2023年山西省大同市浑源县三校中考物理一模试卷（含解析）

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2023年山西省大同市浑源县三校中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
1. 科学家正在研发零电阻特性的材料实现远距离无损耗的大功率输电，这种材料是(    )
A. 超导材料 B. 合金材料 C. 半导体材料 D. 磁性材料
2. 磨刀师傅在磨刀时，不时往磨刀石上洒些水，针对磨刀现象，下列解释不正确的是(    )
A. 刀被磨之后会发热，是通过做功改变刀的内能
B. 磨刀石被磨之后会发热，是通过热传递改变磨刀石的内能
C. 洒水是为了通过热传递改变刀和磨刀石的内能
D. 磨刀声是通过空气传入人耳的
3. 一位同学用如图所示的电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压不变，表格中是实验数据，若第四次实验时将定值电阻的阻值由30Ω调为40Ω后，并调整电压表的示数不变，这时电流表的示数应该是(    )
R/Ω
10
20
30
40
50
I/A
0.6
0.5
0.2

0.12



A. 0.2 B. 0.17 C. 0.15 D. 0.13
4. 汽车已经成为现代生活中不可缺少的一部分，现代汽车多数采用汽油机作为发动机，如图所示是四冲程汽油机的工作循环示意图，下列属于压缩冲程的选项是(    )

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
5. 新能源电动汽车被越来越多的家庭所接受，其核心部件是电动机。如图能说明电动机工作原理的是(    )
A. B.
C. D.
6. 关于物体内能的下列说法，正确的是(    )
A. 晒太阳使身体变暖，是通过热传递改变内能的
B. 热量总是由内能大的物体传递给内能小的物体
C. 一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能减小
D. 物体吸收热量，内能变大，温度一定升高
7. 张研同学有两段电热丝，电阻分别是R1、R2(R1>R2)，他将这两段电热丝在电路中串联起来，分别放入两个相同的容器中，两个容器中装有相同质量的水，如图所示。当他将开关闭合后，关于甲乙两个容器中水温的变化，下面的说法中正确的是(    )


A. 甲容器中的水温度上升的快 B. 乙容器中的水温度上升的快
C. 甲、乙容器中的水温度上升的一样快 D. 条件不足，无法判断
8. 下图所示的现象中，说法正确的是(    )

A. 甲图中摩擦起电的原因是电子发生了转移
B. 只有乙图所示的负电荷定向移动才能形成电流
C. 丙图中的测电笔在辨别火线、零线时，不能接触测电笔上的任何金属体
D. 不接触丁图中的高压带电体，一定不会有触电危险
9. 下列生活中常见的用品中，属于消耗电能的是(    )
A. 电池 B. 充电中的蓄电池
C. 发电机 D. 手机中正在使用的锂离子电池
10. 下列有关安全用电的说法正确的是(    )
A. 微波炉可以通过双孔插座接入家庭电路
B. 用正在充电的手机通电话
C. 使用试电笔时接触笔尾金属体
D. 更换灯泡、搬动电器前可以不断开电源开关
11. 如图所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列判断正确的是(    )
A. 电流表示数变大，电压表示数变小
B. 电流表示数变大，电压表示数变大
C. 电流表示数变小，灯泡的实际功率变小
D. 电流表示数变小，灯泡的实际功率变大
12. 如图，电源电压保持不变，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，闭合开关S后，滑片向左滑动的过程中，下列说法正确的是(    )
A. 电压表V的示数变大
B. 电流表A2的示数变大
C. 电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变
D. 电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变大

13. 小明利用如图所示的电路探究“导体中电流跟电阻的关系”，电源电压保持不变，更换阻值不同的电阻R2，通过调节滑动变阻器接入电路的电阻R1，正确完成实验，记录各次实验中电压表示数U和电流表示数I.描点画出下列四幅图，其中最接近实际的是(    )
A. B.
C. D.
14. 小华将额定电压相同的两只小灯泡L1、L2串联在电路中，如图所示。合上开关时、发现灯L1亮而灯L2不亮；当他用一根导线并接在灯Ll的两端时，发现灯L2亮了而灯L1不亮。分析出现上述现象的原因是(    )
A. 灯L2短路
B. 灯L1断路
C. 灯L1的额定功率比灯L2的额定功率大得多
D. 灯L1的电阻比灯L2的阻大得多
15. 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V 3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响.闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P移动到中点时，小灯泡正常发光，电压表示数为3V，当滑片P移到最大阻值时，灯L与滑动变阻器此时的电功率之比为(    )
A. 2：1 B. 1：1 C. 1：2 D. 2：3
16. 中华古诗词及谚语中蕴含着丰富的物理知识。下列说法正确的是(    )
A. “两岸青山相对出”中“青山相对出”是以小舟为参照物
B. “铁杵磨成针”的过程中，“铁杵”质量减小，密度增大
C. “潭清疑水浅”中的“水浅”是由于光的折射形成的现象
D. “花气袭人知昼暖”中“花气袭人”是分子在无规则运动
17. 如图所示，两个相同透明容器中密封着等量的空气。用该装置探究电流产生的热量与哪些因素有关时，下列说法正确的是(    )

A. 通电后可探究电流产生的热量与通电时间的关系
B. 通电后可探究电流产生的热量与电流大小的关系
C. 通电一段时间后，右侧U形管中液面高度差较大
D. 用U形管中液面高度差反映电流产生热量的多少属于转换法
18. 下列说法中错误的是(    )
A. 凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼
B. 远视眼观察景物时成像于视网膜前，可用凸透镜矫正
C. 四冲程汽油机做功冲程中将内能转化为机械能
D. 物体温度越高，具有的热量越多
19. 能源、信息和材料是现代社会发展的二大支柱，下列说法中正确的是(    )
A. 手机无线上网是利用了电磁波传输信号的
B. 节能高效的LED灯是使用半导体材料制成
C. 目前建成的核能发电站利用了核聚变原理
D. 酒精汽油的使用是为了节约不可再生能源
20. 如图所示的电路中，电源电压不变，只闭合S1，滑片P移动到左端，电路安全，电流表示数为I1；再闭合S2，电流表示数为I2，I2>I1。下列说法正确的是(    )
A. 甲是电流表，乙是电压表
B. 只闭合S1，滑片P向右移动时，电表甲的示数变小
C. 闭合S1、S2，滑片P向左移动时，电表乙的示数变小
D. 将滑片P移到右端，先闭合S1，电路消耗的总功率为P1；再闭合S2，电路消耗的总功率为P2，P1
21. 小亮放学回家一进家门，就闻到了厨房里面妈妈做的饭菜香味，这是一种______现象，这个现象说明分子在永不停息地做______。学过分子动理论的知识以后，小亮知道，温度越高，分子运动就越______(填“剧烈”或者“缓慢”)。
22. 金城江公园既是当地人夏季避暑，闹市中取静的好去处，炎热的夏季，公园内明显比其他地方凉爽很多，主要是因为池中水的______比砂石大得多。同时，园中大量的树木能阻断噪声的______，显得公园分外安静。
23. 一台单缸四冲程柴油机飞轮转速1200r/min，则柴抽机1S内完成______个冲程．做功______次．
24. 把两个分别标有“10Ω，0.3A”和“20Ω，0.6A”的定值电阻并联接入电路，在保证电路元件安全的前提下，电路两端允许加的最大电压为______V，干路中允许通过的最大电流为______A。
25. 如图电路中，电源电压不变，变阻器最大阻值R2=20Ω，闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，电流表的最小示数为0.3A，而电压表V1的最大示数与最小示数之比为5：3，则R1的最大电功率为______W。


26. 小明同学利用如图甲所示的装置探究冰熔化时温度的变化规律：
(1)在加热第3min时该物质的温度如图甲所示，此时该物质处于______(选填“固态”、“液态”或“固液共存态”)，随着加热时间增加该物质的内能______(选填“变大”、“不变”或“变小”)，温度随时间的增加而变化的图象应为______(选填“乙”或“丙”)
(2)图甲实验过程中用水间接给冰加热的目的是______，如果在冰全部融化成水后继续对该装置进行加热，试管中的水______(选填“能”或“不能”)沸腾。
(3)在实验过程中小明发现每加热1min冰升温3℃，但是当冰全部融化成水后，每加热1min，水温度升高1.5℃，不计热量损失，冰的比热容为______J/(kg⋅℃)(水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
27. 如图是“探究串联电路电流特点”的实验电路图：

(1)实验中，选择两个小灯泡的规格应该是______ 的(选填“相同”或“不相同”)；
(2)下表是某同学实验中的一组数据：
电流表的位置
A
B
C
电流I/A
0.3
0.3
1.5
指出上述表格所记录的数据中，明显错误的数值是______ ，造成错误的原因是______ ；
(3)实验时，若发现电流表指针摆动分别出现了如图甲、乙所示的两种情况。请分析在使用电流表时分别存在什么问题，并写在下面的横线上。甲现象存在的问题：______ ；乙现象存在的问题：______ 。
28. 随着人们生活水平的不断提高，对居住环境的要求越来越高。目前有不少家庭已使用了超声波加湿器，使用这款加湿器可以改善空调房或者冬天干燥的室内环境，如图甲所示。图乙是其工作原理图，下表为其部分技术参数。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换(低挡为小功率加热，高挡为大功率加热)，求：
额定电压
220V
高档发热功率
400W
水箱最大容水质量
4kg
适用面积
30～50m2

(1)电阻R1的阻值；
(2)由超声波加湿器的原理图计算加湿器处于低挡位置时的发热功率；
(3)如图丙所示是某次使用超声波加湿器工作30min的图象，请计算加湿器消耗的电能，若这些电能全部被4kg的水全部吸收，可使水箱的水从10℃升高到多少？(结果保留1位小数)[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
29. 设计汽车发动机时，既要考虑能量的利用效率，也要考虑发动机的冷却问题。
(1)汽车的冷却系统常用水的循环来降低发动机的温度，5kg水在冷却系统中温度升高40℃，所吸收的热量是多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)某车柴油发动机的效率为25%，如果发动机输出1.32×107J的能量，则该车消耗柴油是多少kg？(q柴油=3.3×107J/kg)
30. 请根据如图所示的实物图，画出对应的电路图。

31. 小明对卫生间内的换气扇和照明灯的电路进行了如下改造；控制它们工作的有两个开关，换气扇工作时照明灯一定发光，照明灯发光时换气扇可以不工作。如图的虚线框内已画出了所连接的电源，请你接着完成这部分电路的电路图(换气扇用电动机符号表示)
32. 如图所示，标有“8V，4W”的小灯泡L。闭合开关，小灯泡且好正常发光，电流表的示数为1.5A。则：
(1)由小灯恰好正常发光，说明电源电压为______ V；
(2)R0的阻值多大？
(3)小灯正常发光1分钟消耗电能多大？



答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：远距离输电时，由于导线有电阻，根据焦耳定律可知，导线上将消耗大量的电能．当电阻为零时，可使导线损耗为零，故超导材料的出现，为我们将来利用其零电阻特性实现远距离大功率输电提供了可能．
故选：A．
超导现象即是在特定条件下，导体电阻为零，根据焦耳定律可知超导材料上不会产生热量，适合做输电导线、电动机线圈等．
本题主要考查学生对超导材料、合金材料、半导体材料、磁性材料的应用，同学们平时应注意对身边一些新材料的了解和掌握，是一道基础题．

2.【答案】B 
【解析】解：AB、磨刀过程中，要克服刀和磨刀石之间的摩擦力做功，机械能转化为内能，所以刀和磨刀石被磨之后会发热，是通过克服摩擦做功的方式改变内能的，故A正确，故B错误；
C、洒水后，水从刀和磨刀石上吸收热量，是通过热传递改变刀和磨刀石的内能，故C正确；
D、磨刀声是通过空气传入人耳的，故D正确。
故选：B。
(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，热传递是能量的转移；
(2)声音的传播需要介质，传声的介质可以是固体、液体和气体。
本题考查了做功和热传递改变物体内能以及声音的传播，属于基础性题目。

3.【答案】C 
【解析】解：研究通过导体的电流与电阻的关系要保持导体两端的电压不变，
电阻两端的电压U=I1R1=0.6A×10Ω=6V，
当电阻R的阻值为40Ω时，电路中的电流应该为：I′=UR4=6V40Ω=0.15A。
故选：C。
研究通过导体的电流与电阻的关系要保持导体两端的电压不变，将电阻R的阻值从30Ω调为40Ω后，并调整电压表的示数不变，根据欧姆定律，计算出当电阻R两端的电压保持不变，且电阻的阻值为40Ω时，电路中的电流。
本题考查了控制变量法和欧姆定律的应用，以及在研究通过导体的电流与电阻的关系时，要控制导体两端的电压不变。

4.【答案】A 
【解析】解：
甲图中：气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，故甲符合题意；
乙图中：气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，故乙不符合题意；
丙图知：排气门打开，活塞向上运动，气缸容积减小，是排气冲程，故丙不符合题意；
丁图中：进气门打开，活塞向下运行，气缸容积增大，是吸气冲程，故丁不符合题意。
故选：A。
判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
此题考查了对内燃机四个冲程的判断，要结合气门和活塞运动情况进行判断。

5.【答案】D 
【解析】解：电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的；
A、图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故A不符合题意；
B、图为探究电磁铁的磁性的实验图，故B不符合题意；
C、图中没有电源，当线圈在磁场中做切割磁感线运动时，小灯泡发光，说明产生了感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故C不符合题意；
D、当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D符合题意。
故选：D。
电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的。
本题考查了电动机的原理，电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。

6.【答案】A 
【解析】解：
A、晒太阳使身体变暖，热量通过热传递的方式转移到身体上，从而改变了身体的内能，使身体变暖，故A正确；
B、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体或者从物体的高温部分传向低温部分，而不是由内能大的物体传递给内能小的物体，故B错误；
C、0℃的冰块熔化成同温度的水，需要吸收热量，因此内能增加，故C错误；
D、物体吸收热量，内能变大，但温度不一定升高；比如：晶体在熔化过程中吸热，内能增加但温度不变，故D错误。
故选：A。
(1)改变物体内能的两种方式：做功和热传递，改变物体内能的两种方法是等效的；
(2)发生热传递的条件是存在温度差；
(3)内能是指物体内部所有分子的分子动能和分子势能的和；物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。
解决此类问题要结合改变物体内能的方式分析解答，以及有温度差才能发生热传递，以及热传递的特点的理解和掌握。

7.【答案】A 
【解析】解：
从图可知，两电热丝R1、R2串联，所以通过它们的电流和通电时间都相同，
根据焦耳定律Q=I2Rt可知，在电流和通电时间一定时，电阻越大产生的热量越多。
因为R1>R2，所以Q1>Q2，
即甲容器中水吸收的热量多，
而两个容器中装有相同质量的水，
所以甲容器中水温上升较快。
故选：A。
电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻的大小和通电时间成正比，因此在分析电流通过导体产热多少时应用了控制变量法。即当电流、通电时间相等时，电阻越大产生的热量越多。
本题考查了学生对焦耳定律的理解和应用，解答时要注意串联时电流和时间都相同，以及学生对控制变量法的掌握情况。

8.【答案】A 
【解析】解：A.甲图中摩擦起电并不是创造了电荷，只是电子从一个物体转移到另一个物体，故A正确；
B.电流是电荷的定向移动形成的，负电荷的定向移动也可以形成电流，故B错误；
C.用测电笔在辨别火线、零线时，手要接触笔尾的金属体，氖管发光的是火线，不发光的是零线，故C错误；
D.安全用电的原则是不接触低压带电体，不靠近高压带电体，靠近丁图中的高压带电体，也可能有触电危险，故D错误。
故选：A。
(1)摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷；
(2)电流是电荷的定向移动形成的；
(3)使用测电笔辨别火线和零线时，笔尖金属体接触要鉴别的导线，手接触笔尾金属体；
(4)在高压强电力时，空气变成了导体，只要靠近高压带电体就可能触电。
本题考查摩擦起电、测电笔的使用方法、以及电流的形成，是一道好题。

9.【答案】B 
【解析】解：A、电池使用是化学能转化为电能，不存在消耗电能的情况；故A错误；
B、充电中的蓄电池是电能转化为化学能等，存在消耗电能的情况；故B正确；
C、发电机使用时是机械能转化为电能，不存在消耗电能的情况；故C错误；
D、手机中正在使用的锂离子电池，将化学能转化为电能，不存在消耗电能的情况，故D错误。
故选：B。
判断物品是否消耗电能，关键是看该物品是否存在电能和其他形式能的转化，如果有电能转化为其他形式的能，则就存在消耗电能的情况。
本题考查能量转化的有关问题，相对比较简单，属于基础题。

10.【答案】C 
【解析】解：
A、微波炉有金属外壳，为了防止外壳带电，微波炉需要通过三孔插座接入家庭电路，故A错误；
B、若用正在充电的手机打电话，容易发生手机电池爆炸事故，故B错误；
C、使用试电笔时，手指应接触笔尾金属体，因为试电笔中有高值电阻起保护作用，所以不会发生触电事故，故C正确；
D、更换灯泡、搬动电器之前必须断开开关，否则可能引起触电，故D错误。
故选：C。
(1)有金属外壳的用电器，其外壳要接地；
(2)若用正在充电的手机打电话、玩游戏，容易发生手机电池爆炸事故，很危险；
(3)试电笔的正确使用方法，手一定接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体；
(4)更换灯泡、搬动电器之前必须断开开关，因为当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会造成触电。
本题主要考查生活中的一些安全用电常识，应注意积累并严格遵守，牢记安全用电常识，并在生活中加以运用，有一定的现实意义。

11.【答案】C 
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大；
根据I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
根据U=IR可知，灯泡两端的电压变小，
根据P=UI可知，灯泡的实际功率变小；
根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
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，关键是会分析滑片移动时滑动变阻器接入电路中电阻的变化。

12.【答案】C 
【解析】解：由图可知，闭合开关S后，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A2测流过R2的电流，电流表A1测干路电流；
因电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；
当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，由于并联电路各支路互不影响，所以，通过定值电阻R2的电流不变，即A2的示数不变；
因并联电路中各支路两端的电压不变(等于电源电压)，变阻器接入电路的电阻变小，所以由欧姆定律可知，通过变阻器R1的电流变大，由并联电路的电流特点可知干路电流变大，即A1的示数变大；
因电压表V的示数不变，A2的示数不变，A1的示数变大，
所以可知电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变，电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变小；
综上可知ABD错误，C正确。
故选：C。
分析电路图可知，闭合开关S后，定值电阻与滑动变阻器并联，电压表测电源电压，电流表A2测流过R2的电流，电流表A1测干路电流；
根据并联电路的特点可知电流表A2的示数变化情况；根据电源电压不变可知电压表的示数变化情况；
根据滑动变阻器滑片的移动方向判定变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定通过变阻器的电流变化情况，根据并联电路的电流规律可知电流表A1的示数变化情况，进一步得出电压表V的示数与电流表A2的示数的比值、电压表V的示数与电流表A1的示数的比值的变化情况。
本题考查欧姆定律和滑动变阻器的应用，关键是知道并联电路电流和电压的规律，难点是知道电流表和电压表分别测量哪一部分的电流和电压。

13.【答案】B 
【解析】解：
A、由图知，R1、R2、电流表串联在电路中，电流表测电路中的电流；电压表测R2两端电压，因电压不变时，导体中电流跟电阻的关系成反比，故A错误；
B、探究“导体中电流跟电阻的关系”时应控制R2两端电压保持不变，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压也不变，由分压原理，两电阻之比为一定值，故图象为过原点的直线(或延长线过原点)，故B正确；
C、由B知，R1随R2的增大而变大，由电阻的串联和欧姆定律，当R1增大时，电路中的电流变小，故C错误；
D、由控制变量法知，探究“导体中电流跟电阻的关系”时应控制R2两端电压保持不变，故D错误。
故选：B。
(1)由图知，R1、R2、电流表串联在电路中，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流，根据电压不变时，导体中电流跟电阻的关系成反比，据此分析；
(2)探究“导体中电流跟电阻的关系”时应控制R2两端电压保持不变，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压不变，据此分析；
(3)由D知，R1随R2的增大而变大，由电阻的串联和欧姆定律分析；
(4)探究“导体中电流跟电阻的关系”时应控制R2两端电压保持不变，据此回答。
本题探究“导体中电流跟电阻的关系”，考查控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用，有一定难度。

14.【答案】D 
【解析】解：用一根导线并接在灯Ll的两端时，发现灯L2亮了而灯L1不亮，是导线把L1短路了，电压加在灯L2上，说明原来是L2的实际功率太小，而不能使灯丝发光，而不是L2短路。
串联电路中的用电器的功率之比等于电阻之比，故是灯L1的电阻比灯L2的电阻大得多。
已知两灯泡的额定电压相同，即U1额=U2额，但R1>R2，由P=U2R知，额定电压一定时，电阻越大，额定功率越小，因此灯L1的额定功率要比灯L2的额定功率小；
故选：D。
电路串联时，电流是处处相等的，当灯L1亮而灯L2不亮时，可能发生短路或L2的实际功率太小，而不能使灯丝发光。
当灯L1亮而灯L2不亮时，有两种情况，而用一根导线并接在灯Ll的两端时，即把L1短路了，发现灯L2亮了，说明原来不是短路，只能是不亮的灯的实际功率太小了，再由串联电路中的功率与电阻的关系从而得到D的说法正确。

15.【答案】B 
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测变阻器R两端的电压。
当滑动变阻器的滑片P移动到中点时，滑动变阻器连入电路的电阻R滑=12R滑大，此时小灯泡正常发光，则UL=6V，且电压表示数为3V，
根据串联电路的分压规律可得ULU滑=RLR滑，即6V3V=RL12R滑大，所以RL：R滑大=1：1；
当滑片P移到最大阻值时，因串联电路各处的电流相等，
则由P=I2R可得灯L与滑动变阻器的电功率之比为PL：P滑=RL：R滑大=1：1。
故选：B。
由图可知，闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测变阻器R两端的电压。
当滑动变阻器的滑片P移动到中点时，灯泡正常发光，则灯泡两端的电压和额定电压相等，且电压表示数为3V，根据串联电路中分得的电压与电阻成正比求出灯泡电阻与滑动变阻器最大阻值之间的关系；
当滑片P移到最大阻值时，根据串联电路的电流特点和P=I2R求出灯L与滑动变阻器此时的电功率之比。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。

16.【答案】ACD 
【解析】解：A、“青山相对出”是以小舟为参照物描绘的，以小舟为参照物，青山是运动的，故A正确；
B、“铁杵磨成针”的过程中，有一部分铁被磨掉了，因而铁杵中所含铁物质比原来减少了，所以其质量减小，密度与质量无关，故密度不变，故B错误；
C、“潭清疑水浅”，是由于光从水中射入空气中，在水面处发生光的折射而产生的现象，故C正确；
D、“花气袭人”是由于分子的无规则运动造成的，故D正确。
故选：ACD。
(1)物体相对于参照物位置变化，则物体是运动的；
(2)质量是物体中所含物质的多少。质量是物体的固有属性，它与物体的形状，位置，状态的变化无关；密度是物质的一种特性，对于同一种物质，与它的体积、质量、位置等无关；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象；
(4)一切物体的分子都在不停地做无规则运动。
本题考查参照物的判断，质量和密度的理解，光的折射及分子动理论。属于综合题。

17.【答案】CD 
【解析】解：AB、两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系，故A错误，B错误；
C、两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻产生热量多，即右侧U形管中液面高度差较大，故C正确；
D、电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，运用的是转换法，故D正确。
故选：CD。
(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，甲图两电阻串联接入电路，通过两电阻的电流相等，故探究电流产生热量跟电阻关系；由焦耳定律Q=I2Rt可知，右侧电阻产生热量多，即右侧容器中产生热量多；
(2)电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，通过转换法间接得到导体通电后产生热量的多少。
本题探究“电流通过导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联电路的规律及焦耳定律的运用。

18.【答案】BD 
【解析】解：A、凹透镜对光有发散作用，近视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太强，像成在视网膜的前面，可以用凹透镜来矫正近视眼，故A正确；
B、远视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太弱，像成在视网膜的后方，为了使像成在视网膜上，就需要戴一个对光线有会聚作用的凸透镜来加以矫正，故B错误；
C、做功冲程是内能转化为机械能的冲程，燃料燃烧的化学能转化为内能，高温高压的燃气推动活塞做功，故C正确；
D、热量是一个过程量，不能说物体含有或具有多少热量，故D错误。
故选：BD。
(1)凹透镜对光有发散作用，近视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太强，本来应该成在视网膜上的像结果成在视网膜的前方造成的，为了使像成在视网膜上，就需要戴一个对光线发散作用的凹透镜来矫正近视眼；
(2)远视眼是由于晶状体对光线的会聚作用太弱，本来应该成在视网膜上的像结果成在视网膜的后方造成的，为了使像成在视网膜上，就需要戴一个对光线有会聚作用的凸透镜来加以矫正；
(3)做功冲程是内能转化为机械能的冲程；
(4)热量是一个过程量，不能说物体含有或具有多少热量。
本题考查了凸透镜的成像规律及应用、远视眼的成因及矫正方法、内燃机的做功冲程及其能量转化、热量的定义，难度不大。

19.【答案】ABD 
【解析】解：A、手机无线上网是利用了电磁波传输信号的，该选项说法正确；
B、节能高效的LED灯是使用半导体材料制成，该选项说法不正确；
C、目前核电站是利用核裂变释放的核能来发电的，该选项说法不正确；
D、酒精汽油的使用是为了节约汽油，汽油属于不可再生能源，该选项说法正确。
故选：ABD。
(1)电磁波能够传递信息；
(2)LED灯是一种新型的高效节能光源，它的核心元件是发光二极管，二极管是由硅和锗等材料制作成，而硅和锗是半导体材料；
(3)核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(4)酒精可以通过粮食发酵制取，也可以通过化学方法合成，属于可再生能源。
本题考查了学生对电磁波的传播、半导体、核裂变以及能源分类的掌握，具有一定的综合性，属于基础知识的考查。

20.【答案】BD 
【解析】解：
A、只闭合S1，滑片P移动到左端，电流表示数为I1；若甲为电流表，则此时电源会被短路，故甲为电压表；由于电压表接入电路中时相当于是断路，若乙为电压表，闭合开关S2，整个电路的总电阻不变，电流表示数不变，不符合题意，所以乙是电流表，故A错误；
B、只闭合S1，该电路为串联电路，电压表甲测量的是R1、R2两端的电压，滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，根据U=IR可知，R1、R2两端的电压变小，电压表示数变小，故B正确；
C、闭合S1、S2，电路为R1的简单电路，R2、滑动变阻器被短路，移动滑片，电路中的电流不变，乙表示数不变，故C错误；
D、将滑片移到右端，先闭合S1，三个电阻串联接入电路中；再闭合S2，R0、R2被短路，根据串联电路的电阻关系可知，此时电路的总电阻变小，根据公式P=U2R可知，电路消耗的功率会变大，即P1 故选：BD。
(1)根据电流表、电压表的特点和电流表示数的变化判定甲、乙电表的种类；
(2)判定电路的连接方式，根据滑片移动的方向判定其接入电路电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化，根据U=IR判定电压表示数的变化；
(3)闭合S1、S2，分析电路的结构，然后得出乙表示数的变化；
(4)根据电路总电阻的变化，利用公式P=U2R判定总功率的大小关系。
本题考查电流表、电压表的使用、串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，题目有一定难度。

21.【答案】扩散；无规则运动；剧烈 
【解析】
【分析】
此题主要考查的是学生对热运动概念的理解，属于记忆内容，比较简单。
不同物质彼此进入对方的微观现象叫做扩散现象，扩散现象表明物体的分子在不停地做无规则运动，而且分子运动的快慢和物体的温度高低有关系，温度越高，分子运动越剧烈，因此，分子的这种运动又叫做分子热运动。
【解答】
闻到菜的香味，这是扩散现象，这表明物质的分子是在不停地做无规则运动；
温度越高，分子无规则运动会越剧烈。  
22.【答案】比热容  传播 
【解析】解：
(1)因为水的比热容大于砂石的比热容，相同质量的水和砂石吸收相同的热量时，水升高的温度低，所以炎热的夏季，环城公园的周边明显比其他地方凉爽很多；
(2)公园中大量的树木能在传播过程中减弱噪声，从而使我们的生活环境更安静。
故答案为：比热容；传播。
(1)对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
(2)减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声。
本题主要考查学生对水的比热容大的特点和减弱噪声途径的了解和掌握，是一道基础题。

23.【答案】40  10 
【解析】解：内燃机的一个工作循环有四个冲程，飞轮转2圈．单缸四冲程内燃机飞轮的转速为1200r/min，则该柴油机每秒钟转120060=20圈，完成10个工作循环，完成40个冲程，对外做10次功．
故答案为：40；10．
解决此题要知道在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次．
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，常见题目．

24.【答案】3  0.45 
【解析】解：(1)标有“10Ω 0.3A”的定值电阻，所允许通过的最大电流为0.3A；
标有“20Ω 0.6A”的定值电阻，所允许通过的最大电流为0.6A。
则定值电阻两端允许加的最大电压分别为：
U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V，
U2=I2R2=0.6A×20Ω=12V，
因为并联电路各支路两端的电压相等，
所以为保证元件安全，并联电路两端的最大电压为：U=U1=3V；
(2)当并联电路两端的最大电压为3V时，
通过标有“10Ω0.3A”定值电阻的电流为I1=0.3A，
此时通过标有“20Ω0.6A”定值电阻的电流为I2′=UR2=3V20Ω=0.15A，
所以干路中允许通过的最大电流为：I=I1+I2′=0.3A+0.15A=0.45A。
故答案为：3；0.45。
(1)理解定值电阻铭牌上电流值的含义；已知定值电阻的阻值和允许通过的最大电流，可以得到它们两端所加的最大工作电压；并联电路各用电器两端电压相等，为保证元件安全，并联电路两端电压应以最小电压值为电路电压。
(2)并联电路中干路电流等于各支路电流之和。
本题考查并联电路的电流、电压规律以及欧姆定律的灵活应用，熟练掌握并联电路的特点是解答本类题型的关键所在。

25.【答案】7.5 
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)因R1为定值电阻，且电压表V1的最大示数与最小示数之比为5：3，
所以，由I=UR可得：U1大U1小=I大R1I小R1=I大I小=53，
由电流表的最小示数为0.3A可知，电路中的最大电流：I大=53I小=53×0.3A=0.5A，
由0.5A<0.6A可知，滑动变阻器接入电路中的电阻可以为零，
此时电源的电压：U=I大R1=0.5A×R1------①
当电压表的示数为3V或15V时，电路中的电流最小，则滑动变阻器接入电路中的电阻分别为：
R2=U2I小=3V0.3A=10Ω或R2=U2I小=15V0.3A=50Ω，
由阻器最大阻值R2=20Ω可知，滑动变阻器可以接入电路中的电阻最大，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U=I小(R1+R2)=0.3A×(R1+20Ω)---②
由①②可得：R1=30Ω，U=15V；
(2)当电路中的电流最大时，R1的电功率最大，
则P1大=UI大=15V×0.5A=7.5W。
故答案为：7.5。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
(1)R1为定值电阻，根据欧姆定律结合电压表V1的最大示数与最小示数之比为5：3求出电路中的最大电流，然后与电流表的量程相比较判断出滑动变阻器接入电路中的电阻可以为零，根据欧姆定律表示出电源的电压；根据电压表的量程得出最大示数，此时电路中的电流最小，根据欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，根据变阻器的最大阻值判断出可以接入最大阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，然后联立等式即可求出R1的阻值和电源的电压；
(2)当电路中的电流最大时，R1的电功率最大，根据P=UI求出R1的最大电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，正确判断出电路中的最大和最小电流时电路的连接方式是关键。

26.【答案】固态  变大  乙  使冰均匀受热  不能  2.1×103 
【解析】解：
(1)温度低于0℃，分度值为1℃所以示数为−2℃，低于冰的熔点，所以此时处于固态；
物质吸收热量时，内能增大；
由于冰是晶体，在熔化过程中温度保持不变，所以冰的熔化图象为图乙；
(2)水浴法加热的目的是使物体受热均匀；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热，试管中的水可以达到沸点，因内外温度相同，不能继续吸热，所以不会沸腾；
(3)由Q=cm△t可知，当质量和吸收热量相同时，比热容与升高的温度成反比，由于相同时间内冰和水升高的温度之比为2：1，所以冰和水的比热容之比为1：2，所以冰的比热容为2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)固态；变大；乙；(2)使冰受热均匀；不能；(3)2.1×103
(1)读数时，注意温度计的液面在0℃以上还是以下，然后确定分度值进行读数；冰是晶体，在熔化过程温度保持不变；低于冰的熔点时为固态；物质吸收热量时，内能增大；
(2)水浴法加热的目的是使物体受热均匀；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热；
(3)根据Q=cm△t求出冰的比热容。
本题是探究冰的熔化规律的实验，考查了对熔化图象的分析、晶体熔化的特点，还涉及到了有关比热容的知识，考查全面，难度适中。

27.【答案】不相同  1.5  用的是小量程，却按大量程读数了  电流表正负接线柱接反  电流表所选量程过大 
【解析】解：(1)为得出普遍性的结论，实验中，选择两个小灯泡的规格应该是不相同的。
(2)由于串联电路各处的电流都相等，所以1.5是错误的数值，由于电流表指针指在同一位置时，大量程读数是小量程读数的5倍，所以造成错误的原因是用的是小量程，却按大量程读数了。
(3)由甲图可知，电流表指针反转，所以甲的问题是电流表正负接线柱接反。
由乙图可知，电流表指针偏转角度太小，所以乙的问题是电流表所选量程过大。
故答案为：(1)不相同；(2)1.5；用的是小量程，却按大量程读数了；(3)电流表正负接线柱接反；电流表所选量程过大。
(1)为得出普遍性的结论，实验中，选择两个小灯泡的规格应该是不相同的；
(2)串联电路各处的电流都相等，据此判断；电流表指针指在同一位置时，大量程读数是小量程读数的5倍；
(3)甲图电流表指针反转，根据电流表出现这一现象的原因来解题；乙图电流表指针偏转角度太小，这样读数误差较大，可以根据出现这种情况的原因来解题。
此题考查了串联电路的电流特点的探究，属常考题目。

28.【答案】解：(1)当旋转开关接3、4触点时，R2短路，电路为R1的简单电路；
旋转开关接2、3触点时，R1与R2串联，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，由电阻的串联规律可知此时电路的总电阻最大，
由P=UI=U2R可知旋转开关接3、4触点时电路的功率最大，加湿器处于高挡，
则电阻R1的阻值：R1=U2P高=(220V)2400W=121Ω；
(2)旋转开关接2、3触点时，加湿器处于低挡，
已知R2=3R1，则低挡发热功率：P低=U2R1+R2=U24R1=(220V)24×121Ω=100W；
(3)由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min，
则加湿器工作30分钟消耗的电能：W=P高t高+P低t低=400W×10×60s+100W×20×60s=3.6×105J；
水升高的温度：Δt=Q吸cm=3.6×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×4kg≈21.4℃，
所以水箱的水从10℃升高到10℃+21.4℃=31.4℃。
答：(1)电阻R1的阻值为121Ω；
(2)加湿器正常工作时的低挡功率为100W；
(3)加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.6×105J，水箱的水从10℃升高到31.4℃。 
【解析】(1)分析旋转开关接3、4触点及2、3触点时，电路的连接，根据电阻的串联规律结合P=UI=U2R分析对应的不同挡位，根据P=U2R求出R1；
(2)已知R2=3R1，根据串联电路电阻规律结合电功率公式计算低温挡时加湿器的功率；
(3)由图乙可知加湿器工作30min内高挡工作的时间及低挡工作的时间，根据电功公式计算加湿器工作30分钟消耗的电能，根据吸热公式计算水升高的温度，进一步计算可使水箱的水从10℃升高到多少。
本题考查了电功率公式、电功公式的应用和串联电路的规律，分清加湿器处于不同状态时电路的结构是关键。

29.【答案】解：
(1)Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×40℃=8.4×105J；
(2)由η=Q有用Q放得柴油完全燃烧放出的热量：
Q放=Q有用η=1.32×107J25%=5.28×107J，
由Q放=mq得需要柴油的质量：
m=Q放q=5.28×107J3.3×107J/kg=1.6kg。
答：(1)水吸收的热量是8.4×105J；
(2)该车消耗柴油是1.6kg。 
【解析】(1)已知水的质量、比热容、温度的变化量，利用Q吸=cm△t求水吸收的热量；
(2)已知柴油发动机的效率和发动机输出的有用能量，利用效率公式求柴油完全燃烧放出的热量，而Q放=mq，据此求需要柴油的质量。
本题考查了学生对吸热公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，属于基础题目。

30.【答案】解：由实物图知，两灯泡L1、L2并联，开关S、电流表A2在干路上，电流表A1在L2支路上，L1单独一条支路，电路图如图所示：
。 
【解析】根据实物图先分析电路的连接情况，再画出对应的电路图，并且电路图与实物图相对应。
本题考查根据实物图画电路图，关键正确分析电路中各个用电器的连接方式和开关的位置。

31.【答案】解：
由分析可知，照明灯与换气扇并联，开关S1控制整个电路，开关S2控制换气扇。如下图所示：
 
【解析】换气扇工作时照明灯一定发光，照明灯发光时换气扇可以不工作，说明它们的连接方式是并联，其中一个开关控制整个电路，一个开关控制换气扇。
本题考查了串、并联电路的设计，关键是会根据用电器并联时可以相互不影响判断照明灯和换气扇是并联。

32.【答案】8 
【解析】解：(1)由图可知灯泡L与R0并联，电源电压等于灯泡两端电压，灯泡正常发光，所以灯泡两端电压为8V，电源电压也为8V；
(2)灯泡L正常发光的电流：IL=PU=4W8V=0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R0的电流：I0=I−IL=1.5A−0.5A=1A，
根据欧姆定律可得R0的阻值：R0=UI0=8V1A=8Ω；
(3)灯泡正常发光时电功率为4W，正常工作1分钟消耗的电能：W=Pt=4W×60s=240J。
答：(1)8；
(2)R0的阻值为8Ω；
(3)小灯正常发光1分钟消耗电能为240J。
(1)由图可知灯泡L与R0并联，电源电压等于灯泡两端电压，灯泡正常发光，此时灯泡两端的电压等于额定电压；
(2)根据P=UI计算灯泡L正常发光时的电流，根据并联电路电流规律计算通过R0的电流，根据欧姆定律计算R0的阻值；
(3)灯泡正常发光时电功率为4W，根据W=Pt计算正常工作1分钟消耗的电能。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。