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2023年辽宁省沈阳市大东区中考物理零模试卷（含答案解析）
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这是一份2023年辽宁省沈阳市大东区中考物理零模试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了25A∼0等内容，欢迎下载使用。
2023年辽宁省沈阳市大东区中考物理零模试卷
1. 如图所示，晚上，小明在客厅中可左右推拉的竖直玻璃窗户上看到了固定在客厅顶棚
上发光吊灯的像，当小明水平向左缓缓推动玻璃窗，使玻璃窗露出一小段缝隙后，关于小明通过推动后的玻璃窗所看到吊灯的像的运动情况和大小，下列说法正确的是( )
A. 静止，像的大小变大
B. 静止，像的大小不变
C. 水平向左运动，像的大小变大
D. 水平向左运动，像的大小不变
2. 如图所示，两块完全相同的木块A和B叠放在水平桌面上，用大小为12N的水平拉力F拉着木块B，使A、B一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块A对B的摩擦力方向水平向左 B. 木块B对A的摩擦力方向水平向右
C. 木块A、B之间的摩擦力大小为12N D. 地面对木块B的摩擦力大小为12N
3. 如图所示，水平桌面上放置着两个相同的容器甲、乙，两容器中均盛有水，甲容器中有一小物块悬浮于水中，乙容器中有一个小球漂浮在水面上，此时容器内水面高度相同。ρ盐水>ρ水>ρ酒精，则下列说法正确的是( )
A. 两个容器对水平桌面的压强关系：p甲
C. 若向甲中加入酒精并搅拌均匀，则小物块受到的浮力会变小
D. 若向乙中加入盐水并搅拌均匀，则小球受到的浮力会变大
4. 如图甲所示为工人师傅乘坐吊篮在高空粉刷楼体外墙的情景，吊篮可在电动机的作用下实现升降，其简化结构原理如图乙所示。吊篮的质量为40kg，两名工人及工具的总质量为200kg，某次吊升过程中，吊篮在30s内匀速上升了6m。若不计滑轮重、绳重和摩擦，下列关于该过程的分析正确的是(g=10N/kg)( )
A. 吊篮的动能增大 B. 吊篮的机械能守恒
C. 电动机对绳子的拉力为800N D. 电动机拉动绳子的功率为480W
5. 如图所示是小明连接的电路，两个小灯泡规格相同，标有“3V1.5W”，其中各个电路元件均完好且无故障，闭合开关后，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡L1不发光 B. 小灯泡L2不发光 C. 电流表无示数 D. 电池被烧坏
6. 如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 电流表A1示数变小，电压表V示数变小
B. 电流表A2示数变大，电压表V示数变大
C. 电压表V的示数与电流表A1的示数比值不变
D. 电压表V的示数与电流表A2的示数乘积不变
7. 小明家新买了一辆燃油小汽车，下列有关这辆汽车的相关说法正确的是( )
A. 小汽车长时间连续行驶，轮胎会发热，这是通过做功改变内能
B. 在加油站给车加油时，小明闻到汽油味，这说明分子在不停地做无规则运动
C. 四个冲程汽油机工作时，做功冲程把内能转化为机械能
D. 小明认为随着科技发展，汽油机的效率可以达到100%
8. 如图所示，质量为m的小球从某一高度静止下落，落在竖直放置的静止的轻质弹簧上，小球到达B点时，小球受到的重力与弹簧给小球的弹力大小相等，图中C点是小球到达的最低点(不计空气阻力)。下列说法正确的是( )
A. 从B点到C点，小球的重力势能与动能都减小，转化成弹簧的弹性势能
B. 到达C点时，小球的动能为零，小球受到的重力大于弹簧给小球的弹力
C. 下落过程中，小球的重力势能减小、动能一直增大、小球与弹簧的机械能总量增大
D. 下落过程中，小球的重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球对弹簧做功，小球与弹簧的机械能总量保持不变
9. 如图所示电路，电源电压为18V且保持不变，灯泡L标有“6V 3W”的字样，假若灯丝的电阻保持不变，滑动变阻器R铭牌上的规格是“100Ω1A”，电流表所用量程为0∼0.6A，电压表所用量程为0∼15V。该电路工作时，要求各元件均安全，且灯泡两端电压不能超过额定电压，则闭合开关，在滑动变阻器滑片P移动过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变化范围是3V∼6V
B. 电流表的示数变化范围是0.25A∼0.5A
C. 滑动变阻器允许接入电路的阻值范围是24Ω∼60Ω
D. 该电路消耗的最大功率是最小功率的2倍
10. 有一款疗伤喷雾，可治疗外伤疼痛。喷雾剂使用的材料是氯乙烷，它的装瓶是采用______ 的方法使其在常温下液化。如图所示，使用时，对准人的伤口处喷射，液态氯乙烷在皮肤表面迅速______ (选填物态变化名称)而吸收大量的热，使人体受伤部位的温度降低，起到镇痛作用。
11. 生活中随处可见摄像头，摄像头的镜头相当于一个凸透镜。摄像头拍摄实景所成的像是______像(选填“实”或“虚”)，人在靠近摄像头的过程中，人所成的像逐渐______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
12. 如图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是______ (选填“B”或“C”)；若要使海报架抵抗更大的风力，可适当______ (选填“增大”或“减小”)∠BAC角度的大小。
13. 如图甲所示，小红站在扶梯上，随扶梯匀速上行的过程中，她的动能______ 、机械能______ 。某些商场里的自动扶梯在无人、有人乘坐时运行速度不同，从而达到节约电能的目的，小红根据所学知识，设计了这种扶梯工作时的模拟电路，如图乙所示是扶梯上无人时电路的工作状态，R是压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。当扶梯上有人时，R所受压力增大，控制电路中的电流______ ，电磁铁的磁性______ ，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。(四空均选填“变大”、“变小”或“不变”)
14. 如图1所示，是一款智能晾衣机，该晾衣机使用额定功率为22W的LED照明灯。它带有“人体接近传感器”。夜间，当有人走近晾衣机时，它会自动开灯，当人离开后，照明灯会自动关闭。该晾衣机有风干(冷风)和烘干(热风)功能，风干的额定功率为20W，烘干的额定功率为220W。
(1)“人体接近传感器”在电路中相当于______(电源/开关)。
(2)如图2所示，是该晾衣机的部分工作电路图，R是发热电阻。当开关S接通3、4触点，晾衣机开启______功能，电阻R的阻值______Ω。
15. 通常情况下，家庭电路中，各个用电器是______ (选填“串联”或“并联”)在电路中的。小明家的电能表的表盘如图所示，他家电路接入用电器正常工作时的总功率不允许超过______ W。当单独接入一个额定功率为600W的电水壶(其他用电器全部停止工作)，该电水壶正常工作2min，电能表转盘转过12转，则小明家每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过______ 转。
16. 如图是灯L和电阻R的电流随电压变化图象，电阻R的阻值为______ Ω，若将他们串联接在电压为5.5V的电源两端，则此时灯的电功率为______ W。
17. 如图所示，体积为200cm3的木块，完全浸没在水中，受到绳子拉力为0.8N(g=10N/kg,ρ水=1.0×103kg/m3,绳子重力不计)。求：
(1)浸没在水中木块所受的浮力多大？
(2)木块的重力多大？
(3)剪断绳子后，木块静止时露出水面的体积为多少立方厘米？
18. 如图所示电路中，电源电压不变，小灯泡L标有“3V1.2W”的字样，R1、R2为定值电阻，R1=15Ω，R2=30Ω。当开关S闭合，S1、S2都断开时，小灯泡L正常发光(不考虑温度对灯丝电阻的影响)。求：
(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时电压表的示数。
(2)当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表的示数。
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，整个电路消耗的电功率。
19. 在“探究光的反射时的规律”的实验中，小明设计了如图所示的实验。他把一个平面镜放在水平桌面上，再把一个可旋转的光屏(如图甲所示，光屏的EF两部分均可绕轴ON旋转)竖直立在平面镜上。
(1)实验中光屏E是用来呈现入射光线AO的，为了观察到完整的反射光线OB，光屏F需旋转到图乙中的位置______ (选填字母“a”、“b”或“c”)，这说明反射光线、入射光线和法线在______ ；
(2)若将图乙中的入射光线AO在光屏上沿顺时针方向旋转10∘，则它的反射光线OB将沿______ (选填“顺时针”或“逆时针”)旋转10∘；
(3)改变入射光线AO的方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是为了______ ；
(4)如果让光逆着OB的方向射到镜面上，那么它被反射后，就会逆着AO的方向射出，这说明反射时光路是______ 。
20. 在“比较不同物质吸热的情况”的实验中：
(1)如图1所示，小明在两个相同规格的玻璃杯中加入初温相同、液面等高的水和某种食用油，利用相同规格的电加热器对水和食用油进行加热。同组的小亮立即指出了小明操作有错误，你认为小明的错误是______ ；
(2)小明纠正错误后，正确进行实验，画出了水和这种食用油温度随时间变化关系如图2所示，根据图2可以判断a物质是______ (选填“水”或“食用油”)，实验中所用食用油的比热容为______ J/(kg⋅℃)；
(3)为了比较酒精和碎纸片的热值，小明设计了如图3所示实验，他将适量的酒精和碎纸片分别放入两个燃烧皿中，点燃它们分别给装有水的两个规格相同玻璃杯加热，直至酒精和碎纸片完全燃烧，其间水未沸腾。实验中除了所用的两个玻璃杯规格相同、水的初温相同外，还需控制相同的量有：水的质量和______ 。实验通过
比较______ (选填“加热时间”或“升高的温度”)来确定酒精和碎纸片燃烧放出热量的多少。
(4)通过(3)实验得到的燃料热值与实际相比会偏______ (选填“大”或“小”)，其原因可能是______ 。(写出一条即可)
21. 在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：(图1和图2中已将杠杆大小及杠杆上的刻度按照适当比例缩小)
(1)实验前，小明看到轻质杠杆位置如图1所示，为使该轻质杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的螺母向______ (选填“左”或“右”)调节。
(2)实验时，小明在已调节水平位置平衡的该轻质杠杆两侧分别挂上不同数量的钩码，分别三次改变钩码的数量、移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，三次实验获得的数据如表所示。分析表中数据，可以得出杠杆的平衡条件是______ 。
次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.0
15.0
1.5
10.0
2
1.0
20.0
2.0
10.0
3
2.0
15.0
3.0
10.0
(3)为了进一步验证实验结论，小明又做了如图2所示的实验，当杠杆在水平位置平衡时：
①已知每个钩码的质量均为50g，则此次实验中阻力F2大小为______ N，若弹簧测力计的拉力F1为0.6N，则动力臂l1为______ cm；(g取10N/kg)
②请你在图2中画出动力F1的力臂l1。
22. 如图所示，图甲是“伏安法测电阻”的实验电路图。
(1)请你根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接完整。(要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大)
(2)闭合开关S，当滑片P移动到某一个位置时，电流表的示数为0.2A，电压表的示数如图丙所示，其读数为______V，则待测电阻Rx=______Ω。
(3)若实验中电压表不慎损坏，设计如图丁所示的电路能测量出未知电阻Rx的阻值。已知定值电阻的阻值为R0、电源两端电压保持不变。请完成下列问题：
①电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表示数为I1：则电源的电压U=______。
②当开关S、S2闭合，S1断开时，电流表示数为I2；则待测电阻Rx=______。(用I1、R0、l2表示)
23. 如图1所示是一种新型节能照明灯，其灯身上没有电池，倒是多了个可摇动的手柄。这种灯的最大特色是可以通过手摇自主发电。由于在制作上选用了磁场较强，而且不易褪磁的磁性材料，就达到了较高的发电效率。小明以每分钟120转的转速摇动手柄1分钟，就能供应“6V 3W”的小灯泡30分钟的正常照明用电，则该小灯泡正常工作30分钟，消耗电能______ J。除此之外，手摇发电产生的剩余电能还能被应急蓄电池储存起来，为手机、MP3等小型电子设备充电。这种新型照明灯的使用不仅节约了能源，还起到了环保的功效。
(1)这种新型节能照明灯手摇自主发电的过程中是将______ 能转化成电能的过程，剩余电能又以______ 能的形式被应急蓄电池储存起来，以备他用；
(2)新型节能照明灯手摇自主发电机应用的物理原理是______ ；
(3)如图2所示的四个实验装置中，能说明手摇发电机工作原理的是______ (选填正确选项的字母)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据平面镜成像特点：物与像大小相等，所以像的大小不变。由于灯在平面镜中成像时，像与灯相对平面镜对称，水平向左缓缓推动玻璃窗，看到的像是静止的，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
本题考查平面镜成像的特点，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：ABC、在12N的水平拉力F作用下，A和B一起做匀速直线运动，因此，A、B都受平衡力，木块A在水平方向不受拉力，因此A所受的摩擦力为0N，B不会对A产生摩擦力，故ABC错误；
D、A、B一起向右做匀速直线运动，整体在水平方向上受到的拉力和地面对木块B的摩擦力是一对平衡力，大小相等，B受12N的拉力，因此B受到的摩擦力为12N，故D正确。
故选：D。
利用二力平衡的知识，求出摩擦力；摩擦力的大小与压力以及接触面的粗糙程度有关，而与接触面积无关。
摩擦力不能直接测量，都是根据平衡力的知识间接得出，本题同时考查了摩擦力产生的条件。
3.【答案】C
【解析】解：AB、当物体处于漂浮和悬浮时，浮力等于物体所受重力，由阿基米德原理可知，两物体排开水的重力等于各自的重力，因为是柱形容器，所以水对容器底的压力等于容器内水和物体排开水的重力之和，都等于容器内只盛有同深度的水时水对容器底的压力，由于容器内水面高度相同，所以水对两个容器底部压力相等，容器内水和物体排开水的重力相等，根据p=FS知两个容器对桌面的压强相同，即p甲=p乙，F甲=F乙，故AB错误；
C、如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，排开液体的体积不变，根据F浮=ρgV排可知物块受到的浮力变小，故C正确；
D、小球漂浮在乙容器中，向乙容器中加入盐水，液体密度增大，小球仍然漂浮在液面上，那么小球受到的浮力等于小球的重力，小球的重力没变，小球受到的浮力不变，故D错误。
故选：C。
(1)根据物体浮沉条件、结合阿基米德原理判断方块和小球重力与排开水的重力关系，然后根据柱形容器底部受到液体的压力大小等于容器内液体是重力，分析比较两容器内的水和物体的重力之和的关系，进而比较水对两个容器底部的压力的关系以及两容器对水平桌面的压力的大小关系；
(2)如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，根据阿基米德原理判断出浮力的变化情况；
(3)根据物体的浮沉条件分析浮力的大小变化。
本题考查了学生对液体压强公式、阿基米德原理公式、物体浮沉条件的掌握和运用，是一道压强和浮力的综合题，有一定难度。
4.【答案】D
【解析】解：A、吊篮匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，故A错误；
B、吊篮匀速上升，质量不变，高度变大，重力势能变大；动能不变，机械能为动能与势能的和，所以机械能增大，机械能不守恒，故B错误；
C、由图可知，有4段绳子拉着动滑轮，不计滑轮重、绳重和摩擦，电动机对绳子的拉力为：F=14G=14mg=14×(40kg+200kg)×10N/kg=600N，故C错误；
D、绳子自由端移动的距离为：s=4h=4×6m=24m；
绳子自由端移动的速度为：v=st=24m30s=0.8m/s；
根据P=Wt=Fst=Fv可知，电动机拉动绳子的功率为：P=Fv=600N×0.8m/s=480W，故D正确。
故选：D。
(1)动能的大小与质量、速度有关；
(2)重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能与势能的和；
(3)不计滑轮重、绳重和摩擦，根据F=1nG求出电动机对绳子的拉力；
(4)根据时间和上升的高度求出吊篮上升的速度，根据连接动滑轮绳子的段数求出绳子自由端移动的距离，根据速度公式求出绳子自由端移动的速度，根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率。
本题考查了动能和机械能的变化、功率的计算、速度公式的应用等，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，两灯串联，电流表与灯L1并联，灯L1被电流表短路，不发光，此时电路相当于电流表与灯L2串联的简单电路，所以灯L2发光，电流表有示数，电池不会被烧坏。
故选：A。
由图可知，两灯串联，电流表与灯L1并联，在电路中，电流表相当于导线，据此分析。
本题考查的是电流表的使用，知道电流表应该与被测用电器串联。
6.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
因电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变；则电压表V的示数与电流表A1的示数比值不变；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，由I=UR可得，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表A2的示数变小；则电压表V示数与电流表A2示数乘积变小；综上所述，C正确，ABD错误。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化；
根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，进一步得出电压表V示数与电流表A1示数比值变化；
根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电压表V示数与电流表A2示数乘积的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
7.【答案】ABC
【解析】解：A、小汽车长时间连续行驶，轮胎与地面摩擦，把机械能转化为内能，轮胎会发热，这是通过做功的方式改变轮胎的内能，故A正确；
B、由于组成物质的分子在不停地做无规则运动，所以在加油站给车加油时，小明能闻到汽油味，故B正确；
C、四冲程的汽油机在做功冲程中将内能转化为机械能，故C正确；
D、由于额外功不可避免，所以任何热机的效率都不可能达到100%，故D错误。
故选：ABC。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(2)组成物质的分子在不停地做无规则运动；
(3)四冲程汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
(4)由于额外功不可避免，任何热机的效率都不可能达到100%。
本题考查改变物体的方式、分子动理论内容、热机工作过程中的能量转化以及对热机效率的理解，是一道基础题。
8.【答案】AD
【解析】解：下落过程中，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小；
小球由静止运动到A点时，小球只受重力作用，速度不断增大；小球从A点运动到B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力大于弹力，合力竖直向下，小球还在加速；小球在B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力等于弹力；小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速；小球由静止运动到C点，速度先增大后减小，小球的质量保持不变，小球的动能先增大后减小；
不考虑空气阻力，小球和弹簧的机械能守恒；
从B到C，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小，小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速，小球的质量保持不变，动能减小。弹簧的弹性形变一直在增大，弹簧的弹性势能一直增大；
小球达到C点时，小球的速度为零，动能为零，受到的重力小于弹力；
综上所述，AD正确。
故选：AD。
(1)从动能、重力势能、弹性势能的影响因素进行分析。
动能的大小跟质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大；在速度一定时，质量越大，动能越大。
重力势能大小跟质量和高度有关，质量一定时，高度越高，重力势能越大；在高度一定时，质量越大，重力势能越大。
弹性势能的大小跟弹性形变有关，弹性形变越大，弹性势能越大。
(2)不计空气阻力时，机械能守恒。
小球刚接触的弹簧到最低点，小球在AB段受到的合力向下，是加速运动；B点受到重力和弹力是平衡力；小球在BC段受到的合力向上，是减速运动，整个过程注意速度的变化。
9.【答案】BCD
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)灯泡正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，由P=UI可得，正常发光时的电流：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，此时电压表的示数最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的功率最大；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表的最小示数：
UR=U−UL=18V−6V=12V，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的最小电阻：
R小=URI大=12V0.5A=24Ω，
电路消耗的最大功率：
P大=UI大=18V×0.5A=9W；
(2)灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A=12Ω；
当电压表的示数UR′=15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，
此时灯泡两端的电压：
UL′=U−UR′=18V−15V=3V，
电路中的最小电流：
I小=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
所以，电流表的示数变化范围是0.25A∼0.5A，故B正确；电压表的示数变化范围是12V∼15V，故A错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R大=UR′I小=15V0.25A=60Ω，
所以，滑动变阻器的阻值变化范围为24Ω∼60Ω，故C正确；
电路消耗的最小功率：
P小=UI小=18V×0.25A=4.5W，
由P大：P小=9W：4.5W=2：1，该电路消耗的最大功率是最小功率的2倍，故D正确。
故选：BCD。
由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点结合电流表的量程，滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时电压表的示数最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的功率最大，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小电阻，利用P=UI求出电路消耗的最大功率；
(2)利用欧姆定律求出灯泡的电阻；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=UI求出电路消耗的最小功率，然后得出该电路消耗的最大功率和最小功率的关系。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的得出电路中的最大电流和最小电流是关键。
10.【答案】压缩体积 汽化
【解析】解：氯乙烷是采用压缩体积的方法使其在常温下液化，再装入瓶中的；
使用时，对准人的伤口处喷射，液态氯乙烷在皮肤表面迅速汽化吸热，使人体受伤部位的温度降低，起到镇痛作用。
故答案为：压缩体积；汽化。
使气体液化有两种方式：降低温度、压缩体积；物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化吸热。
本题主要考查了对液化方式的了解以及对汽化吸热的应用，属热学基础题。
11.【答案】实 变大
【解析】解：(1)摄像头的工作原理相当于凸透镜，在大于2倍焦距之外的物体经凸透镜成倒立缩小的实像；
(2)凸透镜成实像时，物近像远像变大，当人走近摄像头的过程中，所成的像是变大的。
故答案为：实；变大。
(1)摄像机的镜头相当于凸透镜，当物体在透镜的2倍焦距之外时，物体经透镜能成倒立、缩小的实像；
(2)凸透镜成实像时，物近像远像变大。
本题考查了透镜成像的性质及成实像时的规律，熟练掌握透镜成像规律及其应用是正确解题的关键。
12.【答案】C 增大
【解析】解：(1)根据图片可知，水平向右的风将其吹倒的瞬间，只有C点不动，故支点为C点；
(2)从支点到动力作用线的距离叫动力臂，重力G的力臂L2，如图所示：
根据图片可知，∠BAC角度越大，重力G的力臂L2越长，重力G大小不变，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2可知，此时可承受更大的阻力，故若要使海报架抵抗更大的风力，应增大∠BAC角度。
故答案为：C；增大。
(1)可绕固定点(轴)转动的硬棒是杠杆，杠杆绕着转动的固定点叫支点；
(2)根据杠杆平衡原理分析使海报架抵抗更大的风力要求时∠BAC角度的变化。
本题考查了杠杆五要素中支点概念、杠杆平衡条件的应用，有一定的难度。
13.【答案】不变 变大 变大 变大
【解析】解：小红站在扶梯上匀速上行的过程中，她的质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度变大，其重力势能变大；因机械能等于动能与势能之和，所以她的机械能增大；
当扶梯上有人时，R所受压力增大，由题意可知此时压敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变大，则电磁铁的磁性增强，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。
故答案为：不变；变大；变大；变大。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能等于动能与势能之和；
当扶梯上有人时，R所受压力增大，根据题意分析压敏电阻阻值的变化，由欧姆定律分析控制电路中电流的变化，根据电磁铁磁性强弱的影响因素分析其磁性的变化情况。
本题考查了动能和机械能的大小变化、影响电磁铁磁性强弱的因素、欧姆定律的应用，属于基础题。
14.【答案】开关 烘干 242
【解析】解：(1)智能晾衣机利用人体传感器，夜间有人走到阳台时智能晾衣机自动开灯；如果离开阳台无人移动，则晾衣机会自动关灯。所以人体传感器在电路中起到控制LED照明灯的作用，即它相当于一个开关。
(2)由晾衣机内部部分电路知，开关S接通3、4位置时，发热电阻R与电动机并联，两者同时工作，所以此时晾衣机开启烘干功能。
晾衣机风干额定功率为20W，烘干额定功率为220W，所以R的功率PR=P烘干−P风干=220W−20W=200W，
电阻R的阻值R=U2PR=(220V)2200W=242Ω。
故答案为：开关；烘干；242。
(1)智能晾衣机利用人体传感器，夜间有人走到阳台时智能晾衣机自动开灯；如果离开阳台无人移动，则晾衣机会自动关灯。所以人体传感器在电路中起到控制LED照明灯的作用，即它相当于一个开关。
(2)由晾衣机内部部分电路知，开关S接通3、4位置时，发热电阻R与电动机并联，两者同时工作，所以此时晾衣机开启烘干功能。
晾衣机风干额定功率为20W，烘干额定功率为220W，根据PR=P烘干−P风干得出所以R的功率，根据R=U2PR得出电阻R的阻值。
本题考查电路的组成和电功率的计算，是一道综合题。
15.【答案】并联 4400 600
【解析】解：(1)在家庭电路中，家庭中的用电器工作时互不影响，是并联连接的；
(2)根据电能表上的参数可知小明家同时工作的用电器总功率不得超过P大=UI大=220V×20A=4400W；
(3)已知电水壶功率P=600W=0.6kW，正常工作时间t=2min=130h，
由P=Wt可得，电水壶正常工作2min消耗的电能：
W=Pt=0.6kW×130h=0.02kW⋅h，
消耗这些电能电能表的转盘转12r，
则每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转数：
n=12r0.02kW⋅h×1kW⋅h=600r。
故答案为：并联；4400；600。
(1)家用电器的额定电压都是220V.家庭电路中各家用电器之间都是并联的。
(2)电能表的参数中，220V是指电能表的工作电压，10(20)A中，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求出电能表允许接入用电器的最大总功率。
(3)利用W=Pt求电水壶正常工作2min消耗的电能，知道消耗这些电能电能表的转盘转数，可求每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转数。
本题考查了家用电器的连接方式、电功率的计算，以及电能表参数的意义；难点是对电能表各个参数物理意义的正确理解；解题过程中要注意单位的换算。
16.【答案】200.3
【解析】解：
由R的图线，通过R的电流与两端电压成正比，当UR=4V时，通过的电流IR=0.2A，
由I=UR可知，电阻阻值：R=UI=4V0.2A=20Ω，
若R与L串联在电压为5.5V的电源两端时，I=IR′=IL，且满足U=UR′+UL=5.5V，
由此从图象可以发现，当I=0.2A时，UR′=4V，UL=1.5V，
此时灯的电功率：P=ULI=1.5V×0.2A=0.3W。
故答案为：20；0.3。
由R的图线中，找到某一电压下对应的电流值，利用I=UR计算R的电阻大小；
R与L串联，根据串联电路的电流和电压特点，由图象找到此时灯两端电压和通过的电路，从而计算灯的电功率。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率的应用，关键是从图象中找到两者串联时灯泡的电压和对应的电流大小。
17.【答案】解：
(1)木块体积V=200cm3=2×10−4m3，
所以木块完全浸没在水中时，V排=V=2×10−4m3，
则受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10−4m3=2N；
(2)木块在绳子拉力的作用下静止在水中，受到竖直向下的重力和拉力、竖直向上的浮力作用；
所以G木+F=F浮，
则木块的重力为：
G木=F浮−F=2N−0.8N=1.2N；
(3)剪断绳子，因为F浮>G木，
所以木块上浮，静止时会漂浮在水面上，
所以F浮′=G木，
即：ρ水V排′g=G木
所以排开水的体积为：
V排′=G木ρ水g=1.2N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10−4m3，
木块静止时露出水面的体积为：
V露=V−V排′=2×10−4m3−1.2×10−4m3=8×10−5m3。
答：(1)木块此时受到浮力为2N。
(2)木块的重力为1.2N
(3)剪断绳子后，木块静止时露出水面的体积为8×10−5m3。
【解析】(1)木块受到的浮力根据阿基米德原理直接计算得出；
(2)分析木块的受力情况，根据受力平衡时合力为零即可求出木块的重力；
(3)木块漂浮时所受的浮力等于它自身的重力，因此，求出重力即可得到浮力的大小，然后根据阿基米德原理求排开水的体积，用总体积减去排开液体的体积就是木块静止时露出水面的体积。
本题考查物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，注意木块在水中的浮力要利用浮力的公式来计算，木块漂浮时的浮力要利用漂浮的条件来求。
18.【答案】解：(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与电阻R1串联，电压表测R1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，且小灯泡L正常发光，
所以，由P=UI可得，电路中的电流：I=IL=PLUL=1.2W3V=0.4A，
由I=UR可得，电压表的示数：U1=IR1=0.4A×15Ω=6V；
(2)因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：U=UL+U1=3V+6V=9V，
当开关S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，
则此时电流表的示数：I1=UR1=9V15Ω=0.6A；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路的总电阻：R=R1R2R1+R2=15Ω×30Ω15Ω+30Ω=10Ω，
整个电路消耗的电功率：P=U2R=(9V)210Ω=8.1W。
答：(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时电压表的示数为6V；
(2)当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表的示数为0.6A；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，整个电路消耗的电功率为8.1W。
【解析】(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与电阻R1串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和P=UI结合小灯泡L正常发光求出电压表的示数；
(2)根据串联电路的电压特点求出电源的电压，当开关S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，根据欧姆定律求出电流表的示数；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联，根据电阻的并联求出电路的总电阻，利用P=UI=U2R求出整个电路消耗的电功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
19.【答案】b 同一平面内 逆时针 寻找光反射的普遍规律 可逆的
【解析】解：(1)为观察到完整的光路，需将光屏F旋转到图乙中的位置b，使光屏E和光屏F在同一平面内，说明反射光线与入射光线在同一平面内；
(2)保持入射点位置不变，若将入射光线AO顺时针转10∘，则反射光线OB逆时针转10∘；
(3)为避免实验的偶然性，可以改变入射光线的方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是为了多次实验可以归纳出一般性结论(反射角等于入射角)，即寻找光反射的普遍规律；
(4)如果将光源沿BO射入一条入射光线，会观察到反射光线会沿OA的方向射出，说明了在光的反射中，光路是可逆的。
故答案为：(1)b；同一平面内；(2)逆时针；(3)寻找光反射的普遍规律；(4)可逆的。
(1)光屏是用来呈现光路的；入射光线、反射光线和法线在同一平面内；
(2)反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角；
(3)为避免实验的偶然性，可以改变入射光线的方向，再多次测几组入射角和反射角；
(4)根据入射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察反射光线与原来入射光线的关系得出结论。
本题主要通过实验探究了光的反射定律。通过各个分实验分别探究了两角大小和三线之间的关系。
20.【答案】水和煤油的质量不相等 水 2.1×103 初温 升高的温度 小 燃料不能完全燃烧
【解析】解：(1)实验课题是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同，而题目中是在两个相同的烧杯中加入液面等高的水和煤油，即水和煤油的体积相同，根据m=ρV，水和煤油的密度不同，故水和煤油的质量不同，即没有控制水和煤油的质量相等；
(2)由图乙可知，同样受热的情况下，a的温度变化较慢，a的吸热能力强，比热容大，所以a为水，b为煤油；
由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像，升高30℃，a用时6min，b用时3min，根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，b的比热容为：3min6min×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(3)实验中需要控制被加热的水的质量、初温相同；根据转换法可知，实验中通过水升高的温度来比较热值的大小；
(4)因为烧杯、空气也吸收热量，并且燃料不可能完全燃烧，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)水和煤油的质量不相等；(2)水；2.1×103；(3)初温；升高的温度；(4)小；燃料不能完全燃烧。
(1)(2)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；
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；
根据Q=cmΔt得出煤油的比热容；
(3)比较酒精和碎纸片这两种材料的热值，需使质量相同，加热水的质量相同，根据水升高的温度进行比较；
(4)烧杯、空气也吸收热量，并且燃料不可能完全燃烧，据此分析。
本题通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了学生对热值、比热容的理解和掌握，考查了学生对实验情况的分析。
21.【答案】右 动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)116.7
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆静止时，左端下沉，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)分析表格中的数据知1.0N×15.0cm=1.5N×10.0cm；1.0N×20.0cm=2.0N×10.0cm；2.0N×15.0cm=3.0N×10.0cm，故可得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；
(3)①已知每个钩码的质量均为50g=0.05kg，由图可知，阻力大小等于钩码的重力，所以阻力F2大小为：
F2=G=mg=2×0.05kg×10N/kg=1N；
杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离即为阻力臂，由图知阻力臂l2为10.0cm；
根据杠杆平衡的条件得，1N×10.0cm=0.6N×l2，解得，l2≈16.7cm；
②沿力F1的方向作出F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F1的力臂l1，如图所示：
故答案为：(1)右；(2)动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；(3)①1；16.7；②见解答。
(1)杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是测量力臂时非常方便；
(2)杠杆平衡的条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；
(3)①由图可知，阻力即为钩码的重力，根据重力公式G=mg即可得出，根据图得出阻力臂l2；再利用杠杆平衡的条件求出动力臂l1；
②力臂是从支点到力的作用线的距离；由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
本题考查了杠杆平衡条件的探究实验，实验中要明确动力臂、动力、阻力臂和阻力。
22.【答案】210I1R0 I1R0I2−I1
【解析】解：(1)滑动变阻器与待测电阻串联且变阻器应按“一上一下”连接，滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大，需要接左下接线柱，如图所示：
(2)由图丙可知，电压表量程为0∼3V，其分度值为0.1V，示数为2V，已知此时电流表的示数为0.2A，
则待测电阻的阻值：Rx=UIx=2V0.2A=10Ω；
(3)如图丁所示，电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时，两电阻并联，电流表测定值电阻R0的电流，电流表示数为I1，由欧姆定律可得电源的电压U=I1R0；
②当开关S、S2闭合，S1断开时，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路中各支路互不影响，则由并联电路的电流特点可得，通过待测电阻的电流为：Ix=I2−I1，
由欧姆定律可得，则待测电阻：
Rx=UIx=I1R0I2−I1。
故答案为：(1)见上图；(2)2；10；(3)①I1R0；②I1R0I2−I1。
(1)根据滑动变阻器与待测电阻串联且一上一下的接，根据滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大确定下接线柱；
(2)根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出该电阻的阻值；
(3)电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时分析电路连接，由欧姆定律得出电源的电压；
当开关S、S2闭合，S1断开时，分析电路连接，由并联电路各支路互不影响和并联电路电流的规律求出通过待测电阻的电流，由欧姆定律得出待测电阻。
本题考查了伏安法测电阻的实验，考查了电路的连接、电表读数、电阻的计算以及设计实验方案测电阻的能力，其中(3)有一定的难度。
23.【答案】5400 机械 化学 电磁感应 D
【解析】解：该小灯泡正常工作30分钟，消耗电能为：W=Pt=3W×30×60s=5400J；
(1)这种新型节能照明灯是通过手摇，把机械能转化为电能来使用的，剩余电能可以转化为化学能，然后被蓄电池储存起来；
(2)手摇式发电机在摇动的过程中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，这是电磁感应现象；
(3)手摇式发电机的原理是电磁感应现象；A是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场；B中有电源，属于电动机的原理，利用的是通电导体在磁场中受力的原理；C是扬声器，其工作原理是通电导体在磁场中受力运动；D中导体ab在磁场中做切割磁感线运动，从而产生了感应电流，是电磁感应现象；故D正确。
故答案为：5400；(1)机械；化学；(2)电磁感应；(3)D。
根据W=Pt求出消耗的电能；
手摇发电机的原理是电磁感应现象，机械能转化为电能，能够对外供电。
本题考查了电能的计算、电磁感应现象、能量的转化，根据文中内容得出有用的信息是解题的关键。
2023年辽宁省沈阳市大东区中考物理零模试卷
1. 如图所示，晚上，小明在客厅中可左右推拉的竖直玻璃窗户上看到了固定在客厅顶棚
上发光吊灯的像，当小明水平向左缓缓推动玻璃窗，使玻璃窗露出一小段缝隙后，关于小明通过推动后的玻璃窗所看到吊灯的像的运动情况和大小，下列说法正确的是( )
A. 静止，像的大小变大
B. 静止，像的大小不变
C. 水平向左运动，像的大小变大
D. 水平向左运动，像的大小不变
2. 如图所示，两块完全相同的木块A和B叠放在水平桌面上，用大小为12N的水平拉力F拉着木块B，使A、B一起向右做匀速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块A对B的摩擦力方向水平向左 B. 木块B对A的摩擦力方向水平向右
C. 木块A、B之间的摩擦力大小为12N D. 地面对木块B的摩擦力大小为12N
3. 如图所示，水平桌面上放置着两个相同的容器甲、乙，两容器中均盛有水，甲容器中有一小物块悬浮于水中，乙容器中有一个小球漂浮在水面上，此时容器内水面高度相同。ρ盐水>ρ水>ρ酒精，则下列说法正确的是( )
A. 两个容器对水平桌面的压强关系：p甲
C. 若向甲中加入酒精并搅拌均匀，则小物块受到的浮力会变小
D. 若向乙中加入盐水并搅拌均匀，则小球受到的浮力会变大
4. 如图甲所示为工人师傅乘坐吊篮在高空粉刷楼体外墙的情景，吊篮可在电动机的作用下实现升降，其简化结构原理如图乙所示。吊篮的质量为40kg，两名工人及工具的总质量为200kg，某次吊升过程中，吊篮在30s内匀速上升了6m。若不计滑轮重、绳重和摩擦，下列关于该过程的分析正确的是(g=10N/kg)( )
A. 吊篮的动能增大 B. 吊篮的机械能守恒
C. 电动机对绳子的拉力为800N D. 电动机拉动绳子的功率为480W
5. 如图所示是小明连接的电路，两个小灯泡规格相同，标有“3V1.5W”，其中各个电路元件均完好且无故障，闭合开关后，下列说法正确的是( )
A. 小灯泡L1不发光 B. 小灯泡L2不发光 C. 电流表无示数 D. 电池被烧坏
6. 如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是( )
A. 电流表A1示数变小，电压表V示数变小
B. 电流表A2示数变大，电压表V示数变大
C. 电压表V的示数与电流表A1的示数比值不变
D. 电压表V的示数与电流表A2的示数乘积不变
7. 小明家新买了一辆燃油小汽车，下列有关这辆汽车的相关说法正确的是( )
A. 小汽车长时间连续行驶，轮胎会发热，这是通过做功改变内能
B. 在加油站给车加油时，小明闻到汽油味，这说明分子在不停地做无规则运动
C. 四个冲程汽油机工作时，做功冲程把内能转化为机械能
D. 小明认为随着科技发展，汽油机的效率可以达到100%
8. 如图所示，质量为m的小球从某一高度静止下落，落在竖直放置的静止的轻质弹簧上，小球到达B点时，小球受到的重力与弹簧给小球的弹力大小相等，图中C点是小球到达的最低点(不计空气阻力)。下列说法正确的是( )
A. 从B点到C点，小球的重力势能与动能都减小，转化成弹簧的弹性势能
B. 到达C点时，小球的动能为零，小球受到的重力大于弹簧给小球的弹力
C. 下落过程中，小球的重力势能减小、动能一直增大、小球与弹簧的机械能总量增大
D. 下落过程中，小球的重力势能一直减小、动能先增大后减小，小球对弹簧做功，小球与弹簧的机械能总量保持不变
9. 如图所示电路，电源电压为18V且保持不变，灯泡L标有“6V 3W”的字样，假若灯丝的电阻保持不变，滑动变阻器R铭牌上的规格是“100Ω1A”，电流表所用量程为0∼0.6A，电压表所用量程为0∼15V。该电路工作时，要求各元件均安全，且灯泡两端电压不能超过额定电压，则闭合开关，在滑动变阻器滑片P移动过程中，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变化范围是3V∼6V
B. 电流表的示数变化范围是0.25A∼0.5A
C. 滑动变阻器允许接入电路的阻值范围是24Ω∼60Ω
D. 该电路消耗的最大功率是最小功率的2倍
10. 有一款疗伤喷雾，可治疗外伤疼痛。喷雾剂使用的材料是氯乙烷，它的装瓶是采用______ 的方法使其在常温下液化。如图所示，使用时，对准人的伤口处喷射，液态氯乙烷在皮肤表面迅速______ (选填物态变化名称)而吸收大量的热，使人体受伤部位的温度降低，起到镇痛作用。
11. 生活中随处可见摄像头，摄像头的镜头相当于一个凸透镜。摄像头拍摄实景所成的像是______像(选填“实”或“虚”)，人在靠近摄像头的过程中，人所成的像逐渐______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
12. 如图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是______ (选填“B”或“C”)；若要使海报架抵抗更大的风力，可适当______ (选填“增大”或“减小”)∠BAC角度的大小。
13. 如图甲所示，小红站在扶梯上，随扶梯匀速上行的过程中，她的动能______ 、机械能______ 。某些商场里的自动扶梯在无人、有人乘坐时运行速度不同，从而达到节约电能的目的，小红根据所学知识，设计了这种扶梯工作时的模拟电路，如图乙所示是扶梯上无人时电路的工作状态，R是压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。当扶梯上有人时，R所受压力增大，控制电路中的电流______ ，电磁铁的磁性______ ，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。(四空均选填“变大”、“变小”或“不变”)
14. 如图1所示，是一款智能晾衣机，该晾衣机使用额定功率为22W的LED照明灯。它带有“人体接近传感器”。夜间，当有人走近晾衣机时，它会自动开灯，当人离开后，照明灯会自动关闭。该晾衣机有风干(冷风)和烘干(热风)功能，风干的额定功率为20W，烘干的额定功率为220W。
(1)“人体接近传感器”在电路中相当于______(电源/开关)。
(2)如图2所示，是该晾衣机的部分工作电路图，R是发热电阻。当开关S接通3、4触点，晾衣机开启______功能，电阻R的阻值______Ω。
15. 通常情况下，家庭电路中，各个用电器是______ (选填“串联”或“并联”)在电路中的。小明家的电能表的表盘如图所示，他家电路接入用电器正常工作时的总功率不允许超过______ W。当单独接入一个额定功率为600W的电水壶(其他用电器全部停止工作)，该电水壶正常工作2min，电能表转盘转过12转，则小明家每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过______ 转。
16. 如图是灯L和电阻R的电流随电压变化图象，电阻R的阻值为______ Ω，若将他们串联接在电压为5.5V的电源两端，则此时灯的电功率为______ W。
17. 如图所示，体积为200cm3的木块，完全浸没在水中，受到绳子拉力为0.8N(g=10N/kg,ρ水=1.0×103kg/m3,绳子重力不计)。求：
(1)浸没在水中木块所受的浮力多大？
(2)木块的重力多大？
(3)剪断绳子后，木块静止时露出水面的体积为多少立方厘米？
18. 如图所示电路中，电源电压不变，小灯泡L标有“3V1.2W”的字样，R1、R2为定值电阻，R1=15Ω，R2=30Ω。当开关S闭合，S1、S2都断开时，小灯泡L正常发光(不考虑温度对灯丝电阻的影响)。求：
(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时电压表的示数。
(2)当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表的示数。
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，整个电路消耗的电功率。
19. 在“探究光的反射时的规律”的实验中，小明设计了如图所示的实验。他把一个平面镜放在水平桌面上，再把一个可旋转的光屏(如图甲所示，光屏的EF两部分均可绕轴ON旋转)竖直立在平面镜上。
(1)实验中光屏E是用来呈现入射光线AO的，为了观察到完整的反射光线OB，光屏F需旋转到图乙中的位置______ (选填字母“a”、“b”或“c”)，这说明反射光线、入射光线和法线在______ ；
(2)若将图乙中的入射光线AO在光屏上沿顺时针方向旋转10∘，则它的反射光线OB将沿______ (选填“顺时针”或“逆时针”)旋转10∘；
(3)改变入射光线AO的方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是为了______ ；
(4)如果让光逆着OB的方向射到镜面上，那么它被反射后，就会逆着AO的方向射出，这说明反射时光路是______ 。
20. 在“比较不同物质吸热的情况”的实验中：
(1)如图1所示，小明在两个相同规格的玻璃杯中加入初温相同、液面等高的水和某种食用油，利用相同规格的电加热器对水和食用油进行加热。同组的小亮立即指出了小明操作有错误，你认为小明的错误是______ ；
(2)小明纠正错误后，正确进行实验，画出了水和这种食用油温度随时间变化关系如图2所示，根据图2可以判断a物质是______ (选填“水”或“食用油”)，实验中所用食用油的比热容为______ J/(kg⋅℃)；
(3)为了比较酒精和碎纸片的热值，小明设计了如图3所示实验，他将适量的酒精和碎纸片分别放入两个燃烧皿中，点燃它们分别给装有水的两个规格相同玻璃杯加热，直至酒精和碎纸片完全燃烧，其间水未沸腾。实验中除了所用的两个玻璃杯规格相同、水的初温相同外，还需控制相同的量有：水的质量和______ 。实验通过
比较______ (选填“加热时间”或“升高的温度”)来确定酒精和碎纸片燃烧放出热量的多少。
(4)通过(3)实验得到的燃料热值与实际相比会偏______ (选填“大”或“小”)，其原因可能是______ 。(写出一条即可)
21. 在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：(图1和图2中已将杠杆大小及杠杆上的刻度按照适当比例缩小)
(1)实验前，小明看到轻质杠杆位置如图1所示，为使该轻质杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的螺母向______ (选填“左”或“右”)调节。
(2)实验时，小明在已调节水平位置平衡的该轻质杠杆两侧分别挂上不同数量的钩码，分别三次改变钩码的数量、移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，三次实验获得的数据如表所示。分析表中数据，可以得出杠杆的平衡条件是______ 。
次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.0
15.0
1.5
10.0
2
1.0
20.0
2.0
10.0
3
2.0
15.0
3.0
10.0
(3)为了进一步验证实验结论，小明又做了如图2所示的实验，当杠杆在水平位置平衡时：
①已知每个钩码的质量均为50g，则此次实验中阻力F2大小为______ N，若弹簧测力计的拉力F1为0.6N，则动力臂l1为______ cm；(g取10N/kg)
②请你在图2中画出动力F1的力臂l1。
22. 如图所示，图甲是“伏安法测电阻”的实验电路图。
(1)请你根据图甲的电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接完整。(要求滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大)
(2)闭合开关S，当滑片P移动到某一个位置时，电流表的示数为0.2A，电压表的示数如图丙所示，其读数为______V，则待测电阻Rx=______Ω。
(3)若实验中电压表不慎损坏，设计如图丁所示的电路能测量出未知电阻Rx的阻值。已知定值电阻的阻值为R0、电源两端电压保持不变。请完成下列问题：
①电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表示数为I1：则电源的电压U=______。
②当开关S、S2闭合，S1断开时，电流表示数为I2；则待测电阻Rx=______。(用I1、R0、l2表示)
23. 如图1所示是一种新型节能照明灯，其灯身上没有电池，倒是多了个可摇动的手柄。这种灯的最大特色是可以通过手摇自主发电。由于在制作上选用了磁场较强，而且不易褪磁的磁性材料，就达到了较高的发电效率。小明以每分钟120转的转速摇动手柄1分钟，就能供应“6V 3W”的小灯泡30分钟的正常照明用电，则该小灯泡正常工作30分钟，消耗电能______ J。除此之外，手摇发电产生的剩余电能还能被应急蓄电池储存起来，为手机、MP3等小型电子设备充电。这种新型照明灯的使用不仅节约了能源，还起到了环保的功效。
(1)这种新型节能照明灯手摇自主发电的过程中是将______ 能转化成电能的过程，剩余电能又以______ 能的形式被应急蓄电池储存起来，以备他用；
(2)新型节能照明灯手摇自主发电机应用的物理原理是______ ；
(3)如图2所示的四个实验装置中，能说明手摇发电机工作原理的是______ (选填正确选项的字母)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据平面镜成像特点：物与像大小相等，所以像的大小不变。由于灯在平面镜中成像时，像与灯相对平面镜对称，水平向左缓缓推动玻璃窗，看到的像是静止的，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
本题考查平面镜成像的特点，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：ABC、在12N的水平拉力F作用下，A和B一起做匀速直线运动，因此，A、B都受平衡力，木块A在水平方向不受拉力，因此A所受的摩擦力为0N，B不会对A产生摩擦力，故ABC错误；
D、A、B一起向右做匀速直线运动，整体在水平方向上受到的拉力和地面对木块B的摩擦力是一对平衡力，大小相等，B受12N的拉力，因此B受到的摩擦力为12N，故D正确。
故选：D。
利用二力平衡的知识，求出摩擦力；摩擦力的大小与压力以及接触面的粗糙程度有关，而与接触面积无关。
摩擦力不能直接测量，都是根据平衡力的知识间接得出，本题同时考查了摩擦力产生的条件。
3.【答案】C
【解析】解：AB、当物体处于漂浮和悬浮时，浮力等于物体所受重力，由阿基米德原理可知，两物体排开水的重力等于各自的重力，因为是柱形容器，所以水对容器底的压力等于容器内水和物体排开水的重力之和，都等于容器内只盛有同深度的水时水对容器底的压力，由于容器内水面高度相同，所以水对两个容器底部压力相等，容器内水和物体排开水的重力相等，根据p=FS知两个容器对桌面的压强相同，即p甲=p乙，F甲=F乙，故AB错误；
C、如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，排开液体的体积不变，根据F浮=ρgV排可知物块受到的浮力变小，故C正确；
D、小球漂浮在乙容器中，向乙容器中加入盐水，液体密度增大，小球仍然漂浮在液面上，那么小球受到的浮力等于小球的重力，小球的重力没变，小球受到的浮力不变，故D错误。
故选：C。
(1)根据物体浮沉条件、结合阿基米德原理判断方块和小球重力与排开水的重力关系，然后根据柱形容器底部受到液体的压力大小等于容器内液体是重力，分析比较两容器内的水和物体的重力之和的关系，进而比较水对两个容器底部的压力的关系以及两容器对水平桌面的压力的大小关系；
(2)如果向甲中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，根据阿基米德原理判断出浮力的变化情况；
(3)根据物体的浮沉条件分析浮力的大小变化。
本题考查了学生对液体压强公式、阿基米德原理公式、物体浮沉条件的掌握和运用，是一道压强和浮力的综合题，有一定难度。
4.【答案】D
【解析】解：A、吊篮匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，故A错误；
B、吊篮匀速上升，质量不变，高度变大，重力势能变大；动能不变，机械能为动能与势能的和，所以机械能增大，机械能不守恒，故B错误；
C、由图可知，有4段绳子拉着动滑轮，不计滑轮重、绳重和摩擦，电动机对绳子的拉力为：F=14G=14mg=14×(40kg+200kg)×10N/kg=600N，故C错误；
D、绳子自由端移动的距离为：s=4h=4×6m=24m；
绳子自由端移动的速度为：v=st=24m30s=0.8m/s；
根据P=Wt=Fst=Fv可知，电动机拉动绳子的功率为：P=Fv=600N×0.8m/s=480W，故D正确。
故选：D。
(1)动能的大小与质量、速度有关；
(2)重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能与势能的和；
(3)不计滑轮重、绳重和摩擦，根据F=1nG求出电动机对绳子的拉力；
(4)根据时间和上升的高度求出吊篮上升的速度，根据连接动滑轮绳子的段数求出绳子自由端移动的距离，根据速度公式求出绳子自由端移动的速度，根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率。
本题考查了动能和机械能的变化、功率的计算、速度公式的应用等，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：由图可知，两灯串联，电流表与灯L1并联，灯L1被电流表短路，不发光，此时电路相当于电流表与灯L2串联的简单电路，所以灯L2发光，电流表有示数，电池不会被烧坏。
故选：A。
由图可知，两灯串联，电流表与灯L1并联，在电路中，电流表相当于导线，据此分析。
本题考查的是电流表的使用，知道电流表应该与被测用电器串联。
6.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
因电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变；则电压表V的示数与电流表A1的示数比值不变；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，由I=UR可得，通过R2的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表A2的示数变小；则电压表V示数与电流表A2示数乘积变小；综上所述，C正确，ABD错误。
故选：C。
由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源两端的电压；
根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化；
根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，进一步得出电压表V示数与电流表A1示数比值变化；
根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电压表V示数与电流表A2示数乘积的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
7.【答案】ABC
【解析】解：A、小汽车长时间连续行驶，轮胎与地面摩擦，把机械能转化为内能，轮胎会发热，这是通过做功的方式改变轮胎的内能，故A正确；
B、由于组成物质的分子在不停地做无规则运动，所以在加油站给车加油时，小明能闻到汽油味，故B正确；
C、四冲程的汽油机在做功冲程中将内能转化为机械能，故C正确；
D、由于额外功不可避免，所以任何热机的效率都不可能达到100%，故D错误。
故选：ABC。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(2)组成物质的分子在不停地做无规则运动；
(3)四冲程汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
(4)由于额外功不可避免，任何热机的效率都不可能达到100%。
本题考查改变物体的方式、分子动理论内容、热机工作过程中的能量转化以及对热机效率的理解，是一道基础题。
8.【答案】AD
【解析】解：下落过程中，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小；
小球由静止运动到A点时，小球只受重力作用，速度不断增大；小球从A点运动到B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力大于弹力，合力竖直向下，小球还在加速；小球在B点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力等于弹力；小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速；小球由静止运动到C点，速度先增大后减小，小球的质量保持不变，小球的动能先增大后减小；
不考虑空气阻力，小球和弹簧的机械能守恒；
从B到C，小球的质量保持不变，高度不断减小，重力势能不断减小，小球从B点运动到C点时，受到竖直向下重力和竖直向上弹力的作用，重力小于弹力，合力竖直向上，小球在减速，小球的质量保持不变，动能减小。弹簧的弹性形变一直在增大，弹簧的弹性势能一直增大；
小球达到C点时，小球的速度为零，动能为零，受到的重力小于弹力；
综上所述，AD正确。
故选：AD。
(1)从动能、重力势能、弹性势能的影响因素进行分析。
动能的大小跟质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大；在速度一定时，质量越大，动能越大。
重力势能大小跟质量和高度有关，质量一定时，高度越高，重力势能越大；在高度一定时，质量越大，重力势能越大。
弹性势能的大小跟弹性形变有关，弹性形变越大，弹性势能越大。
(2)不计空气阻力时，机械能守恒。
小球刚接触的弹簧到最低点，小球在AB段受到的合力向下，是加速运动；B点受到重力和弹力是平衡力；小球在BC段受到的合力向上，是减速运动，整个过程注意速度的变化。
9.【答案】BCD
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)灯泡正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，由P=UI可得，正常发光时的电流：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0∼0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，此时电压表的示数最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的功率最大；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表的最小示数：
UR=U−UL=18V−6V=12V，
由I=UR可得，滑动变阻器接入电路中的最小电阻：
R小=URI大=12V0.5A=24Ω，
电路消耗的最大功率：
P大=UI大=18V×0.5A=9W；
(2)灯泡的电阻：RL=ULIL=6V0.5A=12Ω；
当电压表的示数UR′=15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，
此时灯泡两端的电压：
UL′=U−UR′=18V−15V=3V，
电路中的最小电流：
I小=UL′RL=3V12Ω=0.25A，
所以，电流表的示数变化范围是0.25A∼0.5A，故B正确；电压表的示数变化范围是12V∼15V，故A错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R大=UR′I小=15V0.25A=60Ω，
所以，滑动变阻器的阻值变化范围为24Ω∼60Ω，故C正确；
电路消耗的最小功率：
P小=UI小=18V×0.25A=4.5W，
由P大：P小=9W：4.5W=2：1，该电路消耗的最大功率是最小功率的2倍，故D正确。
故选：BCD。
由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点结合电流表的量程，滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时电压表的示数最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的功率最大，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小电阻，利用P=UI求出电路消耗的最大功率；
(2)利用欧姆定律求出灯泡的电阻；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=UI求出电路消耗的最小功率，然后得出该电路消耗的最大功率和最小功率的关系。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的得出电路中的最大电流和最小电流是关键。
10.【答案】压缩体积 汽化
【解析】解：氯乙烷是采用压缩体积的方法使其在常温下液化，再装入瓶中的；
使用时，对准人的伤口处喷射，液态氯乙烷在皮肤表面迅速汽化吸热，使人体受伤部位的温度降低，起到镇痛作用。
故答案为：压缩体积；汽化。
使气体液化有两种方式：降低温度、压缩体积；物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化吸热。
本题主要考查了对液化方式的了解以及对汽化吸热的应用，属热学基础题。
11.【答案】实 变大
【解析】解：(1)摄像头的工作原理相当于凸透镜，在大于2倍焦距之外的物体经凸透镜成倒立缩小的实像；
(2)凸透镜成实像时，物近像远像变大，当人走近摄像头的过程中，所成的像是变大的。
故答案为：实；变大。
(1)摄像机的镜头相当于凸透镜，当物体在透镜的2倍焦距之外时，物体经透镜能成倒立、缩小的实像；
(2)凸透镜成实像时，物近像远像变大。
本题考查了透镜成像的性质及成实像时的规律，熟练掌握透镜成像规律及其应用是正确解题的关键。
12.【答案】C 增大
【解析】解：(1)根据图片可知，水平向右的风将其吹倒的瞬间，只有C点不动，故支点为C点；
(2)从支点到动力作用线的距离叫动力臂，重力G的力臂L2，如图所示：
根据图片可知，∠BAC角度越大，重力G的力臂L2越长，重力G大小不变，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2可知，此时可承受更大的阻力，故若要使海报架抵抗更大的风力，应增大∠BAC角度。
故答案为：C；增大。
(1)可绕固定点(轴)转动的硬棒是杠杆，杠杆绕着转动的固定点叫支点；
(2)根据杠杆平衡原理分析使海报架抵抗更大的风力要求时∠BAC角度的变化。
本题考查了杠杆五要素中支点概念、杠杆平衡条件的应用，有一定的难度。
13.【答案】不变 变大 变大 变大
【解析】解：小红站在扶梯上匀速上行的过程中，她的质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度变大，其重力势能变大；因机械能等于动能与势能之和，所以她的机械能增大；
当扶梯上有人时，R所受压力增大，由题意可知此时压敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变大，则电磁铁的磁性增强，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。
故答案为：不变；变大；变大；变大。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能等于动能与势能之和；
当扶梯上有人时，R所受压力增大，根据题意分析压敏电阻阻值的变化，由欧姆定律分析控制电路中电流的变化，根据电磁铁磁性强弱的影响因素分析其磁性的变化情况。
本题考查了动能和机械能的大小变化、影响电磁铁磁性强弱的因素、欧姆定律的应用，属于基础题。
14.【答案】开关 烘干 242
【解析】解：(1)智能晾衣机利用人体传感器，夜间有人走到阳台时智能晾衣机自动开灯；如果离开阳台无人移动，则晾衣机会自动关灯。所以人体传感器在电路中起到控制LED照明灯的作用，即它相当于一个开关。
(2)由晾衣机内部部分电路知，开关S接通3、4位置时，发热电阻R与电动机并联，两者同时工作，所以此时晾衣机开启烘干功能。
晾衣机风干额定功率为20W，烘干额定功率为220W，所以R的功率PR=P烘干−P风干=220W−20W=200W，
电阻R的阻值R=U2PR=(220V)2200W=242Ω。
故答案为：开关；烘干；242。
(1)智能晾衣机利用人体传感器，夜间有人走到阳台时智能晾衣机自动开灯；如果离开阳台无人移动，则晾衣机会自动关灯。所以人体传感器在电路中起到控制LED照明灯的作用，即它相当于一个开关。
(2)由晾衣机内部部分电路知，开关S接通3、4位置时，发热电阻R与电动机并联，两者同时工作，所以此时晾衣机开启烘干功能。
晾衣机风干额定功率为20W，烘干额定功率为220W，根据PR=P烘干−P风干得出所以R的功率，根据R=U2PR得出电阻R的阻值。
本题考查电路的组成和电功率的计算，是一道综合题。
15.【答案】并联 4400 600
【解析】解：(1)在家庭电路中，家庭中的用电器工作时互不影响，是并联连接的；
(2)根据电能表上的参数可知小明家同时工作的用电器总功率不得超过P大=UI大=220V×20A=4400W；
(3)已知电水壶功率P=600W=0.6kW，正常工作时间t=2min=130h，
由P=Wt可得，电水壶正常工作2min消耗的电能：
W=Pt=0.6kW×130h=0.02kW⋅h，
消耗这些电能电能表的转盘转12r，
则每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转数：
n=12r0.02kW⋅h×1kW⋅h=600r。
故答案为：并联；4400；600。
(1)家用电器的额定电压都是220V.家庭电路中各家用电器之间都是并联的。
(2)电能表的参数中，220V是指电能表的工作电压，10(20)A中，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，利用P=UI求出电能表允许接入用电器的最大总功率。
(3)利用W=Pt求电水壶正常工作2min消耗的电能，知道消耗这些电能电能表的转盘转数，可求每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转数。
本题考查了家用电器的连接方式、电功率的计算，以及电能表参数的意义；难点是对电能表各个参数物理意义的正确理解；解题过程中要注意单位的换算。
16.【答案】200.3
【解析】解：
由R的图线，通过R的电流与两端电压成正比，当UR=4V时，通过的电流IR=0.2A，
由I=UR可知，电阻阻值：R=UI=4V0.2A=20Ω，
若R与L串联在电压为5.5V的电源两端时，I=IR′=IL，且满足U=UR′+UL=5.5V，
由此从图象可以发现，当I=0.2A时，UR′=4V，UL=1.5V，
此时灯的电功率：P=ULI=1.5V×0.2A=0.3W。
故答案为：20；0.3。
由R的图线中，找到某一电压下对应的电流值，利用I=UR计算R的电阻大小；
R与L串联，根据串联电路的电流和电压特点，由图象找到此时灯两端电压和通过的电路，从而计算灯的电功率。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率的应用，关键是从图象中找到两者串联时灯泡的电压和对应的电流大小。
17.【答案】解：
(1)木块体积V=200cm3=2×10−4m3，
所以木块完全浸没在水中时，V排=V=2×10−4m3，
则受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10−4m3=2N；
(2)木块在绳子拉力的作用下静止在水中，受到竖直向下的重力和拉力、竖直向上的浮力作用；
所以G木+F=F浮，
则木块的重力为：
G木=F浮−F=2N−0.8N=1.2N；
(3)剪断绳子，因为F浮>G木，
所以木块上浮，静止时会漂浮在水面上，
所以F浮′=G木，
即：ρ水V排′g=G木
所以排开水的体积为：
V排′=G木ρ水g=1.2N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10−4m3，
木块静止时露出水面的体积为：
V露=V−V排′=2×10−4m3−1.2×10−4m3=8×10−5m3。
答：(1)木块此时受到浮力为2N。
(2)木块的重力为1.2N
(3)剪断绳子后，木块静止时露出水面的体积为8×10−5m3。
【解析】(1)木块受到的浮力根据阿基米德原理直接计算得出；
(2)分析木块的受力情况，根据受力平衡时合力为零即可求出木块的重力；
(3)木块漂浮时所受的浮力等于它自身的重力，因此，求出重力即可得到浮力的大小，然后根据阿基米德原理求排开水的体积，用总体积减去排开液体的体积就是木块静止时露出水面的体积。
本题考查物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，注意木块在水中的浮力要利用浮力的公式来计算，木块漂浮时的浮力要利用漂浮的条件来求。
18.【答案】解：(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与电阻R1串联，电压表测R1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，且小灯泡L正常发光，
所以，由P=UI可得，电路中的电流：I=IL=PLUL=1.2W3V=0.4A，
由I=UR可得，电压表的示数：U1=IR1=0.4A×15Ω=6V；
(2)因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：U=UL+U1=3V+6V=9V，
当开关S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，
则此时电流表的示数：I1=UR1=9V15Ω=0.6A；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路的总电阻：R=R1R2R1+R2=15Ω×30Ω15Ω+30Ω=10Ω，
整个电路消耗的电功率：P=U2R=(9V)210Ω=8.1W。
答：(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时电压表的示数为6V；
(2)当开关S、S1闭合，S2断开时，电流表的示数为0.6A；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，整个电路消耗的电功率为8.1W。
【解析】(1)当开关S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与电阻R1串联，电压表测R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和P=UI结合小灯泡L正常发光求出电压表的示数；
(2)根据串联电路的电压特点求出电源的电压，当开关S、S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，根据欧姆定律求出电流表的示数；
(3)当开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联，根据电阻的并联求出电路的总电阻，利用P=UI=U2R求出整个电路消耗的电功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
19.【答案】b 同一平面内 逆时针 寻找光反射的普遍规律 可逆的
【解析】解：(1)为观察到完整的光路，需将光屏F旋转到图乙中的位置b，使光屏E和光屏F在同一平面内，说明反射光线与入射光线在同一平面内；
(2)保持入射点位置不变，若将入射光线AO顺时针转10∘，则反射光线OB逆时针转10∘；
(3)为避免实验的偶然性，可以改变入射光线的方向，再观测几组入射角和反射角，这样做的目的是为了多次实验可以归纳出一般性结论(反射角等于入射角)，即寻找光反射的普遍规律；
(4)如果将光源沿BO射入一条入射光线，会观察到反射光线会沿OA的方向射出，说明了在光的反射中，光路是可逆的。
故答案为：(1)b；同一平面内；(2)逆时针；(3)寻找光反射的普遍规律；(4)可逆的。
(1)光屏是用来呈现光路的；入射光线、反射光线和法线在同一平面内；
(2)反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角；
(3)为避免实验的偶然性，可以改变入射光线的方向，再多次测几组入射角和反射角；
(4)根据入射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察反射光线与原来入射光线的关系得出结论。
本题主要通过实验探究了光的反射定律。通过各个分实验分别探究了两角大小和三线之间的关系。
20.【答案】水和煤油的质量不相等 水 2.1×103 初温 升高的温度 小 燃料不能完全燃烧
【解析】解：(1)实验课题是探究不同物质的吸热能力，所以要保持水和煤油的质量相同，而题目中是在两个相同的烧杯中加入液面等高的水和煤油，即水和煤油的体积相同，根据m=ρV，水和煤油的密度不同，故水和煤油的质量不同，即没有控制水和煤油的质量相等；
(2)由图乙可知，同样受热的情况下，a的温度变化较慢，a的吸热能力强，比热容大，所以a为水，b为煤油；
由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像，升高30℃，a用时6min，b用时3min，根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，b的比热容为：3min6min×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(3)实验中需要控制被加热的水的质量、初温相同；根据转换法可知，实验中通过水升高的温度来比较热值的大小；
(4)因为烧杯、空气也吸收热量，并且燃料不可能完全燃烧，所以测得的热值会偏小。
故答案为：(1)水和煤油的质量不相等；(2)水；2.1×103；(3)初温；升高的温度；(4)小；燃料不能完全燃烧。
(1)(2)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；
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；
根据Q=cmΔt得出煤油的比热容；
(3)比较酒精和碎纸片这两种材料的热值，需使质量相同，加热水的质量相同，根据水升高的温度进行比较；
(4)烧杯、空气也吸收热量，并且燃料不可能完全燃烧，据此分析。
本题通过实验考查了学生对控制变量法的应用，同时考查了学生对热值、比热容的理解和掌握，考查了学生对实验情况的分析。
21.【答案】右 动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)116.7
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆静止时，左端下沉，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)分析表格中的数据知1.0N×15.0cm=1.5N×10.0cm；1.0N×20.0cm=2.0N×10.0cm；2.0N×15.0cm=3.0N×10.0cm，故可得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；
(3)①已知每个钩码的质量均为50g=0.05kg，由图可知，阻力大小等于钩码的重力，所以阻力F2大小为：
F2=G=mg=2×0.05kg×10N/kg=1N；
杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离即为阻力臂，由图知阻力臂l2为10.0cm；
根据杠杆平衡的条件得，1N×10.0cm=0.6N×l2，解得，l2≈16.7cm；
②沿力F1的方向作出F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F1的力臂l1，如图所示：
故答案为：(1)右；(2)动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；(3)①1；16.7；②见解答。
(1)杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是测量力臂时非常方便；
(2)杠杆平衡的条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1×l1=F2×l2)；
(3)①由图可知，阻力即为钩码的重力，根据重力公式G=mg即可得出，根据图得出阻力臂l2；再利用杠杆平衡的条件求出动力臂l1；
②力臂是从支点到力的作用线的距离；由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
本题考查了杠杆平衡条件的探究实验，实验中要明确动力臂、动力、阻力臂和阻力。
22.【答案】210I1R0 I1R0I2−I1
【解析】解：(1)滑动变阻器与待测电阻串联且变阻器应按“一上一下”连接，滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大，需要接左下接线柱，如图所示：
(2)由图丙可知，电压表量程为0∼3V，其分度值为0.1V，示数为2V，已知此时电流表的示数为0.2A，
则待测电阻的阻值：Rx=UIx=2V0.2A=10Ω；
(3)如图丁所示，电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时，两电阻并联，电流表测定值电阻R0的电流，电流表示数为I1，由欧姆定律可得电源的电压U=I1R0；
②当开关S、S2闭合，S1断开时，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路中各支路互不影响，则由并联电路的电流特点可得，通过待测电阻的电流为：Ix=I2−I1，
由欧姆定律可得，则待测电阻：
Rx=UIx=I1R0I2−I1。
故答案为：(1)见上图；(2)2；10；(3)①I1R0；②I1R0I2−I1。
(1)根据滑动变阻器与待测电阻串联且一上一下的接，根据滑动变阻器滑片P向右移动时阻值变大确定下接线柱；
(2)根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出该电阻的阻值；
(3)电路正确连接后，当开关S、S1闭合，S2断开时分析电路连接，由欧姆定律得出电源的电压；
当开关S、S2闭合，S1断开时，分析电路连接，由并联电路各支路互不影响和并联电路电流的规律求出通过待测电阻的电流，由欧姆定律得出待测电阻。
本题考查了伏安法测电阻的实验，考查了电路的连接、电表读数、电阻的计算以及设计实验方案测电阻的能力，其中(3)有一定的难度。
23.【答案】5400 机械 化学 电磁感应 D
【解析】解：该小灯泡正常工作30分钟，消耗电能为：W=Pt=3W×30×60s=5400J；
(1)这种新型节能照明灯是通过手摇，把机械能转化为电能来使用的，剩余电能可以转化为化学能，然后被蓄电池储存起来；
(2)手摇式发电机在摇动的过程中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，这是电磁感应现象；
(3)手摇式发电机的原理是电磁感应现象；A是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场；B中有电源，属于电动机的原理，利用的是通电导体在磁场中受力的原理；C是扬声器，其工作原理是通电导体在磁场中受力运动；D中导体ab在磁场中做切割磁感线运动，从而产生了感应电流，是电磁感应现象；故D正确。
故答案为：5400；(1)机械；化学；(2)电磁感应；(3)D。
根据W=Pt求出消耗的电能；
手摇发电机的原理是电磁感应现象，机械能转化为电能，能够对外供电。
本题考查了电能的计算、电磁感应现象、能量的转化，根据文中内容得出有用的信息是解题的关键。
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