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2022-2023学年江苏省盐城市鹿鸣路中学九年级（下）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市鹿鸣路中学九年级（下）期中物理试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省盐城市鹿鸣路中学九年级（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 2018年平昌冬奥会上，智能机器人Troika可以用简单语言与人交流。关于机器人的声音下列说法正确的是( )
A. 机器人的声音不是由振动产生的
B. 机器人的声音可以在真空中传播
C. 机器人的声音与运动员的声音音色不同
D. 机器人的声音在空气中的传播速度约为3×108m/s
2. 下列物态变化中，属于液化的是( )
A. 春天，河中的冰雪消融 B. 夏天，清晨的迷雾消散
C. 秋天，晶莹的露珠形成 D. 冬天，冰冻的衣服晾干
3. 如图是我国空间站的大机械臂，它类似于人的手臂，可以省距离，下列工具使用时与机械臂属同类型杠杆的是( )
A. 用食品夹夹面包
B. 用羊角锤起钉子
C. 用钢丝钳剪铁丝
D. 用瓶盖起子起瓶盖
4. 小明用如图所示的装置探究光反射时的规律，将平面镜放在水平桌面上，纸板ENF竖直地立在平面镜上。下列说法正确的是( )
A. 为了便于观察，纸板ENF最好用光滑的白色纸板
B. 若纸板与平面镜不垂直，则不能在纸板上同时看到入射光EO和反射光OF
C. 把纸板NOF向后折，在纸板上看不到反射光线，说明反射光线与入射光线不在法线两侧
D. 图中所示的入射角为46°
5. 物理学蕴含科学思想、科学方法和科学精神。下列选项中与“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”方法相同的是( )
A. 研究“声音的传播需要介质”时，利用“真空铃”实验
B. 研究“电流产生的原因”时，类比“水流的形成”
C. 研究“磁现象”时，利用“磁感线”描述磁场特点
D. 研究“影响电流热效应的因素”时，通过“温度计示数的变化”判断电热的多少
6. 电源《流浪地球2》引爆兔年电影春节档，影片中太空电梯的炫目特效让观众极为震撼。太空电梯加速升空过程中( )
A. 动能不变，势能变大
B. 动能变小，势能变小
C. 动能变小，势能变大
D. 动能变大，势能变大
7. 小明利用如图所示电路做“探究电流与电阻关系”的实验，电源电压恒为9V，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。已知R2阻值可以为5Ω、10Ω、15Ω，实验时要控制R2两端电压为3V不变，则下列滑动变阻器符合要求的是( )
A. 10Ω 0.5A B. 20Ω 1A C. 30Ω 0.5A D. 50Ω 1A
8. 关于下列四个实验的描述完全正确的是( )
A. 甲图实验现象说明了电动机的工作原理
B. 乙图实验现象说明磁场对通电导体有力的作用
C. 丙图实验探究的结论是：材料长度均相同的导体，横截面积大的电阻大
D. 丁图开关闭合后导体ab向左运动，若改变电流方向或磁场方向，导体ab向右运动
9. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 物体温度升高，一定吸收了热量
B. 同一物体温度越高含有的热量越多
C. 热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体
D. 电能使电动机转动，同时产生内能，这些内能又可以自动地转化为电能
10. 为探究动滑轮和定滑轮的特点，设计如下两种方式拉升重物，下面关于探究的做法和认识正确的是( )
A. 用动滑轮提升重物上升h高度，测力计也上升h高度
B. 若用定滑轮拉重物，当拉力竖直向下最省力
C. 减小动滑轮质量可以提高动滑轮的机械效率
D. 若拉升同一物体上升相同高度，用动滑轮拉力更小，且做功更少
11. 小明家一只家用电水壶连续正常工作约6min，可使他家的电能表转动320r，则他家安装电能表铭牌上电能表常数最接近于( )
A. 600r/(kW⋅h) B. 160r/(kW⋅h) C. 3200r/(kW⋅h) D. 320r/(kW⋅h)
12. 甲、乙两灯的正常工作的电压分别为6V和3V，它们的电流随电压变化关系的图像如图所示。将甲灯与R1串联后接在电压恒为U的电源两端，甲灯正常发光，R1的两端电压为U1，功率为P1；乙灯与R2串联接在该电源两端，乙灯也能正常发光，R2的两端电压为U2，功率为P2。已知R1+R2=90Ω，则以下说法正确的是( )
①电源电压U是21V
②电阻R1的阻值是24Ω
③将两灯串联时电路允许的最大总电压为6.6V
④电路中P1与P2的比值是25：18
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ①③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
13. 生活处处有物理，以汽车为例：
(1)发动机采用以水为主要成分的冷却液来降温，这是因为水的______ 较大。
(2)车内放入某种清香剂，很快就会闻到它的气味，这是因为分子______ 。
(3)汽油发动机的燃料汽油是能源______ (选填“可再生”或“不可再生”)。
14. 如图，水平桌面上有一块圆形玻璃转盘，距转盘1.8m高处有一盏灯成像在其中。则灯的像是______(选填“虚”或“实”)像。灯的像距离该灯______m；若用手拨动转盘使玻璃转盘顺时针转动，则会观察到灯的像的位置______(选填“顺时针转动”或“逆时针转动”或“不改变”)。
15. 自行车是常用的交通工具。
(1)常见的自行车车轮直径约为0.637 ______ (填单位)；
(2)小明骑着自行车以5m/s的速度绕跑道一圈用时1.5min，跑道长______ m，以运动的自行车为参照物，跑道旁的教学楼是______ 的。
16. 如图是用于体温测量的警用巡逻机器人，它搭载了5个高清摄像头，具有快速测温筛查、循环播报提醒等功能，能实现全景无死角巡逻．它是通过______波向防疫部门发送信息的；人们听到播报提醒是靠______传播的，它通过识别不同温度的物体辐射的______强度不同来实现快速测温．
17. 如图甲所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，如图乙为其截面图。做好后如图丙所示，将该罐子从斜面A点由静止释放，滚到水平面D点停止，然后返回，自行滚上斜面的B点停止后又滚下斜面……如此往返，最后停在水平面上。橡皮筋在______点(选填字母)的弹性势能最大；若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子______(选填“可能”或“不能”)返回滚上斜面；第一次返回斜面，向上滚动的过程中，罐子整体在C点时的机械能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)在B点时的机械能。
18. 生活垃圾高温燃烧放出的热量可用于发电。若某生活垃圾的热值为0.7×107J/kg，完全燃烧1t该垃圾可以释放出的热量为______J，这些热量的30%被25t初温为25℃的水吸收，则水温将升高______℃。若某发电厂焚烧1t这种垃圾可以输出350度的电能，则此次发电的效率为______%[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
19. 图中的可擦笔通过用橡皮摩擦发热可以使字迹消失，从能量转化角度看，此过程是机械能转化为______，汽油机的______冲程与之相同，此冲程通过______方式改变气缸内燃料的内能。
20. 用12V的电源为微型电动机供电的电路如图(甲)所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图(乙)所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
(1)当单刀双掷开关S1、S2均______ 合上时可实现电动机的反转。
(2)当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为______ W。
(3)电动机正常工作时的输出功率______ W。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
21. 在图中作出入射光线AO的反射光线，并标出反射角的度数。
22. 在图中，标出小磁针的N极和电源正负极。
23. 如图所示，轻杆AB可绕O点转动，画出在此位置杠杠静止时所用最小的力F1及对应的力臂l1。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
24. 小明做“探究凸透镜成像规律”实验。
(1)实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，他应该通过调节烛焰和光屏的中心位于凸透镜的______ 上。
(2)图中光屏上恰好成一清晰的像，其性质是倒立的实像，生活中______ (选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”)利用这一原理制成。
(3)小明通过查阅资料得知当蜡烛通过凸透镜成清晰实像时，蜡烛到光屏的距离大于或等于凸透镜焦距的四倍。根据以上信息，结合如图中数据信息可知，该实验小组所用凸透镜的焦距可能是______ 。
A.7cm
B.10cm
C.12cm
D.16cm
(4)保持图中蜡烛和光屏的位置不动，左右移动凸透镜，当凸透镜移至______ cm刻度线处，光屏上再次呈现清晰的像。
(5)小华继续实验，将高度为h的物体沿主光轴从远处向透镜的焦点靠近(已知透镜的焦距为f)，则下列反映像高H或像距v随物距u变化的关系图象中，可能正确的是______ 。
25. 在“探究不同物质吸热升温的现象”时，用同一套器材分别加热质量相等的水和煤油，每隔一定的时间记录水和煤油升高的温度。
(1)调节好天平后，将薄壁铝桶放在天平左盘中，在右盘中加入砝码并移动游码，天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，则铝桶的质量为______ g。
(2)砝码盒里剩有100g、50g、20g、10g、5g砝码各一个，为了称量90g的水，接下来的操作是：______ ，向铝桶中加水，直至天平再次平衡。
(3)在组装成如图乙所示的实验装置时，应先调节好图中______ (A/B)的高度，这样做是为了保证______ 。
(4)正确组装好器材后，给水加热，当水温达到35℃时开始计时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，并将数据记入表中。将铝桶中的水换成等质量的煤油，重复以上操作。
加热时间/min
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
温度/℃
水
35
38
41
44
47
50
煤油
35
41
47
53
59
65
①图丙是根据实验数据画出的水的温度随加热时间的变化图象，请在图丙中补画出煤油的温度随加热时间变化的图象。
②由图象可知，质量相等的水和煤油升高相同的温度，______ 吸收的热量多。
③进一步分析图象发现：质量一定的水吸收的热量与升高温度的比值是相等的；质量相等的水和煤油，上述比值大小______ (选填“相等”或“不相等”)。
26. 小明同学利用如图甲所示的器材，测量小灯泡的电功率。实验中电源电压恒定不变，灯泡的额定电压为2.5V(电阻约为10Ω)，滑动变阻器的规格为(10Ω 1A)。
(1)请用笔画线代替导线完成图甲的电路连接，要求滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大。
(2)正确连接电路后，当滑片P滑到某一位置时，电压表示数如图乙所示，此时电压为______ V；要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______ (选填“左”或“右”)端移动。
(3)小明想设计了一个用于记录数据及现象的表格，表头中的项目除了电压表示数、电流表示数以外还有______ 和小灯泡的功率；
(4)实验中，灯泡的电流与电压不成正比关系，这主要是因为______ 。
(5)事实上，电压表与灯泡并联时，也会有很小的电流通过电压表，因此上述额定功率的测量结果要比灯泡真正的额定功率大，若灯泡正常发光时，实际通过电压表的电流为5×10−6A。根据甲图测量出的灯泡额定功率会偏差______ W。
(6)小明设计了如图丙所示的电路，用一个电压表或电流表，测量额定电压为U额的小灯泡L2的额定功率，已知定值电阻的阻值为R0、电源电压未知。请你完成下面的步骤：
①将______ (选填“电压表并联在ab间”、“电流表串联在a点”或“电流表串联在b点”)，只闭合开关S和S1，调节滑动变阻器的滑片使电表的示数为______ ，灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S2，滑动变阻器滑片位置保持不动读出电表的示数；
③测算小灯泡L2的额定功率。
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
27. “汽车共享”在盐城市推出以来受到市民的青睐，它属于公共交通的补充，可以满足人们自驾出行的需求。如图是我市一款按租用时间收费的电动共享汽车。五一期间，小科一家租用该款电动共享汽车去旅游，从租车点一路不停行驶90km到达目的地，若全程的速度为60km/h。回答下列问题：
(1)推广电动共享汽车的好处有什么？(答出一点即可)
(2)租用电动汽车的价格为0.5元/分钟，小科一家从租车点到目的地的租车费用为多少元？
(3)该电动汽车发动机的额定功率为25kW，若汽车以额定功率在水平路面匀速直线行驶时，所受的阻力恒为1000N，汽车的速度为多少？
28. 如图甲是一款便携式电加热养生杯，图乙是该杯的高、中、低三挡电加热的原理图。其中两个加热元件的阻值分别是R1=4Ω，R2=8Ω，开关S3只能接a或b。图丙是该杯的相关参数。
电热杯充电参数
充放电电压
12V
充电电流
1000mA
电池容量
5000mAh
(1)乙图中，闭合S1，断开S2，S3接a时，电路的总功率为多少W？
(2)使用高温挡工作10min，电热杯消耗的电能为多少J？
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时开始充电，则充满电至少需要的时间为多少h？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29. 阅读短文，回答问题：
瑞利散射2022年5月7日傍晚，浙江舟山的天空出现血红色的现象，引发了大家的关注。专家认为此现象的主要是由光的瑞利散射形成的。
光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象(如图所示)。
光的散射是指光在传播过程中与介质发生作用，部分光偏离原来的入射方向而分散传播的现象。散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低。
物理学家瑞利发现当光在传播过程中遇到微粒，当微粒的直径远小于入射波的波长时，散射光线的强度与入射光线波长的四次方成反比，即波长愈短，散射愈强。将微粒的直径远小于入射波的波长时的散射称为瑞利散射。
当太阳光在大气中传播时，蓝紫光比红光散射更明显，人的视觉系统对蓝光比紫光更敏感。当雨过天晴或秋高气爽时，蓝色光被散射至弥漫天空，天空即呈现蔚蓝色；当日落时太阳几乎在我们视线的正前方，直射光中的蓝光大量被散射了，剩下的主要是红橙色光，所以日落时太阳附近呈现红色，而云也因为反射太阳光而呈现红色，但天空仍然是蓝色的。天空的颜色也随高度由蔚蓝色变为青色(约8公里)、暗青色(约11公里)、暗紫色(约13公里)、黑紫色(约21公里)，再往上，天空便为黑暗所湮没。空气非常稀薄，大气分子的散射效应极其微弱。
(1)下列现象中不考虑光的传播方向发生改变的是______ 。
A.小孔成像
B.平面镜成像
C.蓝色天空
D.放大镜看物体
(2)当光照到海水中时，少量水呈现无色，大量海水呈现蓝色的解释合理的是______ 。
A.海水本身就呈淡蓝色，大量海水现象较明显
B.少量海水不符合散射规律，大量海水才符合散射规律
C.海水本身是无色的，在海洋深处有大量蓝色物质
D.无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显
(3)由于大气随高度急剧降低，大气分子的散射效应相应减弱，瑞利散射的结果，减弱了太阳投射到地表的能量______ (选填“温度”或“密度”)。
(4)光在传播过程中遇到微粒发生瑞利散射时，散射光强度分布最合理的是______ (图中“〇”表示微粒，线段长短表示光的强弱)。
(5)若可见光中各种色光的强度相等，在空气中波长为450nm紫光散射强度与波长为750nm红光散射强度之比约为______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题是一道综合了多个知识点的题目，做题时要对照相关的物理知识，仔细分析每一种情况的对错。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)声音的传播需要介质，我们能够听到声音是因为声音通过空气传播到我们耳朵里；
(3)音色是由发声体的材料和结构决定的，是判断发声体的依据；
(4)声音在不同的介质中的传播速度不同，在空气中的传播速度为340m/s。
【解答】
A、声音是由物体振动产生的，一切发声的物体都在振动，故A错误；
B、声音的传播需要介质，真空不能传声，故B错误；
C、音色是由发声体的材料和结构决定的，不同的人或物体发出声音的音色不同，所以机器人的声音与运动员的声音音色不同，故C正确；
D、声音在空气中的传播速度约为340m/s，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A、春天，河中的冰雪消融，由固态变成液态，属于熔化现象，故A不符合题意；
B、夏天，清晨的迷雾消散，是小水滴变成水蒸气，属于汽化现象，故B不符合题意；
C、秋天，晶莹的露珠形成，是空气中的水蒸气遇冷变成小水滴，属于液化现象，故C符合题意；
D、冬天，冰冻的衣服晾干，是固态的冰直接变成水蒸气，属于升华现象，故D不符合题意。
故选：C。
判断出属于液化的物态变化，要弄清液化的特点，液化是物体由气态变为液态的变化过程，可根据四个选项中所给物理现象的特点来进行判断。
判断物态变化主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的概念得出结论，物态变化是中考必考的一个知识点。
3.【答案】A
【解析】解：人的手臂和机械臂使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，与食品夹属于同一类杠杆；羊角锤、钢丝钳、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；故BCD错误、A正确。
故选：A。
结合图片和生活经验，判断人的手臂和机械臂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。
本题考查了杠杆的分类，是一道基础题。
4.【答案】B
【解析】解：
A、为了看清楚纸板上的光路，纸板材质应是较粗糙，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚，故A错误；
B、法线在纸板上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线，不是反射现象消失了，故B正确；
C、入把半面纸板NOF向前折或向后折，这时，在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线与入射光线在法线两侧，故C错误；
D、已知入射光线与镜面的夹角为46°，所以入射角为90°−46°=44°，而反射角等于入射角，所以反射角也是44°，故D错误。
故选：B。
(1)根据镜面反射和漫反射的不同可得出结论；
(2)实验过程中法线要与平面镜垂直；
(3)把半面纸板NOF向前折或向后折，这时，在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内，此时，反射光依然存在；
(4)入射光线与法线的夹角叫入射角，反射光线与法线的夹角叫反射角，反射角等于入射角。
本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。
5.【答案】D
【解析】解：“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”采用的是转换法；
A、研究“声音的传播需要介质”时，利用“真空铃”实验，采用的是推理法，故A错误；
B、研究“电流产生的原因”时，类比“水流的形成”，采用的是类比法，故B错误；
C、研究“磁现象”时，利用实际不存在的“磁感线”描述磁场特点，采用的是模型法，故C错误；
D、研究“影响电流热效应的因素”时，“温度计示数的变化”判断电热的多少，采用的是转换法，故D正确。
故选：D。
首先明确“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”采用的方法，然后对每个选项进行分析，明确各选项研究方法，最后确定符合题意的选项。
物理学中研究方法是经常考查的知识点，要掌握常用的研究方法。
6.【答案】D
【解析】解：太空电梯在加速升空过程中，太空电梯的质量不变，速度增大，动能变大；质量不变，高度增大，重力势能变大。
故选：D。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
本题考查了动能和重力势能的概念及影响其大小的因素，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R2与变阻器R1串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当定值电阻阻值最小时，电路中的电流最大，即：
I=U2R2=3V5Ω=0.6A，不超过电流表的量程，但BC选项中滑动变阻器不符合要求；
当定值电阻阻值最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中电阻值最大，此时电路中的电流为：
I′=U2′R2′=3V15Ω=0.2A，
滑动变阻器两端的电压为：
U1=U−U2=9V−3V=6V，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R1=U1I=6V0.2A=30Ω，
故选项A不符合题意，选项D符合题意。
故选：D。
分析清楚电路结构，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值范围。
本题考查了求滑动变阻器接入电路的阻值范围，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
8.【答案】D
【解析】解：A.图中闭合电路的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这就是电磁感应现象，是发电机的工作原理，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故A错误；
B.图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故B错误；
C.图中，材料相同，长度相同，横截面积越大的导体的电阻越小，故C错误；
D.图中有电源，是演示磁场对电流作用的实验装置，导体受力的方向与电流方向和磁场方向有关，若改变电流方向或磁场方向，导体ab运动方向改变，故D正确。
故选：D。
(1)电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中会产生感应电流；
(2)奥斯特实验说明电流磁效应，即电流能产生磁场；
(3)导体的电阻与材料、长度、横截面积有关；
(4)研究磁场对电流的作用要先给导体通电，再将其放入磁场中，即说明通电导线在磁场中受力的作用，电动机就是利用该原理制成的。
图中所示的四个实验，是电与磁中典型的四个实验，它们各自的特点不同，代表了不同的含义，学习中我们应该加以重点区分才行。
9.【答案】C
【解析】解：A.物体温度升高，说明内能增大，可能吸收了热量，也可能是别的物体对它做了功，故A错误；
B.热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，故B错误；
C.热量从温度高的物体传给温度低的物体，内能少的物体可能比内能多的物体温度高，所以热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体，故C正确；
D.电能使电动机转动，由于电流热效应同时产生内能，由于能量的转化具有方向性，这些内能不可以自动地转化为电能，故D错误。
故选：C。
一切物体都具有内能，内能包括分子动能和分子势能，所以，内能的大小与物体的温度、质量和状态有关。改变物体的内能有两种方式：做功和热传递。热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分的现象，叫做热传递。热量是过程量，就是说热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；热量不是状态量，不能说含有或者具有热量。
此题考查了内能的影响因素、热量、热传递现象以及改变内能的方式，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：
A、使用动滑轮时，拉力端移动的距离等于提升物体升高高度的2倍，所以用动滑轮提升重物上升h高度，测力计上升2h高度，故A错误；
B、用定滑轮拉重物，向各个方向的拉力都等于物重，故B错误。
C、减小动滑轮质量，可以减小额外功，可以提高动滑轮的机械效率，故C正确。
D、使用动滑轮能省力；拉升同一物体上升相同高度，有用功相同，用动滑轮时，提起动滑轮需要多做额外功，所以做功较多，故D错误。
故选：C。
(1)使用动滑轮可以省一半力，但费一半的距离；
(2)使用定滑轮不能省力；
(3)提高机械效率的方法：一是增大提升物重，二是减轻机械重、减小摩擦；
(4)和使用定滑轮相比，使用动滑轮时需提升动滑轮要多做额外功。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点、提高机械效率的方法，属于基础题目。
11.【答案】C
【解析】解：家用电水壶的功率约为1kW，正常工作6min消耗的电能W=Pt=1kW×660h=0.1kW⋅h，
可使他家的电能表转动320r，则他家安装电能表铭牌上电能表常数为：320r0.1kW⋅h=3200r/(kW⋅h)。
故选：C。
家用电水壶的功率约为1kW，根据W=Pt得出正常工作6min消耗的电能；可使他家的电能表转动320r，据此得出他家安装电能表铭牌上电能表常数值。
本题考查电能表参数的理解和电能的计算，属于对基础知识的考查，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：①②由图像可知，甲灯正常发光，电流为0.5A，根据欧姆定律可得
甲灯正常发光的电阻：R甲=U甲I甲=6V0.5A=12Ω
灯乙正常发光，电流为0.3A，根据欧姆定律可得
乙灯正常发光的电阻：R乙=U乙I乙=3V0.3A=10Ω
当甲灯与R1串联，根据欧姆定律可得
电路电流：I=UR甲+R1=U12Ω+R1=0.5A……①
当乙灯与R2串联，根据欧姆定律可得
电路电流：I′=UR乙+R2=U10Ω+R2=0.3A……②
又因为R1+R2=90Ω ……③
将①②③式联立解得R1=30Ω，R2=60Ω；
再将R1=30Ω，R2=60Ω代入①式解得电源电压U=21V
故①正确，②错误；
③由题意知，甲灯的额定电流为0.5A，乙灯的额定电流为0.3A，根据串联电路中电流处处相等，所以两灯串联时电路的最大电流为0.3A，则两灯串联时，电路允许的最大总电压
U大=I大R总=I大(R甲+R乙)=0.3A×(12Ω+10Ω)=6.6V
故③正确；
④根据题意得，R1的功率P1与R2的功率P2的比值为
P1P2=I2R1I′2R2=(0.5A)2×30Ω(0.3A)2×60Ω=2518
故④正确；综合以上分析，正确的有①③④，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(1)根据图像可知：甲灯正常发光，电路电流为0.5A，灯乙正常发光，电路电流为0.3A，根据欧姆定律计算出甲、乙灯正常发光的电阻；根据串联电路的特点和欧姆定律列出甲灯与R1串联时和乙灯与R2串联时电源电压的表达式；结合R1+R2=90Ω，联立以上各式可解得R1和R2的阻值；将R1和R2的阻值代入电源电压的表达式，即可解得电源电压；
(2)两灯泡串联时，根据两个灯泡的额定电流大小和串联电流的规律确定电路允许的最大电流，再根据欧姆定律求出两灯串联时电路允许的最大总电压；
(3)利用公式P=I2R分别表示出P1和P2，并计算P1：P2值。
本题通过电流与电压的图像考查了欧姆定律和电功率的相关计算，解题关键抓住电源电压不变列方程求解，属于中等难度的题。
13.【答案】比热容 永不停息地做无规则运动 不可再生
【解析】解：(1)水的比热容较大，常用于汽车的冷却液；
(2)分子在永不停息地做无规则运动；车内放入某种清香剂，清香剂的分子会扩散到周围，从而很快就能闻到它的气味；
(3)煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源，消耗后短期内不能从自然界得到补充，汽油来自于石油，故属于不可再生能源。
故答案为：(1)比热容；(2)永不停息地做无规则运动；(3)不可再生。
(1)水的比热容较大，常用于汽车的冷却液；
(2)分子在永不停息地做无规则运动；
(3)煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源。
本题考查了水比热容较大的应用、分子的运动和能源的分类，属于基础性内容，难度不大，熟练掌握相关知识点即可正确解答。
14.【答案】虚 3.6 不改变
【解析】解：根据平面镜成像特点可知，灯的像是虚像；
在离转盘1.8m高处有一盏电灯，根据像物物体到平面镜的距离相等，灯在玻璃转盘中的像离转盘的距离也是1.8m，灯的像到灯的距离为1.8m+1.8m=3.6m；
平面镜所成的像与物体关于镜面对称，用手水平拨动转盘时，灯的位置不变，所以通过玻璃转盘观察到灯的像的位置不改变。
故答案为：虚；3.6；不改变。
(1)平面镜成像的特点是：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下(或左右)相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；
(2)根据像与物体关于镜面对称的特点分析。
此题主要考查学生对平面镜成像特点的理解和掌握，是易错题。
15.【答案】m 450 运动
【解析】解：(1)中学生的身高为1.60m，自行车车轮直径比中学生身高的一半短，大约为0.7m左右，所以常见的自行车车轮直径约为0.637m。
(2)小明骑着自行车以5m/s的速度绕跑道一圈用时1.5min，则跑道长
s=vt=5m/s×15×60s=450m
以运动的自行车为参照物，跑道旁的教学楼与自行车之间的位置发生变化，所以跑道旁的教学楼是运动的。
故答案为：m，450m，运动
(1)常见的自行车车轮直径估测在分米量级；(2)计算跑道的长度，可利用速度公式来解，题中已经给出了运动速度(即5m/s)和运动时间(1.5min)，直接代值计算即可；(3)判断运动与静止，关键看与参照物之间的位置是否改变。
主要考查了速度公式的运用，参照物的灵活使用。
16.【答案】电磁 空气 红外线
【解析】解：巡逻机器人是通过电磁波向防疫部门发送信息的；声音可以在空中传播，人们听到播报提醒是靠空气传播的；一切物体都在不停地辐射红外线，它通过识别不同温度的物体辐射的红外线强度不同来实现快速测温。
故答案为：电磁；空气；红外线。
(1)电磁波可以传递能量，可以传递信息；声音可以在介质中传播；
(2)红外线热作用强，一切物体都在不停地辐射红外线，温度越高辐射越强，用于浴霸、烤箱、夜视仪、热谱图、遥控、遥感。
本题考查电磁波和红外线等知识，属于对基础知识的考查，难度不大。
17.【答案】D 不能 大于
【解析】解：(1)罐子在整个运动过程中的质量不变，在A点时的高度最高，重力势能最大；罐子从A点运动到D点，橡皮筋发生了弹性形变，在D点时的形变程度最大，所以在D点的弹性势能最大；
(2)若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子的重力势能转化为内能和罐子的动能，罐子不具有弹性势能，所以不会返回斜面；
(3)第一次返回斜面，向上滚动的过程中，由于一部分机械能转化为了内能，所以罐子整体在C点时的机械能大于在B点时的机械能。
故答案为：D；不能；大于。
(1)重力势能的大小与质量、高度有关；弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)罐子最后停在水平面上，罐子的机械能变小了，这说明罐子在运动的过程中，机械能转化为了其他形式的能。
本题考查铁罐的机械能的转化，包含了动能和弹性势能、重力势能的转化，应细化整个过程的分析是解题的关键。
18.【答案】7×109 20 18
【解析】解：
(1)完全燃烧1t该垃圾可以释放出的热量为：Q放=mq=1×103kg×0.7×107J/kg=7×109J；
(2)水吸收的热量为：Q吸=ηQ放=30%×7×109J=2.1×109J；
根据Q吸=cmΔt可知，水升高的温度为：Δt=Q吸c水m水=2.1×109J4.2×103J/(kg⋅℃)×25×103kg=20℃；
(3)1t这种垃圾可以输出的电能为：W=350度=350kW⋅h=350×3.6×106J=1.26×109J；
此次发电的效率为：η=WQ放=1.26×109J7×109J=18%。
故答案为：7×109；20；18。
(1)根据公式Q放=mq求出生活垃圾完全燃烧释放出的热量；
(2)利用Q吸=ηQ放求出水吸收的热量；根据公式Q吸=cmΔt可求出水升高的温度；
(3)根据效率公式求出发电的效率。
本题主要考查了热量的计算、发电效率的计算，综合性较强，难度不大。
19.【答案】内能 压缩 做功
【解析】解：用橡皮摩擦发热使字迹消失过程中，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变内能的；与四冲程汽油机的压缩冲程相同，汽油机在压缩冲程中，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，机械能转化为内能。
故答案为：内能；压缩；做功。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；
(2)四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。
此题考查了改变物体内能的方式、以及内燃机做功冲程的能量转化，难度不大，属于基础题目。
20.【答案】向下 4.8 3.2
【解析】解：(1)根据开关的控制作用可以看出，单刀双掷开关S1、S2均均向下闭合时流入电动机的电流方向改变，则可实现电动机的反转。
(2)由图乙可知电动机正常工作时的电流I=0.4A，则P=UI=12V×0.4A=4.8W，
(3)由图乙可知电动机刚开始转动时的电流I′=1.2A，
由欧姆定律得：则电动机的电阻R=UI′=12V1.2A=10Ω，
电动机正常工作时P热=I2R=(0.4A)2×10Ω=1.6W，
P输出=P−P热=4.8W−1.6W=3.2W。
故答案为：(1)向下；(2)4.8；(3)3.2。
(1)根据开关的控制作用分析。
(2)由图乙可知电动机正常工作时的电流，利用P=UI求功率。
(3)由图乙可知电动机刚开始转动时的电流，此时根据欧姆定律求出电阻，正常转动后，根据P=I2R求出电阻产生热量的功率，则P输出=P−P热。
本题考查了开关使用、欧姆定律的应用和功率的计算，要注意刚开始转动时电路中只是电动机的电阻产生电流，电动机正常转动时欧姆定律不适用。
21.【答案】解：过入射点垂直于镜面作出法线，然后根据反射角等于入射角在法线右侧画出反射光线，图中入射光线与镜面的夹角为30°，则入射角等于90°−30°=60°，反射光线与法线之间的夹角为反射角，度数等于入射角为60°，如图所示：
【解析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。
作反射光线时，先确定反射点，根据反射角等于入射角在同一平面内法线的另一侧画出反射光线，注意完成题目的要求。
22.【答案】解：根据磁体周围的磁感线从N极出发，进入S极知，螺线管的右端是N极；据安培定则可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，此时电源的左端是正极，右端是负极；据磁极间的作用规律可知，小磁针的左端是S极，右端是N极，如下图：
。
【解析】由磁感线方向判断磁极，结合安培定则判断出电源的+、−极；而后再据磁极间的作用规律，判断出小磁针的NS极；
知道并理解安培定则，并能结合磁极间的作用规律进行判断是解决该题的关键。
23.【答案】解：OB就是最长的动力臂L1，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，过B点作OB的垂线，据此可画出最小的动力；如图所示：
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
本题考查了最小动力和力臂的作法。作力臂关键是要画出支点到力的作用线的垂线段。
24.【答案】主光轴 投影仪 B 65.0 D
【解析】解：(1)为了使像成在光屏中央，应调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
(2)图中光屏上恰好成一清晰的像，此时的像距大于物距，成的是倒立、放大的实像，投影仪是利用这一原理工作的；
(3)由图可知，蜡烛到光屏的距离80.0cm−35.0cm=45.0cm，由题意可知45.0cm≥4f，故f≤ll.25cm；
由图可知，物距u=15.0cm，成倒立、放大的实像，所以f<15.0cm<2f，故7.5cm
(5)根据凸透镜成像规律可知，当凸透镜成实像时，u>f，物距减小，像距变大，像变大；
当物体从远处沿凸透镜主光轴向凸透镜的焦点靠近时，物距变小，像距变大，像变大，但像总是成在焦点以外，即像距v总是大于焦距f，
A、该图像表示凸透镜成实像时(u>f)，像距小于焦距，与凸透镜成像规律不符；另外还表示了成虚像的情况，且不便测出像距，故A错误；
B、该图像表示物距增大，像距增大，故B错误；
C、该图像表示物距减小时像逐渐变大，但像高最多等于物高h，不符合在焦距和2倍焦距之间成放大实像的规律，故C错误；
D、该图像表示物体从远处沿凸透镜主光轴向透镜的焦点靠近，物距减小，像高H变大，即像变大，故D正确；
故选：D。
故答案为：(1)主光轴；(2)投影仪；(3)B；(4)65.0；(5)D。
(1)为了使像成在光屏中央，应调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
(2)凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏上成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(3)由图可知蜡烛到光屏的距离，然后根据蜡烛到光屏的距离大于或等于凸透镜焦距的四倍，可得凸透镜焦距的取值范围；根据图中物距和成倒立、放大的实像，可知物距u满足关系式f
(5)根据凸透镜成像规律之一：u>f时，物距减小，像距变大，像变大分析此题。
本题考查凸透镜成像规律及其探究实验，掌握凸透镜的成像规律是解答本题的关键。
25.【答案】23.6 从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动 B 用酒精灯的外焰加热 水 不相等
【解析】解：(1)天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，则铝桶的质量为：20g+3g+0.6g=23.6g。
(2)根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度，为了称量90g的水，从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动，直至天平再次平衡；
(3)先调节好图中B的高度(放上石棉网，再将容器置于石棉网，再调整温度计的位置)，这样做是为了保证用酒精灯外焰加热；
(4)①根据表中数据，画出煤油的温度随加热时间变化的图象，如下上图所示：
②由图象可知，质量相等的水和煤油升高相同的温度，水加热时间长，故水吸收的热量多。
③使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少；
水和煤油的温度随时间的变化图象为过原点的直线，即质量一定的水(煤油)吸收的热量与升高温度的比值是定值，因质量相等的水和煤油升高相同的温度，水吸收的热量多，即质量相等的水和煤油，上述比值大小不相等。
故答案为：(1)23.6；(2)从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动；(3)B；用酒精灯的外焰加热；(4)①如上所示；②水；③不相等。
(1)天平再次平衡时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所指示的刻度；
(2)根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度分析回答；
(3)为保证用酒精灯外焰加热，应从下往上调节；
(4)①根据表中数据，由描点法作图；
②③我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；分析图象得出结论。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平的使用、注意事项、数据分析和控制变量法及转换法的运用。
26.【答案】2.2 左 小灯泡的亮度 灯丝的电阻受温度的影响 1.25×10−5 电流表串联在b点 U额R0
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
(2)由图甲可知，电压表选用小量程；正确连接电路后，当滑片P滑到某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向左端移动；
(3)根据实验目的，小明想设计了一个用于记录数据及现象的表格，表头中的项目除了电压表示数、电流表示数以外还应该有小灯泡的亮度和小灯泡的功率；
(4)灯泡两端电压不同，通过灯泡的电流也不同，根据P=UI可知，灯泡功率不同，温度发生变化，灯丝的电阻受温度的影响，故灯泡的电流与电压不成正比关系；
(5)电压表与灯泡并联，当灯泡正常发光时，电压表的示数为2.5V，通过电压表的电流为5×10−6A，则灯泡额定功率的偏差为：
P差=ULI差=2.5V×5×10−6A=1.25×10−5W；
(6)实验步骤：
①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S1，此时灯泡L2和定值电阻并联接入电路，电流表测通过定值电阻的电流，并联电路各支路两端电压相等，当灯泡L2两端的电压为U额时灯泡正常发光，此时定值电阻两端的电压等于灯泡L2的额定电压，通过定值电阻的电流U额R0，所以应调节滑动变阻器的滑片使电流表的示数为U额R0；
②只闭合开关S和S2，滑动变阻器滑片位置保持不动读出电表的示数；
③并联电路干路电流等于各支路电流之和，求出通过灯泡L2的电流，即灯泡的额定电流，然后根据P=UI测算小灯泡L2的额定功率。
故答案为：(1)见解答图；(2)2.2；左；(3)小灯泡的亮度；(4)灯丝的电阻受温度的影响；(5)1.25×10−5；(6)电流表串联在b点；U额R0。
(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)根据图甲确定电压表选用量程，由图乙确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
(3)根据实验目的回答；
(4)灯丝的电阻受温度的影响；
(5)根据P=UI求出偏差的功率；
(6)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电压表读数、实验操作、影响电阻大小因素、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
27.【答案】解：(1)电动车相比普通汽车有无尾气、噪音小的特点，即绿色环保；
(2)电动共享汽车行驶的距离s=90km，全程的速度v=60km/h，
根据v=st可得，电动共享汽车行驶的时间：
t=sv=90km60km/h=1.5h=90min，
因为租用该电动汽车的价格为0.5元/分钟，
所以小科一家从租车点到目的地的租车费用为：0.5元/min×90min=45元；
(3)因为汽车匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
由二力平衡条件可知，发动机所提供的牵引力：F=f=1000N；
根据P=Wt=Fst=Fv可得，汽车行驶的速度：
v′=PF=25000W1000N=25m/s。
答：(1)绿色环保；
(2)小科一家从租车点到目的地的租车费用为45元；
(3)汽车的速度为25m/s。
【解析】(1)电动车与普通汽车相比，从热污染、噪声污染、废气污染等方面分析回答；
(2)根据t=sv算出到达目的地的时间，根据租用电动汽车的价格算出车费；
(3)汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出发动机所提供的牵引力；
知道牵引力的功率和受到的牵引力，根据P=Wt=Fst=Fv求出行驶的速度；
本题考查了二力平衡条件和功率公式的灵活应用，是一对较为简单的应用题。
28.【答案】解：(1)在乙图电路中，闭合S1，断开S2，S3接a时，两电阻串联，
电路的总电阻：R总=R1+R2=4Ω+8Ω=12Ω，
由P=UI=U2R=(12V)212Ω=12W；
(2)在乙图电路中，闭合S1，断开S2，S3接a时，两电阻串联；当S1、S2闭合、S3接b时，两电阻并联；当S1、S2闭合、S3接a时，R2短路，电路为R1接在电源两极的简单电路；
根据串联电阻大于其中任一电阻，并联电阻小于其中任一电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电阻最小，电功率最大，为高温挡；R1、R2串联时，电阻最大，电功率最小，为低温挡；电路为R1的简单电路时，为中温挡；
因此使用高温挡时电功率为：
P高=P1+P2=U2R1+U2R2=(12V)24Ω+(12V)28Ω=36W+18W=54W；
高温挡工作10min电热杯消耗的电能为：
W=P高t=54W×10×60s=3.24×104J；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时充电，根据W=UIt可知，充满电需要的电能：
W=(1−20%)×W容量=U充I充t，
即：(1−20%)×12V×5000×10−3A×1×3600s=12V×1000×10−3A×t；
解得充满电至少需要的时间：t=4×3600s=4h。
答：(1)乙图中，闭合S1，断开S2，S3接a时，电路的总功率为12W；
(2)使用高温挡工作10min，电热杯消耗的电能为3.24×104J；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时开始充电，则充满电至少需要的时间为4h。
【解析】(1)由P=UI=U2R求出电路的总功率；
(2)分析乙图电路开关转换时电路的连接，由并联电阻的规律及P=UI=U2R分析不同挡位电路的结构；根据W=P高t求出工作时的功5min电热杯消耗的电能；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时充电，根据(1−20%)×W容量=U充I充t求出充满电至少需要的时间。
本题考查串并联电路的规律及电功率公式的运用，关键是明确不同挡位电路的结构。
29.【答案】A D 密度 C 62581
【解析】解：(1)A、小孔成像是光的直线传播，光的传播方向没有发生改变，故A符合题意；
B、平面镜成像是光的反射现象，光的传播方向发生改变，故B不符合题意；
C、蓝色天空是光的散射现象，光的传播方向发生改变，故C不符合题意；
D、放大镜看物体是光的折射现象，光的传播方向发生改变，故D不符合题意；
故选：A。
(2)当光照到海水中时，少量水呈现无色，大量海水呈现蓝色的解释合理的是无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显；
故选：D。
(4)光在传播过程中遇到微粒发生瑞利散射时，散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低，散射光强度分布最合理的是C；
故选：C。
(5)若可见光中各种色光的强度相等，在空气中波长为750nm红光散射强度与波长为450nm紫光散射强度之比约为：(750nm)4(450nm)4=62581；
故答案为：(1)A；(2)D；(3)密度；(4)C；(5)62581。
(1)小孔成像是光的直线传播，光的传播方向没有发生改变，反射、折射、散射等光的传播方向都发生了改变；
(2)无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显；
(3)由于大气随高度急剧降低，大气分子的散射效应相应减弱，瑞利散射的结果，减弱了太阳投射到地表的能量密度；
(4)光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象，散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低；
(5)物理学家瑞利发现当光在传播过程中遇到微粒，当微粒的直径远小于入射波的波长时，散射光线的强度与入射光线波长的四次方成反比，即波长愈短，散射愈强，将微粒的直径远小于入射波的波长时的散射称为瑞利散射。
会阅读材料，理解光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象。
2022-2023学年江苏省盐城市鹿鸣路中学九年级（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 2018年平昌冬奥会上，智能机器人Troika可以用简单语言与人交流。关于机器人的声音下列说法正确的是( )
A. 机器人的声音不是由振动产生的
B. 机器人的声音可以在真空中传播
C. 机器人的声音与运动员的声音音色不同
D. 机器人的声音在空气中的传播速度约为3×108m/s
2. 下列物态变化中，属于液化的是( )
A. 春天，河中的冰雪消融 B. 夏天，清晨的迷雾消散
C. 秋天，晶莹的露珠形成 D. 冬天，冰冻的衣服晾干
3. 如图是我国空间站的大机械臂，它类似于人的手臂，可以省距离，下列工具使用时与机械臂属同类型杠杆的是( )
A. 用食品夹夹面包
B. 用羊角锤起钉子
C. 用钢丝钳剪铁丝
D. 用瓶盖起子起瓶盖
4. 小明用如图所示的装置探究光反射时的规律，将平面镜放在水平桌面上，纸板ENF竖直地立在平面镜上。下列说法正确的是( )
A. 为了便于观察，纸板ENF最好用光滑的白色纸板
B. 若纸板与平面镜不垂直，则不能在纸板上同时看到入射光EO和反射光OF
C. 把纸板NOF向后折，在纸板上看不到反射光线，说明反射光线与入射光线不在法线两侧
D. 图中所示的入射角为46°
5. 物理学蕴含科学思想、科学方法和科学精神。下列选项中与“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”方法相同的是( )
A. 研究“声音的传播需要介质”时，利用“真空铃”实验
B. 研究“电流产生的原因”时，类比“水流的形成”
C. 研究“磁现象”时，利用“磁感线”描述磁场特点
D. 研究“影响电流热效应的因素”时，通过“温度计示数的变化”判断电热的多少
6. 电源《流浪地球2》引爆兔年电影春节档，影片中太空电梯的炫目特效让观众极为震撼。太空电梯加速升空过程中( )
A. 动能不变，势能变大
B. 动能变小，势能变小
C. 动能变小，势能变大
D. 动能变大，势能变大
7. 小明利用如图所示电路做“探究电流与电阻关系”的实验，电源电压恒为9V，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。已知R2阻值可以为5Ω、10Ω、15Ω，实验时要控制R2两端电压为3V不变，则下列滑动变阻器符合要求的是( )
A. 10Ω 0.5A B. 20Ω 1A C. 30Ω 0.5A D. 50Ω 1A
8. 关于下列四个实验的描述完全正确的是( )
A. 甲图实验现象说明了电动机的工作原理
B. 乙图实验现象说明磁场对通电导体有力的作用
C. 丙图实验探究的结论是：材料长度均相同的导体，横截面积大的电阻大
D. 丁图开关闭合后导体ab向左运动，若改变电流方向或磁场方向，导体ab向右运动
9. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 物体温度升高，一定吸收了热量
B. 同一物体温度越高含有的热量越多
C. 热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体
D. 电能使电动机转动，同时产生内能，这些内能又可以自动地转化为电能
10. 为探究动滑轮和定滑轮的特点，设计如下两种方式拉升重物，下面关于探究的做法和认识正确的是( )
A. 用动滑轮提升重物上升h高度，测力计也上升h高度
B. 若用定滑轮拉重物，当拉力竖直向下最省力
C. 减小动滑轮质量可以提高动滑轮的机械效率
D. 若拉升同一物体上升相同高度，用动滑轮拉力更小，且做功更少
11. 小明家一只家用电水壶连续正常工作约6min，可使他家的电能表转动320r，则他家安装电能表铭牌上电能表常数最接近于( )
A. 600r/(kW⋅h) B. 160r/(kW⋅h) C. 3200r/(kW⋅h) D. 320r/(kW⋅h)
12. 甲、乙两灯的正常工作的电压分别为6V和3V，它们的电流随电压变化关系的图像如图所示。将甲灯与R1串联后接在电压恒为U的电源两端，甲灯正常发光，R1的两端电压为U1，功率为P1；乙灯与R2串联接在该电源两端，乙灯也能正常发光，R2的两端电压为U2，功率为P2。已知R1+R2=90Ω，则以下说法正确的是( )
①电源电压U是21V
②电阻R1的阻值是24Ω
③将两灯串联时电路允许的最大总电压为6.6V
④电路中P1与P2的比值是25：18
A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ①③④
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
13. 生活处处有物理，以汽车为例：
(1)发动机采用以水为主要成分的冷却液来降温，这是因为水的______ 较大。
(2)车内放入某种清香剂，很快就会闻到它的气味，这是因为分子______ 。
(3)汽油发动机的燃料汽油是能源______ (选填“可再生”或“不可再生”)。
14. 如图，水平桌面上有一块圆形玻璃转盘，距转盘1.8m高处有一盏灯成像在其中。则灯的像是______(选填“虚”或“实”)像。灯的像距离该灯______m；若用手拨动转盘使玻璃转盘顺时针转动，则会观察到灯的像的位置______(选填“顺时针转动”或“逆时针转动”或“不改变”)。
15. 自行车是常用的交通工具。
(1)常见的自行车车轮直径约为0.637 ______ (填单位)；
(2)小明骑着自行车以5m/s的速度绕跑道一圈用时1.5min，跑道长______ m，以运动的自行车为参照物，跑道旁的教学楼是______ 的。
16. 如图是用于体温测量的警用巡逻机器人，它搭载了5个高清摄像头，具有快速测温筛查、循环播报提醒等功能，能实现全景无死角巡逻．它是通过______波向防疫部门发送信息的；人们听到播报提醒是靠______传播的，它通过识别不同温度的物体辐射的______强度不同来实现快速测温．
17. 如图甲所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，如图乙为其截面图。做好后如图丙所示，将该罐子从斜面A点由静止释放，滚到水平面D点停止，然后返回，自行滚上斜面的B点停止后又滚下斜面……如此往返，最后停在水平面上。橡皮筋在______点(选填字母)的弹性势能最大；若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子______(选填“可能”或“不能”)返回滚上斜面；第一次返回斜面，向上滚动的过程中，罐子整体在C点时的机械能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)在B点时的机械能。
18. 生活垃圾高温燃烧放出的热量可用于发电。若某生活垃圾的热值为0.7×107J/kg，完全燃烧1t该垃圾可以释放出的热量为______J，这些热量的30%被25t初温为25℃的水吸收，则水温将升高______℃。若某发电厂焚烧1t这种垃圾可以输出350度的电能，则此次发电的效率为______%[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
19. 图中的可擦笔通过用橡皮摩擦发热可以使字迹消失，从能量转化角度看，此过程是机械能转化为______，汽油机的______冲程与之相同，此冲程通过______方式改变气缸内燃料的内能。
20. 用12V的电源为微型电动机供电的电路如图(甲)所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图(乙)所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
(1)当单刀双掷开关S1、S2均______ 合上时可实现电动机的反转。
(2)当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为______ W。
(3)电动机正常工作时的输出功率______ W。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
21. 在图中作出入射光线AO的反射光线，并标出反射角的度数。
22. 在图中，标出小磁针的N极和电源正负极。
23. 如图所示，轻杆AB可绕O点转动，画出在此位置杠杠静止时所用最小的力F1及对应的力臂l1。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
24. 小明做“探究凸透镜成像规律”实验。
(1)实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，他应该通过调节烛焰和光屏的中心位于凸透镜的______ 上。
(2)图中光屏上恰好成一清晰的像，其性质是倒立的实像，生活中______ (选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”)利用这一原理制成。
(3)小明通过查阅资料得知当蜡烛通过凸透镜成清晰实像时，蜡烛到光屏的距离大于或等于凸透镜焦距的四倍。根据以上信息，结合如图中数据信息可知，该实验小组所用凸透镜的焦距可能是______ 。
A.7cm
B.10cm
C.12cm
D.16cm
(4)保持图中蜡烛和光屏的位置不动，左右移动凸透镜，当凸透镜移至______ cm刻度线处，光屏上再次呈现清晰的像。
(5)小华继续实验，将高度为h的物体沿主光轴从远处向透镜的焦点靠近(已知透镜的焦距为f)，则下列反映像高H或像距v随物距u变化的关系图象中，可能正确的是______ 。
25. 在“探究不同物质吸热升温的现象”时，用同一套器材分别加热质量相等的水和煤油，每隔一定的时间记录水和煤油升高的温度。
(1)调节好天平后，将薄壁铝桶放在天平左盘中，在右盘中加入砝码并移动游码，天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，则铝桶的质量为______ g。
(2)砝码盒里剩有100g、50g、20g、10g、5g砝码各一个，为了称量90g的水，接下来的操作是：______ ，向铝桶中加水，直至天平再次平衡。
(3)在组装成如图乙所示的实验装置时，应先调节好图中______ (A/B)的高度，这样做是为了保证______ 。
(4)正确组装好器材后，给水加热，当水温达到35℃时开始计时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，并将数据记入表中。将铝桶中的水换成等质量的煤油，重复以上操作。
加热时间/min
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
温度/℃
水
35
38
41
44
47
50
煤油
35
41
47
53
59
65
①图丙是根据实验数据画出的水的温度随加热时间的变化图象，请在图丙中补画出煤油的温度随加热时间变化的图象。
②由图象可知，质量相等的水和煤油升高相同的温度，______ 吸收的热量多。
③进一步分析图象发现：质量一定的水吸收的热量与升高温度的比值是相等的；质量相等的水和煤油，上述比值大小______ (选填“相等”或“不相等”)。
26. 小明同学利用如图甲所示的器材，测量小灯泡的电功率。实验中电源电压恒定不变，灯泡的额定电压为2.5V(电阻约为10Ω)，滑动变阻器的规格为(10Ω 1A)。
(1)请用笔画线代替导线完成图甲的电路连接，要求滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大。
(2)正确连接电路后，当滑片P滑到某一位置时，电压表示数如图乙所示，此时电压为______ V；要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______ (选填“左”或“右”)端移动。
(3)小明想设计了一个用于记录数据及现象的表格，表头中的项目除了电压表示数、电流表示数以外还有______ 和小灯泡的功率；
(4)实验中，灯泡的电流与电压不成正比关系，这主要是因为______ 。
(5)事实上，电压表与灯泡并联时，也会有很小的电流通过电压表，因此上述额定功率的测量结果要比灯泡真正的额定功率大，若灯泡正常发光时，实际通过电压表的电流为5×10−6A。根据甲图测量出的灯泡额定功率会偏差______ W。
(6)小明设计了如图丙所示的电路，用一个电压表或电流表，测量额定电压为U额的小灯泡L2的额定功率，已知定值电阻的阻值为R0、电源电压未知。请你完成下面的步骤：
①将______ (选填“电压表并联在ab间”、“电流表串联在a点”或“电流表串联在b点”)，只闭合开关S和S1，调节滑动变阻器的滑片使电表的示数为______ ，灯泡正常发光；
②只闭合开关S和S2，滑动变阻器滑片位置保持不动读出电表的示数；
③测算小灯泡L2的额定功率。
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
27. “汽车共享”在盐城市推出以来受到市民的青睐，它属于公共交通的补充，可以满足人们自驾出行的需求。如图是我市一款按租用时间收费的电动共享汽车。五一期间，小科一家租用该款电动共享汽车去旅游，从租车点一路不停行驶90km到达目的地，若全程的速度为60km/h。回答下列问题：
(1)推广电动共享汽车的好处有什么？(答出一点即可)
(2)租用电动汽车的价格为0.5元/分钟，小科一家从租车点到目的地的租车费用为多少元？
(3)该电动汽车发动机的额定功率为25kW，若汽车以额定功率在水平路面匀速直线行驶时，所受的阻力恒为1000N，汽车的速度为多少？
28. 如图甲是一款便携式电加热养生杯，图乙是该杯的高、中、低三挡电加热的原理图。其中两个加热元件的阻值分别是R1=4Ω，R2=8Ω，开关S3只能接a或b。图丙是该杯的相关参数。
电热杯充电参数
充放电电压
12V
充电电流
1000mA
电池容量
5000mAh
(1)乙图中，闭合S1，断开S2，S3接a时，电路的总功率为多少W？
(2)使用高温挡工作10min，电热杯消耗的电能为多少J？
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时开始充电，则充满电至少需要的时间为多少h？
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29. 阅读短文，回答问题：
瑞利散射2022年5月7日傍晚，浙江舟山的天空出现血红色的现象，引发了大家的关注。专家认为此现象的主要是由光的瑞利散射形成的。
光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象(如图所示)。
光的散射是指光在传播过程中与介质发生作用，部分光偏离原来的入射方向而分散传播的现象。散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低。
物理学家瑞利发现当光在传播过程中遇到微粒，当微粒的直径远小于入射波的波长时，散射光线的强度与入射光线波长的四次方成反比，即波长愈短，散射愈强。将微粒的直径远小于入射波的波长时的散射称为瑞利散射。
当太阳光在大气中传播时，蓝紫光比红光散射更明显，人的视觉系统对蓝光比紫光更敏感。当雨过天晴或秋高气爽时，蓝色光被散射至弥漫天空，天空即呈现蔚蓝色；当日落时太阳几乎在我们视线的正前方，直射光中的蓝光大量被散射了，剩下的主要是红橙色光，所以日落时太阳附近呈现红色，而云也因为反射太阳光而呈现红色，但天空仍然是蓝色的。天空的颜色也随高度由蔚蓝色变为青色(约8公里)、暗青色(约11公里)、暗紫色(约13公里)、黑紫色(约21公里)，再往上，天空便为黑暗所湮没。空气非常稀薄，大气分子的散射效应极其微弱。
(1)下列现象中不考虑光的传播方向发生改变的是______ 。
A.小孔成像
B.平面镜成像
C.蓝色天空
D.放大镜看物体
(2)当光照到海水中时，少量水呈现无色，大量海水呈现蓝色的解释合理的是______ 。
A.海水本身就呈淡蓝色，大量海水现象较明显
B.少量海水不符合散射规律，大量海水才符合散射规律
C.海水本身是无色的，在海洋深处有大量蓝色物质
D.无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显
(3)由于大气随高度急剧降低，大气分子的散射效应相应减弱，瑞利散射的结果，减弱了太阳投射到地表的能量______ (选填“温度”或“密度”)。
(4)光在传播过程中遇到微粒发生瑞利散射时，散射光强度分布最合理的是______ (图中“〇”表示微粒，线段长短表示光的强弱)。
(5)若可见光中各种色光的强度相等，在空气中波长为450nm紫光散射强度与波长为750nm红光散射强度之比约为______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题是一道综合了多个知识点的题目，做题时要对照相关的物理知识，仔细分析每一种情况的对错。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)声音的传播需要介质，我们能够听到声音是因为声音通过空气传播到我们耳朵里；
(3)音色是由发声体的材料和结构决定的，是判断发声体的依据；
(4)声音在不同的介质中的传播速度不同，在空气中的传播速度为340m/s。
【解答】
A、声音是由物体振动产生的，一切发声的物体都在振动，故A错误；
B、声音的传播需要介质，真空不能传声，故B错误；
C、音色是由发声体的材料和结构决定的，不同的人或物体发出声音的音色不同，所以机器人的声音与运动员的声音音色不同，故C正确；
D、声音在空气中的传播速度约为340m/s，故D错误。
2.【答案】C
【解析】A、春天，河中的冰雪消融，由固态变成液态，属于熔化现象，故A不符合题意；
B、夏天，清晨的迷雾消散，是小水滴变成水蒸气，属于汽化现象，故B不符合题意；
C、秋天，晶莹的露珠形成，是空气中的水蒸气遇冷变成小水滴，属于液化现象，故C符合题意；
D、冬天，冰冻的衣服晾干，是固态的冰直接变成水蒸气，属于升华现象，故D不符合题意。
故选：C。
判断出属于液化的物态变化，要弄清液化的特点，液化是物体由气态变为液态的变化过程，可根据四个选项中所给物理现象的特点来进行判断。
判断物态变化主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的概念得出结论，物态变化是中考必考的一个知识点。
3.【答案】A
【解析】解：人的手臂和机械臂使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，与食品夹属于同一类杠杆；羊角锤、钢丝钳、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；故BCD错误、A正确。
故选：A。
结合图片和生活经验，判断人的手臂和机械臂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。
本题考查了杠杆的分类，是一道基础题。
4.【答案】B
【解析】解：
A、为了看清楚纸板上的光路，纸板材质应是较粗糙，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚，故A错误；
B、法线在纸板上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线，不是反射现象消失了，故B正确；
C、入把半面纸板NOF向前折或向后折，这时，在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线与入射光线在法线两侧，故C错误；
D、已知入射光线与镜面的夹角为46°，所以入射角为90°−46°=44°，而反射角等于入射角，所以反射角也是44°，故D错误。
故选：B。
(1)根据镜面反射和漫反射的不同可得出结论；
(2)实验过程中法线要与平面镜垂直；
(3)把半面纸板NOF向前折或向后折，这时，在NOF上看不到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内，此时，反射光依然存在；
(4)入射光线与法线的夹角叫入射角，反射光线与法线的夹角叫反射角，反射角等于入射角。
本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。
5.【答案】D
【解析】解：“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”采用的是转换法；
A、研究“声音的传播需要介质”时，利用“真空铃”实验，采用的是推理法，故A错误；
B、研究“电流产生的原因”时，类比“水流的形成”，采用的是类比法，故B错误；
C、研究“磁现象”时，利用实际不存在的“磁感线”描述磁场特点，采用的是模型法，故C错误；
D、研究“影响电流热效应的因素”时，“温度计示数的变化”判断电热的多少，采用的是转换法，故D正确。
故选：D。
首先明确“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关时，通过吸引大头针数目反映电磁铁磁性强弱”采用的方法，然后对每个选项进行分析，明确各选项研究方法，最后确定符合题意的选项。
物理学中研究方法是经常考查的知识点，要掌握常用的研究方法。
6.【答案】D
【解析】解：太空电梯在加速升空过程中，太空电梯的质量不变，速度增大，动能变大；质量不变，高度增大，重力势能变大。
故选：D。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
本题考查了动能和重力势能的概念及影响其大小的因素，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R2与变阻器R1串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
当定值电阻阻值最小时，电路中的电流最大，即：
I=U2R2=3V5Ω=0.6A，不超过电流表的量程，但BC选项中滑动变阻器不符合要求；
当定值电阻阻值最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中电阻值最大，此时电路中的电流为：
I′=U2′R2′=3V15Ω=0.2A，
滑动变阻器两端的电压为：
U1=U−U2=9V−3V=6V，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R1=U1I=6V0.2A=30Ω，
故选项A不符合题意，选项D符合题意。
故选：D。
分析清楚电路结构，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值范围。
本题考查了求滑动变阻器接入电路的阻值范围，分析清楚电路结构，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
8.【答案】D
【解析】解：A.图中闭合电路的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这就是电磁感应现象，是发电机的工作原理，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故A错误；
B.图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故B错误；
C.图中，材料相同，长度相同，横截面积越大的导体的电阻越小，故C错误；
D.图中有电源，是演示磁场对电流作用的实验装置，导体受力的方向与电流方向和磁场方向有关，若改变电流方向或磁场方向，导体ab运动方向改变，故D正确。
故选：D。
(1)电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中会产生感应电流；
(2)奥斯特实验说明电流磁效应，即电流能产生磁场；
(3)导体的电阻与材料、长度、横截面积有关；
(4)研究磁场对电流的作用要先给导体通电，再将其放入磁场中，即说明通电导线在磁场中受力的作用，电动机就是利用该原理制成的。
图中所示的四个实验，是电与磁中典型的四个实验，它们各自的特点不同，代表了不同的含义，学习中我们应该加以重点区分才行。
9.【答案】C
【解析】解：A.物体温度升高，说明内能增大，可能吸收了热量，也可能是别的物体对它做了功，故A错误；
B.热量不是状态量，不能说含有或者具有热量，故B错误；
C.热量从温度高的物体传给温度低的物体，内能少的物体可能比内能多的物体温度高，所以热量可以从内能少的物体传递到内能多的物体，故C正确；
D.电能使电动机转动，由于电流热效应同时产生内能，由于能量的转化具有方向性，这些内能不可以自动地转化为电能，故D错误。
故选：C。
一切物体都具有内能，内能包括分子动能和分子势能，所以，内能的大小与物体的温度、质量和状态有关。改变物体的内能有两种方式：做功和热传递。热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分的现象，叫做热传递。热量是过程量，就是说热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；热量不是状态量，不能说含有或者具有热量。
此题考查了内能的影响因素、热量、热传递现象以及改变内能的方式，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：
A、使用动滑轮时，拉力端移动的距离等于提升物体升高高度的2倍，所以用动滑轮提升重物上升h高度，测力计上升2h高度，故A错误；
B、用定滑轮拉重物，向各个方向的拉力都等于物重，故B错误。
C、减小动滑轮质量，可以减小额外功，可以提高动滑轮的机械效率，故C正确。
D、使用动滑轮能省力；拉升同一物体上升相同高度，有用功相同，用动滑轮时，提起动滑轮需要多做额外功，所以做功较多，故D错误。
故选：C。
(1)使用动滑轮可以省一半力，但费一半的距离；
(2)使用定滑轮不能省力；
(3)提高机械效率的方法：一是增大提升物重，二是减轻机械重、减小摩擦；
(4)和使用定滑轮相比，使用动滑轮时需提升动滑轮要多做额外功。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点、提高机械效率的方法，属于基础题目。
11.【答案】C
【解析】解：家用电水壶的功率约为1kW，正常工作6min消耗的电能W=Pt=1kW×660h=0.1kW⋅h，
可使他家的电能表转动320r，则他家安装电能表铭牌上电能表常数为：320r0.1kW⋅h=3200r/(kW⋅h)。
故选：C。
家用电水壶的功率约为1kW，根据W=Pt得出正常工作6min消耗的电能；可使他家的电能表转动320r，据此得出他家安装电能表铭牌上电能表常数值。
本题考查电能表参数的理解和电能的计算，属于对基础知识的考查，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：①②由图像可知，甲灯正常发光，电流为0.5A，根据欧姆定律可得
甲灯正常发光的电阻：R甲=U甲I甲=6V0.5A=12Ω
灯乙正常发光，电流为0.3A，根据欧姆定律可得
乙灯正常发光的电阻：R乙=U乙I乙=3V0.3A=10Ω
当甲灯与R1串联，根据欧姆定律可得
电路电流：I=UR甲+R1=U12Ω+R1=0.5A……①
当乙灯与R2串联，根据欧姆定律可得
电路电流：I′=UR乙+R2=U10Ω+R2=0.3A……②
又因为R1+R2=90Ω ……③
将①②③式联立解得R1=30Ω，R2=60Ω；
再将R1=30Ω，R2=60Ω代入①式解得电源电压U=21V
故①正确，②错误；
③由题意知，甲灯的额定电流为0.5A，乙灯的额定电流为0.3A，根据串联电路中电流处处相等，所以两灯串联时电路的最大电流为0.3A，则两灯串联时，电路允许的最大总电压
U大=I大R总=I大(R甲+R乙)=0.3A×(12Ω+10Ω)=6.6V
故③正确；
④根据题意得，R1的功率P1与R2的功率P2的比值为
P1P2=I2R1I′2R2=(0.5A)2×30Ω(0.3A)2×60Ω=2518
故④正确；综合以上分析，正确的有①③④，故ABC错误，D正确。
故选：D。
(1)根据图像可知：甲灯正常发光，电路电流为0.5A，灯乙正常发光，电路电流为0.3A，根据欧姆定律计算出甲、乙灯正常发光的电阻；根据串联电路的特点和欧姆定律列出甲灯与R1串联时和乙灯与R2串联时电源电压的表达式；结合R1+R2=90Ω，联立以上各式可解得R1和R2的阻值；将R1和R2的阻值代入电源电压的表达式，即可解得电源电压；
(2)两灯泡串联时，根据两个灯泡的额定电流大小和串联电流的规律确定电路允许的最大电流，再根据欧姆定律求出两灯串联时电路允许的最大总电压；
(3)利用公式P=I2R分别表示出P1和P2，并计算P1：P2值。
本题通过电流与电压的图像考查了欧姆定律和电功率的相关计算，解题关键抓住电源电压不变列方程求解，属于中等难度的题。
13.【答案】比热容 永不停息地做无规则运动 不可再生
【解析】解：(1)水的比热容较大，常用于汽车的冷却液；
(2)分子在永不停息地做无规则运动；车内放入某种清香剂，清香剂的分子会扩散到周围，从而很快就能闻到它的气味；
(3)煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源，消耗后短期内不能从自然界得到补充，汽油来自于石油，故属于不可再生能源。
故答案为：(1)比热容；(2)永不停息地做无规则运动；(3)不可再生。
(1)水的比热容较大，常用于汽车的冷却液；
(2)分子在永不停息地做无规则运动；
(3)煤、石油、天然气、核能都属于不可再生能源。
本题考查了水比热容较大的应用、分子的运动和能源的分类，属于基础性内容，难度不大，熟练掌握相关知识点即可正确解答。
14.【答案】虚 3.6 不改变
【解析】解：根据平面镜成像特点可知，灯的像是虚像；
在离转盘1.8m高处有一盏电灯，根据像物物体到平面镜的距离相等，灯在玻璃转盘中的像离转盘的距离也是1.8m，灯的像到灯的距离为1.8m+1.8m=3.6m；
平面镜所成的像与物体关于镜面对称，用手水平拨动转盘时，灯的位置不变，所以通过玻璃转盘观察到灯的像的位置不改变。
故答案为：虚；3.6；不改变。
(1)平面镜成像的特点是：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下(或左右)相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；
(2)根据像与物体关于镜面对称的特点分析。
此题主要考查学生对平面镜成像特点的理解和掌握，是易错题。
15.【答案】m 450 运动
【解析】解：(1)中学生的身高为1.60m，自行车车轮直径比中学生身高的一半短，大约为0.7m左右，所以常见的自行车车轮直径约为0.637m。
(2)小明骑着自行车以5m/s的速度绕跑道一圈用时1.5min，则跑道长
s=vt=5m/s×15×60s=450m
以运动的自行车为参照物，跑道旁的教学楼与自行车之间的位置发生变化，所以跑道旁的教学楼是运动的。
故答案为：m，450m，运动
(1)常见的自行车车轮直径估测在分米量级；(2)计算跑道的长度，可利用速度公式来解，题中已经给出了运动速度(即5m/s)和运动时间(1.5min)，直接代值计算即可；(3)判断运动与静止，关键看与参照物之间的位置是否改变。
主要考查了速度公式的运用，参照物的灵活使用。
16.【答案】电磁 空气 红外线
【解析】解：巡逻机器人是通过电磁波向防疫部门发送信息的；声音可以在空中传播，人们听到播报提醒是靠空气传播的；一切物体都在不停地辐射红外线，它通过识别不同温度的物体辐射的红外线强度不同来实现快速测温。
故答案为：电磁；空气；红外线。
(1)电磁波可以传递能量，可以传递信息；声音可以在介质中传播；
(2)红外线热作用强，一切物体都在不停地辐射红外线，温度越高辐射越强，用于浴霸、烤箱、夜视仪、热谱图、遥控、遥感。
本题考查电磁波和红外线等知识，属于对基础知识的考查，难度不大。
17.【答案】D 不能 大于
【解析】解：(1)罐子在整个运动过程中的质量不变，在A点时的高度最高，重力势能最大；罐子从A点运动到D点，橡皮筋发生了弹性形变，在D点时的形变程度最大，所以在D点的弹性势能最大；
(2)若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子的重力势能转化为内能和罐子的动能，罐子不具有弹性势能，所以不会返回斜面；
(3)第一次返回斜面，向上滚动的过程中，由于一部分机械能转化为了内能，所以罐子整体在C点时的机械能大于在B点时的机械能。
故答案为：D；不能；大于。
(1)重力势能的大小与质量、高度有关；弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)罐子最后停在水平面上，罐子的机械能变小了，这说明罐子在运动的过程中，机械能转化为了其他形式的能。
本题考查铁罐的机械能的转化，包含了动能和弹性势能、重力势能的转化，应细化整个过程的分析是解题的关键。
18.【答案】7×109 20 18
【解析】解：
(1)完全燃烧1t该垃圾可以释放出的热量为：Q放=mq=1×103kg×0.7×107J/kg=7×109J；
(2)水吸收的热量为：Q吸=ηQ放=30%×7×109J=2.1×109J；
根据Q吸=cmΔt可知，水升高的温度为：Δt=Q吸c水m水=2.1×109J4.2×103J/(kg⋅℃)×25×103kg=20℃；
(3)1t这种垃圾可以输出的电能为：W=350度=350kW⋅h=350×3.6×106J=1.26×109J；
此次发电的效率为：η=WQ放=1.26×109J7×109J=18%。
故答案为：7×109；20；18。
(1)根据公式Q放=mq求出生活垃圾完全燃烧释放出的热量；
(2)利用Q吸=ηQ放求出水吸收的热量；根据公式Q吸=cmΔt可求出水升高的温度；
(3)根据效率公式求出发电的效率。
本题主要考查了热量的计算、发电效率的计算，综合性较强，难度不大。
19.【答案】内能 压缩 做功
【解析】解：用橡皮摩擦发热使字迹消失过程中，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变内能的；与四冲程汽油机的压缩冲程相同，汽油机在压缩冲程中，活塞向上运动，压缩汽缸内燃料混合物，机械能转化为内能。
故答案为：内能；压缩；做功。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；
(2)四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能。
此题考查了改变物体内能的方式、以及内燃机做功冲程的能量转化，难度不大，属于基础题目。
20.【答案】向下 4.8 3.2
【解析】解：(1)根据开关的控制作用可以看出，单刀双掷开关S1、S2均均向下闭合时流入电动机的电流方向改变，则可实现电动机的反转。
(2)由图乙可知电动机正常工作时的电流I=0.4A，则P=UI=12V×0.4A=4.8W，
(3)由图乙可知电动机刚开始转动时的电流I′=1.2A，
由欧姆定律得：则电动机的电阻R=UI′=12V1.2A=10Ω，
电动机正常工作时P热=I2R=(0.4A)2×10Ω=1.6W，
P输出=P−P热=4.8W−1.6W=3.2W。
故答案为：(1)向下；(2)4.8；(3)3.2。
(1)根据开关的控制作用分析。
(2)由图乙可知电动机正常工作时的电流，利用P=UI求功率。
(3)由图乙可知电动机刚开始转动时的电流，此时根据欧姆定律求出电阻，正常转动后，根据P=I2R求出电阻产生热量的功率，则P输出=P−P热。
本题考查了开关使用、欧姆定律的应用和功率的计算，要注意刚开始转动时电路中只是电动机的电阻产生电流，电动机正常转动时欧姆定律不适用。
21.【答案】解：过入射点垂直于镜面作出法线，然后根据反射角等于入射角在法线右侧画出反射光线，图中入射光线与镜面的夹角为30°，则入射角等于90°−30°=60°，反射光线与法线之间的夹角为反射角，度数等于入射角为60°，如图所示：
【解析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。
作反射光线时，先确定反射点，根据反射角等于入射角在同一平面内法线的另一侧画出反射光线，注意完成题目的要求。
22.【答案】解：根据磁体周围的磁感线从N极出发，进入S极知，螺线管的右端是N极；据安培定则可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，此时电源的左端是正极，右端是负极；据磁极间的作用规律可知，小磁针的左端是S极，右端是N极，如下图：
。
【解析】由磁感线方向判断磁极，结合安培定则判断出电源的+、−极；而后再据磁极间的作用规律，判断出小磁针的NS极；
知道并理解安培定则，并能结合磁极间的作用规律进行判断是解决该题的关键。
23.【答案】解：OB就是最长的动力臂L1，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，过B点作OB的垂线，据此可画出最小的动力；如图所示：
【解析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
本题考查了最小动力和力臂的作法。作力臂关键是要画出支点到力的作用线的垂线段。
24.【答案】主光轴 投影仪 B 65.0 D
【解析】解：(1)为了使像成在光屏中央，应调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
(2)图中光屏上恰好成一清晰的像，此时的像距大于物距，成的是倒立、放大的实像，投影仪是利用这一原理工作的；
(3)由图可知，蜡烛到光屏的距离80.0cm−35.0cm=45.0cm，由题意可知45.0cm≥4f，故f≤ll.25cm；
由图可知，物距u=15.0cm，成倒立、放大的实像，所以f<15.0cm<2f，故7.5cm
(5)根据凸透镜成像规律可知，当凸透镜成实像时，u>f，物距减小，像距变大，像变大；
当物体从远处沿凸透镜主光轴向凸透镜的焦点靠近时，物距变小，像距变大，像变大，但像总是成在焦点以外，即像距v总是大于焦距f，
A、该图像表示凸透镜成实像时(u>f)，像距小于焦距，与凸透镜成像规律不符；另外还表示了成虚像的情况，且不便测出像距，故A错误；
B、该图像表示物距增大，像距增大，故B错误；
C、该图像表示物距减小时像逐渐变大，但像高最多等于物高h，不符合在焦距和2倍焦距之间成放大实像的规律，故C错误；
D、该图像表示物体从远处沿凸透镜主光轴向透镜的焦点靠近，物距减小，像高H变大，即像变大，故D正确；
故选：D。
故答案为：(1)主光轴；(2)投影仪；(3)B；(4)65.0；(5)D。
(1)为了使像成在光屏中央，应调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
(2)凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏上成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(3)由图可知蜡烛到光屏的距离，然后根据蜡烛到光屏的距离大于或等于凸透镜焦距的四倍，可得凸透镜焦距的取值范围；根据图中物距和成倒立、放大的实像，可知物距u满足关系式f
(5)根据凸透镜成像规律之一：u>f时，物距减小，像距变大，像变大分析此题。
本题考查凸透镜成像规律及其探究实验，掌握凸透镜的成像规律是解答本题的关键。
25.【答案】23.6 从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动 B 用酒精灯的外焰加热 水 不相等
【解析】解：(1)天平再次平衡时，所加砝码和游码的位置如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，则铝桶的质量为：20g+3g+0.6g=23.6g。
(2)根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度，为了称量90g的水，从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动，直至天平再次平衡；
(3)先调节好图中B的高度(放上石棉网，再将容器置于石棉网，再调整温度计的位置)，这样做是为了保证用酒精灯外焰加热；
(4)①根据表中数据，画出煤油的温度随加热时间变化的图象，如下上图所示：
②由图象可知，质量相等的水和煤油升高相同的温度，水加热时间长，故水吸收的热量多。
③使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少；
水和煤油的温度随时间的变化图象为过原点的直线，即质量一定的水(煤油)吸收的热量与升高温度的比值是定值，因质量相等的水和煤油升高相同的温度，水吸收的热量多，即质量相等的水和煤油，上述比值大小不相等。
故答案为：(1)23.6；(2)从右盘中取下20g的砝码，再将100g和10g的砝码放入砝码盘中，游码位置不动；(3)B；用酒精灯的外焰加热；(4)①如上所示；②水；③不相等。
(1)天平再次平衡时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所指示的刻度；
(2)根据砝码盒里剩有的砝码结合标尺的最刻度分析回答；
(3)为保证用酒精灯外焰加热，应从下往上调节；
(4)①根据表中数据，由描点法作图；
②③我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；分析图象得出结论。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平的使用、注意事项、数据分析和控制变量法及转换法的运用。
26.【答案】2.2 左 小灯泡的亮度 灯丝的电阻受温度的影响 1.25×10−5 电流表串联在b点 U额R0
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
(2)由图甲可知，电压表选用小量程；正确连接电路后，当滑片P滑到某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片P向左端移动；
(3)根据实验目的，小明想设计了一个用于记录数据及现象的表格，表头中的项目除了电压表示数、电流表示数以外还应该有小灯泡的亮度和小灯泡的功率；
(4)灯泡两端电压不同，通过灯泡的电流也不同，根据P=UI可知，灯泡功率不同，温度发生变化，灯丝的电阻受温度的影响，故灯泡的电流与电压不成正比关系；
(5)电压表与灯泡并联，当灯泡正常发光时，电压表的示数为2.5V，通过电压表的电流为5×10−6A，则灯泡额定功率的偏差为：
P差=ULI差=2.5V×5×10−6A=1.25×10−5W；
(6)实验步骤：
①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S1，此时灯泡L2和定值电阻并联接入电路，电流表测通过定值电阻的电流，并联电路各支路两端电压相等，当灯泡L2两端的电压为U额时灯泡正常发光，此时定值电阻两端的电压等于灯泡L2的额定电压，通过定值电阻的电流U额R0，所以应调节滑动变阻器的滑片使电流表的示数为U额R0；
②只闭合开关S和S2，滑动变阻器滑片位置保持不动读出电表的示数；
③并联电路干路电流等于各支路电流之和，求出通过灯泡L2的电流，即灯泡的额定电流，然后根据P=UI测算小灯泡L2的额定功率。
故答案为：(1)见解答图；(2)2.2；左；(3)小灯泡的亮度；(4)灯丝的电阻受温度的影响；(5)1.25×10−5；(6)电流表串联在b点；U额R0。
(1)滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)根据图甲确定电压表选用量程，由图乙确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
(3)根据实验目的回答；
(4)灯丝的电阻受温度的影响；
(5)根据P=UI求出偏差的功率；
(6)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电压表读数、实验操作、影响电阻大小因素、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
27.【答案】解：(1)电动车相比普通汽车有无尾气、噪音小的特点，即绿色环保；
(2)电动共享汽车行驶的距离s=90km，全程的速度v=60km/h，
根据v=st可得，电动共享汽车行驶的时间：
t=sv=90km60km/h=1.5h=90min，
因为租用该电动汽车的价格为0.5元/分钟，
所以小科一家从租车点到目的地的租车费用为：0.5元/min×90min=45元；
(3)因为汽车匀速行驶，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
由二力平衡条件可知，发动机所提供的牵引力：F=f=1000N；
根据P=Wt=Fst=Fv可得，汽车行驶的速度：
v′=PF=25000W1000N=25m/s。
答：(1)绿色环保；
(2)小科一家从租车点到目的地的租车费用为45元；
(3)汽车的速度为25m/s。
【解析】(1)电动车与普通汽车相比，从热污染、噪声污染、废气污染等方面分析回答；
(2)根据t=sv算出到达目的地的时间，根据租用电动汽车的价格算出车费；
(3)汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出发动机所提供的牵引力；
知道牵引力的功率和受到的牵引力，根据P=Wt=Fst=Fv求出行驶的速度；
本题考查了二力平衡条件和功率公式的灵活应用，是一对较为简单的应用题。
28.【答案】解：(1)在乙图电路中，闭合S1，断开S2，S3接a时，两电阻串联，
电路的总电阻：R总=R1+R2=4Ω+8Ω=12Ω，
由P=UI=U2R=(12V)212Ω=12W；
(2)在乙图电路中，闭合S1，断开S2，S3接a时，两电阻串联；当S1、S2闭合、S3接b时，两电阻并联；当S1、S2闭合、S3接a时，R2短路，电路为R1接在电源两极的简单电路；
根据串联电阻大于其中任一电阻，并联电阻小于其中任一电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电阻最小，电功率最大，为高温挡；R1、R2串联时，电阻最大，电功率最小，为低温挡；电路为R1的简单电路时，为中温挡；
因此使用高温挡时电功率为：
P高=P1+P2=U2R1+U2R2=(12V)24Ω+(12V)28Ω=36W+18W=54W；
高温挡工作10min电热杯消耗的电能为：
W=P高t=54W×10×60s=3.24×104J；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时充电，根据W=UIt可知，充满电需要的电能：
W=(1−20%)×W容量=U充I充t，
即：(1−20%)×12V×5000×10−3A×1×3600s=12V×1000×10−3A×t；
解得充满电至少需要的时间：t=4×3600s=4h。
答：(1)乙图中，闭合S1，断开S2，S3接a时，电路的总功率为12W；
(2)使用高温挡工作10min，电热杯消耗的电能为3.24×104J；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时开始充电，则充满电至少需要的时间为4h。
【解析】(1)由P=UI=U2R求出电路的总功率；
(2)分析乙图电路开关转换时电路的连接，由并联电阻的规律及P=UI=U2R分析不同挡位电路的结构；根据W=P高t求出工作时的功5min电热杯消耗的电能；
(3)当该电热杯剩余20%的电池容量时充电，根据(1−20%)×W容量=U充I充t求出充满电至少需要的时间。
本题考查串并联电路的规律及电功率公式的运用，关键是明确不同挡位电路的结构。
29.【答案】A D 密度 C 62581
【解析】解：(1)A、小孔成像是光的直线传播，光的传播方向没有发生改变，故A符合题意；
B、平面镜成像是光的反射现象，光的传播方向发生改变，故B不符合题意；
C、蓝色天空是光的散射现象，光的传播方向发生改变，故C不符合题意；
D、放大镜看物体是光的折射现象，光的传播方向发生改变，故D不符合题意；
故选：A。
(2)当光照到海水中时，少量水呈现无色，大量海水呈现蓝色的解释合理的是无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显；
故选：D。
(4)光在传播过程中遇到微粒发生瑞利散射时，散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低，散射光强度分布最合理的是C；
故选：C。
(5)若可见光中各种色光的强度相等，在空气中波长为750nm红光散射强度与波长为450nm紫光散射强度之比约为：(750nm)4(450nm)4=62581；
故答案为：(1)A；(2)D；(3)密度；(4)C；(5)62581。
(1)小孔成像是光的直线传播，光的传播方向没有发生改变，反射、折射、散射等光的传播方向都发生了改变；
(2)无论海水多少，光在海水中都发生散射，大量海水现象更明显；
(3)由于大气随高度急剧降低，大气分子的散射效应相应减弱，瑞利散射的结果，减弱了太阳投射到地表的能量密度；
(4)光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象，散射的光线在光线前进方向和反方向上的程度是相同的，而在与入射光线垂直的方向上程度最低；
(5)物理学家瑞利发现当光在传播过程中遇到微粒，当微粒的直径远小于入射波的波长时，散射光线的强度与入射光线波长的四次方成反比，即波长愈短，散射愈强，将微粒的直径远小于入射波的波长时的散射称为瑞利散射。
会阅读材料，理解光在传播过程中遇到介质时会发生吸收、透射、反射和散射现象。
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