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2023年江苏省宿迁市中考物理模拟练习试卷-普通用卷
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这是一份2023年江苏省宿迁市中考物理模拟练习试卷-普通用卷，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 2022年央视元宵晚会上，宇航员王亚平在空间站弹奏悠扬的《茉莉花》为全国人民送上祝福。关于琴声说法正确的是( )
A. 悦耳的琴声是由琴弦振动产生的
B. 琴声通过超声波从空间站传回地面
C. 用力拨动琴弦，琴声的音调变高了
D. 琴声在空间站里的传播速度是3×108m/s
2. 下列物态变化的说法，正确的是( )
A. 谷雨时节雨的形成是凝固
B. 白露时节露的形成是汽化
C. 霜降时节霜的形成是凝华
D. 大雪时节雪的形成是升华
3. 如图所示，在做“探究二力平衡条件”实验时，选用质量较小的卡片，目的是忽略小卡片的重力对实验的影响。这种突出问题的主要方面，忽略次要因素，是物理学中经常采用的一种科学研究方法。以下四个实例中所用研究方法与此相同的是( )
A. 选用质量相同的物体探究重力势能与高度的关系
B. 选用小磁针探究磁体周围的磁场
C. 选用轻绳探究使用定滑轮的特点
D. 选用2Ω和8Ω两个电阻串联代替10Ω的电阻
4. 一平行光正对凸透镜照射，在离透镜10cm处的光屏上得到一个最小最亮的光斑，那么当物体位于透镜前25cm处，在透镜另一侧可以得到( )
A. 倒立、缩小的实像B. 倒立、放大的实像C. 正立、放大的虚像D. 正立、缩小的虚像
5. 关于粒子和宇宙，下列说法正确的是( )
A. 水和酒精混合后总体积变小，直接证明了分子间存在引力
B. 卢瑟福根据实验建立了原子的核式结构模型
C. 摩擦起电是通过摩擦的方法创造了电荷
D. 宇宙是一个有层次的天体结构，恒星是绝对不动的
6. 初中各学科之间有着密切的联系，化学、生物学中也有物理知识的广泛运用，下列描述或说法中错误的是( )
A. 甲图中，蒸馏水的制备是利用水的汽化及水蒸气的液化
B. 乙图中，向下排空气阀收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度大的性质
C. 丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型
D. 丁图中，鱼主要是利用了尾部和躯干部的摆动与水的相互作用在水中游泳
7. 同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是( )
A. 甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B. 乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C. 丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D. 丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
8. 如图所示，一个重G=20N的物体在拉力F的作用下被匀速提升了20cm。若滑轮重为10N、不计绳重和摩擦，则拉力F及其向上移动的距离s分别为( )
A. F=10N，s=20cm
B. F=10N，s=40cm
C. F=15N，s=20cm
D. F=15N，s=40cm
9. 在泗洪姜堰学校校运会跳远运动的几个阶段如图所示，则运动员( )
A. 助跑过程中机械能不变
B. 起跳后升空的过程中，动能主要转化为重力势能
C. 经过最高点时动能为零
D. 经过最高点时重力势能最小
10. 共享单车是应移动互联网和二维码的发展而产生的，它能无桩停靠、扫码取车，很好地解决人们出行最后“一公里”的问题。如图所示这款共享单车科技含量最高的部分就是可定位的GPS电子锁，电子锁能接收云端发来的开锁指令，驱动电机开锁。传动轴内有一台微型发电机，在骑行的时候，这个发电机能为车锁里面的电池充电。关于微型发电机的工作原理与图对应的是
( )
A. B.
C. D.
11. 某同学设计了道路井盖移动报警电路。当井盖没有被移动，井盖开关S闭合，警示灯L不亮；当井盖被移动，井盖开关S断开，警示灯L发光，R0为保护电阻。图中符合设计要求的电路图是( )
A. B.
C. D.
12. 小明观察到本月底家里的电能表的相关示数如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. 电能表是测量用电器消耗电能快慢的仪表
B. 本月小明家消耗的电能是807度
C. 额定功率为1kW的用电器在此电路中单独连续工作1小时电能表一定转3000转
D. 当电路中只有这一个用电器连续工作时，测得在6min内电能表的转盘转了300转，这个用电器的实际功率是1kW
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 华为麒麟990芯片采用目前世界较先进的5(mm/μm/nm)工艺制造，其中“芯片”所用的材料是______ (导体/绝缘体/半导体/超导体)。“低碳环保”是当今世界的主题，在煤、石油、太阳能中，有可能成为今后可再生能源的是______ 。我国第三代核电技术“华龙一号”已成为继高铁之后的又一张中国名片。核电站利用核反应堆中铀核______ (填“裂变”或“聚变”)时产生的能量转化为内能，然后通过汽轮机做功将内能转化为______ 带动发电机发电。
14. 现在家庭中会用到一款清洁地面的扫地机器人，它工作时内部的电动风扇转动，使尘盒内部空气流速变大，压强______ ，(“变大”、“变小”或“不变，下同)，垃圾在外部大气压作用下被“吸”入尘盒：当扫地机器人一边“吸入”垃圾一边匀速运动时，它的动能______ ，物体对地面的压力与地面对它支持力是一对______ 。
15. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，变阻器滑片向右移动，甲表示数______(选填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，乙表示数______。
16. 小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向______ 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为______ g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为______ kg/m3。
17. 如图两个容器中分别盛有甲、乙两种不同的液体。把体积相同的A、B两个实心小球放入甲液体中，两球沉底如图甲所示；放入乙液体中，两球静止时的情况如图乙所示，图乙小球A受到的浮力______ (大于/小于/等于)A受到的重力，小球A的质量______ (大于/小于/等于)小球B的质量，小球A在甲液体中受到的浮力______ (大于/小于/等于)在乙液体中的浮力。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
18. 图中，物块A沿斜面下滑，请画出物块受到重力、支持力的示意图。
19. 在图中作出反射光线，并标出反射角的度数。
20. 如图所示，教室中有两盏照明灯，由一个开关控制，两盏灯之间互不影响，请将电路图连接完整。如答图所示。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
21. 小明和小华都选用如图甲所示的同一装置完成“探究水沸腾时温度变化的特点”实验。
(1)组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整______ (烧杯/温度计)的位置；
(2)水沸腾时，①水中产生大量气泡，气泡不断上升且______ (变大/变小)，到达水面破裂；②继续加热，水的温度______ (升高/降低/不变)；
(3)实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像(如图乙所示)，两位同学图像不同的原因是水的______ 不同；
(4)水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。用橡皮塞塞住烧瓶口并将其倒置，如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内气压减小，水的沸点______ (升高/降低/不变)。
22. 为完成“探究平面镜成像特点”实验，小华选择了如图所示的实验装置。
(1)为了便于观察，最好选用______ (无色/茶色)的
透明玻璃板进行实验；
(2)小华把点燃的蜡烛A放在玻璃板前，还要在玻璃板后面放一支外形相同，______ (点燃/不点燃)的蜡烛B，小华应在______ (A/B)蜡烛一侧观察玻璃板中的像；
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将______ (变大/不变/变小)；
(4)如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，蜡烛A的成像情况是______ (选填字母代号)。
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
23. 在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
(1)挂钩码前，杠杆在如图(a)所示的位置静止，此时杠杆 (选填“达到”或“没有达到”)
平衡状态；此时我们常把杠杆的平衡螺母向 调，直至在水平位置平衡，这样，既消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，又便于 。
(2)如图(b)所示，在A点挂2个质量均为50g的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N；(g=10N/kg)
(3)如图(c)，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F (选填“变大”、“变小”或“不变”)，F与其力臂的乘积变化情况是 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图(d)所示，此过程中，弹簧测力计的示数 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
24. 在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电源电压3V且恒定，定值电阻R的阻值分别5Ω，10Ω，15Ω，20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”。
(1)请根据图甲的电路图将图乙所示的实物连接完整。(导线不允许交叉)
(2)连接好电路后，闭合开关S，发现电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外。出现这一现象的原因可能是定值电阻R ______ (假设电路只有一处故障)；
(3)在探究电流与电压关系时，得到如表所示的电流I随电压U变化的数据，据此得出结论：______ ；
(4)在探究电流与电阻关系时，为了保证所给电阻均能完成实验，应控制定值电阻两端电压至少为______ V。若将10Ω电阻换成20Ω电阻，为保持定值电阻两端电压不变，滑动变阻器的电阻将______ (变大/不变/变小)，其电功率变为原来的______ 倍。
五、计算题（本大题共2小题，共21.0分）
25. 俄乌冲突的不断升级，启发着我国国防装备要往多功能化方向发展。我国自主研制的一款新型气垫两栖登陆艇，它的质量约1.2×108kg。底面积约为500m2(海水密度约为1.0×103kg/m3)。计算：
(1)登陆艇漂浮在海面上时，排开水的体积是多少米 3；
(2)登陆艇静止在水平海滩上时，对海滩的压强为多大？
(3)登陆艇1分钟用3.0×10⁴N的推进力匀速航行了1.2km，登陆艇发动机的功率是多少？
26. 如图所示，已知电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 3W”字样(不计温度对灯丝电阻的影响)。当断开S1，闭合S2、S3，此时灯泡刚好正常发光，
电流表示数为2A。求：
(1)灯泡正常发光时的电阻是多少？
(2)电阻R1的阻值是多少？
(3)只闭合开关S1，灯泡L的电功率是多少？
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω 0.5A”的滑动变阻器R₂，请问灯泡L的电功率变化范围是多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、声音是由物体的振动产生的，琴声是琴弦的振动产生的，故A正确；
B、声音不能在真空中传播，琴声通过电磁波从空间站传回地面，故B错误；
C、用力拨动琴弦，琴弦的振幅变大，琴声的响度变大了，故C错误；
D、琴声在空间站里的传播速度大约是340m/s，故D错误。
故选：A。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传播声音；电磁波的传播不需要介质；
(3)声音有三个特性，即音调、响度、音色。音调是指声音的高低，其与物体振动的频率有关；响度是指声音的大小，与振幅及距声源的距离有关；
(4)声音在空气中的传播速度约为340m/s。
本题考查声音的综合利用，要求学生对声音及其特性等知识点全面掌握。
2.【答案】C
【解析】解：A、雨主要是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，故A不正确；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B不正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C正确；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故D不正确。
故选：C。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、选用质量相同的物体探究重力势能与高度的关系，是控制变量法。故A错误。
B、选用小磁针探究磁体周围的磁场，是转换法。故B错误。
C、探究使用定滑轮的特点的实验中，由于绳的重力对该实验有影响，所以可选用轻绳，以便忽略其影响，故C正确。
D、选用2Ω和8Ω两个电阻串联代替10Ω的电阻，是等效替代法，故D错误。
故选：C。
要解答本题想掌握：物理研究中常常用到“控制变量法”、“等效替代法”、“模型法”、“类比法”等方法。
在做“探究二力平衡条件”实验时，小卡片的重力很小，可以忽略对实验的影响，所以目的是不考虑小卡片的重力；
①“转换法”，主要是指在保证效果相同的前提下，将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象；。
②物理学中多个因素对物体有影响，只改变其中的某一个因素，而控制其它因素不变，这种方法叫控制变量法。
③等效替代法是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。
熟悉常见的研究物理问题的方法并在实际中加以识别和应用，掌握该实验的器材选择、进行实验、实验结论等。
对每个选项依次分析，明确每个实例采用的具体研究方法，就能确定符合题意的选项。
4.【答案】A
【解析】解：一束平行光正对凸透镜照射，在离透镜10厘米处的光屏上得到一个亮点，由此可以确定该凸透镜的焦距为10厘米。
当物体位于透镜前25cm时，此时物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时成的像是倒立、缩小的实像。
故选：A。
利用题目中告诉的信息确定凸透镜的焦距，然后利用物距与焦距的关系，结合凸透镜成像规律可以确定成像的性质。
本题考查了凸透镜成像规律的简单应用，确定凸透镜的焦距是解答此题的入手点。
5.【答案】B
【解析】解：
A、水和酒精混合后总体积变小，直接证明了分子间存在间隙，所以A错误；
B、物理学家卢瑟福和他的同事们根据α粒子散射实验装置示意图，提出了原子的核式结构模型，所以B正确；
C、摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷的转移，所以C错误；
D、宇宙是一个有层次的天体结构，恒星是运动的，因为宇宙中绝对不动的物体是不存在的，所以D错误。
故选：B。
(1)构成物体的分子并不是非常紧密的排列在一起的，分子之间有间隙；
(2)1909年英国物理学家卢瑟福和他的同事们根据α粒子散射实验装置示意图，提出了原子的核式结构模型；
(3)摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷的转移；
(4)运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是不存在的。
本题考查的知识点较多，但难度不大，属于一些常识性的知识点，是我们应熟知的。
6.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，水变成水蒸气是汽化过程，水蒸气变成水是液化过程，故A说法正确；
B、乙图中，向下排空气阀收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度小的性质，故B说法错误；
C、丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型，故C说法正确；
D、丁图中，鱼主要是利用了尾部和躯干部的摆动与水的相互作用在水中游泳，故D说法正确。
故选：B。
(1)物质由液体变为气态的过程叫做汽化；物质由气态变为液态的过程叫做液化；
(2)氢气密度比空气小；
(3)在力的作用下绕着固定点转动的硬棒叫杠杆；
(4)物体间力的作用是相互的。
本题主要考查了杠杆、汽化与液化现象、气体的收集方法及原理、物体间力的作用是相互的，知识点多，属跨学科综合题目。
7.【答案】C
【解析】A、甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，对海绵的压力越小，受力面积不变，对海绵的作用效果越不明显，故A错；
B、乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，受到的压强变大，U形管两边液面高度差越大，故B错；
C、丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力F和吸盘的面积S，大气压强p=FS，故C正确；
D、丁图实验，向外拉活塞，试管内气压减小、沸点降低，水再一次沸腾，可知气压减小，水的沸点降低。故D错。
故选：C。
本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、液体沸点与气压的关系，虽知识点多、但都属于基础，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：由图知，使用的是动滑轮，不计滑轮重和摩擦，则拉力F=12(G+G动)=12×(20N+10N)=15N；
拉力端向上移动的距离：s=2h=2×20cm=40cm。
故选：D。
图中使用的是动滑轮，n=2，不计绳重和摩擦，拉力F=12(G+G动)；拉力端向上移动的距离s=2h。
本题考查了使用动滑轮拉力以及拉力端移动距离的计算，注意条件：不计绳重和摩擦。
9.【答案】B
【解析】解：A.助跑阶段运动员的质量不变，速度增大，动能增大；高度不变，重力势能不变；没有弹性形变；机械能=动能+重力势能，机械能变大，故A错误；
B.起跳后升空的过程中，动能转化为重力势能，故B正确。
C.经过最高点时动能最小，但不为零，故C错误；
D.最高点时，高度达到最大值，因此重力势能也达到最大值，故D错误。
故选：B。
(1)机械能等于动能和势能之和；
(2)物体上升时动能转化为重力势能；下降时重力势能转化为动能；
(3)影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(4)影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大。
本题主要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。
10.【答案】C
【解析】解：A、演示的是奥斯特实验，说明电流周围有磁场，故A不符合题意；
BD、图中有电源，演示的是通电导体在磁场里受到力的作用，是电动机的原理，故BD不符合题意
C、图中没有电源，演示电磁感应现象的，发电机的工作原理根据的就是电磁感应现象，故C符合题意。
故选：C。
发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基础上，记住这些基础知识。
11.【答案】B
【解析】解：由图知，
A、闭合开关，灯泡发光；断开开关，灯泡不发光，故A不符合题意；
B、闭合开关，灯泡被短路不能发光；断开开关，灯泡和定值电阻串联，灯泡能够发光，故B符合题意；
C、闭合开关，灯泡发光；断开开关，灯泡不发光，故C不符合题意；
D、无论开关是否闭合，灯泡都能发光，故D不符合题意。
故选：B。
根据题意可知，正常情况下S闭合，灯泡不亮；当井盖丢失S断开时，灯泡发光，据此选择符合题意的电路图。
本题考查电路图的设计，关键是能根据题目所给信息设计出合理的电路图，这是本题的重点也是难点，最容易出错的地方是开关断开时灯泡发光，和我们平时接触到的开关闭合，灯泡发光正好相反。
12.【答案】D
【解析】解：A、电能表是测量消耗电能的仪表，不能测量消耗电能的快慢，故A错误；
B、由图知，本月底家里的电能表的示数为807.0kW⋅h，但不知道月初电能表的示数，无法计算本月消耗电能，故B错误；
C、若用电器正常工作，实际功率P=P额=1kW，1h消耗电能W=Pt=1kW×1h=1kW⋅h，电能表转盘的转数n=3000r/(kW⋅h)×1kW⋅h=3000r，但选项提供的条件没有说明是正常工作，实际功率不一定是1kW，转盘实际转数不一定是3000R，故C错误；
D、3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，
转盘转300转时，用电器消耗的电能：
W=3003000kW⋅h=0.1kW⋅h，
工作时间t=6min=0.1h，
用电器的实际功率：
P=Wt=0.1kW⋅h0.1h=1kW，故D正确。
故选：D。
(1)电能表是测量消耗电能的仪表；
(2)某月消耗电能等于月初、月末电能表示数之差；
(3)若用电器正常工作，实际功率等于其额定功率，利用W=Pt求消耗的电能，乘以3000r/(kW⋅h)可得电能表转盘的转数；
(4)3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求出转盘转300转时，用电器消耗的电能，然后根据P=Wt求出用电器的实际功率。
本题考查了电能表的作用、消耗电能和电功率的计算，关键是要明白各参数的物理意义。
13.【答案】半导体 太阳能 裂变 机械能
【解析】解：华为麒麟990“芯片”所用的材料是半导体；
在煤、石油、太阳能中，有可能成为今后可再生能源的是太阳能；
核电站利用核反应堆中铀核裂变时产生的能量转化为内能，然后通过汽轮机做功将内能转化为机械能带动发电机发电。
故答案为：半导体；太阳能；裂变；机械能。
(1)“芯片”所用的材料是半导体材料；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
(3)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变；核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(4)汽轮机做功将内能转化为机械能。
本题考查了半导体材料、能量分类、核能的利用、内燃机的工作原理等，属于基础性题目。
14.【答案】变小 变大 相互作用力
【解析】解：
(1)根据流体压强和流速的关系可知，清洁地面的机器人，它工作时内部的电动机带动风扇转动，使尘盒内部空气流速变大，压强变小，垃圾在外部大气压作用下被“吸”入尘盒；
(2)当扫地机器人一边“吸入”垃圾一边匀速运动时，它的速度不变，但质量变大，故动能变大；
(3)物体对地面的压力与地面对它支持力是两个物体间的相互作用力。
故答案为：变小；变大；相互作用力。
(1)液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大的位置，压强越小；流体的流速越小的位置，压强越大。
(2)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。
(3)相互作用力：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
此题考查流体压强和流速的关系、动能的大小变化、相互作用力的辨别，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
15.【答案】减小 不变
【解析】解：开关闭合后，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表测量干路的电流，电压表测量电源电压；
由于电源电压不变，所以电压表乙的示数不变；
由于并联电路各个支路互不影响，所以滑片移动时通过定值电阻的电流不变；
当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻变大，由I=UR可得通过滑动变阻器的电流减小；
根据并联电路电流的规律知干路的电流变小，电流表甲的示数减小。
故答案为：减小；不变。
开关闭合后，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表测量干路的电流，电压表测量电源电压；
根据并联电路的特点，并结合欧姆定律判断出通过定值电阻电流的变化以及电流表示数的变化。
本题考查了欧姆定律和并联电路特点的应用，关键是分清电路的连接方式以及并联电路特点的熟练应用。
16.【答案】右 28 2.8×103
【解析】解：(1)首先应将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺的零刻度处。图甲中，指针偏左，说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右移动；
(2)图乙中，标尺的分度值是0.2g，其示数为3g，石块的质量为20g+5g+3g=28g。
石块的密度ρ=mV=28g10cm3=2.8g/cm3=2.8×103kg/m3，
故答案为：右；28；2.8×103。
(1)天平在使用前应放在水平桌面上，游码归零后，通过观察指针的位置，借助平衡螺母来调节其平衡。并遵循“左偏右调，右偏左调”的原则；
(2)天平在读数时，应将砝码质量与游码示数相加，再测出物体的体积，最后根据密度公式ρ=mV来求出物体的密度。
本题考查了天平的基本调节与使用方法，天平的读数是我们必须格外注意之处，应注意其标尺读数的正确性，同时，还考查了使用密度公式进行简单的计算，是我们应该掌握的基本内容。
17.【答案】等于 小于 小于
【解析】解：(1)在乙液体中，A漂浮，小球A受到的浮力等于A受到的重力；
A漂浮，则A的密度小于乙液体的密度；B下沉，B的密度大于乙液体的密度；比较可知，A的密度小于B的密度；两个小球的体积相同，根据m=ρV可知，A的质量小于B的质量；
(2)由图可知，在甲液体中A球下沉，则GA>F浮甲，在乙液体中A球漂浮，则GA=F浮乙，所以F浮甲故答案为：等于；小于；小于。
(1)物体漂浮，受到的浮力等于受到的重力；
根据两小球在乙液体中的状态，利用物体浮沉条件得出其密度关系，再利用密度公式判断其质量大小；
(2)根据物体的浮沉条件，结合小球在甲、乙中的状态分析解答。
此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，难度较大。
18.【答案】解：物体在斜面上受到的重力方向竖直向下，作用点(重心)在其几何中心上；斜面对物体的支持力方向垂直斜面向上，作用点也在物体的几何中心上，与重力画成共点力。如下图所示：
【解析】在明确物体所受的重力、支持力的三要素的基础上，结合力的示意图的画法，作出物体所受重力和支持力的示意图。
在画力的示意图时，若需要画出物体受到的多个力的示意图时，要将这几个力画成共点力。
19.【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°−40°=50°，反射光线与法线之间的夹角为反射角，度数等于入射角为50°，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。
20.【答案】解：
由于两盏灯之间互不影响，是并联的，开关接在干路上并且接在火线和灯之间，电路图如图所示：
【解析】一个开关可以同时控制两盏灯泡的话有两种情况：①串联，用电器与开关串联接入电路；②并联，开关接在干路上。两盏灯之间互不影响为并联；开关要接在火线和灯之间。
此题主要是依据串并联电路的特点来画图的，平时的学习中要掌握常见的串并联的基本电路图，做题的时候才能又快又对。
21.【答案】烧杯 变大 不变 质量 降低
【解析】解：(1)组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整烧杯的位置，因为烧杯的位置需要根据外焰的高度来确定。为了保证温度计的液泡不碰到烧杯底部，温度计的位置根据烧杯的位置来确定；
(2)观察到水沸腾后的实验现象：①水中产生大量气泡，气泡不断上升且体积逐渐变大，到达水面破裂，里面的水蒸气散发到空气中，表明水沸腾了；②继续加热，水的温度不变；
(3)读图乙可以看出，在同样加热的情况下，小华的升温较慢，其原因应该是水的质量不同；
(4)在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此，水会重新沸腾起来。
故答案为：(1)烧杯；(2)变大；不变；(3)质量；(4)降低。
(1)组装实验装置时，应按照自下而上的顺序来安装；
(2)水沸腾时，气泡在上升过程中，体积逐渐变大；水沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐变小；
(3)由图像可知，水到达沸点的时间不一样，说明水的质量不同；
(4)水的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高。
此题考查了液体沸腾的示意，要能够从液体的沸腾图象中分析出液体沸腾的特点，难度不大。
22.【答案】茶色 不点燃 A 不变 A
【解析】解：(1)透明玻璃板的两个面都可以当作反射面，若采用厚玻璃板，会出现两个相距较远的像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板。相较于无色玻璃板，茶色玻璃板对光的反射能力较强，与蜡烛烛焰的对比也更加明显，所以应采用茶色玻璃；
(2)把一支点燃的蜡烛A竖直立在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同的不点燃的蜡烛B，实验时，小芳同学应在A这一侧观察蜡烛A经玻璃板所成的像；
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，由于像的大小与物体大小相同，蜡烛在玻璃板所成像的大小将不变；
(4)平面镜所成的像与物关于平面镜对称，蜡烛A位置不变，将平面镜平移，平面镜仍在原来像与成像物体对称轴上，像的位置不变，故选A。
故答案为：(1)茶色；(2)不点燃；A；(3)不变；(4)A。
(1)利透明的玻璃板便于确定像的位置，但玻璃板的两个面都可以当作反射面，使用厚玻璃板会出现两个像。在探究平面镜成像特点时，采用薄玻璃板代替了平面镜，反射能力较差，所以需要在较黑暗的环境中进行。相较于无色玻璃板，茶色玻璃板的反射能力会强一些。
(2)蜡烛B在A的另一侧，可以观察像与物的大小关系，只有当它们完全重合时，才能更好的比较其大小关系；平面镜成像的实质是光的反射现象；
(2)平面镜所成的像是与物体等大的虚像；
(4)根据物体在平面镜中成像特点进行判断：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。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点。
23.【答案】达到 右 测量力臂的大小 1.5 变大 不变 不变
【解析】解：(1)挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆能达到平衡状态；杠杆的左端低，往右边上翘，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；使其在水平位置平衡的主要目的是方便测量力臂的大小，还避免杠杆自重对实验的影响；
(2)由图根据杠杆平衡条件可知FALA=FBLB，代入数据可得2×0.5N×3L=FB×2L解得：FB=1.5N；
(3)根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力F逐渐增大；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的；
(4)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图d所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变。
故答案为：(1)达到；右；测量力臂的大小；(2)1.5；(3)变大；不变；(4)不变。
(1)静止时处于平衡状态；若要使杠杆在水平位置平衡，应该将平衡螺母向杠杆上翘的一端移动；杠杆水平位置平衡，这样做的主要目的是方便测量力臂；
(2)根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据杠杆自身重力对杠杆平衡的影响分析弹簧测力计的示数变化；
(3)在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力F与其力臂的乘积变化情况；
(4)图d使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，按照相似三角形比例关系找出各自的力臂比例关系，根据杠杆平衡条件即可求判断F的大小变化。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，包含对杠杆平衡条件的理解、实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验。
24.【答案】断路 电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 1.5 变大 12
【解析】解：(1)在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电压表并联在电阻两端，如下图所示：
(2)电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数并保持不变，则电压表与电源两极连通，所以与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可能是R断路，导致电压表串联在电路中；
(3)由表格中数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，得出的结论是：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；
(4)研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为U，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U总−U=3V−U，
根据分压原理有：
U滑U=R滑R；
即3V−UU=R滑R-----①，
因电压表示数U为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
3V−UU=20Ω20Ω；
解得电压表的示数：
U=1.5V；
即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
将10Ω电阻换成20Ω电阻，根据串联电路的分压原理可知电压表的示数变大，为保持定值电阻两端电压不变，要增大变阻器分得的电压，即滑动变阻器的电阻将变大；
将10Ω电阻换成20Ω电阻时，电阻的比：(20Ω)：(10Ω)=2：1，根据欧姆定律I=UR可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为：1：2，
根据串联电路电压的规律，变阻器的电压也保持不变，根据P=UI可知，在变阻器的电压不变时，变阻器的电功率与电流成正比，故其电功率变为原来的12倍。
故答案为：(1)如上图所示；(2)断路；(3)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(4)1.5；变大；12。
(1)在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电压表并联在电阻两端；
(2)电流表始终无示数，说明电路可能断路；电压表有示数并保持不变，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
(3)分析表中数据即可得出结论；
(4)当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻25Ω电阻进行实验时，变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
将10Ω电阻换成20Ω电阻，根据串联电路的分压规律可知电压表的示数变大，为保持定值电阻两端电压不变，要增大变阻器分压，即增大变阻器电阻；
根据欧姆定律可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，据此得出将10Ω电阻换成20Ω电阻时电路的电流之比；根据串联电路电压的规律可知变阻器的电压也保持不变，根据P=UI，在电压不变时，功率与电流成正比，据此回答。
本题探究电流与电压、电阻的关系，考查电路连接、电路故障、数据分析以及控制变量法和欧姆定律、电功率公式的应用等知识。
25.【答案】解：(1)登陆艇的重力为：G=mg=1.2×108kg×10N/kg=1.2×109N；
因为登陆艇漂浮在海面上，所以登陆艇受到的浮力为：F浮=G=1.2×109N；
根据F浮=ρ液gV排可得，排开水的体积为：
V排=F浮ρ水g=1.2×109N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×105m3；
(2)登陆艇静止在水平海滩上，
登陆艇对水平海滩的压力：F=G=1.2×109N，
登陆艇对水平海滩的压强为：p=FS=1.2×109N500m2=2.4×106Pa；
(3)登陆艇用3.0×104N的推进力匀速航行了1.2km，登陆艇所做的功为：
W=Fs=3.0×104N×1.2×103m=3.6×107J，
登陆艇发动机的功率P=Wt=3.6×107J1×60s=6×105W。
答：(1)排开水的体积是1.2×105m3；
(2)登陆艇对水平海滩的压强为2.4×104Pa；
(3)登陆艇发动机的功率是6×105W。
【解析】(1)知道两栖的登陆艇质量，根据公式G=mg求出登陆艇受到的重力；根据物体的浮沉条件F浮=G可知当两栖登陆艇在海面上漂浮时受到的浮力；再利用F浮=ρ液gV排计算排开水的体积；
(2)知道登陆艇着地总面积(地面受力面积)，利用压强公式p=FS求登陆艇对海滩的压强；
(3)知道登陆艇的推进力和航行的路程，根据公式W=Fs求出登陆艇所做的功。根据P=Wt得出登陆艇发动机的功率。
本题考查了浮力的计算和压强的计算、物体浮沉条件的应用、功率公式的应用，关键是相关知识的灵活运用，是一道难度适中的计算题。
26.【答案】解：(1)当断开S1，闭合S2、S3时，灯泡L与定值电阻R1并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，且此时灯泡恰好正常发光，所以，电源的电压：U=UL=3V；
由P=UI可得通过灯泡的电流：IL=PLUL=3W3V=1A，
根据欧姆定律得，灯泡正常发光时的电阻是：RL=ULIL=3V1A=3Ω；
(2)因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过电阻R1的电流：I1=I−IL=2A−1A=1A，
由欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1=UI1=3V1A=3Ω；
(3)只闭合开关S1时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：I′=UR1+RL=3V3Ω+3Ω=0.5A，
灯L的电功率：P=I′2RL=(0.5A)2×3Ω=0.75W；
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω0.5A”的滑动变阻器R2，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中R总=R2最大+RL=7Ω+3Ω=10Ω，
电路中的电流为：I最小=UR总=3V10Ω=0.3A，灯泡L的最小电功率为：P最小=I最小2RL=(0.3A)2×3Ω=0.27W，
电路中的最大电流为：I最大=0.5A，灯泡L的最大电功率为：P最大=I最大2RL=(0.5A)2×3Ω=0.75W，
灯泡L的电功率变化范围是：0.27～0.75W。
答：(1)灯泡正常发光时的电阻是3Ω；
(2)电阻R1的阻值是3Ω；
(3)只闭合开关S1，灯泡L的电功率是1.5W；
(4)灯泡L的电功率变化范围是：0.27～0.75W。
【解析】(1)当断开S1，闭合S2、S3时，灯泡L与定值电阻R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合此时灯泡恰好正常发光得出电源的电压；
根据P=UI求出通过灯泡的电流，根据欧姆定律可求出灯泡正常发光时的电阻；
(2)利用并联电路的电流特点求出通过电阻R1的电流，利用欧姆定律求出电阻R1的阻值；
(3)根据欧姆定律求出灯泡L的电阻，只闭合开关S1时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R计算灯泡L的电功率；
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω0.5A”的滑动变阻器R2，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，求出电路中R总，根据欧姆定律求出电路中的电流I最小，根据P=I2R求出灯泡L的最小电功率；同样求出灯泡L的最大电功率，则可知灯泡L的电功率变化范围。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
1.4
2.0
电流I/A
0.1
0.14
0.2
1. 2022年央视元宵晚会上，宇航员王亚平在空间站弹奏悠扬的《茉莉花》为全国人民送上祝福。关于琴声说法正确的是( )
A. 悦耳的琴声是由琴弦振动产生的
B. 琴声通过超声波从空间站传回地面
C. 用力拨动琴弦，琴声的音调变高了
D. 琴声在空间站里的传播速度是3×108m/s
2. 下列物态变化的说法，正确的是( )
A. 谷雨时节雨的形成是凝固
B. 白露时节露的形成是汽化
C. 霜降时节霜的形成是凝华
D. 大雪时节雪的形成是升华
3. 如图所示，在做“探究二力平衡条件”实验时，选用质量较小的卡片，目的是忽略小卡片的重力对实验的影响。这种突出问题的主要方面，忽略次要因素，是物理学中经常采用的一种科学研究方法。以下四个实例中所用研究方法与此相同的是( )
A. 选用质量相同的物体探究重力势能与高度的关系
B. 选用小磁针探究磁体周围的磁场
C. 选用轻绳探究使用定滑轮的特点
D. 选用2Ω和8Ω两个电阻串联代替10Ω的电阻
4. 一平行光正对凸透镜照射，在离透镜10cm处的光屏上得到一个最小最亮的光斑，那么当物体位于透镜前25cm处，在透镜另一侧可以得到( )
A. 倒立、缩小的实像B. 倒立、放大的实像C. 正立、放大的虚像D. 正立、缩小的虚像
5. 关于粒子和宇宙，下列说法正确的是( )
A. 水和酒精混合后总体积变小，直接证明了分子间存在引力
B. 卢瑟福根据实验建立了原子的核式结构模型
C. 摩擦起电是通过摩擦的方法创造了电荷
D. 宇宙是一个有层次的天体结构，恒星是绝对不动的
6. 初中各学科之间有着密切的联系，化学、生物学中也有物理知识的广泛运用，下列描述或说法中错误的是( )
A. 甲图中，蒸馏水的制备是利用水的汽化及水蒸气的液化
B. 乙图中，向下排空气阀收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度大的性质
C. 丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型
D. 丁图中，鱼主要是利用了尾部和躯干部的摆动与水的相互作用在水中游泳
7. 同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是( )
A. 甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B. 乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C. 丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D. 丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
8. 如图所示，一个重G=20N的物体在拉力F的作用下被匀速提升了20cm。若滑轮重为10N、不计绳重和摩擦，则拉力F及其向上移动的距离s分别为( )
A. F=10N，s=20cm
B. F=10N，s=40cm
C. F=15N，s=20cm
D. F=15N，s=40cm
9. 在泗洪姜堰学校校运会跳远运动的几个阶段如图所示，则运动员( )
A. 助跑过程中机械能不变
B. 起跳后升空的过程中，动能主要转化为重力势能
C. 经过最高点时动能为零
D. 经过最高点时重力势能最小
10. 共享单车是应移动互联网和二维码的发展而产生的，它能无桩停靠、扫码取车，很好地解决人们出行最后“一公里”的问题。如图所示这款共享单车科技含量最高的部分就是可定位的GPS电子锁，电子锁能接收云端发来的开锁指令，驱动电机开锁。传动轴内有一台微型发电机，在骑行的时候，这个发电机能为车锁里面的电池充电。关于微型发电机的工作原理与图对应的是
( )
A. B.
C. D.
11. 某同学设计了道路井盖移动报警电路。当井盖没有被移动，井盖开关S闭合，警示灯L不亮；当井盖被移动，井盖开关S断开，警示灯L发光，R0为保护电阻。图中符合设计要求的电路图是( )
A. B.
C. D.
12. 小明观察到本月底家里的电能表的相关示数如图所示，下列有关说法正确的是( )
A. 电能表是测量用电器消耗电能快慢的仪表
B. 本月小明家消耗的电能是807度
C. 额定功率为1kW的用电器在此电路中单独连续工作1小时电能表一定转3000转
D. 当电路中只有这一个用电器连续工作时，测得在6min内电能表的转盘转了300转，这个用电器的实际功率是1kW
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 华为麒麟990芯片采用目前世界较先进的5(mm/μm/nm)工艺制造，其中“芯片”所用的材料是______ (导体/绝缘体/半导体/超导体)。“低碳环保”是当今世界的主题，在煤、石油、太阳能中，有可能成为今后可再生能源的是______ 。我国第三代核电技术“华龙一号”已成为继高铁之后的又一张中国名片。核电站利用核反应堆中铀核______ (填“裂变”或“聚变”)时产生的能量转化为内能，然后通过汽轮机做功将内能转化为______ 带动发电机发电。
14. 现在家庭中会用到一款清洁地面的扫地机器人，它工作时内部的电动风扇转动，使尘盒内部空气流速变大，压强______ ，(“变大”、“变小”或“不变，下同)，垃圾在外部大气压作用下被“吸”入尘盒：当扫地机器人一边“吸入”垃圾一边匀速运动时，它的动能______ ，物体对地面的压力与地面对它支持力是一对______ 。
15. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，变阻器滑片向右移动，甲表示数______(选填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，乙表示数______。
16. 小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向______ 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为______ g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为______ kg/m3。
17. 如图两个容器中分别盛有甲、乙两种不同的液体。把体积相同的A、B两个实心小球放入甲液体中，两球沉底如图甲所示；放入乙液体中，两球静止时的情况如图乙所示，图乙小球A受到的浮力______ (大于/小于/等于)A受到的重力，小球A的质量______ (大于/小于/等于)小球B的质量，小球A在甲液体中受到的浮力______ (大于/小于/等于)在乙液体中的浮力。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
18. 图中，物块A沿斜面下滑，请画出物块受到重力、支持力的示意图。
19. 在图中作出反射光线，并标出反射角的度数。
20. 如图所示，教室中有两盏照明灯，由一个开关控制，两盏灯之间互不影响，请将电路图连接完整。如答图所示。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
21. 小明和小华都选用如图甲所示的同一装置完成“探究水沸腾时温度变化的特点”实验。
(1)组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整______ (烧杯/温度计)的位置；
(2)水沸腾时，①水中产生大量气泡，气泡不断上升且______ (变大/变小)，到达水面破裂；②继续加热，水的温度______ (升高/降低/不变)；
(3)实验过程中两位同学分别绘制了水的温度随时间变化的图像(如图乙所示)，两位同学图像不同的原因是水的______ 不同；
(4)水沸腾后，将水倒入烧瓶，发现水停止沸腾。用橡皮塞塞住烧瓶口并将其倒置，如图丙所示，向烧瓶底部浇冷水，发现水重新沸腾了。这是因为浇冷水后瓶内气压减小，水的沸点______ (升高/降低/不变)。
22. 为完成“探究平面镜成像特点”实验，小华选择了如图所示的实验装置。
(1)为了便于观察，最好选用______ (无色/茶色)的
透明玻璃板进行实验；
(2)小华把点燃的蜡烛A放在玻璃板前，还要在玻璃板后面放一支外形相同，______ (点燃/不点燃)的蜡烛B，小华应在______ (A/B)蜡烛一侧观察玻璃板中的像；
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将______ (变大/不变/变小)；
(4)如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，蜡烛A的成像情况是______ (选填字母代号)。
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
23. 在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
(1)挂钩码前，杠杆在如图(a)所示的位置静止，此时杠杆 (选填“达到”或“没有达到”)
平衡状态；此时我们常把杠杆的平衡螺母向 调，直至在水平位置平衡，这样，既消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，又便于 。
(2)如图(b)所示，在A点挂2个质量均为50g的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N；(g=10N/kg)
(3)如图(c)，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F (选填“变大”、“变小”或“不变”)，F与其力臂的乘积变化情况是 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图(d)所示，此过程中，弹簧测力计的示数 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
24. 在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电源电压3V且恒定，定值电阻R的阻值分别5Ω，10Ω，15Ω，20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，2A”。
(1)请根据图甲的电路图将图乙所示的实物连接完整。(导线不允许交叉)
(2)连接好电路后，闭合开关S，发现电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外。出现这一现象的原因可能是定值电阻R ______ (假设电路只有一处故障)；
(3)在探究电流与电压关系时，得到如表所示的电流I随电压U变化的数据，据此得出结论：______ ；
(4)在探究电流与电阻关系时，为了保证所给电阻均能完成实验，应控制定值电阻两端电压至少为______ V。若将10Ω电阻换成20Ω电阻，为保持定值电阻两端电压不变，滑动变阻器的电阻将______ (变大/不变/变小)，其电功率变为原来的______ 倍。
五、计算题（本大题共2小题，共21.0分）
25. 俄乌冲突的不断升级，启发着我国国防装备要往多功能化方向发展。我国自主研制的一款新型气垫两栖登陆艇，它的质量约1.2×108kg。底面积约为500m2(海水密度约为1.0×103kg/m3)。计算：
(1)登陆艇漂浮在海面上时，排开水的体积是多少米 3；
(2)登陆艇静止在水平海滩上时，对海滩的压强为多大？
(3)登陆艇1分钟用3.0×10⁴N的推进力匀速航行了1.2km，登陆艇发动机的功率是多少？
26. 如图所示，已知电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 3W”字样(不计温度对灯丝电阻的影响)。当断开S1，闭合S2、S3，此时灯泡刚好正常发光，
电流表示数为2A。求：
(1)灯泡正常发光时的电阻是多少？
(2)电阻R1的阻值是多少？
(3)只闭合开关S1，灯泡L的电功率是多少？
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω 0.5A”的滑动变阻器R₂，请问灯泡L的电功率变化范围是多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、声音是由物体的振动产生的，琴声是琴弦的振动产生的，故A正确；
B、声音不能在真空中传播，琴声通过电磁波从空间站传回地面，故B错误；
C、用力拨动琴弦，琴弦的振幅变大，琴声的响度变大了，故C错误；
D、琴声在空间站里的传播速度大约是340m/s，故D错误。
故选：A。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传播声音；电磁波的传播不需要介质；
(3)声音有三个特性，即音调、响度、音色。音调是指声音的高低，其与物体振动的频率有关；响度是指声音的大小，与振幅及距声源的距离有关；
(4)声音在空气中的传播速度约为340m/s。
本题考查声音的综合利用，要求学生对声音及其特性等知识点全面掌握。
2.【答案】C
【解析】解：A、雨主要是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，故A不正确；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B不正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C正确；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故D不正确。
故选：C。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
3.【答案】C
【解析】解：A、选用质量相同的物体探究重力势能与高度的关系，是控制变量法。故A错误。
B、选用小磁针探究磁体周围的磁场，是转换法。故B错误。
C、探究使用定滑轮的特点的实验中，由于绳的重力对该实验有影响，所以可选用轻绳，以便忽略其影响，故C正确。
D、选用2Ω和8Ω两个电阻串联代替10Ω的电阻，是等效替代法，故D错误。
故选：C。
要解答本题想掌握：物理研究中常常用到“控制变量法”、“等效替代法”、“模型法”、“类比法”等方法。
在做“探究二力平衡条件”实验时，小卡片的重力很小，可以忽略对实验的影响，所以目的是不考虑小卡片的重力；
①“转换法”，主要是指在保证效果相同的前提下，将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象；。
②物理学中多个因素对物体有影响，只改变其中的某一个因素，而控制其它因素不变，这种方法叫控制变量法。
③等效替代法是在保证某种效果(特性和关系)相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。
熟悉常见的研究物理问题的方法并在实际中加以识别和应用，掌握该实验的器材选择、进行实验、实验结论等。
对每个选项依次分析，明确每个实例采用的具体研究方法，就能确定符合题意的选项。
4.【答案】A
【解析】解：一束平行光正对凸透镜照射，在离透镜10厘米处的光屏上得到一个亮点，由此可以确定该凸透镜的焦距为10厘米。
当物体位于透镜前25cm时，此时物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时成的像是倒立、缩小的实像。
故选：A。
利用题目中告诉的信息确定凸透镜的焦距，然后利用物距与焦距的关系，结合凸透镜成像规律可以确定成像的性质。
本题考查了凸透镜成像规律的简单应用，确定凸透镜的焦距是解答此题的入手点。
5.【答案】B
【解析】解：
A、水和酒精混合后总体积变小，直接证明了分子间存在间隙，所以A错误；
B、物理学家卢瑟福和他的同事们根据α粒子散射实验装置示意图，提出了原子的核式结构模型，所以B正确；
C、摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷的转移，所以C错误；
D、宇宙是一个有层次的天体结构，恒星是运动的，因为宇宙中绝对不动的物体是不存在的，所以D错误。
故选：B。
(1)构成物体的分子并不是非常紧密的排列在一起的，分子之间有间隙；
(2)1909年英国物理学家卢瑟福和他的同事们根据α粒子散射实验装置示意图，提出了原子的核式结构模型；
(3)摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷的转移；
(4)运动是宇宙中的普遍现象，绝对不动的物体是不存在的。
本题考查的知识点较多，但难度不大，属于一些常识性的知识点，是我们应熟知的。
6.【答案】B
【解析】解：A、甲图中，水变成水蒸气是汽化过程，水蒸气变成水是液化过程，故A说法正确；
B、乙图中，向下排空气阀收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度小的性质，故B说法错误；
C、丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型，故C说法正确；
D、丁图中，鱼主要是利用了尾部和躯干部的摆动与水的相互作用在水中游泳，故D说法正确。
故选：B。
(1)物质由液体变为气态的过程叫做汽化；物质由气态变为液态的过程叫做液化；
(2)氢气密度比空气小；
(3)在力的作用下绕着固定点转动的硬棒叫杠杆；
(4)物体间力的作用是相互的。
本题主要考查了杠杆、汽化与液化现象、气体的收集方法及原理、物体间力的作用是相互的，知识点多，属跨学科综合题目。
7.【答案】C
【解析】A、甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，对海绵的压力越小，受力面积不变，对海绵的作用效果越不明显，故A错；
B、乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，受到的压强变大，U形管两边液面高度差越大，故B错；
C、丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力F和吸盘的面积S，大气压强p=FS，故C正确；
D、丁图实验，向外拉活塞，试管内气压减小、沸点降低，水再一次沸腾，可知气压减小，水的沸点降低。故D错。
故选：C。
本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、液体沸点与气压的关系，虽知识点多、但都属于基础，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：由图知，使用的是动滑轮，不计滑轮重和摩擦，则拉力F=12(G+G动)=12×(20N+10N)=15N；
拉力端向上移动的距离：s=2h=2×20cm=40cm。
故选：D。
图中使用的是动滑轮，n=2，不计绳重和摩擦，拉力F=12(G+G动)；拉力端向上移动的距离s=2h。
本题考查了使用动滑轮拉力以及拉力端移动距离的计算，注意条件：不计绳重和摩擦。
9.【答案】B
【解析】解：A.助跑阶段运动员的质量不变，速度增大，动能增大；高度不变，重力势能不变；没有弹性形变；机械能=动能+重力势能，机械能变大，故A错误；
B.起跳后升空的过程中，动能转化为重力势能，故B正确。
C.经过最高点时动能最小，但不为零，故C错误；
D.最高点时，高度达到最大值，因此重力势能也达到最大值，故D错误。
故选：B。
(1)机械能等于动能和势能之和；
(2)物体上升时动能转化为重力势能；下降时重力势能转化为动能；
(3)影响动能大小的因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(4)影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大。
本题主要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。
10.【答案】C
【解析】解：A、演示的是奥斯特实验，说明电流周围有磁场，故A不符合题意；
BD、图中有电源，演示的是通电导体在磁场里受到力的作用，是电动机的原理，故BD不符合题意
C、图中没有电源，演示电磁感应现象的，发电机的工作原理根据的就是电磁感应现象，故C符合题意。
故选：C。
发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
在电和磁这一部分中，学到了很多电学设备，每个设备的制成原理是经常考查的知识点。要在理解的基础上，记住这些基础知识。
11.【答案】B
【解析】解：由图知，
A、闭合开关，灯泡发光；断开开关，灯泡不发光，故A不符合题意；
B、闭合开关，灯泡被短路不能发光；断开开关，灯泡和定值电阻串联，灯泡能够发光，故B符合题意；
C、闭合开关，灯泡发光；断开开关，灯泡不发光，故C不符合题意；
D、无论开关是否闭合，灯泡都能发光，故D不符合题意。
故选：B。
根据题意可知，正常情况下S闭合，灯泡不亮；当井盖丢失S断开时，灯泡发光，据此选择符合题意的电路图。
本题考查电路图的设计，关键是能根据题目所给信息设计出合理的电路图，这是本题的重点也是难点，最容易出错的地方是开关断开时灯泡发光，和我们平时接触到的开关闭合，灯泡发光正好相反。
12.【答案】D
【解析】解：A、电能表是测量消耗电能的仪表，不能测量消耗电能的快慢，故A错误；
B、由图知，本月底家里的电能表的示数为807.0kW⋅h，但不知道月初电能表的示数，无法计算本月消耗电能，故B错误；
C、若用电器正常工作，实际功率P=P额=1kW，1h消耗电能W=Pt=1kW×1h=1kW⋅h，电能表转盘的转数n=3000r/(kW⋅h)×1kW⋅h=3000r，但选项提供的条件没有说明是正常工作，实际功率不一定是1kW，转盘实际转数不一定是3000R，故C错误；
D、3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，
转盘转300转时，用电器消耗的电能：
W=3003000kW⋅h=0.1kW⋅h，
工作时间t=6min=0.1h，
用电器的实际功率：
P=Wt=0.1kW⋅h0.1h=1kW，故D正确。
故选：D。
(1)电能表是测量消耗电能的仪表；
(2)某月消耗电能等于月初、月末电能表示数之差；
(3)若用电器正常工作，实际功率等于其额定功率，利用W=Pt求消耗的电能，乘以3000r/(kW⋅h)可得电能表转盘的转数；
(4)3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求出转盘转300转时，用电器消耗的电能，然后根据P=Wt求出用电器的实际功率。
本题考查了电能表的作用、消耗电能和电功率的计算，关键是要明白各参数的物理意义。
13.【答案】半导体 太阳能 裂变 机械能
【解析】解：华为麒麟990“芯片”所用的材料是半导体；
在煤、石油、太阳能中，有可能成为今后可再生能源的是太阳能；
核电站利用核反应堆中铀核裂变时产生的能量转化为内能，然后通过汽轮机做功将内能转化为机械能带动发电机发电。
故答案为：半导体；太阳能；裂变；机械能。
(1)“芯片”所用的材料是半导体材料；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
(3)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变；核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(4)汽轮机做功将内能转化为机械能。
本题考查了半导体材料、能量分类、核能的利用、内燃机的工作原理等，属于基础性题目。
14.【答案】变小 变大 相互作用力
【解析】解：
(1)根据流体压强和流速的关系可知，清洁地面的机器人，它工作时内部的电动机带动风扇转动，使尘盒内部空气流速变大，压强变小，垃圾在外部大气压作用下被“吸”入尘盒；
(2)当扫地机器人一边“吸入”垃圾一边匀速运动时，它的速度不变，但质量变大，故动能变大；
(3)物体对地面的压力与地面对它支持力是两个物体间的相互作用力。
故答案为：变小；变大；相互作用力。
(1)液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大的位置，压强越小；流体的流速越小的位置，压强越大。
(2)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。
(3)相互作用力：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
此题考查流体压强和流速的关系、动能的大小变化、相互作用力的辨别，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
15.【答案】减小 不变
【解析】解：开关闭合后，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表测量干路的电流，电压表测量电源电压；
由于电源电压不变，所以电压表乙的示数不变；
由于并联电路各个支路互不影响，所以滑片移动时通过定值电阻的电流不变；
当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻变大，由I=UR可得通过滑动变阻器的电流减小；
根据并联电路电流的规律知干路的电流变小，电流表甲的示数减小。
故答案为：减小；不变。
开关闭合后，定值电阻与滑动变阻器并联，电流表测量干路的电流，电压表测量电源电压；
根据并联电路的特点，并结合欧姆定律判断出通过定值电阻电流的变化以及电流表示数的变化。
本题考查了欧姆定律和并联电路特点的应用，关键是分清电路的连接方式以及并联电路特点的熟练应用。
16.【答案】右 28 2.8×103
【解析】解：(1)首先应将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺的零刻度处。图甲中，指针偏左，说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右移动；
(2)图乙中，标尺的分度值是0.2g，其示数为3g，石块的质量为20g+5g+3g=28g。
石块的密度ρ=mV=28g10cm3=2.8g/cm3=2.8×103kg/m3，
故答案为：右；28；2.8×103。
(1)天平在使用前应放在水平桌面上，游码归零后，通过观察指针的位置，借助平衡螺母来调节其平衡。并遵循“左偏右调，右偏左调”的原则；
(2)天平在读数时，应将砝码质量与游码示数相加，再测出物体的体积，最后根据密度公式ρ=mV来求出物体的密度。
本题考查了天平的基本调节与使用方法，天平的读数是我们必须格外注意之处，应注意其标尺读数的正确性，同时，还考查了使用密度公式进行简单的计算，是我们应该掌握的基本内容。
17.【答案】等于 小于 小于
【解析】解：(1)在乙液体中，A漂浮，小球A受到的浮力等于A受到的重力；
A漂浮，则A的密度小于乙液体的密度；B下沉，B的密度大于乙液体的密度；比较可知，A的密度小于B的密度；两个小球的体积相同，根据m=ρV可知，A的质量小于B的质量；
(2)由图可知，在甲液体中A球下沉，则GA>F浮甲，在乙液体中A球漂浮，则GA=F浮乙，所以F浮甲
(1)物体漂浮，受到的浮力等于受到的重力；
根据两小球在乙液体中的状态，利用物体浮沉条件得出其密度关系，再利用密度公式判断其质量大小；
(2)根据物体的浮沉条件，结合小球在甲、乙中的状态分析解答。
此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，难度较大。
18.【答案】解：物体在斜面上受到的重力方向竖直向下，作用点(重心)在其几何中心上；斜面对物体的支持力方向垂直斜面向上，作用点也在物体的几何中心上，与重力画成共点力。如下图所示：
【解析】在明确物体所受的重力、支持力的三要素的基础上，结合力的示意图的画法，作出物体所受重力和支持力的示意图。
在画力的示意图时，若需要画出物体受到的多个力的示意图时，要将这几个力画成共点力。
19.【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°−40°=50°，反射光线与法线之间的夹角为反射角，度数等于入射角为50°，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。
20.【答案】解：
由于两盏灯之间互不影响，是并联的，开关接在干路上并且接在火线和灯之间，电路图如图所示：
【解析】一个开关可以同时控制两盏灯泡的话有两种情况：①串联，用电器与开关串联接入电路；②并联，开关接在干路上。两盏灯之间互不影响为并联；开关要接在火线和灯之间。
此题主要是依据串并联电路的特点来画图的，平时的学习中要掌握常见的串并联的基本电路图，做题的时候才能又快又对。
21.【答案】烧杯 变大 不变 质量 降低
【解析】解：(1)组装实验装置时，对于盛水的烧杯和测水温的温度计，应先调整烧杯的位置，因为烧杯的位置需要根据外焰的高度来确定。为了保证温度计的液泡不碰到烧杯底部，温度计的位置根据烧杯的位置来确定；
(2)观察到水沸腾后的实验现象：①水中产生大量气泡，气泡不断上升且体积逐渐变大，到达水面破裂，里面的水蒸气散发到空气中，表明水沸腾了；②继续加热，水的温度不变；
(3)读图乙可以看出，在同样加热的情况下，小华的升温较慢，其原因应该是水的质量不同；
(4)在瓶底浇冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此，水会重新沸腾起来。
故答案为：(1)烧杯；(2)变大；不变；(3)质量；(4)降低。
(1)组装实验装置时，应按照自下而上的顺序来安装；
(2)水沸腾时，气泡在上升过程中，体积逐渐变大；水沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐变小；
(3)由图像可知，水到达沸点的时间不一样，说明水的质量不同；
(4)水的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高。
此题考查了液体沸腾的示意，要能够从液体的沸腾图象中分析出液体沸腾的特点，难度不大。
22.【答案】茶色 不点燃 A 不变 A
【解析】解：(1)透明玻璃板的两个面都可以当作反射面，若采用厚玻璃板，会出现两个相距较远的像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板。相较于无色玻璃板，茶色玻璃板对光的反射能力较强，与蜡烛烛焰的对比也更加明显，所以应采用茶色玻璃；
(2)把一支点燃的蜡烛A竖直立在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同的不点燃的蜡烛B，实验时，小芳同学应在A这一侧观察蜡烛A经玻璃板所成的像；
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，由于像的大小与物体大小相同，蜡烛在玻璃板所成像的大小将不变；
(4)平面镜所成的像与物关于平面镜对称，蜡烛A位置不变，将平面镜平移，平面镜仍在原来像与成像物体对称轴上，像的位置不变，故选A。
故答案为：(1)茶色；(2)不点燃；A；(3)不变；(4)A。
(1)利透明的玻璃板便于确定像的位置，但玻璃板的两个面都可以当作反射面，使用厚玻璃板会出现两个像。在探究平面镜成像特点时，采用薄玻璃板代替了平面镜，反射能力较差，所以需要在较黑暗的环境中进行。相较于无色玻璃板，茶色玻璃板的反射能力会强一些。
(2)蜡烛B在A的另一侧，可以观察像与物的大小关系，只有当它们完全重合时，才能更好的比较其大小关系；平面镜成像的实质是光的反射现象；
(2)平面镜所成的像是与物体等大的虚像；
(4)根据物体在平面镜中成像特点进行判断：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。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点。
23.【答案】达到 右 测量力臂的大小 1.5 变大 不变 不变
【解析】解：(1)挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆能达到平衡状态；杠杆的左端低，往右边上翘，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；使其在水平位置平衡的主要目的是方便测量力臂的大小，还避免杠杆自重对实验的影响；
(2)由图根据杠杆平衡条件可知FALA=FBLB，代入数据可得2×0.5N×3L=FB×2L解得：FB=1.5N；
(3)根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力F逐渐增大；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的；
(4)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图d所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变。
故答案为：(1)达到；右；测量力臂的大小；(2)1.5；(3)变大；不变；(4)不变。
(1)静止时处于平衡状态；若要使杠杆在水平位置平衡，应该将平衡螺母向杠杆上翘的一端移动；杠杆水平位置平衡，这样做的主要目的是方便测量力臂；
(2)根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据杠杆自身重力对杠杆平衡的影响分析弹簧测力计的示数变化；
(3)在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力F与其力臂的乘积变化情况；
(4)图d使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，按照相似三角形比例关系找出各自的力臂比例关系，根据杠杆平衡条件即可求判断F的大小变化。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，包含对杠杆平衡条件的理解、实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验。
24.【答案】断路 电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 1.5 变大 12
【解析】解：(1)在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电压表并联在电阻两端，如下图所示：
(2)电流表始终无示数，电路可能断路，电压表有示数并保持不变，则电压表与电源两极连通，所以与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即可能是R断路，导致电压表串联在电路中；
(3)由表格中数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，得出的结论是：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比；
(4)研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为U，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U总−U=3V−U，
根据分压原理有：
U滑U=R滑R；
即3V−UU=R滑R-----①，
因电压表示数U为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
3V−UU=20Ω20Ω；
解得电压表的示数：
U=1.5V；
即为完成实验，电压表的最小电压为1.5V；
将10Ω电阻换成20Ω电阻，根据串联电路的分压原理可知电压表的示数变大，为保持定值电阻两端电压不变，要增大变阻器分得的电压，即滑动变阻器的电阻将变大；
将10Ω电阻换成20Ω电阻时，电阻的比：(20Ω)：(10Ω)=2：1，根据欧姆定律I=UR可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为：1：2，
根据串联电路电压的规律，变阻器的电压也保持不变，根据P=UI可知，在变阻器的电压不变时，变阻器的电功率与电流成正比，故其电功率变为原来的12倍。
故答案为：(1)如上图所示；(2)断路；(3)电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(4)1.5；变大；12。
(1)在“探究电流与电压、电阻的关系”的实验中，电压表并联在电阻两端；
(2)电流表始终无示数，说明电路可能断路；电压表有示数并保持不变，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
(3)分析表中数据即可得出结论；
(4)当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻25Ω电阻进行实验时，变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
将10Ω电阻换成20Ω电阻，根据串联电路的分压规律可知电压表的示数变大，为保持定值电阻两端电压不变，要增大变阻器分压，即增大变阻器电阻；
根据欧姆定律可知，在电压不变时，电流与电阻成反比，据此得出将10Ω电阻换成20Ω电阻时电路的电流之比；根据串联电路电压的规律可知变阻器的电压也保持不变，根据P=UI，在电压不变时，功率与电流成正比，据此回答。
本题探究电流与电压、电阻的关系，考查电路连接、电路故障、数据分析以及控制变量法和欧姆定律、电功率公式的应用等知识。
25.【答案】解：(1)登陆艇的重力为：G=mg=1.2×108kg×10N/kg=1.2×109N；
因为登陆艇漂浮在海面上，所以登陆艇受到的浮力为：F浮=G=1.2×109N；
根据F浮=ρ液gV排可得，排开水的体积为：
V排=F浮ρ水g=1.2×109N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×105m3；
(2)登陆艇静止在水平海滩上，
登陆艇对水平海滩的压力：F=G=1.2×109N，
登陆艇对水平海滩的压强为：p=FS=1.2×109N500m2=2.4×106Pa；
(3)登陆艇用3.0×104N的推进力匀速航行了1.2km，登陆艇所做的功为：
W=Fs=3.0×104N×1.2×103m=3.6×107J，
登陆艇发动机的功率P=Wt=3.6×107J1×60s=6×105W。
答：(1)排开水的体积是1.2×105m3；
(2)登陆艇对水平海滩的压强为2.4×104Pa；
(3)登陆艇发动机的功率是6×105W。
【解析】(1)知道两栖的登陆艇质量，根据公式G=mg求出登陆艇受到的重力；根据物体的浮沉条件F浮=G可知当两栖登陆艇在海面上漂浮时受到的浮力；再利用F浮=ρ液gV排计算排开水的体积；
(2)知道登陆艇着地总面积(地面受力面积)，利用压强公式p=FS求登陆艇对海滩的压强；
(3)知道登陆艇的推进力和航行的路程，根据公式W=Fs求出登陆艇所做的功。根据P=Wt得出登陆艇发动机的功率。
本题考查了浮力的计算和压强的计算、物体浮沉条件的应用、功率公式的应用，关键是相关知识的灵活运用，是一道难度适中的计算题。
26.【答案】解：(1)当断开S1，闭合S2、S3时，灯泡L与定值电阻R1并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，且此时灯泡恰好正常发光，所以，电源的电压：U=UL=3V；
由P=UI可得通过灯泡的电流：IL=PLUL=3W3V=1A，
根据欧姆定律得，灯泡正常发光时的电阻是：RL=ULIL=3V1A=3Ω；
(2)因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过电阻R1的电流：I1=I−IL=2A−1A=1A，
由欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1=UI1=3V1A=3Ω；
(3)只闭合开关S1时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的电流：I′=UR1+RL=3V3Ω+3Ω=0.5A，
灯L的电功率：P=I′2RL=(0.5A)2×3Ω=0.75W；
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω0.5A”的滑动变阻器R2，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中R总=R2最大+RL=7Ω+3Ω=10Ω，
电路中的电流为：I最小=UR总=3V10Ω=0.3A，灯泡L的最小电功率为：P最小=I最小2RL=(0.3A)2×3Ω=0.27W，
电路中的最大电流为：I最大=0.5A，灯泡L的最大电功率为：P最大=I最大2RL=(0.5A)2×3Ω=0.75W，
灯泡L的电功率变化范围是：0.27～0.75W。
答：(1)灯泡正常发光时的电阻是3Ω；
(2)电阻R1的阻值是3Ω；
(3)只闭合开关S1，灯泡L的电功率是1.5W；
(4)灯泡L的电功率变化范围是：0.27～0.75W。
【解析】(1)当断开S1，闭合S2、S3时，灯泡L与定值电阻R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点结合此时灯泡恰好正常发光得出电源的电压；
根据P=UI求出通过灯泡的电流，根据欧姆定律可求出灯泡正常发光时的电阻；
(2)利用并联电路的电流特点求出通过电阻R1的电流，利用欧姆定律求出电阻R1的阻值；
(3)根据欧姆定律求出灯泡L的电阻，只闭合开关S1时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R计算灯泡L的电功率；
(4)只闭合开关S1，若是将R1换成一个铭牌上标有“7Ω0.5A”的滑动变阻器R2，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，求出电路中R总，根据欧姆定律求出电路中的电流I最小，根据P=I2R求出灯泡L的最小电功率；同样求出灯泡L的最大电功率，则可知灯泡L的电功率变化范围。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
1.4
2.0
电流I/A
0.1
0.14
0.2
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