2023年安徽省合肥三十八中分校中考物理二模试卷(含答案)

这是一份2023年安徽省合肥三十八中分校中考物理二模试卷(含答案)，共21页。
2023年安徽省合肥三十八中分校中考物理二模试卷
1. 如图所示，是市场上出售的一种网红食品——液氮冰激凌，标准大气压下，液态氮的沸点为-196℃，其制作过程主要是在冰激凌上倒入液态氮，且制成的液氮冰激凌周围“烟雾缭绕”。液氮冰激凌周围烟雾缭绕的“白气”形成原因是______ 。
2. 爱劳动的安安带着好朋友利用双休日帮助农户出葱，劳动中间休息时利用葱叶制作了如图所示的葱笛，来感受大自然带来的乐趣。葱笛的粗细、长短不同，用相同力度吹长而粗的葱笛时发出声音的音调______ (选填“高”或“低”)。
3. 平行放置的两极板分别带有正、负电荷，一个粒子(不计重力)沿两极板中央穿过时，发生了如图所示的偏转现象，由此可判断该粒子______(选填“带正电”、“带负电”或“不带电”)。
4. 如图所示的玻璃装置内放入适量的水，在阀门E、F关闭的情况下，此装置相当于一个连通器，将此装置的阀门E打开，接到水流速度稳定的自来水管上，同时打开阀门F，水在流动的过程中，两竖直管中的高度关系是______ (选填“C的高”、“D的高”或“一样高”)。

5. 某建筑工地用如图所示的滑轮组提升重物，工人对绳的拉力F，将重为960N重物匀速提升，其中绳子向上移动6m，此时滑轮组的机械效率为80%，则动滑轮的重为______ N。(不计绳重和摩擦)


6. 如图所示，护林员利用一块平面镜使此时的太阳光水平射向山洞中P点，请你通过作图标出平面镜的位置，并标出反射角的度数。

7. 如图所示，电源电压恒定，R1=20Ω，闭合开关S，断开开关S1，电流表示数是0.3A；当闭合S、S1时，发现电流表示数变化了0.2A，S、S1都闭合时，该电路通电10分钟产生的热量是______ J。


8. 小王同学用他家的煤气灶将体积为2L、初温为20℃的水加热到100℃。已知煤气灶的热效率为40%，则在加热过程中消耗煤气______ m3。[ρ水=1.0×103kg/m3,c水=4.2×103J/(kg⋅℃),q煤气=4.0×107J/m3]
9. 如图所示是某款电热器的电路原理图，R1、R2是电热丝。电热器工作时，扇形开关S可以接触2、3触点，也可以接触3、4触点实现保温挡和加热档的切换，已知保温挡和加热档的功率之比为2：5，则R1：R2=______。
10. 图甲所示的电路中，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，电源电压保持不变。滑动变阻器品的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，得到R2的电功率与通过它的电流的关系，如图乙所示。在此过程中滑动变阻器R2的最大功率为______ W。

11. 下列说法中错误的是(    )
A. 太阳源源不断地释放的能量来自核聚变
B. 航天员王亚平在太空授课的实况直播是通过电磁波传回地面的
C. 在升空的过程中，卫星的速度增大，惯性不变
D. 超导体材料更适合做电热丝，且通电时不会产生磁场
12. 如图甲所示，四旋翼无人机下方用细绳悬挂一个重物，当无人机带着重物匀速直线上升时，无人机和重物的受力情况如图乙所示，下列分析正确的是(    )
A. FA和GA是一对相互作用力
B. FB和GB是一对平衡力
C. 若无人机水平匀速飞行时，悬挂重物的细绳不会偏离竖直方向
D. 若无人机竖直上升时细绳突然断裂，重物会立即竖直下落
13. 如图所示，与电现象有关的说法中正确的是(    )

A. 甲图的实验说明发电机的原理是电磁感应现象
B. 乙图中开关闭合后，通电螺线管的右侧是N极
C. 丙图中家庭照明电路中的开关应连接零线更安全
D. 丁图的验电器是用于辨别火线和零线的仪器设备
14. 2023年大年初一上映了一部科幻片《流浪地球2》，人工智能MOSS在影片中起了至关重要的作用。下列关于“MOSS摄像头”的说法正确的是(    )
A. “摄像头”上成的像是放大的像
B. “MOSS”的摄像头是凹透镜
C. 当物体靠近“摄像头”时，所成的像变大
D. 在拍摄录像时，物体在“MOSS”摄像头的一倍焦距和二倍焦距之间

15. 如图所示，2022年4月16日9时56分，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十三号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是(    )
A. 返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，是因为内能转化为机械能
B. 返回舱进入大气层时舱体表面敷设的特殊材料升华放热，具有降温作用
C. 返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变
D. 返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”利用力的作用是相互的原理，平稳着陆

16. 如图所示的电路，电源电压为4.5V，小灯泡L上标有“3V1.5W”字样(忽略灯丝电阻的变化)，滑动变阻器R规格为“30Ω1A”，电流表量程选择“0∼0.6A”，电压表量程选择“0∼3V”。闭合开关S，在不损坏电路元件情况下，下列说法正确的是(    )
A. 电路中最大电流为0.6A
B. 电路的最大功率为2.5W
C. 电压表示数变化范围为1∼3V
D. 滑动变阻器阻值变化范围为3∼30Ω
17. 如图所示，电源电压恒定不变，开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时。下列说法不正确的是(    )
A. 电流表A1示数不变，电压表V示数不变
B. 电流表A1示数不变，灯泡L的亮度不变
C. 电流表A2示数变大，电压表V示数不变
D. 电压表V示数与电流表A2的示数之比变大

18. 同学们在探究液体压强的实验中，进行了如图甲、乙所示的操作：
(1)分析A、B两图的实验现象，得出的结论是：______ 。
(2)若将U形管压强计进行改造用于测量未知液体的密度，如图乙所示，将两完全相同探头分别放在A、B容器内，A容器中为待测液体ρ1，B容器中为水；当两探头所处的深度均为h时，U形管压强计中左右水面高度差为Δh，忽略橡皮膜形变，则待测液体ρ1=______ (用ρ水、h、Δh表示)。
19. 在探究“动能大小与哪些因素有关”的实验中，小明将钢球用细线悬挂在铁架台上，适当拉起一定角度释放去撞击木块，如图甲所示：

(1)本实验研究的是______ 的动能(填序号)。
①钢球刚刚释放时
②钢球撞击木块时
③木块被撞击之后
(2)小明还想用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究小球的动能大小与质量的关系。同班同学小丽认为这个设计方案是不可行，请你帮分析理由是______ 。
20. 小明在做“用伏安法测小灯泡电功率“实验，所使用的待测小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)如图甲所示的是未连接完整的实验电路，请用笔画线表示导线，将它连接完整(要求：当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变大)。
(2)小明连接好电路后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表、电流表的指针都有较小的偏转，则接下来，他的操作是______ ；但是无论怎样移动滑片，电压表示数无法达到2.5V，造成这一现象的原因可能是______ (写出一点即可)。
(3)完成上述实验后，小华又重新设计了如图乙所示电路，测量另一个小灯泡的额定功率，这个小灯泡正常工作的电流为I1。请根据以下实验步骤写出小灯泡的额定功率表达式(已知电源电压不变，为U)。
①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1。
②只闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表示数为I1；
再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；则小灯泡的额定功率表达式为P额=______ 。(用字母表示)
21. 古代护城河上有座吊桥，它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为10m、所受重力为3000N的均匀杆AB，可以绕转轴B点在竖直平面内转动，在B点正上方10m处固定一个定滑轮C，绳子通过定滑轮与杆的另一端A相连(忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦， 2=1.4， 3=1.7)。求：
(1)若从水平位置将吊桥匀速拉至与水平面成30∘角，此时的拉力F1大小。
(2)若在10s内从水平位置将吊桥匀速拉至与水平面成45∘角，则该过程中人拉力做功的功率。

22. 如图所示，边长为10cm的正方体木块漂浮在水面上，体积的35浸没在水中，如图甲所示。将木块从水中取出，放入另一种液体中，并在木块的上表面放一个重为2N的小铁块，静止时木块的上表面恰好与液面相平，如图乙所示。g取10N/kg。求：
(1)甲图中木块所受浮力的大小；
(2)图乙中液体的密度；
(3)图乙中木块下表面所受压强的大小。
23. 如图甲为某电饭锅的简化电路原理图，R1和R2为加热电阻，且阻值保持不变，R1=44Ω，S为靠近加热盘的感温开关，1、2是开关连接的触点，加热盘温度达到103℃时，S自动切换到保温状态。某次煮饭时，仅将电饭锅接入220V的电路。按下开关S与触点1连接，工作了10min，S自动切换到保温状态，保温时如图乙所示电能表的转盘在1min内转过5转。求：
(1)加热状态时，电饭锅消耗的功率。
(2)R2的阻值。
(3)用电高峰时，电饭锅两端的实际电压只有额定电压的80%，简要说明为什么用电高峰时用电器两端电压会变低。


答案和解析

1.【答案】水蒸气遇冷液化 
【解析】解：液氮吸热汽化，使周围空气的温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化，形成液态小水滴，所以会出现“烟雾缭绕”的现象。
故答案为：水蒸气遇冷液化。
物质由液态变为气态叫汽化，汽化吸热；物质由气态变为液态叫液化。
此题考查了常见的物态变化现象及吸放热情况，是一道联系实际的应用题，难度不大。

2.【答案】低 
【解析】解：用相同力度吹长而粗的葱笛时，长而粗的葱笛不容易振动，振动慢，频率小，因此发出声音的音调低。
故答案为：低。
音调指声音的高低，与振动的频率有关。
本题考查了音调与频率的关系，属于基础题。

3.【答案】带负电 
【解析】解：如图所示的偏转现象，可看出该粒子与负电荷排斥，与正电荷吸引，由此可判断该粒子带负电。
故答案为：带负电。
电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
知道电荷间的作用规律，可解答此题。

4.【答案】C的高 
【解析】解：水流流过AB管，由于A管横截面积大，水流速度小，水的压强大，C管水面高；B管横截面积小，水流速度大，水的压强小，D管水面低。
故答案为：C的高。
当水流动时，分析A和B管水流速度大小，根据流体流速越大的地方、压强越小，判断A和B管内水的压强，来分析C和D管水面高低。
对于流体压强跟流速关系的问题，一般要分析两处的流体流速，根据流体压强跟流速的关系，判断压强，判断物体的运动情况。

5.【答案】240 
【解析】解：不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=W有用W有用+W额=GhGh+G动h=GG+G动，
80%=960N960N+G动，
解得动滑轮的重力：G动=240N。
故答案为：240。
不计绳重和摩擦，使用滑轮组时，提升动滑轮做的功为额外功，滑轮组的机械效率η=W有用W总=W有用W有用+W额=GhGh+G动h=GG+G动，据此求动滑轮的重力。
1

6.【答案】 
【解析】连接PO，即为反射光线，根据光的反射定律，反射角等于入射角，作反射光线和入射光线夹角的角平分线就是法线的位置，然后垂直于法线作出平面镜；
由图知，反射光线和入射光线的夹角90∘+30∘=120∘，则反射角等于入射角等于60∘；如图所示：


7.【答案】1800 
【解析】解：闭合开关S，断开开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，
由欧姆定律可得电源的电压：U=I1R1=0.3A×20Ω=6V；
当闭合S、S1时，R1与R2并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R1的电流不变，电流表示数的变化量即为通过R2的电流，则I2=0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，当闭合S、S1时，干路电流：I=I1+I2=0.3A+0.2A=0.5A，
通电10分钟产生的热量：Q=W=UIt=6V×0.5A×10×60s=1800J。
故答案为：1800。
闭合开关S，断开开关S1时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
当闭合S、S1时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流不变，电流表示数的变化量即为通过R2的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用Q=W=UIt求出电路产生的热量。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的灵活运用，知道电流表示数的变化量即为通过R2的电流是关键。

8.【答案】0.042 
【解析】解：(1)根据ρ=mV可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10-3m3=2kg；
热水器中的水吸收的热量：
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×105J；
(2)煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=Q吸40%=6.72×105J40%=1.68×106J，
需要完全燃烧的煤气的质量m'=Q放q=1.68×106J4.0×107J/m3=0.042m3。
故答案为：0.042。
(1)知道水的密度和体积，根据密度公式求出水的质量；知道水的质量和比热容以及初温、末温，根据Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)知道此过程的热效率，利用效率公式求煤气完全燃烧放出的热量，再根据Q放=mq求出完全燃烧煤气的质量。
本题主要考查的是学生对密度公式、热量计算公式、热值计算公式、效率计算公式的理解和掌握，要注意从题干中获取有用的信息。

9.【答案】3：2 
【解析】解：当扇形开关S接触2、3触点时，只有R1接入的简单电路；当扇形开关S接触3、4触点时，R1与R2并联接入电路，并联后的总电阻为R=R1R2R1+R2，
根据电阻的并联特点可知，并联后的总电阻小于任何一个并联电阻，即R˂R1，由P=U2R可知，电源电压不变，电阻越大，功率越小，为保温挡，所以故当扇形开关S接触2、3触点时为保温挡；保温时的电功率为P保温=U2R1，
扇形开关S接触3、4触点时加热档。加热档的电功率为P加热=U2R=U2R1R2R1+R2=U2(R1+R2)R1R2，
因为保温挡和加热档的功率之比为2：5，即P保温P加热=U2R1U2(R1+R2)R1R2=R2R1+R2=25。
解得R1：R2=3：2。
故答案为：3：2。
由P=U2R可知电路的总电阻越大，功率越小，则电路应是保温挡，电路的总电阻越小，功率越大，则电路应该是加热挡，当电热丝都未接入电路时，电路断开；当扇形开关S接触3、4触点时，R1与R2并联接入电路，并联后的总电阻为R=R1R2R1+R2，已知保温挡和加热档的功率之比为2：5，由此可求得R1：R2。
本题考查了对欧姆定律和电功率计算公式的应用，根据P=U2R结合并联电路的电阻特点分析出保温挡和加热挡的电路是解题的关键。

10.【答案】2.7 
【解析】解：由图甲可知，两电阻串联，电流表测电路中的电流；
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，
由图象可知最小和最大电流分别为I最小=0.2A；I最大=0.6A，
由I=UR及串联电路的电压规律可得：
U=I最小(R1+R2)=0.2A×(R1+60Ω)--------①；
U=I最大R1=0.6A×R1---------②，
解①②得：R1=30Ω；U=18V；
滑动变阻器R2消耗的功率为：P2=I2R2=(UR1+R2)2R2=U2(R1+R2)2R2=U2(R1-R2)2R2+4R1，
所以，当R1=R2时，滑动变阻器R2消耗的功率最大，最大功率为：
P2=U24R1=(18V)24×10Ω=2.7W；
故答案为：2.7。
由图甲可知，两电阻串联，电流表测电路中的电流；
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由图象读出最大和最小电流值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值和电源电压；
根据P=I2R即可求出R2的最大电功率。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及识图能力，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻等于定值电阻的阻值时，滑动变阻器消耗的功率最大。

11.【答案】D 
【解析】解：A、太阳释放的能量来自核聚变，故A正确；
B、航天员王亚平在太空授课的实况直播是通过电磁波传回地面的，故B正确；
C、惯性的大小只跟质量有关，与速度无关，故C正确；
D、超导体材料的电阻为0，根据Q=I2Rt知电流通过超导体时不产生热量，不适合做电热丝，故D错误。
故选：D。
(1)太阳释放的能量来自核聚变；
(2)航天员通过电磁波传递信息；
(3)惯性的大小只跟质量有关，与速度无关；
(4)超导体材料的电阻为0，根据Q=I2Rt判断超导体是否适合做电热丝。
本题考查了核能、电磁波、惯性和超导体的知识，属于基础题，都要求掌握。

12.【答案】C 
【解析】解：A、当无人机带着重物匀速直线上升时，处于平衡状态，细线对重物的拉力 FA和重物受到的重力GA是一对平衡力，故A错误；
B、当无人机带着重物匀速直线上升时，由图知无人机受到的FB和GB大小不相等，不是一对平衡力，故B错误；
C、水平匀速飞行时，不计空气阻力，重物与飞机保持相对静止，所以悬挂重物的细线不会偏离竖直方向，故C正确；
D、若细线突然断了，重物由于惯性会继续向上运动一段距离，故D错误；
故选：C。
(1)物体处于平衡状态时，受到的是平衡力，处于非平衡状态时，受到的是非平衡力；
(2)相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
(3)从相对运动的角度可判断水平飞行时细线的状态；
(4)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。
本题考查了平衡力的辨别、平衡状态的判断、惯性等，结合物体运动的实际状态进行受力分析，是解答的关键。

13.【答案】A 
【解析】解：A.甲图是电磁感应现象原理图，这是发电机的工作原理，故A正确；
B.乙图中开关闭合后，电流从螺线管右端流入，左端流出，根据安培定则可判断通电螺线管的左侧是N极，故B错误；
C.丙图中家庭照明电路中的开关应连接火线，然后连接灯泡螺丝扣顶端金属点，零线接螺丝套，故C错误；
D.丁图的验电器是用于检验物体是否带电的仪器设备，故D错误。
故选：A。
(1)发电机的工作原理是电磁感应现象；
(2)根据安培定则分析；
(3)为了用电安全，开关应接在火线与用电器之间；
(4)验电器的工作原理是同种电荷相互排斥。
本题考查了发电机的工作原理、安培定则的应用、验电器的工作原理、家庭电路的连接，属于综合题。

14.【答案】C 
【解析】解：
ABD、摄像头的镜头是一个凸透镜，摄像头的成像原理与照相机相同，当物体在凸透镜的二倍焦距之外时，成倒立、缩小的实像，故ABD错误；
C、当物体靠近摄像头时，物距变小，像距变大，则电子眼所成的像变大，故C正确。
故选：C。
摄像头的成像规律和我们生活中的照相机的原理是一样的，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；
凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，要求学生会用学过的知识分析日常生活中的相关现象，平时多注意观察，将知识活学活用。

15.【答案】D 
【解析】解：A.返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能，温度升高，返回舱外层燃烧，返回舱宛如一颗“火流星”，故A错误；
B.升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量，所以返回舱体表材料升华吸热，具有降温作用，故B错误；
C.返回舱开始减速下降以后，质量不变，速度变小，动能变小，高度变小，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，故返回舱机械能减小，故C错误；
D.反推发动机点火后，气体向下喷出，力的作用是相互的，气体给发动机一个向上的反作用力，使返回舱速度减小，从而平稳着陆，故D正确。
故选D。
(1)返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能；
(2)升华是物体由固态变成气态的过程，这个过程物体需要吸收热量；
(3)影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和势能合称机械能；
(4)物体间力的作用是相互的。
此题涉及到机械能和其他形式的能的相互转化，升华吸热、力作用的相互性等多个知识点，体现了物理与科技生活的联系。

16.【答案】D 
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、由P=UI可得，灯泡的额定电流：
I额=P额U额=1.5W3V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且变阻器R允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0∼0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以，为不损坏电路元件，电路中最大电流：Imax=I额=0.5A，故A错误；
则电路的最大功率：Pmax=UImax=4.5V×0.5A=2.25W，故B错误；
D、灯泡正常工作，电流最大，变阻器接入电路的阻值最小，
此时滑动变阻器的电压：U滑小=U-UL大=4.5V-3V=1.5V，
则滑动变阻器接入电路的最小阻值：R滑小=U滑小I大=1.5V0.5A=3Ω，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大为30Ω时，电路中电流最小，灯泡的电压最小，
所以，滑动变阻器阻值变化范围为3Ω∼30Ω，故D正确；
C、根据P=UI=U2R可得，灯泡的电阻：RL=U额2P额=(3V)21.5W=6Ω，
电路中的最小电流：Imin=URL+R滑大=4.5V6Ω+30Ω=0.125A，
灯泡两端的最小电压(电压表的最小示数)：Umin=IminRL=0.125A×6Ω=0.75V，
所以电压表示数变化范围为0.75V∼3V，故C错误。
故选：D。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI求出通过的电流，利用欧姆定律求出灯泡的电阻，结合电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路消耗的最大功率；
(2)电路中的电流最大时接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出接入电路中的最小电阻，结合滑动变阻器的最大阻值得出滑动变阻器阻值变化范围；
(3)当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路中电流最小，灯泡的电压最小，根据P=UI=U2R求出灯泡的电阻，然后根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用欧姆定律求出灯泡两端的最小电压，进而得出电压表示数变化范围。
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。

17.【答案】ABD 
【解析】解：由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压(电源电压)，电流表A1测滑动变阻器的电流，电流表A2测干路中的电流；
由于电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；
因为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灯泡的电流不变，灯泡亮度不变；
当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时，变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，通过变阻器支路的电流变大，即电流表A1的示数变大；
根据并联电路的电流特点可知，干路电流变大，即电流表A2示数变大；
电压表V示数不变，电流表A2的示数变大，则电压表V示数与电流表A2的示数之比变小；
综上所述，C正确，ABD错误。
故选：ABD。
由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压(电源电压)，电流表A1测滑动变阻器的电流，电流表A2测干路中的电流；
根据电源电压可知电压表示数的变化，滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器电流的变化；
根据并联电路的特点分析通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化，根据并联电路的电流规律判定干路中电流的变化；
根据电压表示数、电流表A2示数的变化分析电压表V示数与电流表A2的示数之比的变化。
本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键。

18.【答案】同种液体，深度越深，压强越大 ρ水(h+Δh)h 
【解析】解：(1)分析A、B两图可知，同种液体，B中探头的深度大，液体产生的压强大，得出的结论是：同种液体，深度越深，压强越大；
(2)由乙图可知，压强计的探头在两种液体中的深度相同，而U形管中液面的高度左边小于右边，说明左边探头受到液体压强大于右边探头受到液体压强，又知道U形管压强计中左右水面高度差为Δh，则中间液柱高度差产生的压强为：
p差=ρ水gΔh，
两侧压强的关系为：
p左=p右+p差，
则：ρ1gh=ρ水gh+ρ水gΔh，
解得：ρ1=ρ水(h+Δh)h。
故答案为：(1)同种液体，深度越深，压强越大；  (2)ρ水(h+Δh)h。
(1)液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；
(2)由乙图可知，压强计的探头在两种液体中的深度相同，而U形管中液面的高度左边小于右边，说明左边探头受到液体压强大于右边探头受到液体压强，则可得出两侧压强的关系p左=p右+p差，据此可计算得出待测液体的密度。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及p=ρgh的运用。

19.【答案】②  木块移动的距离相等 
【解析】解：(1)本实验研究的“动能”是指在水平面上，撞击木块时钢球的动能，故选②；
(3)观察图乙的装置可知，若用质量不同的小球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧弹性势能相同，转化出的动能相同，如果按此方案操作，可以观察到的现象是木块最终移动的距离相同。
故答案为：(1)②；(2)木块移动的距离相等；
(1)本实验研究的“动能”是指在水平面上，撞击木块时，小球的动能；
(2)影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。

20.【答案】移动滑片，观察电压表、电流表指针偏转情况  电源电压低于灯泡额定电压 I12×UI2 
【解析】解：(1)小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
；
(2)电流表和电压表指针都有较小的偏转，说明电路为通路，小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，由P=UI可知，此时小灯泡的实际功率太小不足以使小灯泡发光，故接下来，他的操作是移动滑片，观察电压表、电流表指针偏转情况；
若电源电压低于灯泡额定电压，即使滑动变阻器阻值减小为0时，也不能使灯泡两端达到2.5V；
(3)①只闭合开关S1，移动滑动变阻器R2的滑片，使电流表示数为I1；
②只闭合开关S2，保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表示数为I1；
再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，读出电流表的示数为I2；
在②中，两电阻串联，由①②根据等效替代法，灯正常发光时的电阻为滑动变阻器R1连入电路中的电阻大小，RL=R1，
再将滑动变阻器R2的滑片调到最左端，此时电路中的只有R1，由欧姆定律，R1=UI2，
则小灯泡的额定功率表达式为P额=I12RL=I12×UI2。
故答案为：(1)见解答图；(2)移动滑片，观察电压表、电流表指针偏转情况；电源电压低于灯泡额定电压；(3)I12×UI2。
(1)根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，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)闭合开关，发现电压表、电流表的指针都有较小的偏转，说明电路为通路，小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，据此分析；
影响电压表的示数的因素，一是电源电压的大小，二是滑动变阻器的最大阻值太小；
(3)已知灯泡正常工作的电流为I1，根据P=I2R求出灯正常发光时的电阻是关键，先使灯正常发光，根据等效替代法结合串联电阻的规律及欧姆定律求出灯正常发光时的电阻。
本题用伏安法测小灯泡电功率实验，考查了电路连接、反常现象分析和设计实验方案测功率的能力。

21.【答案】解：由题可知，吊桥相当于一根以B点为支点的杠杆，绳子拉吊桥的力为动力，吊桥的重力为阻力；
将吊桥匀速拉至与水平面成30∘角时，动力方向沿着A'C向上，过支点B作A'C的垂线段即为动力臂L1，吊桥重力的力臂为L2，如图所示：

(1)由数学知识结合图可知，当吊桥与水平面成30∘角时，
重力的力臂：L2=12A'B×cos30∘=12×10m× 32=5 32m，
拉力的力臂：L1=A'B×cos30∘=10m× 32=5 3m，
由杠杆平衡条件可得：G×L2=F×L1，
代入数据有：3000N×5 32m=F1×5 3m，
解得：F1=1500N；
(2)由于忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦，因此拉力做的功等于克服吊桥重力做的功，
由数学知识结合图可知，当吊桥与水平面成45∘角时，
吊桥重心上升的高度：h=12A'B×sin45∘=12×10m× 22=5 22m，
因此人拉力做的功：W=W吊桥=Gh=3000N×522m=10500J，
则人拉力做功的功率：P=Wt=10500J10s=1050W。
答：(1)此时的拉力F1大小为1500N；
(2)则该过程中人拉力做功的功率为1050W。 
【解析】(1)根据数学知识求出动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡条件求出拉力F1大小；
(2)由于忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦，因此拉力做的功等于克服吊桥重力做的功，根据数学知识求出吊桥重心上升的高度，根据W=Gh求出克服吊桥重力做的功，进而求出人拉力做的功，根据P=Wt求出人拉力做功的功率。
本题考查杠杆平衡条件的应用、功和功率的计算，关键是根据数学知识求出力臂的大小。

22.【答案】解：(1)由题可知，木块的体积：V木=L3=(10cm)3=1000cm3=1×10-3m3，
甲图中木块排开水的体积为：V排=35V木=35×1×10-3m3=6×10-4m3，
由阿基米德原理可得木块所受浮力的大小：
F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×6×10-4m3×10N/kg=6N；
(2)甲图中木块漂浮，则木块的重力：G木=F浮=6N，
图乙中木块表面上放一重2N的铁块，当它静止时，V排'=V木=1×10-3m3，
浮力F浮'=G总=G木+G铁=6N+2N=8N，
根据F浮=ρ水V排g可得液体的密度：
ρ液=F浮'gV排'=8N10N/kg×1×10-3m3=0.8×103kg/m3。
(3)图乙中木块下表面所处的深度为h=L=10cm=0.1m，
则下表面受到液体的压强：p=ρ乙gh=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.1m=800Pa。
答：(1)图甲中木块受的浮力为6N；
(2)图乙中液体的密度为0.8×103kg/m3；
(3)图乙中木块下表面受到液体的压强为800Pa。 
【解析】(1)根据V=L3求出木块的体积，然后求出甲图中木块漂浮在水面上时排开水的体积，由阿基米德原理即可求出木块所受浮力的大小；
(2)根据物体的漂浮特点求出木块的浮力，由阿基米德原理求出图乙中液体的密度；
(3)根据液体内部压强的公式p=ρgh求木块下表面所受压强的大小。
本题考查阿基米德原理的运用，要理解物体漂浮时的特点，掌握液体内部压强的运算。

23.【答案】解：(1)由图甲可知，当开关S与触点1连接时，电路中只有R1，电路中电阻较小；当开关S与触点2连接时，电路中R1、R2串联，电路中电阻较大；电源电压一定，由P=U2R可知，当开关S与触点1连接时，电路电功率较大、电饭锅处于加热状态；当开关S与触点2连接时，电路电功率较小、电饭锅处于保温状态。
加热的电功率P=U2R=(220V)244Ω=1100W；
(2)当开关S与触点2连接时，R1、R2串联，电路电功率较小、电饭锅处于保温状态，
3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，
1min消耗的电能：
W保温=53000kW⋅h=1600×3.6×106J=6000J，
保温功率：
P保温=W保温t=6000J60s=100W，
由P=U2R可得：
R串=U串2P串=(220V)2100W=484Ω，
R2的阻值：
R2=R串-R1=484Ω-44Ω=440Ω；
(3)用电高峰时期，由于使用的用电器增多，导致家庭电路中的总电阻减小，干路上的电流增大，根据U=IR知，线路上分得的电压增大，根据串联电路电压的规律知，用电器两端的实际电压减小。
故答案为：(1)加热状态时，电饭锅消耗的功率1100W。
(2)R2的阻值为440Ω。
(3)见解答。 
【解析】(1)分析电路图，比较开关S与触点1、2连接时，电路中电阻大小关系，电源电压一定，利用P=U2R可知电功率大小关系，进而得出是处于加热状态还是保温状态，并计算加热功率。

(2)当开关S与触点2连接时，R1、R2串联，电路电功率较小、电饭锅处于保温状态。3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求1min消耗的电能，再利用P=Wt求保温功率，利用P=U2R求串联电阻，进而求出R2的阻值；
(3)用电高峰时期，由于使用的用电器增多，导致家庭电路中的总电阻减小，从而使线路上分得的电压增大，用电器两端的实际电压减小。
本题考查了消耗电能、电功率的计算，本题关键：一是灵活应用电功率的相关公式，二是分析电路图得出加热、保温状态时的电路组成。