B错误；
C、选择两支完全相同的蜡烛，是为了方便比较像与物的大小关系，故C正确；
D、平面镜成的是虚像，像是反射光线的反向延长线会聚形成的，不是实际光线照到像点，所以镜子背面放什么物体都不会影响成像；所以如果用一块不透明的木板挡在像的前面，是不会影响成像的，故D错误。
故选：C。
(1)在实验中玻璃板起到平面镜的作用，物体在镜面前的亮度越大，则其成的像越清晰；
(2)玻璃板要与纸面垂直
(3)平面镜所成的像与物体大小相等；
(4)平面镜成像的原理是光的反射。
此题涉及到平面镜成像特点，这是光学部分的重点，在中考中也经常出现，要求学生牢记，并学会灵活运用。
6.【答案】C
【解析】解：A、在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察小车推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想，故A正确；
B、由于动能的大小与物体的质量和速度有关，小车释放的高度越高，小车到达斜面底端速度越大，具有动能越大，小车推动木块移动的距离越长，故B正确；
C、小车在斜面上向下运动的过程中，动能增加势能减小，但是斜面粗糙，需要克服阻力做功，机械能减小，故C错误；
D、若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，木块被撞击后将做匀速直线运动，故D正确。
故选：C。
(1)该实验采用了转换法，通过比较小车推动木块移动的距离来反映小车动能的大小；
(2)由于动能的大小与物体的质量和速度有关；
(3)动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关，机械能为动能和势能的和；物体克服摩擦做功，机械能会减小；
(4)据牛顿第一定律分析即可判断。
本题考查探究影响动能大小因素实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
7.【答案】A
【解析】解：A、只将金属盒向下移动，金属盒浸入液体的深度变大，由液体压强的特点可知，压强变大，压强计U形管两边液面的高度差变大，故A符合题意。
B、只将U形管内的液体换成密度更大的液体，在压强不变的情况下，液体的密度越大，深度越小，两侧的液面的高度差越小，故B不合题意；
C、只将容器中水换成酒精，金属盒浸入液体的深度不变，液体密度变小，由液体压强的特点可知，压强变小，压强计U形管两边液面的高度差变小，故C不合题意；
D、只改变金属盒面的朝向，液体的深度不变，压强不变，压强计U形管两边液面的高度差不变，故D不合题意。
故选：A。
压强计的工作原理：作用在压强计探头(金属盒)上的压强越大，U形管两液面高度差越大；即通过U形管两侧液面高度差反映液体压强的大小。
液体压强的特点：同种液体内部的同一深度处，液体向各个方向的压强相等；液体内部压强还跟液体的密度和深度有关。
此题考查了液体压强的概念和特点，观察物理实验现象是学习物理的一项基本能力，学生要多加练习。
8.【答案】B
【解析】解：
A.取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，由F浮=ρ水gV排可知，所受浮力变大，故A错误；
B.取水的飞机持续下沉，始终处于漂浮状态，受到的浮力和飞机总重力始终保持平衡，故B正确；
C.取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，飞机底部所处的深度变大，由p=ρ水gh可知，飞机底部受到湖水的压强持续增大，故C错误；
D.飞机起飞过程，飞机受到竖直向上空气的压力差大于自身的重力，则飞机机翼下方的空气压强大于上方的空气压强，由流体压强与流速的关系可知，机翼上方的空气流速大于机翼下方的空气流速，故D错误。
故选：B。
(1)取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，根据F浮=ρ水gV排可知所受浮力的变化；
(2)取水的飞机持续下沉，始终处于漂浮状态，受到的浮力和飞机总重力始终相等；
(3)取水的飞机持续下沉，飞机排开水的体积变大，飞机底部所处的深度变大，由p=ρ水gh可知飞机底部受到湖水的压强变化；
(4)流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。
本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件、液体压强公式、流体压强与流速的关系应用等，对于这类与生活联系紧密的题目，要有必要的生活经验结合物理知识解答。
9.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，当驾驶员向下踩“油门”踏板时，减小接入电路的变阻器阻值，通过电动机的电流变大；
A、滑动变阻器与电动机串联接入电路中，踏板向下移动，滑动变阻器接入电路电阻减小，根据欧姆定律可知，电流变大，车速变大，故A符合题意；
B、滑动变阻器与电动机串联接入电路中，踏板向下移动，滑动变阻器接入电路电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，车速变小，故B不符合题意；
CD、滑动变阻器与电动机并联接入电路中，踏板向下移动，根据并联电路特点可知，各支路互不影响，通过电动机的电流不变，车速不变，故CD不符合题意。
故选：A。
当驾驶员向下踩“油门”踏板时，改变接入电路的变阻器阻值，车速变大，表明通过电动机的电流变大，据此分析。
本题考查了电路图的设计，明确电路的连接方式和串并联电路的特点是解题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：R1=U1I1=2.5V0.3A≈8.33Ω，R2=U2I2=3.8V0.3A≈12.67Ω，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，比较可知灯泡L2两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，所以灯泡L2比L1亮，相同时间做功也多，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故②正确，④错误；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确；
根据P=U2R可知灯泡L1的实际功率大，所以灯泡L1比灯泡L2亮，
(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多，故①正确。
故选：C。
已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，
(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，根据串联电路电流特点和P=UI可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，进一步比较灯泡的亮度，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据P=UI可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
11.【答案】D
【解析】解：A、雾炮车在路面上喷洒水雾，在匀速水平行驶喷洒的过程中，速度不变，质量减小，所以车的动能变小，故A错误；
B、该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程实现了内能转化为机械能，故B错误；
C、汽油机每秒内对外做功20次，完成了20个工作循环，80个冲程，故C错误；
D、完全燃烧0.2kg汽油放出的热量：Q=qm=4.6×107J/kg×0.2kg=9.2×106J，故D正确。
故选：D。
(1)根据影响物体动能大小的因素分析判断；
(2)在发动机的做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能；
(3)四冲程内燃机曲轴转2圈，完成1个工作循环、4个冲程并对外做功1次；
(4)根据Q=qm计算。
此题是一道联系社会热点的综合题，包含的知识点较多，由影响动能的因素、热机的工作过程、燃料燃烧公式的应用，熟练掌握基础知识是解答的关键。
12.【答案】B
【解析】解：A、由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，
则灯的额定功率：PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，故A正确；
B、当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，因串联电路中各处电流相等，则由图乙可知，当通过灯的电流为0.2A时，灯泡两端的电压为1V，由欧姆定律可得此时变阻器两端的电压为：U滑=IR滑=0.2A×15Ω=3V，根据串联电路电压的规律可得灯与变阻器的总电压：U滑+U灯实=3V+1V=4V，等于电源电压，
所以此时电路的总功率为：P=UI=4V×0.2A=0.8W，故B错误；
C、当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律，此时变阻器的电压：U滑′=U−UL=4V−2.5V=1.5V，
因串联电路各处的电流相等，根据P=UI可知，在电流相等时，电功率与电压成正比，
所以此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比为PL：P滑=UL：U滑′=2.5V：1.5V=5：3，故C正确；
D、探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，所以，利用图甲电路不能探究导体的电流与电压的关系，故D正确。
故选：B。
(1)由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，根据P=UI求灯的额定功率；
(2)当滑动变阻器的阻值调为15Ω时，因串联电路各处电流都相等，且电源电压等于各用电器两端电压之和，根据图像以及欧姆定律分析读出满足要求的灯泡的电压和通过的电流，根据P=UI求电路的总功率。
(3)当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律得出此时变阻器的电压，因串联电路各处的电流都相等，根据P=UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，据此求出此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比；
(4)探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，据此分析。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用和控制变量法的运用，关键是从图乙获取有效的信息。
13.【答案】空气 人耳处
【解析】解：鞭炮的爆炸声是通过空气传入我们耳朵的；
鞭炮响起时大家习惯捂住耳朵，这是在人耳处减弱噪声的。
故答案为：空气；人耳处。
声音传播需要介质，气体、液体、固体都可以传声；防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
此题考查了对声音的传播以及防治噪声途径的理解和掌握情况，是一道声学基础题。
14.【答案】增大 压缩 0.28
【解析】解：在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；
酒精完全燃烧放出的热量等于身体消耗的能量，则Q放=8.4×106J，
由Q放=mq得，需要酒精的质量：m=Q放q酒精=8.4×106J3×107J/kg=0.28kg。
故答案为：增大；压缩；0.28。
做功可以改变物体的内能，当对物体做功，物体的内能将增大，物体对外做功，物体的内能减少；
汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能；
利用Q放=mq求相当于完全燃烧酒精的质量。
本题考查内能的改变、热机的冲程和热量的计算，属于综合题。
15.【答案】惯性 运动状态
【解析】解：(1)抛出的冰墩墩继续运动是因为具有惯性。
(2)用手接住冰墩墩，冰墩墩变为静止，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：惯性；运动状态。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都具有惯性。
(2)力可以改变物体的运动状态，也可以使物体发生形变。
本题考查了惯性和物体的运动状态，属于基础题。
16.【答案】反射 红外线 绿
【解析】解：(1)月亮本身不会发光，不是光源，但我们能看到它是因为光的反射现象；
红外线是不可见光，红外线测温枪是利用物体发射的红外线工作的；
(2)光的三原色是红、绿、蓝，显示器上的图像是由红、绿、蓝三种色光混合而成的。
故答案为：不是；红外线；绿。
(1)自身能发光的物体叫光源；红外线人眼不能直接看到；红外测温枪的测温原理是将物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，红外线辐射能的大小与物体本身的温度相对应，根据转变成电信号大小，可以确定物体的温度；
(2)光的三原色是红、绿、蓝。
本题考查光源、测温枪原理以及光的三原色，难度不大。
17.【答案】1.6变小 压力大小
【解析】解：(1)测力计分度值为0.2N，示数为1.6N，拉力F=1.6N；
(2)用如图所示的拉力F使物体A做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小，若拿走物体A上的砝码，则压力变小，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，滑动摩擦力变小，这时弹簧测力计的示数将变小，可知滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
故答案为：1.6；变小；压力大小。
(1)根据测力计分度值读数；
(2)根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；若拿走物体A上的砝码，则压力变小，用力拉物体，使物体A继续做匀速直线运动，滑动摩擦力变小，据此分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
18.【答案】主光轴 投影仪 40
【解析】解：实验前要调整烛焰、凸透镜、光屏的高度，三者的中心大致在同一高度，即在凸透镜的主光轴上，这样才能使像成在光屏中央；
由图示位置可知，物距u=15cm，像距v=30cm，即u
故答案为：主光轴；投影仪；40。
探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心；
凸透镜成实像时，u>v，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；u
19.【答案】乙 会 发电机
【解析】解：
电磁感应现象的特点是没有电源而有一个电流表，用来测量产生的电流；故是乙图；
感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关，若仅改变磁场方向，则感应电流方向会发生改变，利用此实验原理可制成发电机。
故答案为：乙；会；发电机。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关；
发电机的原理是电磁感应现象。
本题考查电磁感应现象等知识，难度不大，要注意区分发电机和电动机原理的不同。
20.【答案】热量 受热均匀 水
【解析】解：在两个相同的杯子中分别装有质显相等的水和沙子，用两个完全相同的酒精灯给它们加热，加热时间相同，水和沙子吸收的热量相同；
使用玻璃棒是为了使沙子和水受热均匀；
通过比较它们升温的情况，发现沙子升温较快，则沙子的吸热能力弱，水的吸热能力强。
故答案为：热量；受热均匀；水。
我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
用玻璃棒搅拌，是为了使沙子和水受热均匀；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21.【答案】酒精 78 试管中水的温度达到100℃时，不能继续吸收热量
【解析】解：(1)已知酒精的沸点为78∘℃，随着给烧杯加热，当烧杯和试管中的液体都达到78∘℃时，若再给烧杯加热，烧杯中的水温度升高，即此时水的温度高于试管中酒精的温度，所以试管中的酒精达到沸点后，由于还能继续吸热，所以能够沸腾。但是酒精沸腾时温度不变，所以温度计的示数为78℃。
(2)若把试管中的酒精换成适量的水，当大烧杯中的水沸腾后，烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，都是100∘℃，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。
故答案为：酒精；78；试管中水的温度达到100℃时，不能继续吸收热量。
液体沸腾有两个必要条件：(1)达到沸点，(2)继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾。
此题考查了液体沸腾的两个必要条件，当两个条件必须同时具备时液体才可沸腾。
22.【答案】电阻 电流 c
【解析】解：图甲装置中，R1
故答案为：电阻；电流；c。
做探究“电流通过导体产生的热量跟什么因素有关”的实验时，要用到控制变量法，根据焦耳定律和图示判断哪只温度计示数高。
本题考查了学生对焦耳定律的理解和应用，属于基础题。
23.【答案】104.80.02240
【解析】解：由图甲可知，电动机和定值电阻串联在电路中，电流表测量电路中的电流；
由I=UR可知，定值电阻R的阻值：R=URI=2V0.2A=10Ω；
电流经过电动机线圈电阻产生的热量：Q=I2RMt=(0.2A)2×12Ω×10s=4.8J；
800r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转800转，
则电能表转盘转过16r，用电器消耗的电能：W=16r800r/(kW⋅h)=0.02kW⋅h；
用电器的实际功率：P=Wt′=0.02kW⋅h560h=0.24kW=240W。
故答案为：10；4.8；0.02；240。
由图甲可知，电动机和定值电阻串联在电路中，电流表测量电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出定值电阻R的阻值；
(2)根据焦耳定律Q=I2Rt求出电流经过电动机线圈电阻产生的热量；
(3)800imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转800转；据此求出电能表转盘转过16r，用电器消耗的电能；根据P=Wt求出用电器的实际功率。
本题考查欧姆定律、焦耳定律、电功率公式以及对电能表参数的理解，是一道综合题，难度不大。
24.【答案】146000512.5
【解析】解：(1)OB的长度S2为22m，有11小格，每小格的长度为22m11=2m，配重A与O点的距离为：7×2m=14m；
(2)重物的重力：G=mg=2.4×103kg×10N/kg=2.4×104N，
由图可知，n=4，因不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，所以，电动机牵引钢丝绳自由端的拉力：F拉=14G=14×2.4×104N=6000N；
有用功：W有用=Gh=2.4×104N×20m=4.8×105J，
总功：W总=Pt=3.8×104W×25s=9.5×105J，
塔吊上的电动机对重物做功的效率：η=W有W总×100%=4.8×105J9.5×105J×100%≈51%；
(3)由题知，GM×OA=m最大g×OB......①
当提升2.4t=2400kg重物时，GM×OA=m物g×OC′......②
由①②得，m最大g×OB=m物g×OC′，
即：1200kg×g×25m=2400kg×g×OC′，
解得：OC′=12.5m，
所以，载重小车最多能向B点方向平移的距离：s=OC′−OC=12.5m−10m=2.5m。
故答案为：(1)14；(2)6000；51%；(3)2.5m。
(1)由图可知，OB的长度S2为22m，有11小格，计算出每小格的长度，则可计算出配重A与O点的距离；
(2)由图可知，承担重物的钢丝绳的股数n=4，不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，根据F=14G求出电动机牵引钢丝绳自由端的拉力；
根据W=Gh求出提升重物所做的有用功，根据W=Pt求出电动机消耗的电能即为总功，根据η=W有W总×100%求出塔吊上的电动机对重物做功的效率；
(2)根据G=mg计算重物的重力，由图可知，n=4，因不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，所以电动机牵引钢丝绳自由端的拉力等于四分之一倍的物重，根据W=Gh计算有用功，根据W=Pt计算总功，根据η=W有W总×100%计算效率；
(3)根据平衡条件，根据题意，列出当载重小车在B点时，起吊重物的最大质量是1.2t时，GM×OA=m最大g×OB；当提升2.4t重物时，GM×OA=m物g×OC′，两个方程联立，求OC′的大小，从而求出载重小车最多能向B点方向再平移多少米，才能保证安全工作。
本题考查了滑轮组绳子的拉力、功、机械效率、杠杆平衡条件的应用等，涉及到知道的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
25.【答案】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；如图所示：
【解析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点(三条特殊光线)作图。
熟记凸透镜的三条特殊光线：过凸透镜光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。
26.【答案】解：细线拉着橡胶塞绕手做圆周运动，此时橡胶塞受重力和细线的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿细线指向手，作用点在橡胶塞的重心上，如图所示：
【解析】对橡胶塞进行受力分析，将力的大小、方向、作用点表示在图上。
此题考查了力的示意图的画法，关键是能够正确地对物体进行受力分析，特别注意力的作用点和方向。
27.【答案】解：三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔接火线；火线先过开关再入灯泡，由灯泡连到零线。因此右边的方框内应为灯泡，左边的方框内应为开关；如图所示：
【解析】家庭电路中，根据三孔插座的连接方式判断火线与零线，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
28.【答案】小于 重 20 不变
【解析】解：
(1)擦窗机器人工作时，当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，吸盘内的气压小于外界大气压，从而产生吸力；
(2)“擦窗机器人”的重力：G=mg=2kg×10N/kg=20N；
“擦窗机器人”静止时处于平衡状态，在竖直方向上受到的摩擦力和重力是一对平衡力；
若用真空泵继续向外抽气，由于“擦窗机器人”在竖直玻璃上仍静止，其重力不变，则摩擦力不变；
(3)“擦窗机器人”对玻璃的压强：p=FS=250N0.02m2=1.25×104Pa。
答：(1)小于；(2)重；20；不变；(3)“擦窗机器人”对玻璃的压强是1.25×104Pa。
(1)当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，吸盘内的气压小于外界大气压；
(2)根据G=mg求出机器人的重力；物体静止或匀速直线运动时，物体都处于平衡状态，受平衡力，只要找出哪两个力是平衡力，然后根据平衡力的特点解题即可；
(3)利用p=FS求出“擦窗机器人”对玻璃的压强。
本题考查了流体压强和流速的关系、二力平衡的条件、压强公式、重力公式的综合应用，根据“摩擦力f与吸盘在此面积上对玻璃的压力F的关系是f=0.08F”求出压力是关键。
29.【答案】121.2501.22减小 1.61.50.6
【解析】解：
(1)由图甲可知，天平右盘放有一个100g的砝码和一个20g的砝码，天平标尺的分度值为0.2g，游码所对的刻度值为1.2g，
故烧杯和酸奶的总质量为：m1=100g+20g+1.2g=121.2g；
由图乙可知，量筒的分度值为2mL，量筒中酸奶的液面正好在50mL刻度处，故量筒中酸奶的体积为50mL=50cm3；
将烧杯中的酸奶倒入量筒中一部分，用天平测量烧杯和杯内剩余酸奶的总质量为60.2g，
则量筒中酸奶的质量为：m′=m1−m2=121.2g−60.2g=61g；
这种酸奶的密度为：ρ=m′V′=61g50cm3=1.22g/cm3；
(2)①设容器和水的总重力为G0，圆柱体重力为G，电子秤受到压力为F，细线对圆柱体拉力为F拉，
则电子秤受到压力：F=G0+G−F拉，即：m示g=G0+G−F拉，
因G0、G一定，当电子秤示数(m示)逐渐增大时，则根据上式可知细线对圆柱体的拉力逐渐减小；
②由表格数据知，当h=0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，此时m示g=G0=2.00kg×10N/kg=20N，
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g=G0+G−F拉可得G−F拉=m示g−G0=2.16kg×10N/kg−20N=1.6N；
所以圆柱体受到的浮力F浮=G−F拉=1.6N；
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没(V排=V)，圆柱体受到的拉力为0.8N，浮力为1.6N，
所以圆柱体的重力G=F浮+F拉=1.6N+0.8N=2.4N；
由阿基米德原理可得，圆柱体受到的浮力：F浮=ρ水gV排，
即：1.6N=1.0×103kg/m3×10N/kg×V，解方程可得V=1.6×10−4m3，
由G=mg和ρ=mV可得G=ρ物Vg，即2.4N=ρ物×1.6×10−4m3×10N/kg，解方程可得ρ物=1.5×103kg/m3=1.5g/cm3；
③当h=14cm时，电子秤示数为2.18kg，
由m示g=G0+G−F拉可得F拉′=G0+G−m示′g=20N+2.4N−2.18kg×10N/kg=0.6N。
故答案为：(1)121.2；50；1.22；(2)减小；1.6；1.5；0.6。
(1)物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
将烧杯中的部分酸奶倒入量筒；使用量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视；还要注意量筒的分度值；
根据ρ=mV求酸奶的密度；
(2)①将容器、水以及圆柱体看成一个整体，它们对电子秤的压力等于整体的总重力与细线拉力的差，据此分析电子秤示数增大时，细线对圆柱体拉力的变化情况；
②由表格数据知，当h=0时，圆柱体还没有浸入水中，不受浮力，根据m示g=G0计算容器和水的总重力，
当h=8cm时，圆柱体刚好浸没，电子秤示数为2.16kg，由m示g=G0+G−F拉可得G−F拉的值，即此时圆柱体受到的浮力F浮，根据G=F浮+F拉计算圆柱体的重力，
由阿基米德原理可得圆柱体受到的浮力F浮=ρ水gV排，代入数据解方程可得圆柱体的体积，
由G=mg和ρ=mV可得G=ρ物Vg，代入数据解方程可得ρ物；
③当h=14cm时，电子秤示数为2.18kg，由m示g=G0+G−F拉计算F拉。
本题是测量液体密度和探究浮力大小与哪些因素有关的实验，考查了数据分析、阿基米德原理、密度公式、重力公式和称重法求浮力等，是一道好题。
30.【答案】将电流表调零 通过导体的电流与导体两端的电压成正比 定值电阻断路 将I−R图像的横坐标R变为R−1 大于 在电路中串联一个20欧的电阻
【解析】解：(1)①电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路，如图：
；
②图中电流表没有通电，指针不在0刻度，因而电流表使用前需调零，
③由图丙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.5A，根据描出的6个数据点连线，如下所示：
；
④因为绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线，所以可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，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，与电压表并联的定值电阻断路了；
②小强做出了如图丁所示的I−R图像，由于此图线为曲线，不便直观判断I与R的定量关系，
根据I=UR=U⋅1R可知，电压不变时，电流I与电阻的倒数1R成正比，故将横坐标R变为1R(或R−1)，从而直观判断出了I与R的关系；
③完成了前三个电阻的实验后，把R换为35Ω的电阻接入电路，闭合开关，无论怎样移动滑片，电压表都不能达到所控制的电压值，根据串联分压原理可知电压表示数始终大于2V；
定值电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=4V−2V=2V，变阻器分得的电压为电压表示数的2V2V=1倍，根据分压原理，当接入35Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1×35Ω=35Ω>20Ω，
根据串联电路电阻规律可知需在电路中串联一个阻值为35Ω−20Ω=15Ω的电阻，在不增加原有实验器材时，在电路中串联一个20欧的电阻。
故答案为：(1)①见解答图；②将电流表调零；③见解答图；④通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(2)①定值电阻断路；②将I−R图像的横坐标R变为R−1；③大于；在电路中串联一个20欧的电阻。
(1)①电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路；
②实验前需要对电流表校零；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据描点法作图；
④根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论；
(2)①电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
②根据欧姆定律可知，电压保持不变时，电流与电阻成反比关系，故I=U⋅1R，即电压保持不变时，电流I与电阻的倒数成正比，据此分析改进方法；
③探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；
根据串联分压原理可知把R换为35Ω的电阻接入电路时电压表示数的变化；
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35Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
本题探究电流跟电阻、电压的关系，考查电路电流表的使用、图象的画法、分析图象归纳结论、故障分析、控制变量法、操作过程和器材的选择，综合性强。
31.【答案】重力势 内 0.4小车未从静止释放 改变长度时，没有控制高度一定 斜面倾角
【解析】解：(1)小车由斜面高处下滑过程中，速度越来越快是由于小车的重力势能转化为动能；下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为内能；
(2)小车从斜面顶端到底端经过的长度为1m，则第1次小车下滑的平均速度为v=st=1m2.5s=0.4m/s；
在实验时，应保证由静止滑下，由表格中数据知，第三次下滑时间较短，可能是由于小车未从静止释放；
(3)将小车分别从距斜面底端不同距离处由静止释放，在此过程中没有控制高度一定；
(4)要检验猜想三，每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变斜面倾角来改变小车的初始离地高度。
故答案为：(1)重力势；内；(2)小车未从静止释放；(3)改变长度时，没有控制高度一定；(4)斜面倾角。
(1)斜面的高度越大，同一物体的重力势能越大，在下滑过程中转化成的动能越大，速度越大；
下滑过程中，由于受到摩擦力，小车的一部分机械能转化为内能；
(2)根据速度公式计算第1次小车下滑的平均速度；
在让小车下滑时，要注意使其由静止滑下，若给出一个初速度，则会使下滑时间变短；
(3)根据控制变量法可知探究物体下滑的快慢与斜面的长度的关系需可知物体下滑的高度不变；
(4)每一次实验可以让小车都从同一斜面的顶端开始下滑，通过改变斜面倾角来改变小车的初始离地高度。
此题是探究从斜面下滑物体的快慢与哪些因素有关的实验，通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了动能和势能的转化。
32.【答案】减小
【解析】解：(1)充电桩额定输出功率：P=UI=500V×40A=20000W，
(2)电池达到80%的电量：W=80kW⋅h×80%=64kW⋅h，
充电桩额定输出功率：P=20000W=20kW，
额定状态下需要时间：t=WP=64kW⋅h20kW=3.2h。
(3)电池电压E=5V，当电磁继电器线圈中电流I=50mA=0.05A时，
电路的总电阻：R总=EI=5V0.05A=100Ω；
压敏电阻的阻值：R0=R总−R=100Ω−90Ω=10Ω；
根据压敏电阻阻值随压力变化的关系图像知，F0为6N；
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，要保持线圈中的电流不变，应该使电阻箱接入电路的电阻减小。
答：(1)输出的额定功率是20000W；
(2)在额定状态下需要3.2h；
(3)若电池电压E=5V，则F0为6N；
(4)减小。
(1)知道输出的电压和电流，求出输出的功率。
(2)上面已经求出输出功率，知道汽车的电池容量，求出从完全没电到充电80%的电量，根据W=Pt求出充电时间。
(3)知道控制电路的电压和电流求出电路的总电阻，知道电阻箱的电阻求出压敏电阻的阻值，在图像上找到对应的压力。
(4)控制电路中电池使用一段时间后，电压会降低，由欧姆定律可知电路中的电流变化，要保持线圈中的电流不变，根据欧姆定律可知应如何调节电阻箱。
(1)对于图像问题，一定要在图像上找出有用的信息。
(2)对于效率问题，一定要找出有用的和总的，利用效率公式进行计算。
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