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2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 关于电磁波和现代通信，下列叙述错误的是( )
A. 电磁波可以在真空中传播
B. 电磁波的频率越低，在空气中传播的速度越小
C. 卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信
D. 光纤通信具有传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等优点
2. 如图所示，在试管中加入少量水，小华对着试管口吹气；加点水后用相同的力度再吹，会发出不同的声音，则前后两次声音( )
A. 由试管中空气柱振动产生，响度不同
B. 由试管中空气柱振动产生，音调不同
C. 由试管中水柱振动产生，响度不同
D. 由试管中水柱振动产生，音调不同
3. 这个春天，“淄博烧烤”凭借小葱、小饼、小火炉的“烧烤灵魂三件套”爆火出圈，成为淄博的新名片。在烧烤过程中涉及的物理知识，下列说法错误的是( )
A. 香气四溢是扩散现象
B. 食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能
C. 木炭燃烧时将化学能转化为内能
D. 火炉中新加的一木炭块越烧越旺，木炭的热值越来越大
4. 2023年，我国芯片行业迎来一个好消息，在昆山同兴达公司举办了一场恭喜首台SMEE光刻机顺利搬入的“搬入仪式”，这意味着我国在光刻机领域从零向前迈了一大步。光刻技术工作原理如图所示，此时恰好在硅片上成清晰缩小的像，下列说法正确的是( )
A. 在硅片上形成的像是虚像
B. 缩图透镜可用于矫正近视眼
C. 此投射原理与照相机的原理相同
D. 硅片位于缩图透镜的二倍焦距以外
5. 如图旋转玻璃门，四面平整的玻璃门相互垂直且尺度完全一样(半径1.5m)，绕中心轴O逆时针转动。小红从紧贴玻璃门OB的M处进门时，经CD成像在S1处，俯视示意图如图甲；跟随玻璃门同步旋转到如图乙时，经CD成像在S2处。上述过程中，不计玻璃门厚度及人的体积影响，下列说法正确的是( )
A. 小红在玻璃门中像的大小将变大
B. 小红在玻璃门中的像将远离她自己
C. 像S1和像S2之间的距离约为3m
D. 像绕中心轴O转动的角度∠S1OS2约为90°
6. 如图中，一段弹簧固定在水平桌面上(如图甲所示)，将一个小球放在弹簧上使其处于静止状态(如图乙所示)、用竖直向下的力F压小球至如图丙的位置，然后撤去力F，小球向上运动到A点后下落(如图丁所示)、不计空气阻力的影响。则从撤去力F到小球运动到A点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 小球一直做减速运动
B. 小球在A点速度为零，合力为零
C. 小球离开弹簧时的速度最大
D. 小球离开弹簧前，受到的合力先减小后增大
7. 如图为小柯在科技节中制作的“杠杆力臂演示仪”。(杠杆自身质量和摩擦忽略不计，固定装置未画出)O为支点，OA=OD=3OB=0.6米，CD=0.2米。在做背景的白纸上作有以O为圆心半径为0.2米的圆。在A点挂5牛顿的重物G，使杠杆水平平衡，按图示方向分别施加FB、FC、FD三个力，则下列说法正确的是( )
A. FC的力臂长为0.4米 B. 三个力大小FD>FC>FB
C. 作用在C点的力FC为15N D. 力作用D点时杠杆为等臂杠杆
8. 如图甲所示，在水平桌面上质量为1000g的薄壁厚底容器中装有20cm深的水，已知容器的底面积为400cm2，容器中水的质量为10kg，将一质地均匀的长方体物块通过一根轻杆缓慢压入水中，当物块还有五分之一的体积露出水面时(如图乙)，容器对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，此时杆对物块的压力为3N，则下列说法正确的是( )
A. 甲图中容器对桌面的压强为2000Pa
B. 甲图中水对容器底的压力为100N
C. 乙图中物块的密度为0.5×103kg/m3
D. 若将物块全部压入水中，杆对物块的压力为4N
9. 如图甲所示，电源电压保持不变，R0、R1均为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到某一位置的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则下列说法错误的是( )
A. 电源电压是6V B. 图中a点应标的电压值是5V
C. R1的阻值是8Ω D. R0的阻值是4Ω
10. 水平桌面上放置足够高的柱形容器，如图甲，容器底部放一个边长为10cm的均匀实心正方体M。现缓慢向容器中注入某液体，M对容器底部的压力随注入液体深度h的变化关系如图乙。则下列说法正确的是(g取10N/kg)( )
A. M的密度是1.25×103kg/m3
B. 注入液体的密度是0.7×103kg/m3
C. 当h=10cm时，M对容器底部的压力是7N
D. 当h=10cm时，液体对容器底部的压强是800Pa
11. 如图所示，在三个电阻R1、R2和R3中只有一个电阻断路，一个电阻短路，现用一只标有“220V”字样的较大功率的灯泡对该电路进行检测，当它接在如表所列的某两点时，灯泡的亮暗情况如表所示，则( )
灯并接处
a、d
a、b
b、c
c、d
a、c
灯发光情况
正常发光
不发光
比正常发光暗
不发光
比正常发光暗
A. 电阻R1断路，电阻R2短路 B. 电阻R1短路，电阻R2断路
C. 电阻R1断路，电阻R3短路 D. 电阻R1短路，电阻R3断路
12. 如图甲所示的智能照明电路，该电路可实现生态节能，天暗时灯L自动发光，天亮时自动熄灭，其中R1为光敏电阻，其阻值会随着光照强度的变化而变化，R2为滑动变阻器，电磁铁线圈电阻不计。若保持光照强度不变，闭合S后，将滑片P从下端移至上端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 电磁铁是利用电磁感应原理工作的
B. 工作电路中导线A应连接家庭电路中的零线
C. 滑动变阻器的最大阻值是100Ω
D. 若想照明灯L在傍晚发光的时间提前，可将滑动变阻器滑片上移
13. 如图所示，电源电压恒为8V，电动机内阻为2Ω，R为滑动变阻器。当调节滑片P使R功率达到最大时，电动机机械功率为2W.则此时( )
A. 电动机两端电压为4V
B. R的最大功率为8W
C. R连入电路的阻值为1.5Ω
D. 电动机效率为80%
二、填空题（本大题共3小题，共14.0分）
14. 我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于______ (选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”)。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案(忽略绳重和摩擦)，这两种方案中较省力的是______ 方案，滑轮组机械效率较高的是______ 方案。
15. 如图为某商场内的自动扶梯。为了节能，在扶梯底端前1.5m安装了如图所示红外系统：乘客通过时，红外传感开关被触发，扶梯启动，同时计时器开始计时，若在设定时间t内无乘客通过，扶梯将停止运行。
不同乘客
青少年
中年人
老年人
速度(m/s)
1−1.5
0.8−1
0.5−0.8
(1)感应器在电路中相当于______(填电路元件名称)；
(2)已知扶梯长10m，从启动到匀速运行的v−t图象如图所示，不同类型乘客的行走速度见表，为确保安全，设定时间t应至少为______s。
16. 如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为500W，中温挡功率为100W，在额定电压下煎药时，药液的温度与工作时间的关系图像如图丙所示。
(1)观察图丙中的高温挡加热过程可知：电煎药壶在前半段比后半段时间的加热效率______ (选填“高”或“低”)。
(2)分析电路可知：当Sa接2，同时Sb ______ 时，电路处于中温挡。
(3)电煎药壶的低温挡功率是______ W。
三、实验探究题（本大题共3小题，共20.0分）
17. 在探究凸透镜成像规律时，如图甲所示，将A凸透镜固定在光具座上35cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上5cm刻线处，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，将凸透镜A换为凸透镜B并保持蜡烛和凸透镜位置不变，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，如图乙所示。
(1)请根据实验现象和凸透镜成像规律判断：凸透镜A的焦距______ 凸透镜B的焦距(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(2)如图乙所示的实验现象可以说明______ 的成像特点(选填“照相机”、“幻灯机”或放大镜)
(3)某学生利用其中一个凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，请按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到的像进行排序，正确顺序为______
A.④⑥⑤③①②
B.②①③⑤⑥④
C.②①③⑤④⑥
(4)小刚实验小组更换相关器材后顺利完成实验，根据记录的实验数据得到了如图丁所示的图象，线段MN为凸透镜成像的像距倒数(1)和物距倒数(1)的对应关系。根据图象信息可知，该小组所用凸透镜的焦距为______ cm。
(5)在探究凸透镜成像规律时，正确完成一次实验后，不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时
像会出现在光屏的______ 方，为使像回到光屏中央，合理的操作是：将蜡烛向______ (选填“上”或“下”)移动，或将光屏向______ (选填“上”或“下”)移动。
(6)如图戊，将蜡烛放在图示位置，光屏上恰好成清晰的像，若切除凸透镜中间的阴影部分，再将剩余部分靠拢在一起，则蜡烛能成______ 个像。
A.0个B.一个C.二个D.三个
18. 小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为U额=2.5V的小灯泡，标有“60Ω 1A”的滑动变阻器以及电压表(量程0～3V)、电流表(0～0.6A)、开关和导线。
1
2
3
4
电压U/V
0.7
1.5
2.5
3.0
电流I/A
0.10
0.18
0.25
0.28
(1)如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的导线。
(2)小明改正错误后，将滑片移至最右端，闭合开关，小明通过移动滑片P，分别记下多组对应的电压表和电流表的示数如表格所示，请你根据表中数据画出灯泡的U−I图象，并得出小灯泡的额定功率是______ W。
(3)小明在完成几组实验后，电流表发生故障无法使用，于是他利用一个定值电阻R0接在原电路中电流表的位置，设计了如图丙所示电路，来测量小灯泡的额定功率。首先调节滑动变阻器的滑片使电压表示数为U额，然后接着保持滑片的位置不变，将电压表______ 点的接线改到c点，观察并记录电压表的示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额= ______ (用R0、U额、U等物理量表示)。
19. 如图甲所示，在“探究物体动能大小跟哪些因素有关”的实验中，让钢球从同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块沿同一水平木板表面向前移动一段距离s后停下。通过改变h和小球质量m可完成该探究实验。请回答下列与该实验相关的几个问题：
(1)图乙中，让质量不同的两个小球同时从同一高度由静止沿光滑斜面滚下，若两球始终相对______ (选填“运动”或“静止”)，就可以证明任一时刻两球速度大小相等；
(2)实验中，木块沿水平木板表面滑动时受到的摩擦力______ (选填“相同”或“不同”)；
(3)实验中，是通过观察钢球推动木块移动距离的远近来判断钢球动能的大小，这种方法称为______ ，下列实验中也用到了这种方法的是______ ；
A.用水流类比电流
B.用吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱
C.牛顿第一定律的得出
D.研究压强与压力关系时保持受力面积不变
(4)实验中，为了防止木块滑出木板，可以采取的措施是______ (选填“增大”或“减小”)木块的质量或______ (选填“增大”或“减小”)斜面的倾角；
(5)设钢球与木块碰撞后，木块获得的动能为E0，则木块运动过程中克服阻力所做的功______ (选填“>”、“<”或“=”)E0；
(6)若水平木板表面绝对光滑，本实验______ (选填“能”或“不能”)达到探究目的。
四、计算题（本大题共2小题，共21.0分）
20. 最近，中央电视台科教频道播出了“汽车落水后如何水下逃生”的纪录片。纪录片中，实验人员开着小车从高处落入滚滚长河之中，并在门窗紧闭的车中，尝试用不同的方法砸碎车窗玻璃逃生，惊心动魄。为了确保实验人员的安全，摄制组精心设计制作了紧急救援装置，用于当实验人员无法从车中逃生时迅速吊起汽车。某课外活动小组按照此设计了如图所示的简单机械，模拟紧急情况下救援裸睡汽车。实验中用实心圆柱体A代替小车，已知A的体积为0.12m3，质量为210kg。(设整个过程A均为匀速运动状态，忽略钢缆绳重及滑轮摩擦，不考虑风浪、水流等因素影响，g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)若A完全浸没在水中时，滑轮组的机械效率为60%，那么A完全打捞出水面后，求岸上钢绳的拉力F。
(2)若A完全打捞出水面后，以0.5m/s的速度被匀速提升，求岸上钢绳拉力F的功率。
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，滑轮组机械效率如何变化？并简述理由。
21. 八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
(1)加热电阻R0的阻值；
(2)消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
(3)用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷=0.81×103J/(kg⋅℃)]
五、综合题（本大题共1小题，共6.0分）
22. 某科技小组设计了一个记录传送带上输送产品数量的计数装置，其原理如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1=18V，U2=9V，电阻箱R2调到200Ω，R是个标有“9V4.5W“的自动计数器，R1是一种光敏元件。每当传送带上的产品均匀通过时，射向R1的红外线会被产品挡住，R1的电阻会变大，信号触发器两端的电压U0=UAB时就使乙图电路中S2闭合，使自动计数器计数一次。图丙是对产品输送计数项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。
(I)自动计数器正常工作时的电流为______A.
(2)当产品挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，R1阻值为______Ω.
(3)如丙图，传送带匀速输送产品连续工作2min.自动计数器消耗的电能为______J。
(4)由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有适合U1的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以对甲图电路做的调节是______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播。故A正确。
B、因为电磁波的速度一定的，如果频率小，那么波长会越大。故B错。
C、卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站进行通信的，这样可以使它转发的微波到达地球上很大的范围。故C正确。
D、光纤通信的优点是：传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等。故D正确。
故选：B。
要解答本题需掌握：(1)电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播。
(2)光纤通信的优点是：传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小。
(3)卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站进行通信的。
本题是一道综合题，是考查学生对电磁波和现代通信的综合理解，是中考的热点。
2.【答案】B
【解析】解：在试管内装入一定量的水，对着试管口吹气，空气柱振动产生声音；改变试管内的水量，会使空气柱振动的频率发生变化，即声音的音调发生改变。故ACD错误，B正确。
故选：B。
首先明确吹瓶口时，振动物体是空气柱，然后明确音调指声音的高低，由振动频率决定。
解答此类题目的难点和易混点是弄清究竟是哪一部分在振动发声，以及声音的特性，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、香气四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能，故B正确；
C、木炭燃烧，消耗化学能，产生内能，故是将化学能转化为内能的过程，故C正确；
D、燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以燃烧中的木炭热值大小不变，故D错误。
故选：D。
(1)扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；
(3)木炭本身存在化学能，木炭燃烧是把自身的化学能转化成热能即内能的过程；
(4)燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关。
本题考查了与热学相关的多个知识点，联系生活中的现象，能用相关热学知识做出解释是解答的关键。
4.【答案】C
【解析】解：AB、由图可知，该透镜将光会聚，所以这是一个凸透镜成像的过程，该凸透镜可以矫正远视眼，最终恰好在硅片上成清晰的像，硅片相当于光屏，则所成的像为实像，故AB错误；
CD、要制造出含有众多元件的集成电路，由图可知通过缩图透镜，掩膜上的电路在硅片上的像变小，所以可知该凸透镜成倒立、缩小的实像；结合凸透镜成缩小实像的条件可知，硅片到缩图透镜的距离(像距)应在一倍焦距与二倍焦距之间，此投射原理与照相机的原理相同，故C正确，D错误。
故选：C。
由图可知，该透镜将光会聚，所以这是一个凸透镜成像的过程；凸透镜可以矫正远视眼，凹透镜矫正近视眼；凸透镜成倒立、缩小的实像时，像到凸透镜的距离(像距)应在一倍焦距与二倍焦距之间，其应用是照相机。
本题考查了凸透镜成像的应用，解题关键是弄清楚缩图透镜的成像原理。
5.【答案】D
【解析】解：A.平面镜成像时，物像大小相等，所以小红在玻璃门中像的大小不变，故A错误；
B.小红距离CD的距离始终不变，所以像距离CD的距离不变，像距离小红的距离不变，故B错误；
C.由图可知，小红移动的距离约为14×2πr=14×2×3.14×1.5m≈2.4m，像和小红始终关于CD对称，所以像S1和像S2之间的距离与小红移动的距离相等，约为2.4m，故C错误；
D.由图可知，小红绕中心轴O转动的角度约为90°，像和小红始终关于CD对称，所以像绕中心轴O转动的角度∠S1OS2约为90°，故D正确。
故选：D。
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。
本题考查的是平面镜成像特点的应用，解答本题的关键是知道平面镜成像时，像与物关于镜面对称。
6.【答案】D
【解析】解：由题意知，乙图小球受到的重力等于弹簧的弹力；
当将小球压至丙图时，弹力大于重力，小球向上做加速运动，到乙图位置时，弹力等于重力，速度最大，再向上运动，弹力小于重力，做减速运动；
小球离开弹簧向上减速运动，到达最高点速度为零；
A、小球先加速后减速，故A错误；
B、小球到达A点速度为零，但此时受力不平衡，所以不是平衡状态，不处于静止状态，故B错误；
C、在乙图位置时，速度最大，故C错误；
D、小球从开始上升到乙图位置，弹力大于重力，但弹力减小，所以合力减小；到乙图位置，弹力等于重力，合力为零；
从乙图位置到离开弹簧达到甲位置，弹力小于重力，弹力减小，所以合力增大，所以小球合力先减小后增大，故D正确。
故选：D。
分析图示，乙图重力与弹力相等，向下，弹力增大，向上，弹力减小，根据重力和弹力的大小关系分析合力方向得出小球的运动状态变化。
本题是有关力和运动的关系问题，关键能够分析出不同阶段弹力和重力的大小关系。
7.【答案】C
【解析】解：ABC、根据杠杆平衡条件可得：G×OA=FB×OB，
OA=3OB=0.6m，
所以，作用在B点竖直向下的力：FB=OAOB×G=3×5N=15N；
由图可知，FC、FD两个力的力臂均与FB的力臂均为圆的半径即力臂长为0.2m，大小相等，阻力和阻力臂不变，
撤去FB后，按图示方向分别施加FC、FD两个力，且每次都使杠杆在水平位置平衡，
根据杠杆平衡条件可知，FC、FD大小关系为FC=FD=FB=15N，故AB错误，C正确；
D、由图可知，力作用D点时，FD的力臂为圆的半径，而G的力臂为OA，所以力作用D点时杠杆不是等臂杠杆，故D错误。
故选：C。
根据杠杆平衡条件计算作用在B点竖直向下的力FB的大小；通过比较FC、FD两个力的力臂与FB的力臂的关系，根据杠杆平衡条件分析FC、FD大小关系。
本题考查杠杆的平衡条件的应用，关键是从图中得出FC、FD两个力的力臂均与FB的力臂相等。
8.【答案】C
【解析】解：A.因容器对水平桌面的压力大小等于液体和容器的重力之和，
则甲图中容器对桌面的压力大小为：
F1=G总=m总g=(1kg+10kg)×10N/kg=110N，
则甲图中容器对桌面的压力为p1=F1S=110N400×10−4m2=2.75×103Pa，故A错误；
B.甲图中水对容器底的压强为p2=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa，
则甲图中水对容器底的压力为F2=p2S=2000Pa×400×10−4m2=80N，故B错误；
C.图乙中，把杯子和水、物块看做一个整体，受到竖直向下的容器和水以及物块的重力以及杆的压力、竖直向上支持力的作用，由力的平衡条件可得G容+G水+G物+F杆=F支，
因整体受到的支持力和杯子对水平桌面的压力是一对相互作用力，所以，图乙中杯子对桌面的压力
F3=F支=G容+G水+G物+F杆，
图乙中杯子对桌面的压强p3=F3S=G容+G水+G物+F杆S=F1+G物+F杆S，
因图乙杯子对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，所以有Δp=p3−p1=F1+G物+F杆S−F1S=G物+F杆S，
则G物=ΔpS−F杆=200Pa×400×10−4m2−3N=5N，
对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，由力的平衡条件可得
F浮=G物+F杆=5N+3N=8N，
由G物=mg=ρ物Vg和F浮=ρ液gV排可得G物F浮=ρ物Vgρ水gV排=ρ物Vgρ水g(1−15)V=5N8N，
解得ρ物=0.5ρ水=0.5×1.0×103kg/m3=0.5×103kg/m3，故C正确；
D.图乙中，若将物块全部压入水中，根据F浮=ρ液gV排，在液体密度不变的条件下，受到的浮力与排开液体的体积成正比，将物块全部压入水中时物块受到的浮力为F浮′=54F浮=54×8N=10N，
对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
由力的平衡条件可得F杆′=F浮′−G物=10N−5N=5N，故D错误。
故选：C。
(1)图甲中，容器对水平桌面的压力等于液体和容器的重力之和，根据F=G=mg求出其大小，根据p=FS求出容器对桌面的压强；
(2)图甲中，已知水深，根据p=ρgh可求出水对容器底的压强，根据p=FS求出水对容器的压力；
(3)图乙中，把杯子和水、长方体看做整体，受到竖直向下容器和水以及物件的重力以及杆的压力、竖直向上支持力的作用，由力的平衡条件得出等式，整体受到的支持力和杯子对水平桌面的压力是一对相互作用力，据此求出图乙中杯子对桌面的压力，根据p=FS表示出图丙中杯子对桌面的压强，利用图乙杯子对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa得出等式即可求出物体的重力；对物体受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，根据力的平衡条件求出物体受到的浮力，根据G=mg=ρVg和F浮=ρgV排得出比值即可求出该长方体物件的密度；
(4)图乙中，若将物块全部压入水中，物体受到的浮力为F浮′=54F浮；对物体受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则可求出杆对物块的压力。
本题考查了重力公式和压强公式、阿基米德原理、密度公式的应用，要注意水平面上物体的压力和自身的重力相等。
9.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流为0.3A，此时UV2=5.4V，UV1=3V，
因串联电路总电压等于各分电压之和，所以定值电阻R1两端的电压：U1=UV2−UV1=5.4V−3V=2.4V，
由欧姆定律可得，定值电阻R1的阻值：R1=U1I1=2.4V0.3A=8Ω，故C正确；
因串联电路各处电流相等，则定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UV2I1=U−5.4V0.3A------①，
由乙图可知当通过电路的电流为0.5A，UV2′=a，UV1′=1V，
此时定值电阻R1两端的电压：U1′=I2R1=0.5A×8Ω=4V，
根据串联电路电压规律可知：UV2′=UV1′+U1′=1V+4V=5V，即a=5V，故B正确；
此时定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UV2I1=U−5V0.5A------②，
联立①②可得：U=6V，R0=2Ω，故A正确，D错误。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流和两电压表的示数，根据串联电路电压规律计算定值电阻R1两端的电压，由欧姆定律可得定值电阻R1的阻值，根据串联电路特点结合欧姆定律表示出定值电阻R0阻值的关系式；
由乙图可知当通过电路的最大电流和电压表的示数，根据欧姆定律计算此时定值电阻R1两端的电压，根据串联电路电压规律可知UV2′的值，即a点对于的电压值，再次表示定值电阻R0阻值的关系式，联立关系式可求出电源电压和定值电阻R0的阻值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的应用，关键是从图中获取有效的信息。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图乙可知，没加入液体时，M对容器底部的压力为15N，重力等于压力为15N，则M的质量m=Gg=15N10N/kg=1.5kg，
M的体积V=(10cm)3=1×103cm3=1×10−3m3，M的密度：
ρ=mV=1.5kg1×10−3m3=1.5×103kg/m3，故A错误；
B、由图乙可知，当注入液体的深度为5cm时，M受到的浮力等于排开液体的重力为：
F浮=G−F=15N−11N=4N，
根据F浮=ρ液gV排，可得，液体的密度为：
ρ液=F浮gV排=F浮ga2h=4N10N/kg×(0.1m)2×0.05m=0.8×102kg/m3，故B错误；
C.已知，M是一个边长为10cm的均匀实心正方体，当h=10cm时，刚好浸没，浮力为：
F浮1=ρ水gVM=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N，
M对容器底部的压力是
F压=G−F浮1=15N−10N=5N，故C错误；
D.当h=10cm时，液体对容器底部的压强：
p=ρ液gh=0.8×102kg/m3×10N/kg×0.1m=800Pa，故D正确。
故选：D。
(1)由图乙可知M的重力，由G=mg可求得其质量，已知正方体边长，可求得其体积，然后由密度公式可求得其密度；
(2)由图乙可知，当注入液体的深度为5cm时，由F浮=G−F可求得M受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排公式变形可求得液体的密度：
(3)当h=10cm时，刚好浸没，根据F浮=ρ液gV排可求得其浮力，M对容器底部的压力。
此题考查密度的计算，阿基米德原理的应用、液体压强的计算等多个知识点，有一定的拔高难度，此题的关键是读懂图像。
11.【答案】D
【解析】解：当把“检测灯”并接在a、d处，灯正常发光，说明灯直接接在电源上，ad之间有开路现象；
当把“检测灯”并接在a、b处，灯不发光，说明电阻R1短路或ab之外有开路；
当把“检测灯”并接在b、c处，灯比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路，即电阻R3断路，其它是连通的，R1或R2至少有一个是正常的；
当把“检测灯”并接在c、d处，灯不发光，说明电阻R2短路或cd之外有开路；
当把“检测灯”并接在a、c处，灯比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路，R2是正常的；
由上面的分析可知：电阻R1短路，电阻R3断路，
故选：D。
将额定电压220V的“检测灯”，按表格中提供的接法接入电路，是把此灯并联接入电路。
若“检测灯”恰能正常发光，该灯直接接在电源上，说明这两点之间有开路；
若“检测灯”比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路；
若“检测灯”不发光，说明这两点之间有短路、之外有开路。据此分析判断。
明确当把检测灯并接在某两点之间时，出现三种现象(检测灯正常发光、发光暗、不发光)的原因是本题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.电磁铁通电后具有磁性，是利用电流的磁效应来工作的，故A错误；
B.在照明电路中，开关必须接在火线上，工作电路中导线A应连接家庭电路中的火线，故B错误；
C.控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压U=12V；
当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，光敏电阻两端的电压U2=2V，电路中的电流I=0.1A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U1=U−U2=12V−2V=10V，
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：R2=U2I=10V0.1A=100Ω，故C正确；
D.若想L在傍晚发光的时间提前，电流需减小达到一定数值，灯L所在电路闭合，因为控制电路中电源电压恒定，若将电流减小，应将总电阻增大，滑片应向下移动，故D错误。
故选：C。
(1)电流流过导体时，会产生磁场，这是电流的磁效应；
(2)照明电路的开关应该接在火线上；
(3)控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压；当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙可知光敏电阻两端的电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
(4)由于控制电路的电源电压不变，要想减小电流，应增大总电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电流的磁效应、安全用电常识等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题。
13.【答案】C
【解析】解：设R功率达到最大时电路中的电流为I，此时电动机机械功率为2W，
由P=UI和P=I2R可得，电动机的机械功率：
P机械=PM−P热=UMI−I2RM=2W，
则UMI=I2RM+2W=I2×2Ω+2W，
由串联电路的电压规律和电功率公式可得，变阻器R的电功率：
PR=URI=(U−UM)I=(8V−UM)I=8V×I−UMI=8V×I−I2×2Ω−2W=6W−2(I−2A)2×1Ω，
所以，当I=2A时，变阻器R的电功率最大，最大为6W，故B错误；
此时电动机消耗的电功率：
PM=P热+P机械=I2RM+P机械=(2A)2×2Ω+2W=10W，
由P=UI可得电动机两端的电压：
UM=PMI=10W2A=5V，故A错误；
由I=UR可得，R连入电路的阻值：
R=URI=U−UMI=8V−5V2A=1.5Ω，故C正确；
电动机的效率：
η=P机械PM×100%=2W10W×100%=20%，故D错误。
故选：C。
设R功率达到最大时电路中的电流为I，此时电动机机械功率为2W，电动机的机械功率等于电动机消耗的电功率减去热功率，根据P=UI和P=I2R得出等式，根据串联电路的电压特点和P=UI表示出变阻器R的电功率，然后经过变形求出变阻器R的电功率最大时的功率，然后求出电动机的功率，利用P=UI求出电动机两端的电压，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出R连入电路的阻值，最后利用η=P机械PM×100%求出电动机效率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、效率公式的应用，要注意电动机是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等。
14.【答案】电动机 丙 乙
【解析】解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
故答案为：电动机；丙；乙。
通电导体在磁场中受到磁场力的作用；根据动滑轮和定滑轮的特点分析。
本题考查了电动机的工作原理、动滑轮和定滑轮的特点的应用，难度不大。
15.【答案】开关 23
【解析】解：(1)乘客通过时，红外传感开关被触发，扶梯启动，说明感应器在电路中相当于开关；
(2)扶梯底端前1.5m安装了图1所示红外系统，为确保安全，速度最慢的人也能安全乘坐扶梯到顶端；
人步行的最小速度是0.5m/s，此时人从红外杆走到扶梯所用的时间：
t1=s1v1=1.5m0.5m/s=3s，
据图2可知，1s后扶梯匀速运动的速度是0.5m/s，
由图1可知扶梯的长度10m，故扶梯匀速运动的时间为：
t2=s2v匀=10m0.5m/s=20s；
故整个过程的总时间：t=t1+t2=3s+20s=23s；即设定时间t应至少为23s。
故答案为：(1)开关；(2)23。
感应器在电路中相当于开关；
知道扶梯的长度和红外系统的安装位置，以乘客的速度和扶梯的速度计算时间即可。
本题属于信息题，考查了红外传感器和速度公式的应用，是一道综合题，解题的关键是掌握为确保安全，速度最慢的人也能安全乘坐扶梯到顶端。
16.【答案】低 断开 80
【解析】解：
(1)在高温挡加热的前、后半段时间内，功率不变、时间相同，由W=Pt可知消耗的电能相同；由图−3可知前半段药液温度升高的温度值小、后半段温度升高的温度值大，而药液的质量不变、比热容不变，由Q吸=cmΔt可知前半段药液吸收的热量少，由η=Q吸W可知，前半段的加热效率比后半段的加热效率低；
(2)分析电路可知：
当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路中电阻最小，由P=U2R可知此时电功率最大，处于高温挡；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡；
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，电路中电阻最大，由P=U2R可知此时电功率较小，处于小功率低温挡；
(3)当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路处于高温挡；
高温挡的电功率：
P加热=P1+P中温挡，
R1的电功率：
P1=P加热−P中温挡=500W−100W=400W，
由P=U2R可得：
R1=U2P1=(220V)2400W=121Ω；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡；
电阻R2的值为：R2=U2P中温挡=(220V)2100W=484Ω，
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，处于低温挡，低温功率为：
P保温=U2R1+R2=(220V)2121Ω+484Ω=80W。
故答案为：(1)低；(2)断开；(3)80。
(1)在高火加热的前、后半段时间内，功率不变、时间相同，消耗的电能(总能量)相同；分析图−丙可知前、后半段药液温度升高的温度值，由Q吸=cmΔt得出药液吸收的热量(有用能量)关系，利用η=Q吸W得出前、后半段的加热效率关系；
(2)分析电路得出，当Sa接2同时Sb闭合、当Sa接2同时Sb断开、当Sa接1同时Sb断开的电路组成，确定相应的状态；
(3)当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路处于高温挡；高温挡的电功率等于R1的功率加上中温挡的功率，据此求R1的电功率，再利用P=U2R求R1的阻值；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡，根据R2=U2P中温挡算出电阻R2的值；
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，处于低温挡，利用P=U2R求低温挡功率。
本题考查了吸热公式、效率公式、电功率公式的应用，分析电路图得出三种情况的电路组成、利用P=U2R确认相应的状态是关键。
17.【答案】小于 幻灯机 B 12.5 下 下 下 C
【解析】解：(1)甲图，凸透镜成倒立、缩小的实像，u=35cm−5cm=30cm，30cm>2fA，所以，15cm>fA；
乙图，凸透镜成倒立、放大的实像，u=35cm−5cm=30cm，2fB>30cm>fB，所以，30cm>fB>15cm；故A的焦距小于B的焦距；
(2)由图乙可知，此时成的是倒立、放大的实像，其应用是幻灯机；
(3)凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，
按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到像进行排序，根据凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大，小于焦距时成正立放大的虚像，越远像越大。
正确顺序为②①③⑤⑥④；
(4)图中1u=4m−1时，1v=4m−1，此时v=u=0.25m像距等于物距，说明物体处于二倍焦距处，即2f=0.25m，所以f=0.125m=12.5cm；
(5)不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时的像会向下移动，会出现在光屏的下方，为使像回到光屏中央，可以将蜡烛向下移动，或将光屏向下移动；
(6)因为凸透镜中间厚，边缘薄，切去部分后相当于两个透镜，光心位置改变了，上面的像下移，下面的像上移，错位将成两个像。
故答案为：(1)小于；(2)幻灯机；(3)B；(4)12.5；(5)下；下；下；(6)C。
(1)根据物距和凸透镜的焦距关系，求出两个凸透镜的焦距，比较焦距大小。
(2)2f>u>f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
(3)凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大；小于焦距时成正立放大的虚像；
(4)根据图象判断出凸透镜的焦距；
(5)根据凸透镜成像时烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一直线上即可判断；
(6)根据光心的位置变化分析。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。
18.【答案】0.625 b U额⋅U−U额R0
【解析】解：(1)原电路图中，灯泡没有接入电路中，电压表与电流表串联在电路中是错误的，在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
2)根据表格中的电流值和电压值描点连线，如下图所示：
；
小灯泡的额定电压为U额=2.5V，对应的额定电流为I额=0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
(3)电压表测灯的电压，当灯电压为U额时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b点的接线改接到c点，观察并记录电压表示数U。
因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0=U−U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−U额R0，
根据串联电路电流的规律，灯的额定电流等于定值的电阻的电流，即：I额=I0=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率可表示为：P额=U额I额=U额⋅U−U额R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)见解答图；0.625；(3)b；U额⋅U−U额R0。
(1)在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
(2)根据描点法作图；根据P=UI算出小灯泡的额定功率；
(3)在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率。
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、额定功率的计算及设计实验方案的能力。
19.【答案】静止 相同 转换法 B 增大 减小 = 不能
【解析】解：(1)让质量不同的小球同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一个小球都是静止的，所以两小球相对静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等；
(2)木块滑动时，木块在水平面的压力相同，接触面的粗糙程度相同，所以滑动摩擦力相同；
(3)实验中通过观察木块被撞击后运动的距离的大小来反映钢球对木块做功的多少，从而间接判断物体动能的大小；用到了转换法；
A、用水流类比电流，用到了类比法，故A不符合题意；
B、磁性强弱不易观察，通过吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱，用到了转换法，故B符合题意；
C、牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出，用到了推理法，故C不符合题意；
D、研究压强与压力关系时保持受力面积不变，改变压力大小，用到了控制变量法，故D不符合题意；
故选：B；
(4)若钢球释放高度一定，为了防止木块滑出木板，可以增大木块的质量，从而增大木块受到的摩擦力，减小木块在木板上滑行的距离；或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度，即减小斜面的倾角，减小木块在木板上滑行的距离；
(5)木块在运动过程中，克服阻力做功，机械能转化为内能，所以木块克服阻力做的功等于木块的动能大小，即木块运动过程中克服阻力所做的功=E0；
(6)若水平面光滑，由牛顿第一定律可知，木块被撞击后将做匀速直线运动，不能通过木块移动的距离来判定动能的大小，不能达到探究目的。
故答案为：(1)静止；(2)相同；(3)转换法；B；(4)增大；减小；(5)=；(6)不能。
(1)通过运动和静止的相对性分析即可判断；
(2)滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)由于动能的大小是不好观察的，于是实验中采用了转换法，即观察钢球推动木块的距离即可；逐项分析各选项得出答案；
(4)为防止让木块滑出木板木块，在速度不变的条件下，可通过增大压力的方法增大木块受到的摩擦力，或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度；
(5)木块滑动过程中，克服阻力做功；
(6)根据牛顿第一定律分析回答。
本题“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验，考查转换法和控制变量法及牛顿第一定律的运用。
20.【答案】解：(1)A浸没在水中时排开水的体积：V排=V=0.12m3，
A浸没在水中受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m3=1200N，
A的重力：G=mg=210kg×10N/kg=2100N，
A浸没在水中时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，由力的平衡条件可知，此时物体受到的拉力：F拉=G−F浮=2100N−1200N=900N，
因为不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动，所以动滑轮的重力：G动=1−ηηF拉=1−60%60%×900N=600N；
由图可知n=5，A完全打捞出水面后，岸上钢绳的拉力：F=1n(G+G动)=15×(2100N+600N)=540N；
(2)绳子自由端移动的速度：v=nv物=5×0.5m/s=2.5m/s，
岸上钢绳拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=540N×2.5m/s=1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，物体排开水的体积不断减小，由F浮=ρ水gV排可知，物体受到的浮力不断减小，
因为物体受到的拉力F拉=G−F浮，所以该过程中物体受到的拉力不断的增大，由W有=F拉h可知，有用功增大，而额外功不变，
由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，有用功W有增大，额外功W额外不变时，机械效率增大。
答：(1)岸上钢绳的拉力为540N；
(2)岸上钢绳拉力F的功率为1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，滑轮组机械效率逐渐增大，因为该过程物体受到浮力减小，滑轮组对物体的拉力增大，有用功增大，而额外功不变，由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，机械效率增大。
【解析】(1)根据阿基米德原理求出A浸没在水中受到的浮力，根据G=mg求出A的重力，根据力的平衡条件求出A浸没在水中时受到的拉力；
利用不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动求动滑轮的重力，由图可知n=5，利用不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)求岸上钢绳的拉力F；
(2)绳子自由端移动的速度v=nv物，利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(3)根据阿基米德原理分析物体受到浮力的变化，根据力的平衡条件分析物体受到拉力的变化，根据W有=F拉h分析有用功的变化，由于使用的是同一滑轮组，所以额外功不变，根据η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有分析滑轮组机械效率的变化。
本题考查重力的计算、阿基米德原理的应用、使用滑轮组时绳子的拉力、功率、机械效率的计算和滑轮组机械效率的影响因素，关键是根据力的平衡条件分析物体在水中时受到的拉力。
21.【答案】解：(1)加热电阻R0的阻值R0=U2P=(220V)21100W=44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作，电热丝的加热时间t=3×80min+60min=300min，
电路消耗的电能W=Pt=1100W×300×60s=1.98×107J；
(3)将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量Q=cmΔt=0.81×103J/(kg⋅℃)×30kg×(124℃−80℃)=1.0692×107J，
用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min消耗的电能W1=P1t=U12R0t=(198V)244Ω×80×60s=4.2678×107J，
该消毒柜的热效率η=QW1=1.0692×107J4.2678×107J=25%。
答：(1)加热电阻R0的阻值为44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能为1.98×107J；
(3)该消毒柜的热效率为25%。
【解析】(1)根据P=UI=U2R求出加热电阻R0的阻值；
(2)根据图乙可知6h的消毒过程中加热电阻R0的工作时间，根据P=Wt求出工作电路消耗的电能；
(3)根据Q=cmΔt求得将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量，利用P=Wt求出用电高峰时段电压只有198V时消毒柜80min消耗的电能，进一步求得该消毒柜的热效率。
此题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
22.【答案】0.5 1600 54 适当将电阻箱R2的阻值调大
【解析】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，受控电路为R的简单电路，根据P=UI可得自动计数器正常工作时的电流为：I=PRU2=4.5W9V=0.5A；
(2)当产品挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据I=UR可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，由图知此时AB端的电压为2V；
此时电路的电流为：I′=U0R2=2V200Ω=0.01A，
根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1=U1−U0=18V−2V=16V，
R1的电阻为：R1=UR1I′=16V0.01A=1600Ω；
(3)根据图丙知计数一次消耗电能的时间0.4s−0.36s=0.04s，即0.4s内有0.04s消耗电能，所以1min内消耗电能的总时间0.04s0.4s×60s=6s，
2min内自动计数器消耗的电能：W=PRt=4.5W×2×6s=54J；
(4)由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流减小，U0减小，要使U0增大为原来的电压值，由串联电路的分压规律可知，需要增大R2的电阻使计数器正常工作。
故答案为：(1)0.5；(2)1600；(3)54；(4)适当将电阻箱R2的阻值调大。
由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
(2)根据图丙读出产品挡住了射向R1的红外线U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
(3)根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，再算出1min内电流做功的时间，根据W=Pt算出自动计数器2min消耗的电能；
(4)U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻。
本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图像确定定值电阻两端电压的大小。
2023年四川省绵阳市涪城区中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 关于电磁波和现代通信，下列叙述错误的是( )
A. 电磁波可以在真空中传播
B. 电磁波的频率越低，在空气中传播的速度越小
C. 卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站，进行通信
D. 光纤通信具有传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等优点
2. 如图所示，在试管中加入少量水，小华对着试管口吹气；加点水后用相同的力度再吹，会发出不同的声音，则前后两次声音( )
A. 由试管中空气柱振动产生，响度不同
B. 由试管中空气柱振动产生，音调不同
C. 由试管中水柱振动产生，响度不同
D. 由试管中水柱振动产生，音调不同
3. 这个春天，“淄博烧烤”凭借小葱、小饼、小火炉的“烧烤灵魂三件套”爆火出圈，成为淄博的新名片。在烧烤过程中涉及的物理知识，下列说法错误的是( )
A. 香气四溢是扩散现象
B. 食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能
C. 木炭燃烧时将化学能转化为内能
D. 火炉中新加的一木炭块越烧越旺，木炭的热值越来越大
4. 2023年，我国芯片行业迎来一个好消息，在昆山同兴达公司举办了一场恭喜首台SMEE光刻机顺利搬入的“搬入仪式”，这意味着我国在光刻机领域从零向前迈了一大步。光刻技术工作原理如图所示，此时恰好在硅片上成清晰缩小的像，下列说法正确的是( )
A. 在硅片上形成的像是虚像
B. 缩图透镜可用于矫正近视眼
C. 此投射原理与照相机的原理相同
D. 硅片位于缩图透镜的二倍焦距以外
5. 如图旋转玻璃门，四面平整的玻璃门相互垂直且尺度完全一样(半径1.5m)，绕中心轴O逆时针转动。小红从紧贴玻璃门OB的M处进门时，经CD成像在S1处，俯视示意图如图甲；跟随玻璃门同步旋转到如图乙时，经CD成像在S2处。上述过程中，不计玻璃门厚度及人的体积影响，下列说法正确的是( )
A. 小红在玻璃门中像的大小将变大
B. 小红在玻璃门中的像将远离她自己
C. 像S1和像S2之间的距离约为3m
D. 像绕中心轴O转动的角度∠S1OS2约为90°
6. 如图中，一段弹簧固定在水平桌面上(如图甲所示)，将一个小球放在弹簧上使其处于静止状态(如图乙所示)、用竖直向下的力F压小球至如图丙的位置，然后撤去力F，小球向上运动到A点后下落(如图丁所示)、不计空气阻力的影响。则从撤去力F到小球运动到A点的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 小球一直做减速运动
B. 小球在A点速度为零，合力为零
C. 小球离开弹簧时的速度最大
D. 小球离开弹簧前，受到的合力先减小后增大
7. 如图为小柯在科技节中制作的“杠杆力臂演示仪”。(杠杆自身质量和摩擦忽略不计，固定装置未画出)O为支点，OA=OD=3OB=0.6米，CD=0.2米。在做背景的白纸上作有以O为圆心半径为0.2米的圆。在A点挂5牛顿的重物G，使杠杆水平平衡，按图示方向分别施加FB、FC、FD三个力，则下列说法正确的是( )
A. FC的力臂长为0.4米 B. 三个力大小FD>FC>FB
C. 作用在C点的力FC为15N D. 力作用D点时杠杆为等臂杠杆
8. 如图甲所示，在水平桌面上质量为1000g的薄壁厚底容器中装有20cm深的水，已知容器的底面积为400cm2，容器中水的质量为10kg，将一质地均匀的长方体物块通过一根轻杆缓慢压入水中，当物块还有五分之一的体积露出水面时(如图乙)，容器对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，此时杆对物块的压力为3N，则下列说法正确的是( )
A. 甲图中容器对桌面的压强为2000Pa
B. 甲图中水对容器底的压力为100N
C. 乙图中物块的密度为0.5×103kg/m3
D. 若将物块全部压入水中，杆对物块的压力为4N
9. 如图甲所示，电源电压保持不变，R0、R1均为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，将滑动变阻器滑片由一端移到某一位置的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示，则下列说法错误的是( )
A. 电源电压是6V B. 图中a点应标的电压值是5V
C. R1的阻值是8Ω D. R0的阻值是4Ω
10. 水平桌面上放置足够高的柱形容器，如图甲，容器底部放一个边长为10cm的均匀实心正方体M。现缓慢向容器中注入某液体，M对容器底部的压力随注入液体深度h的变化关系如图乙。则下列说法正确的是(g取10N/kg)( )
A. M的密度是1.25×103kg/m3
B. 注入液体的密度是0.7×103kg/m3
C. 当h=10cm时，M对容器底部的压力是7N
D. 当h=10cm时，液体对容器底部的压强是800Pa
11. 如图所示，在三个电阻R1、R2和R3中只有一个电阻断路，一个电阻短路，现用一只标有“220V”字样的较大功率的灯泡对该电路进行检测，当它接在如表所列的某两点时，灯泡的亮暗情况如表所示，则( )
灯并接处
a、d
a、b
b、c
c、d
a、c
灯发光情况
正常发光
不发光
比正常发光暗
不发光
比正常发光暗
A. 电阻R1断路，电阻R2短路 B. 电阻R1短路，电阻R2断路
C. 电阻R1断路，电阻R3短路 D. 电阻R1短路，电阻R3断路
12. 如图甲所示的智能照明电路，该电路可实现生态节能，天暗时灯L自动发光，天亮时自动熄灭，其中R1为光敏电阻，其阻值会随着光照强度的变化而变化，R2为滑动变阻器，电磁铁线圈电阻不计。若保持光照强度不变，闭合S后，将滑片P从下端移至上端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A. 电磁铁是利用电磁感应原理工作的
B. 工作电路中导线A应连接家庭电路中的零线
C. 滑动变阻器的最大阻值是100Ω
D. 若想照明灯L在傍晚发光的时间提前，可将滑动变阻器滑片上移
13. 如图所示，电源电压恒为8V，电动机内阻为2Ω，R为滑动变阻器。当调节滑片P使R功率达到最大时，电动机机械功率为2W.则此时( )
A. 电动机两端电压为4V
B. R的最大功率为8W
C. R连入电路的阻值为1.5Ω
D. 电动机效率为80%
二、填空题（本大题共3小题，共14.0分）
14. 我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于______ (选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”)。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案(忽略绳重和摩擦)，这两种方案中较省力的是______ 方案，滑轮组机械效率较高的是______ 方案。
15. 如图为某商场内的自动扶梯。为了节能，在扶梯底端前1.5m安装了如图所示红外系统：乘客通过时，红外传感开关被触发，扶梯启动，同时计时器开始计时，若在设定时间t内无乘客通过，扶梯将停止运行。
不同乘客
青少年
中年人
老年人
速度(m/s)
1−1.5
0.8−1
0.5−0.8
(1)感应器在电路中相当于______(填电路元件名称)；
(2)已知扶梯长10m，从启动到匀速运行的v−t图象如图所示，不同类型乘客的行走速度见表，为确保安全，设定时间t应至少为______s。
16. 如图甲所示为一款电煎药壶，工作电路简化为图乙，它在工作时，有高温、中温和低温三个挡。已知正常工作时，高温挡功率为500W，中温挡功率为100W，在额定电压下煎药时，药液的温度与工作时间的关系图像如图丙所示。
(1)观察图丙中的高温挡加热过程可知：电煎药壶在前半段比后半段时间的加热效率______ (选填“高”或“低”)。
(2)分析电路可知：当Sa接2，同时Sb ______ 时，电路处于中温挡。
(3)电煎药壶的低温挡功率是______ W。
三、实验探究题（本大题共3小题，共20.0分）
17. 在探究凸透镜成像规律时，如图甲所示，将A凸透镜固定在光具座上35cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上5cm刻线处，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，将凸透镜A换为凸透镜B并保持蜡烛和凸透镜位置不变，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，如图乙所示。
(1)请根据实验现象和凸透镜成像规律判断：凸透镜A的焦距______ 凸透镜B的焦距(选填“大于”、“小于”或“等于”)
(2)如图乙所示的实验现象可以说明______ 的成像特点(选填“照相机”、“幻灯机”或放大镜)
(3)某学生利用其中一个凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，请按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到的像进行排序，正确顺序为______
A.④⑥⑤③①②
B.②①③⑤⑥④
C.②①③⑤④⑥
(4)小刚实验小组更换相关器材后顺利完成实验，根据记录的实验数据得到了如图丁所示的图象，线段MN为凸透镜成像的像距倒数(1)和物距倒数(1)的对应关系。根据图象信息可知，该小组所用凸透镜的焦距为______ cm。
(5)在探究凸透镜成像规律时，正确完成一次实验后，不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时
像会出现在光屏的______ 方，为使像回到光屏中央，合理的操作是：将蜡烛向______ (选填“上”或“下”)移动，或将光屏向______ (选填“上”或“下”)移动。
(6)如图戊，将蜡烛放在图示位置，光屏上恰好成清晰的像，若切除凸透镜中间的阴影部分，再将剩余部分靠拢在一起，则蜡烛能成______ 个像。
A.0个B.一个C.二个D.三个
18. 小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为U额=2.5V的小灯泡，标有“60Ω 1A”的滑动变阻器以及电压表(量程0～3V)、电流表(0～0.6A)、开关和导线。
1
2
3
4
电压U/V
0.7
1.5
2.5
3.0
电流I/A
0.10
0.18
0.25
0.28
(1)如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的导线。
(2)小明改正错误后，将滑片移至最右端，闭合开关，小明通过移动滑片P，分别记下多组对应的电压表和电流表的示数如表格所示，请你根据表中数据画出灯泡的U−I图象，并得出小灯泡的额定功率是______ W。
(3)小明在完成几组实验后，电流表发生故障无法使用，于是他利用一个定值电阻R0接在原电路中电流表的位置，设计了如图丙所示电路，来测量小灯泡的额定功率。首先调节滑动变阻器的滑片使电压表示数为U额，然后接着保持滑片的位置不变，将电压表______ 点的接线改到c点，观察并记录电压表的示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额= ______ (用R0、U额、U等物理量表示)。
19. 如图甲所示，在“探究物体动能大小跟哪些因素有关”的实验中，让钢球从同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块沿同一水平木板表面向前移动一段距离s后停下。通过改变h和小球质量m可完成该探究实验。请回答下列与该实验相关的几个问题：
(1)图乙中，让质量不同的两个小球同时从同一高度由静止沿光滑斜面滚下，若两球始终相对______ (选填“运动”或“静止”)，就可以证明任一时刻两球速度大小相等；
(2)实验中，木块沿水平木板表面滑动时受到的摩擦力______ (选填“相同”或“不同”)；
(3)实验中，是通过观察钢球推动木块移动距离的远近来判断钢球动能的大小，这种方法称为______ ，下列实验中也用到了这种方法的是______ ；
A.用水流类比电流
B.用吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱
C.牛顿第一定律的得出
D.研究压强与压力关系时保持受力面积不变
(4)实验中，为了防止木块滑出木板，可以采取的措施是______ (选填“增大”或“减小”)木块的质量或______ (选填“增大”或“减小”)斜面的倾角；
(5)设钢球与木块碰撞后，木块获得的动能为E0，则木块运动过程中克服阻力所做的功______ (选填“>”、“<”或“=”)E0；
(6)若水平木板表面绝对光滑，本实验______ (选填“能”或“不能”)达到探究目的。
四、计算题（本大题共2小题，共21.0分）
20. 最近，中央电视台科教频道播出了“汽车落水后如何水下逃生”的纪录片。纪录片中，实验人员开着小车从高处落入滚滚长河之中，并在门窗紧闭的车中，尝试用不同的方法砸碎车窗玻璃逃生，惊心动魄。为了确保实验人员的安全，摄制组精心设计制作了紧急救援装置，用于当实验人员无法从车中逃生时迅速吊起汽车。某课外活动小组按照此设计了如图所示的简单机械，模拟紧急情况下救援裸睡汽车。实验中用实心圆柱体A代替小车，已知A的体积为0.12m3，质量为210kg。(设整个过程A均为匀速运动状态，忽略钢缆绳重及滑轮摩擦，不考虑风浪、水流等因素影响，g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)若A完全浸没在水中时，滑轮组的机械效率为60%，那么A完全打捞出水面后，求岸上钢绳的拉力F。
(2)若A完全打捞出水面后，以0.5m/s的速度被匀速提升，求岸上钢绳拉力F的功率。
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，滑轮组机械效率如何变化？并简述理由。
21. 八中食堂新购入一批恒温消毒柜，电路原理简如图甲，包括工作电路和控制电路。工作电路中R0为阻值不变的加热电阻，标有“220V，1100W”字样。当消毒室内温度达到130℃时，工作电路的开关S0自动断开；当消毒室内温度降到80℃时，开关S0自动闭合，电阻R0重新发热。消毒柜正常工作时柜内温度随时间变化的图像如图乙所示。求：
(1)加热电阻R0的阻值；
(2)消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能；
(3)用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃，则该消毒柜的热效率为多少。[c陶瓷=0.81×103J/(kg⋅℃)]
五、综合题（本大题共1小题，共6.0分）
22. 某科技小组设计了一个记录传送带上输送产品数量的计数装置，其原理如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1=18V，U2=9V，电阻箱R2调到200Ω，R是个标有“9V4.5W“的自动计数器，R1是一种光敏元件。每当传送带上的产品均匀通过时，射向R1的红外线会被产品挡住，R1的电阻会变大，信号触发器两端的电压U0=UAB时就使乙图电路中S2闭合，使自动计数器计数一次。图丙是对产品输送计数项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。
(I)自动计数器正常工作时的电流为______A.
(2)当产品挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，R1阻值为______Ω.
(3)如丙图，传送带匀速输送产品连续工作2min.自动计数器消耗的电能为______J。
(4)由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有适合U1的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以对甲图电路做的调节是______．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播。故A正确。
B、因为电磁波的速度一定的，如果频率小，那么波长会越大。故B错。
C、卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站进行通信的，这样可以使它转发的微波到达地球上很大的范围。故C正确。
D、光纤通信的优点是：传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小等。故D正确。
故选：B。
要解答本题需掌握：(1)电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播。
(2)光纤通信的优点是：传输信息量大、高抗干扰及光能损耗小。
(3)卫星通信是利用人造地球卫星作为中继站进行通信的。
本题是一道综合题，是考查学生对电磁波和现代通信的综合理解，是中考的热点。
2.【答案】B
【解析】解：在试管内装入一定量的水，对着试管口吹气，空气柱振动产生声音；改变试管内的水量，会使空气柱振动的频率发生变化，即声音的音调发生改变。故ACD错误，B正确。
故选：B。
首先明确吹瓶口时，振动物体是空气柱，然后明确音调指声音的高低，由振动频率决定。
解答此类题目的难点和易混点是弄清究竟是哪一部分在振动发声，以及声音的特性，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、香气四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、食材吸热，温度升高，是通过热传递改变食材的内能，故B正确；
C、木炭燃烧，消耗化学能，产生内能，故是将化学能转化为内能的过程，故C正确；
D、燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以燃烧中的木炭热值大小不变，故D错误。
故选：D。
(1)扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；
(3)木炭本身存在化学能，木炭燃烧是把自身的化学能转化成热能即内能的过程；
(4)燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关。
本题考查了与热学相关的多个知识点，联系生活中的现象，能用相关热学知识做出解释是解答的关键。
4.【答案】C
【解析】解：AB、由图可知，该透镜将光会聚，所以这是一个凸透镜成像的过程，该凸透镜可以矫正远视眼，最终恰好在硅片上成清晰的像，硅片相当于光屏，则所成的像为实像，故AB错误；
CD、要制造出含有众多元件的集成电路，由图可知通过缩图透镜，掩膜上的电路在硅片上的像变小，所以可知该凸透镜成倒立、缩小的实像；结合凸透镜成缩小实像的条件可知，硅片到缩图透镜的距离(像距)应在一倍焦距与二倍焦距之间，此投射原理与照相机的原理相同，故C正确，D错误。
故选：C。
由图可知，该透镜将光会聚，所以这是一个凸透镜成像的过程；凸透镜可以矫正远视眼，凹透镜矫正近视眼；凸透镜成倒立、缩小的实像时，像到凸透镜的距离(像距)应在一倍焦距与二倍焦距之间，其应用是照相机。
本题考查了凸透镜成像的应用，解题关键是弄清楚缩图透镜的成像原理。
5.【答案】D
【解析】解：A.平面镜成像时，物像大小相等，所以小红在玻璃门中像的大小不变，故A错误；
B.小红距离CD的距离始终不变，所以像距离CD的距离不变，像距离小红的距离不变，故B错误；
C.由图可知，小红移动的距离约为14×2πr=14×2×3.14×1.5m≈2.4m，像和小红始终关于CD对称，所以像S1和像S2之间的距离与小红移动的距离相等，约为2.4m，故C错误；
D.由图可知，小红绕中心轴O转动的角度约为90°，像和小红始终关于CD对称，所以像绕中心轴O转动的角度∠S1OS2约为90°，故D正确。
故选：D。
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。
本题考查的是平面镜成像特点的应用，解答本题的关键是知道平面镜成像时，像与物关于镜面对称。
6.【答案】D
【解析】解：由题意知，乙图小球受到的重力等于弹簧的弹力；
当将小球压至丙图时，弹力大于重力，小球向上做加速运动，到乙图位置时，弹力等于重力，速度最大，再向上运动，弹力小于重力，做减速运动；
小球离开弹簧向上减速运动，到达最高点速度为零；
A、小球先加速后减速，故A错误；
B、小球到达A点速度为零，但此时受力不平衡，所以不是平衡状态，不处于静止状态，故B错误；
C、在乙图位置时，速度最大，故C错误；
D、小球从开始上升到乙图位置，弹力大于重力，但弹力减小，所以合力减小；到乙图位置，弹力等于重力，合力为零；
从乙图位置到离开弹簧达到甲位置，弹力小于重力，弹力减小，所以合力增大，所以小球合力先减小后增大，故D正确。
故选：D。
分析图示，乙图重力与弹力相等，向下，弹力增大，向上，弹力减小，根据重力和弹力的大小关系分析合力方向得出小球的运动状态变化。
本题是有关力和运动的关系问题，关键能够分析出不同阶段弹力和重力的大小关系。
7.【答案】C
【解析】解：ABC、根据杠杆平衡条件可得：G×OA=FB×OB，
OA=3OB=0.6m，
所以，作用在B点竖直向下的力：FB=OAOB×G=3×5N=15N；
由图可知，FC、FD两个力的力臂均与FB的力臂均为圆的半径即力臂长为0.2m，大小相等，阻力和阻力臂不变，
撤去FB后，按图示方向分别施加FC、FD两个力，且每次都使杠杆在水平位置平衡，
根据杠杆平衡条件可知，FC、FD大小关系为FC=FD=FB=15N，故AB错误，C正确；
D、由图可知，力作用D点时，FD的力臂为圆的半径，而G的力臂为OA，所以力作用D点时杠杆不是等臂杠杆，故D错误。
故选：C。
根据杠杆平衡条件计算作用在B点竖直向下的力FB的大小；通过比较FC、FD两个力的力臂与FB的力臂的关系，根据杠杆平衡条件分析FC、FD大小关系。
本题考查杠杆的平衡条件的应用，关键是从图中得出FC、FD两个力的力臂均与FB的力臂相等。
8.【答案】C
【解析】解：A.因容器对水平桌面的压力大小等于液体和容器的重力之和，
则甲图中容器对桌面的压力大小为：
F1=G总=m总g=(1kg+10kg)×10N/kg=110N，
则甲图中容器对桌面的压力为p1=F1S=110N400×10−4m2=2.75×103Pa，故A错误；
B.甲图中水对容器底的压强为p2=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa，
则甲图中水对容器底的压力为F2=p2S=2000Pa×400×10−4m2=80N，故B错误；
C.图乙中，把杯子和水、物块看做一个整体，受到竖直向下的容器和水以及物块的重力以及杆的压力、竖直向上支持力的作用，由力的平衡条件可得G容+G水+G物+F杆=F支，
因整体受到的支持力和杯子对水平桌面的压力是一对相互作用力，所以，图乙中杯子对桌面的压力
F3=F支=G容+G水+G物+F杆，
图乙中杯子对桌面的压强p3=F3S=G容+G水+G物+F杆S=F1+G物+F杆S，
因图乙杯子对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，所以有Δp=p3−p1=F1+G物+F杆S−F1S=G物+F杆S，
则G物=ΔpS−F杆=200Pa×400×10−4m2−3N=5N，
对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，由力的平衡条件可得
F浮=G物+F杆=5N+3N=8N，
由G物=mg=ρ物Vg和F浮=ρ液gV排可得G物F浮=ρ物Vgρ水gV排=ρ物Vgρ水g(1−15)V=5N8N，
解得ρ物=0.5ρ水=0.5×1.0×103kg/m3=0.5×103kg/m3，故C正确；
D.图乙中，若将物块全部压入水中，根据F浮=ρ液gV排，在液体密度不变的条件下，受到的浮力与排开液体的体积成正比，将物块全部压入水中时物块受到的浮力为F浮′=54F浮=54×8N=10N，
对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
由力的平衡条件可得F杆′=F浮′−G物=10N−5N=5N，故D错误。
故选：C。
(1)图甲中，容器对水平桌面的压力等于液体和容器的重力之和，根据F=G=mg求出其大小，根据p=FS求出容器对桌面的压强；
(2)图甲中，已知水深，根据p=ρgh可求出水对容器底的压强，根据p=FS求出水对容器的压力；
(3)图乙中，把杯子和水、长方体看做整体，受到竖直向下容器和水以及物件的重力以及杆的压力、竖直向上支持力的作用，由力的平衡条件得出等式，整体受到的支持力和杯子对水平桌面的压力是一对相互作用力，据此求出图乙中杯子对桌面的压力，根据p=FS表示出图丙中杯子对桌面的压强，利用图乙杯子对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa得出等式即可求出物体的重力；对物体受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，根据力的平衡条件求出物体受到的浮力，根据G=mg=ρVg和F浮=ρgV排得出比值即可求出该长方体物件的密度；
(4)图乙中，若将物块全部压入水中，物体受到的浮力为F浮′=54F浮；对物体受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则可求出杆对物块的压力。
本题考查了重力公式和压强公式、阿基米德原理、密度公式的应用，要注意水平面上物体的压力和自身的重力相等。
9.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流为0.3A，此时UV2=5.4V，UV1=3V，
因串联电路总电压等于各分电压之和，所以定值电阻R1两端的电压：U1=UV2−UV1=5.4V−3V=2.4V，
由欧姆定律可得，定值电阻R1的阻值：R1=U1I1=2.4V0.3A=8Ω，故C正确；
因串联电路各处电流相等，则定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UV2I1=U−5.4V0.3A------①，
由乙图可知当通过电路的电流为0.5A，UV2′=a，UV1′=1V，
此时定值电阻R1两端的电压：U1′=I2R1=0.5A×8Ω=4V，
根据串联电路电压规律可知：UV2′=UV1′+U1′=1V+4V=5V，即a=5V，故B正确；
此时定值电阻R0的阻值可表示为：R0=U−UV2I1=U−5V0.5A------②，
联立①②可得：U=6V，R0=2Ω，故A正确，D错误。
故选：D。
由电路图可知，闭合开关，定值电阻R0、R1与滑动变阻器R2串联接入电路，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻R1与滑动变阻器两端的总电压，电流表测量电路电流；
由乙图可知通过电路的最小电流和两电压表的示数，根据串联电路电压规律计算定值电阻R1两端的电压，由欧姆定律可得定值电阻R1的阻值，根据串联电路特点结合欧姆定律表示出定值电阻R0阻值的关系式；
由乙图可知当通过电路的最大电流和电压表的示数，根据欧姆定律计算此时定值电阻R1两端的电压，根据串联电路电压规律可知UV2′的值，即a点对于的电压值，再次表示定值电阻R0阻值的关系式，联立关系式可求出电源电压和定值电阻R0的阻值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的应用，关键是从图中获取有效的信息。
10.【答案】D
【解析】解：A.由图乙可知，没加入液体时，M对容器底部的压力为15N，重力等于压力为15N，则M的质量m=Gg=15N10N/kg=1.5kg，
M的体积V=(10cm)3=1×103cm3=1×10−3m3，M的密度：
ρ=mV=1.5kg1×10−3m3=1.5×103kg/m3，故A错误；
B、由图乙可知，当注入液体的深度为5cm时，M受到的浮力等于排开液体的重力为：
F浮=G−F=15N−11N=4N，
根据F浮=ρ液gV排，可得，液体的密度为：
ρ液=F浮gV排=F浮ga2h=4N10N/kg×(0.1m)2×0.05m=0.8×102kg/m3，故B错误；
C.已知，M是一个边长为10cm的均匀实心正方体，当h=10cm时，刚好浸没，浮力为：
F浮1=ρ水gVM=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N，
M对容器底部的压力是
F压=G−F浮1=15N−10N=5N，故C错误；
D.当h=10cm时，液体对容器底部的压强：
p=ρ液gh=0.8×102kg/m3×10N/kg×0.1m=800Pa，故D正确。
故选：D。
(1)由图乙可知M的重力，由G=mg可求得其质量，已知正方体边长，可求得其体积，然后由密度公式可求得其密度；
(2)由图乙可知，当注入液体的深度为5cm时，由F浮=G−F可求得M受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排公式变形可求得液体的密度：
(3)当h=10cm时，刚好浸没，根据F浮=ρ液gV排可求得其浮力，M对容器底部的压力。
此题考查密度的计算，阿基米德原理的应用、液体压强的计算等多个知识点，有一定的拔高难度，此题的关键是读懂图像。
11.【答案】D
【解析】解：当把“检测灯”并接在a、d处，灯正常发光，说明灯直接接在电源上，ad之间有开路现象；
当把“检测灯”并接在a、b处，灯不发光，说明电阻R1短路或ab之外有开路；
当把“检测灯”并接在b、c处，灯比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路，即电阻R3断路，其它是连通的，R1或R2至少有一个是正常的；
当把“检测灯”并接在c、d处，灯不发光，说明电阻R2短路或cd之外有开路；
当把“检测灯”并接在a、c处，灯比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路，R2是正常的；
由上面的分析可知：电阻R1短路，电阻R3断路，
故选：D。
将额定电压220V的“检测灯”，按表格中提供的接法接入电路，是把此灯并联接入电路。
若“检测灯”恰能正常发光，该灯直接接在电源上，说明这两点之间有开路；
若“检测灯”比正常发光暗，说明该灯与其它用电器串联接入电路，所分电压低于220V，这两点之间有开路；
若“检测灯”不发光，说明这两点之间有短路、之外有开路。据此分析判断。
明确当把检测灯并接在某两点之间时，出现三种现象(检测灯正常发光、发光暗、不发光)的原因是本题的关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.电磁铁通电后具有磁性，是利用电流的磁效应来工作的，故A错误；
B.在照明电路中，开关必须接在火线上，工作电路中导线A应连接家庭电路中的火线，故B错误；
C.控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压U=12V；
当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，光敏电阻两端的电压U2=2V，电路中的电流I=0.1A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U1=U−U2=12V−2V=10V，
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：R2=U2I=10V0.1A=100Ω，故C正确；
D.若想L在傍晚发光的时间提前，电流需减小达到一定数值，灯L所在电路闭合，因为控制电路中电源电压恒定，若将电流减小，应将总电阻增大，滑片应向下移动，故D错误。
故选：C。
(1)电流流过导体时，会产生磁场，这是电流的磁效应；
(2)照明电路的开关应该接在火线上；
(3)控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压；当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙可知光敏电阻两端的电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
(4)由于控制电路的电源电压不变，要想减小电流，应增大总电阻。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电流的磁效应、安全用电常识等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题。
13.【答案】C
【解析】解：设R功率达到最大时电路中的电流为I，此时电动机机械功率为2W，
由P=UI和P=I2R可得，电动机的机械功率：
P机械=PM−P热=UMI−I2RM=2W，
则UMI=I2RM+2W=I2×2Ω+2W，
由串联电路的电压规律和电功率公式可得，变阻器R的电功率：
PR=URI=(U−UM)I=(8V−UM)I=8V×I−UMI=8V×I−I2×2Ω−2W=6W−2(I−2A)2×1Ω，
所以，当I=2A时，变阻器R的电功率最大，最大为6W，故B错误；
此时电动机消耗的电功率：
PM=P热+P机械=I2RM+P机械=(2A)2×2Ω+2W=10W，
由P=UI可得电动机两端的电压：
UM=PMI=10W2A=5V，故A错误；
由I=UR可得，R连入电路的阻值：
R=URI=U−UMI=8V−5V2A=1.5Ω，故C正确；
电动机的效率：
η=P机械PM×100%=2W10W×100%=20%，故D错误。
故选：C。
设R功率达到最大时电路中的电流为I，此时电动机机械功率为2W，电动机的机械功率等于电动机消耗的电功率减去热功率，根据P=UI和P=I2R得出等式，根据串联电路的电压特点和P=UI表示出变阻器R的电功率，然后经过变形求出变阻器R的电功率最大时的功率，然后求出电动机的功率，利用P=UI求出电动机两端的电压，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出R连入电路的阻值，最后利用η=P机械PM×100%求出电动机效率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、效率公式的应用，要注意电动机是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等。
14.【答案】电动机 丙 乙
【解析】解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
故答案为：电动机；丙；乙。
通电导体在磁场中受到磁场力的作用；根据动滑轮和定滑轮的特点分析。
本题考查了电动机的工作原理、动滑轮和定滑轮的特点的应用，难度不大。
15.【答案】开关 23
【解析】解：(1)乘客通过时，红外传感开关被触发，扶梯启动，说明感应器在电路中相当于开关；
(2)扶梯底端前1.5m安装了图1所示红外系统，为确保安全，速度最慢的人也能安全乘坐扶梯到顶端；
人步行的最小速度是0.5m/s，此时人从红外杆走到扶梯所用的时间：
t1=s1v1=1.5m0.5m/s=3s，
据图2可知，1s后扶梯匀速运动的速度是0.5m/s，
由图1可知扶梯的长度10m，故扶梯匀速运动的时间为：
t2=s2v匀=10m0.5m/s=20s；
故整个过程的总时间：t=t1+t2=3s+20s=23s；即设定时间t应至少为23s。
故答案为：(1)开关；(2)23。
感应器在电路中相当于开关；
知道扶梯的长度和红外系统的安装位置，以乘客的速度和扶梯的速度计算时间即可。
本题属于信息题，考查了红外传感器和速度公式的应用，是一道综合题，解题的关键是掌握为确保安全，速度最慢的人也能安全乘坐扶梯到顶端。
16.【答案】低 断开 80
【解析】解：
(1)在高温挡加热的前、后半段时间内，功率不变、时间相同，由W=Pt可知消耗的电能相同；由图−3可知前半段药液温度升高的温度值小、后半段温度升高的温度值大，而药液的质量不变、比热容不变，由Q吸=cmΔt可知前半段药液吸收的热量少，由η=Q吸W可知，前半段的加热效率比后半段的加热效率低；
(2)分析电路可知：
当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路中电阻最小，由P=U2R可知此时电功率最大，处于高温挡；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡；
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，电路中电阻最大，由P=U2R可知此时电功率较小，处于小功率低温挡；
(3)当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路处于高温挡；
高温挡的电功率：
P加热=P1+P中温挡，
R1的电功率：
P1=P加热−P中温挡=500W−100W=400W，
由P=U2R可得：
R1=U2P1=(220V)2400W=121Ω；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡；
电阻R2的值为：R2=U2P中温挡=(220V)2100W=484Ω，
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，处于低温挡，低温功率为：
P保温=U2R1+R2=(220V)2121Ω+484Ω=80W。
故答案为：(1)低；(2)断开；(3)80。
(1)在高火加热的前、后半段时间内，功率不变、时间相同，消耗的电能(总能量)相同；分析图−丙可知前、后半段药液温度升高的温度值，由Q吸=cmΔt得出药液吸收的热量(有用能量)关系，利用η=Q吸W得出前、后半段的加热效率关系；
(2)分析电路得出，当Sa接2同时Sb闭合、当Sa接2同时Sb断开、当Sa接1同时Sb断开的电路组成，确定相应的状态；
(3)当Sa接2，同时Sb闭合时，电路中R1、R2并联，电路处于高温挡；高温挡的电功率等于R1的功率加上中温挡的功率，据此求R1的电功率，再利用P=U2R求R1的阻值；
当Sa接2，同时Sb断开时，电路中只有R2工作，电路中电阻较大，由P=U2R可知此时电功率较大，处于中温挡，根据R2=U2P中温挡算出电阻R2的值；
当Sa接1，同时Sb断开时，电路中R1、R2串联，处于低温挡，利用P=U2R求低温挡功率。
本题考查了吸热公式、效率公式、电功率公式的应用，分析电路图得出三种情况的电路组成、利用P=U2R确认相应的状态是关键。
17.【答案】小于 幻灯机 B 12.5 下 下 下 C
【解析】解：(1)甲图，凸透镜成倒立、缩小的实像，u=35cm−5cm=30cm，30cm>2fA，所以，15cm>fA；
乙图，凸透镜成倒立、放大的实像，u=35cm−5cm=30cm，2fB>30cm>fB，所以，30cm>fB>15cm；故A的焦距小于B的焦距；
(2)由图乙可知，此时成的是倒立、放大的实像，其应用是幻灯机；
(3)凸透镜做“探究凸透镜成像规律”实验时，在实验过程中不断移动烛焰位置，观察到如图丙所示的六种烛焰的清晰像，
按蜡烛到凸透镜距离由远到近所得到像进行排序，根据凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大，小于焦距时成正立放大的虚像，越远像越大。
正确顺序为②①③⑤⑥④；
(4)图中1u=4m−1时，1v=4m−1，此时v=u=0.25m像距等于物距，说明物体处于二倍焦距处，即2f=0.25m，所以f=0.125m=12.5cm；
(5)不小心碰到凸透镜，使其下滑了一点，此时的像会向下移动，会出现在光屏的下方，为使像回到光屏中央，可以将蜡烛向下移动，或将光屏向下移动；
(6)因为凸透镜中间厚，边缘薄，切去部分后相当于两个透镜，光心位置改变了，上面的像下移，下面的像上移，错位将成两个像。
故答案为：(1)小于；(2)幻灯机；(3)B；(4)12.5；(5)下；下；下；(6)C。
(1)根据物距和凸透镜的焦距关系，求出两个凸透镜的焦距，比较焦距大小。
(2)2f>u>f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
(3)凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；相反，物距减小，像距增大，像变大；小于焦距时成正立放大的虚像；
(4)根据图象判断出凸透镜的焦距；
(5)根据凸透镜成像时烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一直线上即可判断；
(6)根据光心的位置变化分析。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。
18.【答案】0.625 b U额⋅U−U额R0
【解析】解：(1)原电路图中，灯泡没有接入电路中，电压表与电流表串联在电路中是错误的，在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
2)根据表格中的电流值和电压值描点连线，如下图所示：
；
小灯泡的额定电压为U额=2.5V，对应的额定电流为I额=0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P=U额I额=2.5V×0.25A=0.625W；
(3)电压表测灯的电压，当灯电压为U额时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b点的接线改接到c点，观察并记录电压表示数U。
因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：U0=U−U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I0=U0R0=U−U额R0，
根据串联电路电流的规律，灯的额定电流等于定值的电阻的电流，即：I额=I0=U0R0=U−U额R0，
则小灯泡的额定功率可表示为：P额=U额I额=U额⋅U−U额R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)见解答图；0.625；(3)b；U额⋅U−U额R0。
(1)在测小灯泡的电功率实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
(2)根据描点法作图；根据P=UI算出小灯泡的额定功率；
(3)在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率。
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、额定功率的计算及设计实验方案的能力。
19.【答案】静止 相同 转换法 B 增大 减小 = 不能
【解析】解：(1)让质量不同的小球同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若任一时刻两球的速度大小相等，即以任何一个小球为参照物，另一个小球都是静止的，所以两小球相对静止，就可以说明任一时刻两球的速度大小相等；
(2)木块滑动时，木块在水平面的压力相同，接触面的粗糙程度相同，所以滑动摩擦力相同；
(3)实验中通过观察木块被撞击后运动的距离的大小来反映钢球对木块做功的多少，从而间接判断物体动能的大小；用到了转换法；
A、用水流类比电流，用到了类比法，故A不符合题意；
B、磁性强弱不易观察，通过吸引大头针数量的多少来描述磁性强弱，用到了转换法，故B符合题意；
C、牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出，用到了推理法，故C不符合题意；
D、研究压强与压力关系时保持受力面积不变，改变压力大小，用到了控制变量法，故D不符合题意；
故选：B；
(4)若钢球释放高度一定，为了防止木块滑出木板，可以增大木块的质量，从而增大木块受到的摩擦力，减小木块在木板上滑行的距离；或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度，即减小斜面的倾角，减小木块在木板上滑行的距离；
(5)木块在运动过程中，克服阻力做功，机械能转化为内能，所以木块克服阻力做的功等于木块的动能大小，即木块运动过程中克服阻力所做的功=E0；
(6)若水平面光滑，由牛顿第一定律可知，木块被撞击后将做匀速直线运动，不能通过木块移动的距离来判定动能的大小，不能达到探究目的。
故答案为：(1)静止；(2)相同；(3)转换法；B；(4)增大；减小；(5)=；(6)不能。
(1)通过运动和静止的相对性分析即可判断；
(2)滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)由于动能的大小是不好观察的，于是实验中采用了转换法，即观察钢球推动木块的距离即可；逐项分析各选项得出答案；
(4)为防止让木块滑出木板木块，在速度不变的条件下，可通过增大压力的方法增大木块受到的摩擦力，或者在摩擦力不变的条件下，减小钢球的速度；
(5)木块滑动过程中，克服阻力做功；
(6)根据牛顿第一定律分析回答。
本题“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验，考查转换法和控制变量法及牛顿第一定律的运用。
20.【答案】解：(1)A浸没在水中时排开水的体积：V排=V=0.12m3，
A浸没在水中受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m3=1200N，
A的重力：G=mg=210kg×10N/kg=2100N，
A浸没在水中时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和拉力，由力的平衡条件可知，此时物体受到的拉力：F拉=G−F浮=2100N−1200N=900N，
因为不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动，所以动滑轮的重力：G动=1−ηηF拉=1−60%60%×900N=600N；
由图可知n=5，A完全打捞出水面后，岸上钢绳的拉力：F=1n(G+G动)=15×(2100N+600N)=540N；
(2)绳子自由端移动的速度：v=nv物=5×0.5m/s=2.5m/s，
岸上钢绳拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv=540N×2.5m/s=1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，物体排开水的体积不断减小，由F浮=ρ水gV排可知，物体受到的浮力不断减小，
因为物体受到的拉力F拉=G−F浮，所以该过程中物体受到的拉力不断的增大，由W有=F拉h可知，有用功增大，而额外功不变，
由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，有用功W有增大，额外功W额外不变时，机械效率增大。
答：(1)岸上钢绳的拉力为540N；
(2)岸上钢绳拉力F的功率为1350W；
(3)从A上表面刚出水面到A完全离开水面的过程中，滑轮组机械效率逐渐增大，因为该过程物体受到浮力减小，滑轮组对物体的拉力增大，有用功增大，而额外功不变，由η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有可知，机械效率增大。
【解析】(1)根据阿基米德原理求出A浸没在水中受到的浮力，根据G=mg求出A的重力，根据力的平衡条件求出A浸没在水中时受到的拉力；
利用不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=F拉hF拉h+G动h=F拉F拉+G动求动滑轮的重力，由图可知n=5，利用不计绳重和摩擦时F=1n(G+G动)求岸上钢绳的拉力F；
(2)绳子自由端移动的速度v=nv物，利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(3)根据阿基米德原理分析物体受到浮力的变化，根据力的平衡条件分析物体受到拉力的变化，根据W有=F拉h分析有用功的变化，由于使用的是同一滑轮组，所以额外功不变，根据η=W有W总=W有W有+W额外=11+W额外W有分析滑轮组机械效率的变化。
本题考查重力的计算、阿基米德原理的应用、使用滑轮组时绳子的拉力、功率、机械效率的计算和滑轮组机械效率的影响因素，关键是根据力的平衡条件分析物体在水中时受到的拉力。
21.【答案】解：(1)加热电阻R0的阻值R0=U2P=(220V)21100W=44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作，电热丝的加热时间t=3×80min+60min=300min，
电路消耗的电能W=Pt=1100W×300×60s=1.98×107J；
(3)将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量Q=cmΔt=0.81×103J/(kg⋅℃)×30kg×(124℃−80℃)=1.0692×107J，
用电高峰时段电压只有198V，消毒柜80min消耗的电能W1=P1t=U12R0t=(198V)244Ω×80×60s=4.2678×107J，
该消毒柜的热效率η=QW1=1.0692×107J4.2678×107J=25%。
答：(1)加热电阻R0的阻值为44Ω；
(2)消毒柜正常工作6h工作电路消耗的电能为1.98×107J；
(3)该消毒柜的热效率为25%。
【解析】(1)根据P=UI=U2R求出加热电阻R0的阻值；
(2)根据图乙可知6h的消毒过程中加热电阻R0的工作时间，根据P=Wt求出工作电路消耗的电能；
(3)根据Q=cmΔt求得将30kg陶瓷碗从80℃加热至124℃吸收的热量，利用P=Wt求出用电高峰时段电压只有198V时消毒柜80min消耗的电能，进一步求得该消毒柜的热效率。
此题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
22.【答案】0.5 1600 54 适当将电阻箱R2的阻值调大
【解析】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，受控电路为R的简单电路，根据P=UI可得自动计数器正常工作时的电流为：I=PRU2=4.5W9V=0.5A；
(2)当产品挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据I=UR可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小，由图知此时AB端的电压为2V；
此时电路的电流为：I′=U0R2=2V200Ω=0.01A，
根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1=U1−U0=18V−2V=16V，
R1的电阻为：R1=UR1I′=16V0.01A=1600Ω；
(3)根据图丙知计数一次消耗电能的时间0.4s−0.36s=0.04s，即0.4s内有0.04s消耗电能，所以1min内消耗电能的总时间0.04s0.4s×60s=6s，
2min内自动计数器消耗的电能：W=PRt=4.5W×2×6s=54J；
(4)由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流减小，U0减小，要使U0增大为原来的电压值，由串联电路的分压规律可知，需要增大R2的电阻使计数器正常工作。
故答案为：(1)0.5；(2)1600；(3)54；(4)适当将电阻箱R2的阻值调大。
由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压；
(1)由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
(2)根据图丙读出产品挡住了射向R1的红外线U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
(3)根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，再算出1min内电流做功的时间，根据W=Pt算出自动计数器2min消耗的电能；
(4)U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻。
本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图像确定定值电阻两端电压的大小。
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