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2023年江苏省泰州市中考物理试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省泰州市中考物理试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，计算题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省泰州市中考物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共24分）
1. 下列能源中，属于不可再生能源的是( )
A. 风能 B. 核能 C. 水能 D. 潮汐能
2. 如图，古琴演奏家正在演奏名曲《高山流水》，下列说法正确的是( )
A. 琴声响度越大，它在空气中传播的速度越大
B. 琴声是由琴弦振动产生的
C. 拨动不同的琴弦，主要引起琴声响度不同
D. 用大小不同的力拨动同一根琴弦，琴声音调不同
3. 下列物态变化中，属于吸热现象的是哪一组( )
①初春：冰雪消融
②盛夏：洒水降温
③深秋：浓雾弥漫
④严冬：寒霜遍野
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
4. 关于粒子与宇宙，下列说法不正确的是( )
A. 用鼻子嗅气味来鉴别酱油和醋，说明分子在不停地运动
B. 卢瑟福提出原子是由原子核和核外电子构成的
C. 摩擦起电的过程中，带正电的物体得到了质子
D. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳是银河系中的一颗恒星
5. 下列事例中，能增大压强的是( )
A. 载重汽车装有许多车轮 B. 压路机的碾子质量很大
C. 滑雪板与雪地接触面积较大 D. 背包用较宽的背带
6. 如图所示，是仿照人的手臂设计的我国天宫空间站的机械臂。下列工具使用时与机械臂属于同类型杠杆的是( )
A. 夹起食物的筷子
B. 拔钉子的羊角锤
C. 剪铁丝的钢丝钳
D. 起瓶盖的开瓶扳手
7. 关于地磁场，下列说法中正确的是( )
A. 磁感线是磁场中真实存在的曲线
B. 地球周围的地磁场的磁感线是从地磁S极出发回到地磁N极
C. 教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理南极
D. 指南针是我国古代四大发明之一，它能指南北是因为受到地磁场的作用
8. 同学们在垫排球时，当排球离开手腕后，下列分析正确的是( )
A. 排球能继续向上运动是由于受到惯性的作用
B. 排球向上运动的过程中，受到重力和手腕对排球托力的作用
C. 排球离开手腕后，手对排球不做功
D. 假如正在上升的排球所受的力全部消失，它将保持静止
9. 如图所示，小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，小明的( )
A. 重力势能减小，机械能减小
B. 动能不变，机械能不变
C. 重力势能减小，动能增大
D. 重力势能不变，机械能减小
10. 为了安全，汽车行驶时驾驶员必须系好安全带。当系好安全带时，相当于闭合开关，指示灯不亮；未系好安全带时，相当于断开开关，指示灯发光。符合上述要求的学电路图是( )
A. B. C. D.
11. 用硬质塑料瓶、透明胶带、螺母、塑料管、容器和水等，制作如图所示的潜水艇模型(不计进排气管体积)，然后将模型放入水中，使其上浮或下沉。下列说法正确的是( )
A. 当模型漂浮于水面时，它受到的浮力小于重力
B. 向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，模型将下沉
C. 从瓶中抽气时，模型会下沉，它受到的浮力将变小
D. 让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，应使瓶内的水先增加后减少
12. 如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为9V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”的字样，电流表选用“0～0.6A”的量程，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光。已知小灯泡上标有“3V 0.9W”字样(忽略温度对灯丝电阻的影响)。为保证电路安全，下列选项正确的是( )
A. 滑动变阻器阻值的变化范围为5～20Ω B. 定值电阻的阻值为20Ω
C. 电流表示数变化的范围为0.225～0.3A D. 小灯泡的最小功率为0.675W
二、填空题（本题共8小题，共26分）
13. 如图所示，一只水鸟站在水中觅食，图中的黑影是由于光的______ 形成的，倒影是因光的反射形成的______ 像，且倒影看起来要“暗”一些，是因为有一部分光在水面处发生了______ 而进入水中，人能从不同角度看见水鸟是由于光照射在鸟身上发生了______ 。
14. 如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐______ ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过______ 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是______ 的；因高空严寒，为防止探空仪内的精密仪器被冻坏，其外壳要用______ 好的材料制成。
15. 小华利用饮料瓶、气球、瓶盖、吸管等制作了一个简易喷气小车，如图所示。拔掉吸管口的塞子，气球向左喷气，同时小车会向右运动，说明物体间力的作用是______ 的，也说明力能改变物体的______ ，使小车前进的力的施力物体是______ 。
16. 如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部，放入一小团干燥的硝化棉，用力把活塞迅速压下，使硝化棉燃烧，该过程是通过______ 的方式来改变筒内空气的内能，其能量转化情况与汽油机的______ 冲程相同。
17. 如图所示，供轮椅上下的斜坡长L=4m，高h=2m。小明用120N的拉力平行于斜坡向上将重为200N的木箱从底端匀速拉到顶端。他所做的有用功为______ J，斜坡的机械效率为______ (精确到0.1%)，木箱所受摩擦力的大小为______ N。
18. 如图甲所示电路，开关S1、S2闭合后两电流表的指针均指在同一位置，示数如图乙所示，则通过R1的电流为______ A，两电阻之比R1：R2= ______ ；只断开开关S2，电流表A1的示数将______ (变大/变小/不变)。
19. 小华将电阻丝R1和R2(R1>R2)分别浸没在质量和初温均相同的煤油中，按如图所示接入电路，开关闭合后，通过两电阻丝的______ 相等，根据温度计示数的变化可比较电阻丝产生______ 的多少，通电一段时间，发现甲瓶中温度计的示数上升______ 。
20. 2022年6月17日，我国第三艘国产航空母舰“福建号”成功下水，其满载排水量为88000t，如图所示。该航母满载时，受到的浮力为______ N，当舰载机飞离航母后，航母所受浮力变______ ，舱底所受海水压强变______ ，此时航母排开的海水体积改变了26m3，则该舰载机的质量是______ kg。(ρ海水取1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
三、作图题（本题共3小题，共6分）
21. 在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
22. 工人站在地面上用如图的滑轮组提升重物，画出滑轮组的绕绳方式。
23. 如图所示，请用笔画线代替导线，将三孔插座正确接入家庭电路中。
四、计算题（本题共2小题，共12分）
24. 新能源电动汽车具有节能、环保的特点。如图所示，一辆电动汽车停放在水平地面上，满载时整车质量为1.5t，轮胎与地面的总接触面积为600cm2。在某段平直路面上，该车满载时90s内匀速行驶了1.8km，电动汽车受到的阻力为2500N，求：
(1)汽车行驶的速度。
(2)汽车发动机的功率。
(3)汽车静止时对水平地面的压强。(g取10N/kg)
25. 小华查看家中电炖锅的说明书后发现：电炖锅有低温、中温、高温三挡；电阻R2=60.5Ω，R1=4R2，该电炖锅的原理图如图所示。请解答：
(1)闭合开关S、S1，电炖锅处于______ 挡。
(2)电炖锅高温挡的额定功率为多大？
(3)正常工作时，使用电炖锅高温挡加热10min，可将一锅1.5kg的汤从20℃加热到100℃，电炖锅的加热效率是多少？[汤的比热容取4×103J/(kg⋅℃)]
五、实验探究题（本题共6小题，共32分）
26. 小明利用如图甲所示的实验装置来探究冰的熔化特点。
(1)将装有适量碎冰的试管置于烧杯内的温水中，这样做不仅可以使碎冰______ ，而且便于记录各时刻的温度并观察冰的______ 。
(2)实验中某时刻温度计示数如图乙所示，碎冰此时的温度为______ ℃。
(3)根据实验数据画出冰熔化过程的“温度-时间”图象(如图丙)，由图象可知，冰属于______ (晶体/非晶体)。
(4)小明分析图象还发现：0至t1时段内的温度变化比t2时刻后的温度变化快，其主要原因是______ 。
27. 小华用如图所示的器材探究凸透镜成像规律，已知凸透镜的焦距为10.0cm。
(1)组装并调整器材，使烛焰、光屏的中心位于凸透镜的______ 上。
(2)小华按照实验方案完成各操作步骤，将观测到的现象和数据记录在表格中，分析表中信息可得：
实验序号
物距/cm
像的大小
像的正倒
光屏到凸透镜的距离/cm
①
50.0
缩小
倒立
12.5
②
30.0
缩小
倒立
15.0
③
20.0
等大
倒立
20.0
④
12.5
放大
正倒
30.0
⑤
12.5
放大
倒立
50.0
⑥
9.0
光屏上没有像
⑦
7.0
光屏上没有像
①当物距______ 焦距时，成倒立、缩小的实像；
②成实像时，随着物距的减小，像的大小逐渐______ ；
(3)在第⑥、⑦两次实验中小华无论怎样移动蜡烛、凸透镜和光屏，都不能在光屏上观察到烛焰的像，于是她认为：“物距小于一倍焦距时，物体通过凸透镜不能成像”这个结论并不严谨，为得出正确的结论，她应该增加的一步操作是：取下光屏，______ ；
(4)将一个镜片放在烛焰和凸透镜之间后，光屏上的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上再次出现清晰的像，则所加的镜片属于______ 透镜，用来矫正______ 的视力缺陷。
28. 小明使用天平和量筒测量石块的密度。
(1)将天平放在水平台面上，如图甲所示，是小明刚调节完天平平衡的情形。请你指出他调节过程中遗漏的操作步骤：______ 。补上遗漏步骤后，为使天平重新平衡，应将平衡螺母向______ 调节。
(2)用调好的天平称石块的质量，测量结果如图乙所示，则石块的质量为______ g。接着他在量筒中倒入30mL的水，再将石块浸没在水中，水面位置如图丙所示，则石块的密度为______ g/cm3。
(3)以下操作会导致石块密度的测量值偏大的有：______ (多选，填字母序号)。
A.读取量筒示数时视线俯视液面
B.先测石块的体积后测石块的质量
C.石块放入量筒时有部分水溅起附在筒壁上
29. 小明用不同的力将手掌压在各种不同物体表面上向前推，发现感受不同，猜想滑动摩擦力的大小可能与下列因素有关：①压力的大小、②接触面的粗糙程度、③接触面的材料种类。为了验证猜想是否正确，他进行了以下探究：
(1)为了测量滑动摩擦力的大小，小明将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做______ ，此时滑动摩擦力大小______ 弹簧测力计的示数。
(2)比较甲、乙两图的实验可知：滑动摩擦力的大小与______ 有关。
(3)如图甲、丙所示，小明将同一木块分别放在粗糙程度不同的木板一、木板二上测量滑动摩擦力的大小，此过程控制不变的影响因素是：压力的大小和______ 。
(4)实验中发现弹簧测力计示数不易稳定，改用如图丁所示的装置水平拉动长木板，发现弹簧测力计的示数仍不稳定，可能的原因是：______ 。
30. 如图所示，小明和小刚利用蹄形磁体、灵敏电流计、开关、导体AB和若干导线等器材来探究感应电流产生的条件。闭合开关，他们完成操作，将观察到的现象记入表格：
序号
导体AB的运动情况
有无感应电流
①
左右运动
有
②
上下运动
无
③
前后运动
无
④
斜向上、斜向下运动
有
(1)分析①、②两次实验现象，小明说：“闭合电路的一部分导体在磁场中的运动方向与磁场方向垂直时，电路中就会产生感应电流。”小刚认为不准确，因为导体AB ______ 运动时，其运动方向也与磁场方向垂直，但无感应电流。
(2)采纳小刚意见后，小明又说：“闭合电路的一部分导体在磁场中垂直切割磁感线时，电路中才会产生感应电流”。小刚认为不全面，因为导体AB ______ 运动时，也有感应电流。
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是将______ 能转化为电能；如果将图中的灵敏电流计换成______ ，可以探究磁场对电流的作用。
31. 小明和小华一起进行伏安法测电阻的活动。
(1)他们选用的器材如图甲所示，请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整，要求：滑动变阻器的滑片P向右移动时电流表的示数变大。
(2)连接电路之前，应该______ 开关，检查电表指针是否______ 。
(3)闭合开关，小明发现两电表均无示数。为了查找故障，他将电压表拆下，保持电路其他部分连接完好，再将电压表分别接在电源、待测电阻Rx、滑动变阻器两端，然后闭合开关，发现只有接在待测电阻Rx两端时，电压表无示数，则故障可能是______ 。
(4)排除故障后，小明和小华配合进行实验，并根据数据画出如图乙所示的图象，由图象可知，该待测电阻Rx的阻值为______ Ω。
(5)利用电压表可以直接测量电压的大小，能否把电压表改装为间接测量电阻大小的仪表呢？小明和小华经过思考，分别设计了如图丙、丁所示的方案(电源电压恒定不变)，并进行了以下操作和分析：
①小明在电路的M、N两点之间接入一个电阻箱，调节旋钮使它接入电路的阻值分别为5Ω、8Ω、20Ω，闭合开关，发现电压表指针分别指向1.5V、2.0V、3.0V的刻度线，于是他在表盘相应位置标出了电阻的数值，如图戊所示。以此类推再标出其他刻度线，电压表就可以用来间接测量阻值了。由以上数据可知：电源电压为______ V，定值电阻R0的阻值为______ Ω。
②小华的设计方案，所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，分析她的设计方案可知：在保证器材安全的前提下，她改装后的电压表所能测的最小电阻值为______ Ω。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：水能、风能、潮汐能都能从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；
核能一旦消耗，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源。
故选：B。
从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源。
本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、琴声响度越大，它在空气中传播的速度不变，故A错误；
B、琴声是由琴弦振动产生的，故B正确；
C、拨动不同的琴弦，主要引起琴声音调不同，故C错误；
D、用大小不同的力拨动同一根琴弦，琴声响度不同，故D错误。
故选：B。
(1)声音在同种介质中的传播速度与温度有关，与响度、音调无关。
(2)声音是由物体的振动产生的。
(3)声音的高低叫音调，音调与频率有关。
(4)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
本题考查了声音产生和传播的条件；知道音调、响度和声速的影响因素。
3.【答案】A
【解析】解：①初春：冰雪消融是物质由固态变为液态的过程，是熔化过程，熔化吸热；故①符合题意；
②盛夏：洒水降温是物质由液态变成气态的过程，是汽化过程，汽化吸热，故②符合题意；
③深秋：浓雾弥漫是空气中的水蒸气遇冷液化为小水珠，是液化过程，液化放热，故③不符合题意；
④严冬：寒霜遍野是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故④不符合题意。
故选：A。
物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华过程需要吸收热量，凝固、液化、凝华过程需要放出热量。
此题考查的是对物态变化过程的判断及物态变化过程的吸热和放热的判断。
4.【答案】C
【解析】解：A、用鼻子嗅气味能鉴别醋和酱油，是因为构成这些物质的分子在不断运动，与人的嗅觉细胞接触，就能闻到味了，说明了分子在不断运动，故A正确；
B、卢瑟福提出原子的核式结构，提出原子是有原子核和核外电子组成，故B正确；
C、摩擦起电的过程中，转移的是电子，质子不能转移；带正电的物体失去电子，故C错误；
D、宇宙是一个有层次的天体结构系统，我们看到的太阳只是银河系中一颗普通的恒星，故D正确。
故选：C。
(1)我们能闻到气味是因为分子在做无规则运动；
(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；原子是有原子核和核外电子组成；
(3)摩擦起电过程是得失电子的过程，物质失去电子带正电，物质得到电子带负电；
(4)银河系中有大约2000亿颗恒星，太阳只是银河系中的一颗普通恒星。
本题考查内容有：分子动理论、人类对宇宙的认识、原子结构以及摩擦起电的原因等，以上内容要求学生熟记。
5.【答案】B
【解析】解：A、载重汽车装有许多车轮可以增大受力面积，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故A不符合题意；
B、压路机的碾子质量很大，重力很大，对路面的压力越大，在受力面积一定时，增大压力可以增大压强，故B符合题意；
C、滑雪板与雪地接触面积较大，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故C不符合题意；
D、背包用较宽的背带，增大了受力面积，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故D不符合题意。
故选：B。
(1)在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强。
(2)在压力一定时，减小受力面积，可以增大压强；在受力面积一定时，增大压力，可以增大压强。
本题主要考查的是增大和减小压强的方法，属于基础性题目。
6.【答案】A
【解析】解：我国天宫空间站的机械臂是动力臂比阻力臂短的杠杆，是费力杠杆。
A、夹起食物的筷子的动力臂比阻力臂短，属于费力杠杆，故A符合题意；
BCD、拔钉子的羊角锤、剪铁丝的钢丝钳、起瓶盖的开瓶扳手的动力臂比阻力臂长，属于费力杠杆，故BCD不符合题意。
故选：A。
(1)动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆。
(2)动力臂比阻力臂短的杠杆是费力杠杆。
本题考查的是杠杆的分类；在具体的实例中能区分省力杠杆和费力杠杆。
7.【答案】D
【解析】解：A、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，故A错误；
B、地球周围的地磁场的磁感线是从地磁N极出发回到地磁S极，故B错误；
C、教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理北极，故C错误；
D、指南针是我国古代四大发明之一，它能指南北是因为受到地磁场的作用，故D正确。
故选：D。
(1)磁场是真实存在的，磁感线不存在。
(2)地磁场的磁感线是从地磁N极出发回到地磁S极。
(3)教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理北极。
(4)指南针指示南北是因为受地磁场的作用。
本题考查的是地磁场和磁感线；关键是知道磁场是客观存在的，而磁感线是为了研究磁场而假象出来的几何曲线。
8.【答案】C
【解析】解：
A、排球离开手后还能继续向上运动是由于排球具有惯性，而不能说受到惯性的作用，故A错误；
B、排球离开手以后，不再受到手的作用力；排球向上运动的过程中，受重力和空气阻力的作用，故B错误；
C、排球在上升过程中，手不再给排球施加力，手对排球不做功，故C正确；
D、排球向上运动过程中，若一切外力都消失，它将保持原来速度做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
(2)对向上运动的排球受力分析可知排球离开手以后，不再受手的作用力；
(3)从做功的两个必要因素分析，分析排球在上升过程中，手是否对排球施加力，从而判断手对排球是否做功；
(4)根据牛顿第一定律可知：一切物体在不受力的作用时，保持静止或匀速直线运动状态。
本题考查了物体的受力分析、做功的两个必要因素、惯性和牛顿第一定律的理解和应用，考查内容全面。
9.【答案】A
【解析】解：小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中质量不变，高度减小，因此小明的重力势能减小；速度不变，因此动能不变。有部分机械能转化为物体的内能，因此机械能减小。
故选：A。
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；
重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；
对物体做功(克服摩擦力做功、压缩气体做功等)，将机械能转化为物体的内能。
熟悉机械能的转化过程，并理解改变内能的两种方式是解决该题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：
A、无论开关断开还是闭合，灯泡都发光。不符合题意；
B、无论开关断开还是闭合，灯泡都发光。不符合题意；
C、开关断开，灯泡和保护电阻串联能够发光；开关闭合，灯泡被短路不能发光。符合题意；
D、开关断开，灯泡与保护电阻串联能够发光；开关闭合造成电源短路。不符合题意。
故选：C。
由题意知，未系好安全带时指示灯亮，系好安全带灯泡不亮，说明开关断开指示灯亮，否则灯泡不亮即被短路了。
本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻是保护电阻，可使电路对电源不被短路。
11.【答案】D
【解析】解：A、当模型漂浮于水面时，它受到的浮力等于重力，故A错误；
B、向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，瓶内的水将变少，总重力变小，模型将上浮，故B错误；
C、从瓶中抽气时，瓶内气体压强变小，瓶内的水将变多，总重力变大，模型会下沉；此时它排开水的体积不变，根据阿基米德原理可知它受到的浮力不变，故C错误；
D、潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的，让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，此时应向外抽气，使瓶内气体减少，气压减小，让水进入瓶中，使潜艇受到的重力大于浮力，实现下沉，然后停止抽气，再适当充气，再向外排水使重力等于浮力而悬浮，使潜水艇下潜至更深的位置悬浮，则瓶内气体先减少后增加，应使瓶内的水先增加后减少，故D正确。
故选：D。
物体浮沉条件：浮力大于重力，物体上浮；浮力小于重力，物体下沉。
此题考查物体浮沉条件的应用，明确潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的是关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.如图所示，滑动变阻器R，定值电阻R0，小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，已知小灯泡上标有“3V0.9W”字样，故小灯泡额定电流I额=PU额=0.9W3V=0.3A，故电路中最大电流为0.3A，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，此时电流为0.3A，故此时滑动变阻器的阻值为最小值，已知滑动变阻器规格为20Ω 1A，中点时的阻值为10Ω，故滑动变阻器阻值的变化范围为10～20Ω，故A错误。
B.已知滑动变阻器滑片P在中点时阻值为10Ω，电路中的电流为0.3A，小灯泡电压为3V，由欧姆定律得滑动变阻器两端电压为UR=IR=0.3A×10Ω=3V，又已知电源电压为9V，故定值电阻R0的电压U0=U-UL-UR=9V-3V-3V=3V，由欧姆定律得R0=U0I=3V0.3=10Ω，故B错误。
C.当滑动变阻器R滑动至阻值最大处时，电流表为最小值，小灯泡的阻值RL=U额I额=3V0.3A=10Ω，由欧姆定律得I'=UR总=9V10Ω+10Ω+20Ω=0.225A，已知电流最大电流为0.3A，故电流表示数变化的范围为0.225～0.3A，故C正确。
D.由P=I2R可知，当电路电流最小时，小灯泡功率最小，已知最小电流为0.225A，根据P=I2RL=(0.225A)2×10=0.50625W，故D错误。
故答案为：C。
(1)如图所示，滑动变阻器R，定值电阻R0，小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，已知小灯泡上标有“3V0.9W”字样，可计算小灯泡额定电流I额，I额与电流表的最大量程比较，小的即为电路中的最大电流，以最大电流为已知条件，计算出此时滑动变阻器的阻值即为最小值，故可确定其取值范围；
(2)已知滑动变阻器滑片P在中点时阻值，电路中的电流，小灯泡电压，由欧姆定律得出滑动变阻器两端电压，可求出定值电阻R0的电压，再由欧姆定律得R0阻值；
(3)由(1)计算得出的滑动变阻器阻值的变化范围，应用欧姆定律计算出电流表示数变化的范围；
(4)由P=I2R可知，当电路电流最小时，小灯泡功率最小；
本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析，确定电路的最大电流是难点。
13.【答案】直线传播 虚 折射 漫反射
【解析】解：(1)水鸟的黑影属于影子，是由于光的直线传播形成的；
(2)水鸟的倒影属于平面镜成像，平面镜成像是由于光的反射形成的，成的像是虚像；
光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中，所以这些“倒影”看起来“暗”一些；
(3)人能从不同角度看见水鸟是由于光照射在鸟身上发生了漫反射。
故答案为：直线传播；虚；折射；漫反射。
(1)光在同种均匀介质中沿直线传播；
(2)平面镜成像的原理是光的反射形成的，成的像是虚像，是由光的反向延长线形成的，是人的主观感觉，不能用光屏承接。
光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中。
(3)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
本题考查了影子的成像原理、平面镜成像的特点、光的折射、光的反射的分类，涉及到的知识点较多，是光学部分的典型题。
14.【答案】变小 电磁波 静止 隔热性能
【解析】解：无动力探空气球在升空过程中因大气压逐渐变小，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过电磁波传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流位置不变，是静止的；因高空严寒，为防止探空仪内的精密仪器被冻坏，其外壳要用隔热性能好的材料制成。
故答案为：变小；电磁波；静止；隔热性能。
(1)大气压随高度的增加而减小。
(2)电磁波可以传递信息。
(3)物体相对于参照物的位置是变化的，物体就是运动的；物体相对参照物的位置不变，物体是静止的。
(4)为了防止精密仪器被冻坏，外壳应该采用隔热性能好的材料制成。
本题考查了大气压的变化、电磁波的特性、运动和静止的相对性；知道材料材料的隔热性能。
15.【答案】相互 运动状态 喷出的气体
【解析】解：气球向左喷气，同时小车受到气体的反作用，会向右运动，说明物体间力的作用是相互的；在这个力的作用下小车向右运动也说明力能改变物体的运动状态，使小车前进的力的施力物体是喷出的气体。
故答案为：相互；运动状态；喷出的气体。
(1)力是物体对物体的作用，施加力的是施力物体，承受力的是受力物体；
(2)力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态。
本题考查了力的概念和力的作用效果，是力学基础知识的考查，是中考的热点。
16.【答案】做功 压缩
【解析】解：在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使筒内空气的内能增加；该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
故答案为：做功；压缩。
改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能。
此题主要考查了改变物体内能的方法以及内燃机的工作过程和原理(能量的转化)，难度不大。
17.【答案】400 83.3% 20
【解析】解：(1)拉力做的有用功：W有用=Gh=200N×2m=400J；
(2)拉力F做的总功：W总=Fs=120N×4m=480J，
斜坡的机械效率：η=W有用W总=400J480J×100%≈83.3%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总-W有用=480J-400J=80J，
由W额=fs可得，木箱受到的摩擦力：
f=W额s=80J4m=20N。
故答案为：400；83.3%；20。
(1)知道斜坡高、木箱重，利用W有=Gh求拉力做的有用功；
(2)知道拉力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力F做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功的比值；
(3)利用W额=W总-W有求出额外功，再利用W额=fs计算木箱受到的摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，计算时注意摩擦力不等于拉力，需要利用W额=fs计算。
18.【答案】1.44 1：4 变小
【解析】解：(1)当闭合开关S1、S2后，两电阻并联，电流表A1测干路的电流，电流表A2测电阻R2电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表指针的偏转相同，所以，电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，通过R2的电流I2=0.36A，电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I=1.8A，则通过R1的电流I1=I-I2=1.8A-0.36A=1.44A；
(2)因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=UR可得，两电阻的阻值之比：R1R2=UI1UI2=I2I1=1：4；
(3)开关S1、S2闭合，电流表A1示数I=UR1+UR2，当只断开开关S2时电流表A1示数I'=UR2，(UR1+UR2)>UR2，故I>I'，故只断开开关S2，电流表A1的示数将变小。
故答案为：1.44；1：4；变小。
(1)当闭合开关S1、S2后，由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测干路路的电流，电流表A2测电阻R2电流；根据并联电路的电流特点和电流表指针的位置确定两电流表的量程，根据分度值读数示数，进一步求出两支路的电流；
(2)利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
(3)利用欧姆定律计算断开开关S2后电流表A1的示数，与未断开时进行比较。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路的动态分析。
19.【答案】电流 热量 多
【解析】解：(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间相同，两个电阻串联时，两个电阻的电流相等，通电时间相等。
(2)煤油的初温和质量都相同，根据温度计示数的变化可比较电阻丝产生热量的多少；
(3)在电流和通电时间相等时，电阻越大，电流产生的热量越多，已知R1>R2，所以通电一段时间，发现甲瓶中温度计的示数上升多。
故答案为：电流；热量；多。
(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。串联电路中电流处处相等，同时也控制通电时间相等，可以探究电流产生热量多少跟电阻大小的关系。
(2)根据温度计示数的变化，判断电流产生热量的多少。
(3)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。在电流和通电时间相等时，电阻越大，电流产生的热量越多。
掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少跟各因素之间的关系。
20.【答案】8.8×108 变小 变小 2.6×104
【解析】解：(1)满载时受到的浮力为：F浮=G排=m排g=88000×103kg×10N/kg=8.8×108N；
(2)满载时航母漂浮，处于平衡状态，所受浮力和航母的总重是一对平衡力，舰载机飞离航母后，航母总重力变小，航母仍漂浮，根据F浮=G可知航母所受浮力会变小；
航母将会上浮一些，舱底到海面的深度h会变小，根据p=ρ液gh可知舰底所受海水的压强变小；
(3)因为航母漂浮在水面上，则F浮=G，舰载机飞离该航母后，则F浮'=G'，
由于舰载机飞离该航母后，舰载机的重力G机=G-G'，
则ΔF浮=F浮-F浮'=G-G'=G机，
根据F浮=ρ海gV排和G=mg可得：
舰载机的质量：
m机=ΔF浮g=ρ海水gΔV排g=ρ海水ΔV排=1.0×103kg/m3×26m3=2.6×104kg。
故答案为：8.8×108；变小；变小；2.6×104。
(1)根据F浮=G排=m排g得出满载时受到的浮力；
(2)满载时航母漂浮，处于平衡状态，所受浮力和航母的总重是一对平衡力；舰载机飞离航母后，航母总重力变小，航母仍漂浮，根据F浮=G可知航母受到的浮力的变化情况；
根据液体压强特点分析舰底受到压强的变化；
(3)航母漂浮，则浮力等于重力，利用重力、密度公式和阿基米德原理表示出航母在舰载机飞离前后排开海水的体积，然后列出等式，计算舰载机的质量。
本题考查液体压强、阿基米德原理的应用，知道直升机的重力等于减少的浮力是解题的关键。
21.【答案】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线连接A'、B'即为物体AB的像，如图所示：
【解析】平面镜成像的特点是：像与物关于平面镜对称，可以先作出物体A、B端点AB的像点A'、B'，连接A'、B'即为物体AB在平面镜中所成的像。
本题考查了如何作出物体在平面镜中的像，在作出物体在平面镜中所成的像时，注意先作出端点或关键点的像点，用虚线连接就能得到物体在平面镜中的像，一定要掌握这种技巧。
22.【答案】解：因为滑轮组要求工人站在地面上提升重物，因此，在绕绳时，最终的绳子自由端方向应该向下，如图所示，由两段绳子承担物重。
【解析】在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向。
设计滑轮组的绕绳方案应从两方面考虑，一是省力情况，二是绳子自由端的朝向。
23.【答案】解：三孔插座的接法：中间孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。如图所示：
【解析】三孔插座的接法：左零右火中接地，即：中间孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
24.【答案】解：(1)汽车行驶的速度：v=st=1.8×1000m90s=20m/s；
(2)汽车匀速行驶时，汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力：F=f=2500N，
汽车发动机的功率：P=Wt=Fst=Fv=2500N×20m/s=5×104W；
(3)满载时整车的重力：G=mg=1.5×1000kg×10N/kg=1.5×104N，
汽车静止时对水平地面的压力：F压=G=1.5×104N，
汽车静止时对水平地面的压强：p=F压S=1.5×104N600×10-4m2=2.5×105Pa。
答：(1)汽车行驶的速度为20m/s；
(2)汽车发动机的功率5×104W；
(3)汽车静止时对水平地面的压强为2.5×105Pa。
【解析】(1)根据速度公式求出汽车行驶的速度；
(2)汽车匀速行驶时，汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力大小，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车发动机的功率；
(3)根据G=mg求出满载时整车的重力，汽车静止时对水平地面的压力等于满载时整车的重力，根据p=FS求出汽车静止时对水平地面的压强。
本题考查速度公式、二力平衡条件、功率的推导公式、重力公式以及压强公式的应用，是一道力学综合题，有一定的难度。
25.【答案】低温
【解析】解：
(1)由图可知，当S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻最小，由P=U2R可知，此时电路的总功率最大，则电炖锅处于高温挡；
根据题意可知R1>R2，当开关S、S1闭合、S2断开时，只有R1工作，则此时电路的总电阻最大，总功率最小，电炖锅处于低温挡；
当开关S、S2闭合、S1断开时，只有R2工作，电炖锅处于中温挡；
(2)R1的阻值：R1=4R2=4×60.5Ω=242Ω，
且电炖锅处于高温挡时，R1、R2并联，
则电炖锅高温挡的额定功率：P高=U2R1+U2R2=(220V)2242Ω+(220V)260.5Ω=1000W；
(3)汤吸收的热量：Q吸=cm(t-t0)=4×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃-20℃)=4.8×105J，
电炖锅高温挡加热10min消耗的电能：W=P高t'=1000W×10×60s=6×105J，
电炖锅的加热效率：η=Q吸W=4.8×105J6×105J×100%=80%。
答：(1)低温；
(2)电炖锅高温挡的额定功率为1000W；
(3)电炖锅的加热效率是80%。
(1)由图可知，当开关S、S1闭合、S2断开时，只有R1工作；当开关S、S2闭合、S1断开时，只有R2工作；当S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联；根据R1、R2的大小关系、并联电路的电阻特点和P=U2R可知电炖锅高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；
(2)根据R1、R2的关系求出R1的阻值，根据P=U2R可求出电炖锅高温挡的额定功率；
(3)根据Q吸=cm(t-t0)求出汤吸收的热量，根据W=Pt求出电炖锅高温挡加热10min消耗的电能，根据效率公式求出电炖锅的加热效率。
本题考查了并联电路的特点、电功公式、电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，是一道电热综合题，有一定难度。
26.【答案】受热均匀 状态 -3 晶体 水的比热容比冰大
【解析】解：(1)用酒精灯直将装有适量碎冰的试管置于烧杯内的温水中，这样做不仅可以使碎冰受热均匀，而且便于记录各时刻的温度并观察冰的状态；
(2)如图乙，温度计的分度值是1℃，液面在0刻度以下第3格，所以读数为-3℃；
(3)由图丙可知，冰在熔化的过程中，吸收热量，温度保持0℃不变，有固定的熔点，故冰为晶体；
(4)取0至t1时段与t2时刻后一段相等时间观察，则吸热相等，物质由固态冰变为液态水的过程中质量保持不变，水的比热容比冰大，根据Δt=Qcm可知，升高的温度不同，水升温比冰要慢。
故答案为：(1)受热均匀；状态；(2)-3；(3)晶体；(4)水的比热容比冰大。
(1)实验要求冰要受热均匀，熔化速度不要太快，否则不便于记录；
(2)温度计读数要看清分度值和液面位置；
(3)根据冰的熔化图象分析；
(4)根据Q吸=cm(t-t0)可知：在吸收的热量和时间一定时，物体的温度变化值越大，比热容就越小。
此题通过实验考查了晶体在熔化过程中的特点。注意实验中使晶体均匀受热的方法，同时要掌握晶体和非晶体在熔化过程中的区别。
27.【答案】主光轴 大于二倍 变大 从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像 凹 近视眼
【解析】解：(1)探究凸透镜成像规律时，调整蜡烛烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，这样烛焰、光屏和光屏的中心在大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心；
(2)①由实验数据中物距和焦距的大小关系及成像的性质，可得到的结论是：当物距大于二倍焦距时，成倒立的缩小的实像；
②由实验数据，可得出物距、像距、成像大小变化规律是：凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大；
(3)物距等于焦距时，凸透镜不能成像；物距小于焦距时，成正立放大的虚像，物像同侧，故他应该增加的一步操作是：取下光屏，从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像；
(4)将一镜片放在烛焰和透镜之间后，光屏上的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上再次出现清晰的像，可看出该透镜对光线有发散作用，故为凹透镜，可用于矫正近视眼。
故答案为：(1)主光轴；(2)①大于二倍；②变大；(3)从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像；(4)凹；近视眼。
(1)探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，像才能呈在光屏的中心；
(2)分析图表中的数据，得出实验结论；
(3)物距等于焦距时，凸透镜不能成像；物距小于焦距时，成正立放大的虚像，物像同侧；
(4)将一镜片放在烛焰和透镜之间后，光屏上的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上再次出现清晰的像，可看出该透镜对光线有发散作用，据此分析透镜的类型；物体所成的像在视网膜前方，为近视眼，物体所成的像在视网膜后方，为远视眼，据此分析此镜片所能矫正的视力缺陷类型。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
28.【答案】将游码移至零刻度线处 右 28.4 2.84 BC
【解析】解：(1)图甲是调节完成后指针静止时的位置和游码的位置，遗漏的操作步骤是：将游码调零；
甲图中没有将游码移至零刻度线处，横梁就平衡了，如果将游码调零，则指针会偏向分度盘左侧，此时要使横梁平衡，则应将平衡螺母向右调节；
(2)由图乙知，石块的质量m=20g+5g+3.4g=28.4g；
由图丙知，量筒中水的体积为30mL，石块浸没在量筒的水中后总体积为40mL，所以石块的体积V=40mL-30mL=10mL=10cm3；
石块的密度ρ=mV=28.4g10cm3=2.84g/cm3；
(3)A、量筒读数时，若视线俯视，读数比实际偏大，则计算出的体积会偏大，根据ρ=mV可知，m不变，V偏大，则所测得小石块的密度将偏小；
B、先测石块的体积，取出石块再测质量时，由于石块上粘有水，所以测得石块的质量变大，体积不变，根据ρ=mV可知，导致最终测得石块的密度会偏大；
C、有部分水被小石块溅起附在量筒水面上方的内壁，则小明所测小石块和水的总体积偏小，计算出的石块体积偏小，使得密度测量值偏大。
故选：BC。
故答案为：(1)将游码移至零刻度线处；右；(2)28.4；2.84；(3)BC。
(1)使用天平时要先调节横梁平衡：把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度；调节天平的平衡螺母使天平的横梁平衡；指针左偏右调，右偏左调；
(2)天平左盘里砝码的总质量与游码所对的刻度值之和就是石块的质量；
当小石块浸没水中时，排开水的体积等于石块的体积；根据ρ=mV即可解题；
(3)A、如果仰视液面，读数比实际偏小，若俯视液面，读数比实际偏大；
B、先测石块的体积，则石块上会粘有水；
C、有部分水被小石块溅起附在量筒水面上方的内壁，则所测小石块和水的总体积偏小。
本题考查了天平的正确使用、质量测量、体积测量、密度的计算等，属于基础性题目。
29.【答案】匀速直线运动 等于 压力的大小 接触面的材料种类 长木板表面粗糙程度不同
【解析】解：(1)将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
(2)甲、乙两个实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关；
(3)实验在探究过程中，猜想滑动摩擦力的大小可能与下列因素有关：①压力的大小、②接触面的粗糙程度、③接触面的材料种类，故探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度关系时，控制不变的影响因素是：压力的大小和接触面的材料种类；
(4)改用如图丁所示的装置水平拉动长木板，发现弹簧测力计的示数仍不稳定，则滑动摩擦力大小发生了变化，根据影响滑动摩擦力大小的两个因素可知，在压力不变时，可能原因是长木板表面粗糙程度不同。
故答案为：(1)匀速直线运动；等于；(2)压力的大小；(3)接触面的材料种类；(4)长木板表面粗糙程度不同。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
(3)研究滑动摩擦力的大小可能跟接触面的粗糙程度有关，结合控制变量法和实验问题，要控制压力和接触面的材料种类相同；
(4)根据影响滑动摩擦力大小的两个因素可知，在压力不变时，粗糙程度不同，会导致滑动摩擦力不同。
本题考查探究摩擦力大小与什么因素有关，考查控制变量法、转换法以及二力平衡原理和影响摩擦力大小因素的运用等知识。
30.【答案】前后 斜向上、斜向下 机械 电源
【解析】解：(1)分析①、②两次实验现象，小明说：“闭合电路的一部分导体在磁场中的运动方向与磁场方向垂直时，电路中就会产生感应电流。”小刚认为不准确，因为导体AB前后运动时，其运动方向也与磁场方向垂直，但无感应电流。
(2)采纳小刚意见后，小明又说：“闭合电路的一部分导体在磁场中垂直切割磁感线时，电路中才会产生感应电流”。小刚认为不全面，因为导体AB斜向上、斜向下运动时，也有感应电流。
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是将机械能转化为电能；如果将图中的灵敏电流计换成电源，可以探究磁场对电流的作用。
故答案为：(1)前后；(2)斜向上、斜向下；(3)机械；电源。
(1)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
(2)在电磁感应现象中，机械能转化为电能。
(3)如果将灵敏电流计换成电源，可以探究磁场对电流的作用。
本题考查的是探究电磁感应现象的实验，关键是知道产生感应电流的条件。
31.【答案】断开 调零 滑动变阻器断路 5 4.5 10 2.5
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与电阻Rx串联在电路中，如下图所示：
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应断开；在连接电路前，应观察电表的指针是否调零；
(3)闭合开关，两电表均无示数，则此电路可能有断路；
将电压表分别接在电源、待测电阻Rx、滑动变阻器两端，电压表接在电源两端时，电压表有示数，说明电源、电压表是完好的；
电压表接在滑动变阻器两端时有示数，说明滑动变阻器以外的电路是通路；只有接在待测电阻Rx两端时，电压表无示数，说明待测电阻Rx以外的电路有断路；所以故障是滑动变阻器断路；
(4)由图乙和欧姆定律可知：待测电阻Rx=UI=2.5V0.5A=5Ω；
(5)①由图戊可知：U1=1.5V时，R1=5Ω，U2=2V时，R2=8Ω，
由图丙电路可知：在测量电阻时定值电阻R0与电阻箱串联；
由I=UR和串联电路的电压特点可得：
当测量电阻R1时，电源电压U=U0+U1=U1R1×R0+U1=1.5V5Ω×R0+1.5V------------------①
当测量电阻R2时，电源电压U=U0'+U2=U2R2×R0+U2=2V8Ω×R0+2V----------------②
解①②得：R0=10Ω，电源电压U=4.5V；
②小华的设计方案，电路为串联电路，电压表测量定值电阻R0两端电压，
所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，电源电压U=4.5V，电压表量程0～3V，
图甲中电流表量程0～0.6A，故小华设计方案中电路中的最大电流也不应超过0.6A，
求改装后的电压表所能测的最小电阻值，根据串联分压的原理，即电压表的示数达到最小，
小明方案中电阻箱两端电压最大为3V，故小华设计方案中电阻箱两端电压最大仍为3V，电压表示数最小U0=U-U箱=4.5V-3V=1.5V，
电路中总电阻的最小值为R总min=UImax=4.5V0.6A=7.5Ω，由串联分压的原理可知：
电压表所能测的最小电阻值R0min=U0U总×R总min=1.5V4.5V×7.5Ω=2.5Ω。
故答案为：(1)如上图所示；(2)断开；调零；(3)滑动变阻器断路；(4)5；(5)①4.5；10；②2.5。
(1)滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应断开；在连接电路前，应观察电表的指针是否调零；
(3)电流表无示数，说明电路故障为断路；如果电压有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路或电路中无电源，据此判断故障所在；
(4)根据欧姆定律求出待测电阻；
(5)①由图丙可知定值电阻与电阻箱串联，由欧姆定律和串联电路的特点利用电源电压不变的特点列出等式可以求出电源电压和定值电阻；
②小华的设计方案，电路为串联电路，电压表测量定值电阻R0两端电压，所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，电源电压U=4.5V，电压表量程0～3V，图甲中电流表量程0～0.6A，故小华设计方案中电路中的最大电流也不应超过0.6A，求改装后的电压表所能测的最小电阻值，根据串联分压的原理，即电压表的示数达到最小，小明方案中电阻箱两端电压最大为3V，故小华设计方案中电阻箱两端电压最大仍为3V，电压表示数最小U0=U-U箱=4.5V-3V=1.5V，电路中总电阻的最小值，由串联分压的原理可得电压表所能测的最小电阻值。
此题是伏安法测电阻实验，考查电路连接、故障分析、图象分析、串联电路的规律及欧姆定律和设计实验方案的能力，难度大。
2023年江苏省泰州市中考物理试卷
一、单选题（本题共12小题，共24分）
1. 下列能源中，属于不可再生能源的是( )
A. 风能 B. 核能 C. 水能 D. 潮汐能
2. 如图，古琴演奏家正在演奏名曲《高山流水》，下列说法正确的是( )
A. 琴声响度越大，它在空气中传播的速度越大
B. 琴声是由琴弦振动产生的
C. 拨动不同的琴弦，主要引起琴声响度不同
D. 用大小不同的力拨动同一根琴弦，琴声音调不同
3. 下列物态变化中，属于吸热现象的是哪一组( )
①初春：冰雪消融
②盛夏：洒水降温
③深秋：浓雾弥漫
④严冬：寒霜遍野
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④
4. 关于粒子与宇宙，下列说法不正确的是( )
A. 用鼻子嗅气味来鉴别酱油和醋，说明分子在不停地运动
B. 卢瑟福提出原子是由原子核和核外电子构成的
C. 摩擦起电的过程中，带正电的物体得到了质子
D. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳是银河系中的一颗恒星
5. 下列事例中，能增大压强的是( )
A. 载重汽车装有许多车轮 B. 压路机的碾子质量很大
C. 滑雪板与雪地接触面积较大 D. 背包用较宽的背带
6. 如图所示，是仿照人的手臂设计的我国天宫空间站的机械臂。下列工具使用时与机械臂属于同类型杠杆的是( )
A. 夹起食物的筷子
B. 拔钉子的羊角锤
C. 剪铁丝的钢丝钳
D. 起瓶盖的开瓶扳手
7. 关于地磁场，下列说法中正确的是( )
A. 磁感线是磁场中真实存在的曲线
B. 地球周围的地磁场的磁感线是从地磁S极出发回到地磁N极
C. 教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理南极
D. 指南针是我国古代四大发明之一，它能指南北是因为受到地磁场的作用
8. 同学们在垫排球时，当排球离开手腕后，下列分析正确的是( )
A. 排球能继续向上运动是由于受到惯性的作用
B. 排球向上运动的过程中，受到重力和手腕对排球托力的作用
C. 排球离开手腕后，手对排球不做功
D. 假如正在上升的排球所受的力全部消失，它将保持静止
9. 如图所示，小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中，小明的( )
A. 重力势能减小，机械能减小
B. 动能不变，机械能不变
C. 重力势能减小，动能增大
D. 重力势能不变，机械能减小
10. 为了安全，汽车行驶时驾驶员必须系好安全带。当系好安全带时，相当于闭合开关，指示灯不亮；未系好安全带时，相当于断开开关，指示灯发光。符合上述要求的学电路图是( )
A. B. C. D.
11. 用硬质塑料瓶、透明胶带、螺母、塑料管、容器和水等，制作如图所示的潜水艇模型(不计进排气管体积)，然后将模型放入水中，使其上浮或下沉。下列说法正确的是( )
A. 当模型漂浮于水面时，它受到的浮力小于重力
B. 向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，模型将下沉
C. 从瓶中抽气时，模型会下沉，它受到的浮力将变小
D. 让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，应使瓶内的水先增加后减少
12. 如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为9V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”的字样，电流表选用“0～0.6A”的量程，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光。已知小灯泡上标有“3V 0.9W”字样(忽略温度对灯丝电阻的影响)。为保证电路安全，下列选项正确的是( )
A. 滑动变阻器阻值的变化范围为5～20Ω B. 定值电阻的阻值为20Ω
C. 电流表示数变化的范围为0.225～0.3A D. 小灯泡的最小功率为0.675W
二、填空题（本题共8小题，共26分）
13. 如图所示，一只水鸟站在水中觅食，图中的黑影是由于光的______ 形成的，倒影是因光的反射形成的______ 像，且倒影看起来要“暗”一些，是因为有一部分光在水面处发生了______ 而进入水中，人能从不同角度看见水鸟是由于光照射在鸟身上发生了______ 。
14. 如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐______ ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过______ 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是______ 的；因高空严寒，为防止探空仪内的精密仪器被冻坏，其外壳要用______ 好的材料制成。
15. 小华利用饮料瓶、气球、瓶盖、吸管等制作了一个简易喷气小车，如图所示。拔掉吸管口的塞子，气球向左喷气，同时小车会向右运动，说明物体间力的作用是______ 的，也说明力能改变物体的______ ，使小车前进的力的施力物体是______ 。
16. 如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部，放入一小团干燥的硝化棉，用力把活塞迅速压下，使硝化棉燃烧，该过程是通过______ 的方式来改变筒内空气的内能，其能量转化情况与汽油机的______ 冲程相同。
17. 如图所示，供轮椅上下的斜坡长L=4m，高h=2m。小明用120N的拉力平行于斜坡向上将重为200N的木箱从底端匀速拉到顶端。他所做的有用功为______ J，斜坡的机械效率为______ (精确到0.1%)，木箱所受摩擦力的大小为______ N。
18. 如图甲所示电路，开关S1、S2闭合后两电流表的指针均指在同一位置，示数如图乙所示，则通过R1的电流为______ A，两电阻之比R1：R2= ______ ；只断开开关S2，电流表A1的示数将______ (变大/变小/不变)。
19. 小华将电阻丝R1和R2(R1>R2)分别浸没在质量和初温均相同的煤油中，按如图所示接入电路，开关闭合后，通过两电阻丝的______ 相等，根据温度计示数的变化可比较电阻丝产生______ 的多少，通电一段时间，发现甲瓶中温度计的示数上升______ 。
20. 2022年6月17日，我国第三艘国产航空母舰“福建号”成功下水，其满载排水量为88000t，如图所示。该航母满载时，受到的浮力为______ N，当舰载机飞离航母后，航母所受浮力变______ ，舱底所受海水压强变______ ，此时航母排开的海水体积改变了26m3，则该舰载机的质量是______ kg。(ρ海水取1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
三、作图题（本题共3小题，共6分）
21. 在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
22. 工人站在地面上用如图的滑轮组提升重物，画出滑轮组的绕绳方式。
23. 如图所示，请用笔画线代替导线，将三孔插座正确接入家庭电路中。
四、计算题（本题共2小题，共12分）
24. 新能源电动汽车具有节能、环保的特点。如图所示，一辆电动汽车停放在水平地面上，满载时整车质量为1.5t，轮胎与地面的总接触面积为600cm2。在某段平直路面上，该车满载时90s内匀速行驶了1.8km，电动汽车受到的阻力为2500N，求：
(1)汽车行驶的速度。
(2)汽车发动机的功率。
(3)汽车静止时对水平地面的压强。(g取10N/kg)
25. 小华查看家中电炖锅的说明书后发现：电炖锅有低温、中温、高温三挡；电阻R2=60.5Ω，R1=4R2，该电炖锅的原理图如图所示。请解答：
(1)闭合开关S、S1，电炖锅处于______ 挡。
(2)电炖锅高温挡的额定功率为多大？
(3)正常工作时，使用电炖锅高温挡加热10min，可将一锅1.5kg的汤从20℃加热到100℃，电炖锅的加热效率是多少？[汤的比热容取4×103J/(kg⋅℃)]
五、实验探究题（本题共6小题，共32分）
26. 小明利用如图甲所示的实验装置来探究冰的熔化特点。
(1)将装有适量碎冰的试管置于烧杯内的温水中，这样做不仅可以使碎冰______ ，而且便于记录各时刻的温度并观察冰的______ 。
(2)实验中某时刻温度计示数如图乙所示，碎冰此时的温度为______ ℃。
(3)根据实验数据画出冰熔化过程的“温度-时间”图象(如图丙)，由图象可知，冰属于______ (晶体/非晶体)。
(4)小明分析图象还发现：0至t1时段内的温度变化比t2时刻后的温度变化快，其主要原因是______ 。
27. 小华用如图所示的器材探究凸透镜成像规律，已知凸透镜的焦距为10.0cm。
(1)组装并调整器材，使烛焰、光屏的中心位于凸透镜的______ 上。
(2)小华按照实验方案完成各操作步骤，将观测到的现象和数据记录在表格中，分析表中信息可得：
实验序号
物距/cm
像的大小
像的正倒
光屏到凸透镜的距离/cm
①
50.0
缩小
倒立
12.5
②
30.0
缩小
倒立
15.0
③
20.0
等大
倒立
20.0
④
12.5
放大
正倒
30.0
⑤
12.5
放大
倒立
50.0
⑥
9.0
光屏上没有像
⑦
7.0
光屏上没有像
①当物距______ 焦距时，成倒立、缩小的实像；
②成实像时，随着物距的减小，像的大小逐渐______ ；
(3)在第⑥、⑦两次实验中小华无论怎样移动蜡烛、凸透镜和光屏，都不能在光屏上观察到烛焰的像，于是她认为：“物距小于一倍焦距时，物体通过凸透镜不能成像”这个结论并不严谨，为得出正确的结论，她应该增加的一步操作是：取下光屏，______ ；
(4)将一个镜片放在烛焰和凸透镜之间后，光屏上的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上再次出现清晰的像，则所加的镜片属于______ 透镜，用来矫正______ 的视力缺陷。
28. 小明使用天平和量筒测量石块的密度。
(1)将天平放在水平台面上，如图甲所示，是小明刚调节完天平平衡的情形。请你指出他调节过程中遗漏的操作步骤：______ 。补上遗漏步骤后，为使天平重新平衡，应将平衡螺母向______ 调节。
(2)用调好的天平称石块的质量，测量结果如图乙所示，则石块的质量为______ g。接着他在量筒中倒入30mL的水，再将石块浸没在水中，水面位置如图丙所示，则石块的密度为______ g/cm3。
(3)以下操作会导致石块密度的测量值偏大的有：______ (多选，填字母序号)。
A.读取量筒示数时视线俯视液面
B.先测石块的体积后测石块的质量
C.石块放入量筒时有部分水溅起附在筒壁上
29. 小明用不同的力将手掌压在各种不同物体表面上向前推，发现感受不同，猜想滑动摩擦力的大小可能与下列因素有关：①压力的大小、②接触面的粗糙程度、③接触面的材料种类。为了验证猜想是否正确，他进行了以下探究：
(1)为了测量滑动摩擦力的大小，小明将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做______ ，此时滑动摩擦力大小______ 弹簧测力计的示数。
(2)比较甲、乙两图的实验可知：滑动摩擦力的大小与______ 有关。
(3)如图甲、丙所示，小明将同一木块分别放在粗糙程度不同的木板一、木板二上测量滑动摩擦力的大小，此过程控制不变的影响因素是：压力的大小和______ 。
(4)实验中发现弹簧测力计示数不易稳定，改用如图丁所示的装置水平拉动长木板，发现弹簧测力计的示数仍不稳定，可能的原因是：______ 。
30. 如图所示，小明和小刚利用蹄形磁体、灵敏电流计、开关、导体AB和若干导线等器材来探究感应电流产生的条件。闭合开关，他们完成操作，将观察到的现象记入表格：
序号
导体AB的运动情况
有无感应电流
①
左右运动
有
②
上下运动
无
③
前后运动
无
④
斜向上、斜向下运动
有
(1)分析①、②两次实验现象，小明说：“闭合电路的一部分导体在磁场中的运动方向与磁场方向垂直时，电路中就会产生感应电流。”小刚认为不准确，因为导体AB ______ 运动时，其运动方向也与磁场方向垂直，但无感应电流。
(2)采纳小刚意见后，小明又说：“闭合电路的一部分导体在磁场中垂直切割磁感线时，电路中才会产生感应电流”。小刚认为不全面，因为导体AB ______ 运动时，也有感应电流。
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是将______ 能转化为电能；如果将图中的灵敏电流计换成______ ，可以探究磁场对电流的作用。
31. 小明和小华一起进行伏安法测电阻的活动。
(1)他们选用的器材如图甲所示，请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整，要求：滑动变阻器的滑片P向右移动时电流表的示数变大。
(2)连接电路之前，应该______ 开关，检查电表指针是否______ 。
(3)闭合开关，小明发现两电表均无示数。为了查找故障，他将电压表拆下，保持电路其他部分连接完好，再将电压表分别接在电源、待测电阻Rx、滑动变阻器两端，然后闭合开关，发现只有接在待测电阻Rx两端时，电压表无示数，则故障可能是______ 。
(4)排除故障后，小明和小华配合进行实验，并根据数据画出如图乙所示的图象，由图象可知，该待测电阻Rx的阻值为______ Ω。
(5)利用电压表可以直接测量电压的大小，能否把电压表改装为间接测量电阻大小的仪表呢？小明和小华经过思考，分别设计了如图丙、丁所示的方案(电源电压恒定不变)，并进行了以下操作和分析：
①小明在电路的M、N两点之间接入一个电阻箱，调节旋钮使它接入电路的阻值分别为5Ω、8Ω、20Ω，闭合开关，发现电压表指针分别指向1.5V、2.0V、3.0V的刻度线，于是他在表盘相应位置标出了电阻的数值，如图戊所示。以此类推再标出其他刻度线，电压表就可以用来间接测量阻值了。由以上数据可知：电源电压为______ V，定值电阻R0的阻值为______ Ω。
②小华的设计方案，所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，分析她的设计方案可知：在保证器材安全的前提下，她改装后的电压表所能测的最小电阻值为______ Ω。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：水能、风能、潮汐能都能从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；
核能一旦消耗，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源。
故选：B。
从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源。
本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。
2.【答案】B
【解析】解：A、琴声响度越大，它在空气中传播的速度不变，故A错误；
B、琴声是由琴弦振动产生的，故B正确；
C、拨动不同的琴弦，主要引起琴声音调不同，故C错误；
D、用大小不同的力拨动同一根琴弦，琴声响度不同，故D错误。
故选：B。
(1)声音在同种介质中的传播速度与温度有关，与响度、音调无关。
(2)声音是由物体的振动产生的。
(3)声音的高低叫音调，音调与频率有关。
(4)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
本题考查了声音产生和传播的条件；知道音调、响度和声速的影响因素。
3.【答案】A
【解析】解：①初春：冰雪消融是物质由固态变为液态的过程，是熔化过程，熔化吸热；故①符合题意；
②盛夏：洒水降温是物质由液态变成气态的过程，是汽化过程，汽化吸热，故②符合题意；
③深秋：浓雾弥漫是空气中的水蒸气遇冷液化为小水珠，是液化过程，液化放热，故③不符合题意；
④严冬：寒霜遍野是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故④不符合题意。
故选：A。
物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华过程需要吸收热量，凝固、液化、凝华过程需要放出热量。
此题考查的是对物态变化过程的判断及物态变化过程的吸热和放热的判断。
4.【答案】C
【解析】解：A、用鼻子嗅气味能鉴别醋和酱油，是因为构成这些物质的分子在不断运动，与人的嗅觉细胞接触，就能闻到味了，说明了分子在不断运动，故A正确；
B、卢瑟福提出原子的核式结构，提出原子是有原子核和核外电子组成，故B正确；
C、摩擦起电的过程中，转移的是电子，质子不能转移；带正电的物体失去电子，故C错误；
D、宇宙是一个有层次的天体结构系统，我们看到的太阳只是银河系中一颗普通的恒星，故D正确。
故选：C。
(1)我们能闻到气味是因为分子在做无规则运动；
(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；原子是有原子核和核外电子组成；
(3)摩擦起电过程是得失电子的过程，物质失去电子带正电，物质得到电子带负电；
(4)银河系中有大约2000亿颗恒星，太阳只是银河系中的一颗普通恒星。
本题考查内容有：分子动理论、人类对宇宙的认识、原子结构以及摩擦起电的原因等，以上内容要求学生熟记。
5.【答案】B
【解析】解：A、载重汽车装有许多车轮可以增大受力面积，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故A不符合题意；
B、压路机的碾子质量很大，重力很大，对路面的压力越大，在受力面积一定时，增大压力可以增大压强，故B符合题意；
C、滑雪板与雪地接触面积较大，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故C不符合题意；
D、背包用较宽的背带，增大了受力面积，在压力一定时，增大受力面积可以减小压强，故D不符合题意。
故选：B。
(1)在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强。
(2)在压力一定时，减小受力面积，可以增大压强；在受力面积一定时，增大压力，可以增大压强。
本题主要考查的是增大和减小压强的方法，属于基础性题目。
6.【答案】A
【解析】解：我国天宫空间站的机械臂是动力臂比阻力臂短的杠杆，是费力杠杆。
A、夹起食物的筷子的动力臂比阻力臂短，属于费力杠杆，故A符合题意；
BCD、拔钉子的羊角锤、剪铁丝的钢丝钳、起瓶盖的开瓶扳手的动力臂比阻力臂长，属于费力杠杆，故BCD不符合题意。
故选：A。
(1)动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆。
(2)动力臂比阻力臂短的杠杆是费力杠杆。
本题考查的是杠杆的分类；在具体的实例中能区分省力杠杆和费力杠杆。
7.【答案】D
【解析】解：A、磁感线不是磁场中真实存在的曲线，故A错误；
B、地球周围的地磁场的磁感线是从地磁N极出发回到地磁S极，故B错误；
C、教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理北极，故C错误；
D、指南针是我国古代四大发明之一，它能指南北是因为受到地磁场的作用，故D正确。
故选：D。
(1)磁场是真实存在的，磁感线不存在。
(2)地磁场的磁感线是从地磁N极出发回到地磁S极。
(3)教室里水平放置、能自由转动的小磁针静止时N极指向地理北极。
(4)指南针指示南北是因为受地磁场的作用。
本题考查的是地磁场和磁感线；关键是知道磁场是客观存在的，而磁感线是为了研究磁场而假象出来的几何曲线。
8.【答案】C
【解析】解：
A、排球离开手后还能继续向上运动是由于排球具有惯性，而不能说受到惯性的作用，故A错误；
B、排球离开手以后，不再受到手的作用力；排球向上运动的过程中，受重力和空气阻力的作用，故B错误；
C、排球在上升过程中，手不再给排球施加力，手对排球不做功，故C正确；
D、排球向上运动过程中，若一切外力都消失，它将保持原来速度做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
(2)对向上运动的排球受力分析可知排球离开手以后，不再受手的作用力；
(3)从做功的两个必要因素分析，分析排球在上升过程中，手是否对排球施加力，从而判断手对排球是否做功；
(4)根据牛顿第一定律可知：一切物体在不受力的作用时，保持静止或匀速直线运动状态。
本题考查了物体的受力分析、做功的两个必要因素、惯性和牛顿第一定律的理解和应用，考查内容全面。
9.【答案】A
【解析】解：小明沿滑道从顶端匀速下滑的过程中质量不变，高度减小，因此小明的重力势能减小；速度不变，因此动能不变。有部分机械能转化为物体的内能，因此机械能减小。
故选：A。
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；
重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；
对物体做功(克服摩擦力做功、压缩气体做功等)，将机械能转化为物体的内能。
熟悉机械能的转化过程，并理解改变内能的两种方式是解决该题的关键。
10.【答案】C
【解析】解：
A、无论开关断开还是闭合，灯泡都发光。不符合题意；
B、无论开关断开还是闭合，灯泡都发光。不符合题意；
C、开关断开，灯泡和保护电阻串联能够发光；开关闭合，灯泡被短路不能发光。符合题意；
D、开关断开，灯泡与保护电阻串联能够发光；开关闭合造成电源短路。不符合题意。
故选：C。
由题意知，未系好安全带时指示灯亮，系好安全带灯泡不亮，说明开关断开指示灯亮，否则灯泡不亮即被短路了。
本题利用了对用电器短路时，用电器将不工作设计电路，注意不能出现对电源短路的情况，电阻是保护电阻，可使电路对电源不被短路。
11.【答案】D
【解析】解：A、当模型漂浮于水面时，它受到的浮力等于重力，故A错误；
B、向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，瓶内的水将变少，总重力变小，模型将上浮，故B错误；
C、从瓶中抽气时，瓶内气体压强变小，瓶内的水将变多，总重力变大，模型会下沉；此时它排开水的体积不变，根据阿基米德原理可知它受到的浮力不变，故C错误；
D、潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的，让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，此时应向外抽气，使瓶内气体减少，气压减小，让水进入瓶中，使潜艇受到的重力大于浮力，实现下沉，然后停止抽气，再适当充气，再向外排水使重力等于浮力而悬浮，使潜水艇下潜至更深的位置悬浮，则瓶内气体先减少后增加，应使瓶内的水先增加后减少，故D正确。
故选：D。
物体浮沉条件：浮力大于重力，物体上浮；浮力小于重力，物体下沉。
此题考查物体浮沉条件的应用，明确潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的是关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.如图所示，滑动变阻器R，定值电阻R0，小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，已知小灯泡上标有“3V0.9W”字样，故小灯泡额定电流I额=PU额=0.9W3V=0.3A，故电路中最大电流为0.3A，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，此时电流为0.3A，故此时滑动变阻器的阻值为最小值，已知滑动变阻器规格为20Ω 1A，中点时的阻值为10Ω，故滑动变阻器阻值的变化范围为10～20Ω，故A错误。
B.已知滑动变阻器滑片P在中点时阻值为10Ω，电路中的电流为0.3A，小灯泡电压为3V，由欧姆定律得滑动变阻器两端电压为UR=IR=0.3A×10Ω=3V，又已知电源电压为9V，故定值电阻R0的电压U0=U-UL-UR=9V-3V-3V=3V，由欧姆定律得R0=U0I=3V0.3=10Ω，故B错误。
C.当滑动变阻器R滑动至阻值最大处时，电流表为最小值，小灯泡的阻值RL=U额I额=3V0.3A=10Ω，由欧姆定律得I'=UR总=9V10Ω+10Ω+20Ω=0.225A，已知电流最大电流为0.3A，故电流表示数变化的范围为0.225～0.3A，故C正确。
D.由P=I2R可知，当电路电流最小时，小灯泡功率最小，已知最小电流为0.225A，根据P=I2RL=(0.225A)2×10=0.50625W，故D错误。
故答案为：C。
(1)如图所示，滑动变阻器R，定值电阻R0，小灯泡L串联，电流表测电路中的电流，已知小灯泡上标有“3V0.9W”字样，可计算小灯泡额定电流I额，I额与电流表的最大量程比较，小的即为电路中的最大电流，以最大电流为已知条件，计算出此时滑动变阻器的阻值即为最小值，故可确定其取值范围；
(2)已知滑动变阻器滑片P在中点时阻值，电路中的电流，小灯泡电压，由欧姆定律得出滑动变阻器两端电压，可求出定值电阻R0的电压，再由欧姆定律得R0阻值；
(3)由(1)计算得出的滑动变阻器阻值的变化范围，应用欧姆定律计算出电流表示数变化的范围；
(4)由P=I2R可知，当电路电流最小时，小灯泡功率最小；
本题考查串联、并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析，确定电路的最大电流是难点。
13.【答案】直线传播 虚 折射 漫反射
【解析】解：(1)水鸟的黑影属于影子，是由于光的直线传播形成的；
(2)水鸟的倒影属于平面镜成像，平面镜成像是由于光的反射形成的，成的像是虚像；
光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中，所以这些“倒影”看起来“暗”一些；
(3)人能从不同角度看见水鸟是由于光照射在鸟身上发生了漫反射。
故答案为：直线传播；虚；折射；漫反射。
(1)光在同种均匀介质中沿直线传播；
(2)平面镜成像的原理是光的反射形成的，成的像是虚像，是由光的反向延长线形成的，是人的主观感觉，不能用光屏承接。
光射到水面时，一部分光线发生了反射，另一部分发生了折射而进入水中。
(3)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
本题考查了影子的成像原理、平面镜成像的特点、光的折射、光的反射的分类，涉及到的知识点较多，是光学部分的典型题。
14.【答案】变小 电磁波 静止 隔热性能
【解析】解：无动力探空气球在升空过程中因大气压逐渐变小，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过电磁波传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流位置不变，是静止的；因高空严寒，为防止探空仪内的精密仪器被冻坏，其外壳要用隔热性能好的材料制成。
故答案为：变小；电磁波；静止；隔热性能。
(1)大气压随高度的增加而减小。
(2)电磁波可以传递信息。
(3)物体相对于参照物的位置是变化的，物体就是运动的；物体相对参照物的位置不变，物体是静止的。
(4)为了防止精密仪器被冻坏，外壳应该采用隔热性能好的材料制成。
本题考查了大气压的变化、电磁波的特性、运动和静止的相对性；知道材料材料的隔热性能。
15.【答案】相互 运动状态 喷出的气体
【解析】解：气球向左喷气，同时小车受到气体的反作用，会向右运动，说明物体间力的作用是相互的；在这个力的作用下小车向右运动也说明力能改变物体的运动状态，使小车前进的力的施力物体是喷出的气体。
故答案为：相互；运动状态；喷出的气体。
(1)力是物体对物体的作用，施加力的是施力物体，承受力的是受力物体；
(2)力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态。
本题考查了力的概念和力的作用效果，是力学基础知识的考查，是中考的热点。
16.【答案】做功 压缩
【解析】解：在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使筒内空气的内能增加；该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与内燃机的压缩冲程的能量转化相同。
故答案为：做功；压缩。
改变内能的方法有：做功和热传递；当对物体做功，物体的内能将增大，温度升高；内燃机有四个冲程，在压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能。
此题主要考查了改变物体内能的方法以及内燃机的工作过程和原理(能量的转化)，难度不大。
17.【答案】400 83.3% 20
【解析】解：(1)拉力做的有用功：W有用=Gh=200N×2m=400J；
(2)拉力F做的总功：W总=Fs=120N×4m=480J，
斜坡的机械效率：η=W有用W总=400J480J×100%≈83.3%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总-W有用=480J-400J=80J，
由W额=fs可得，木箱受到的摩擦力：
f=W额s=80J4m=20N。
故答案为：400；83.3%；20。
(1)知道斜坡高、木箱重，利用W有=Gh求拉力做的有用功；
(2)知道拉力大小、斜面长，利用W=Fs求拉力F做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功的比值；
(3)利用W额=W总-W有求出额外功，再利用W额=fs计算木箱受到的摩擦力大小。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，计算时注意摩擦力不等于拉力，需要利用W额=fs计算。
18.【答案】1.44 1：4 变小
【解析】解：(1)当闭合开关S1、S2后，两电阻并联，电流表A1测干路的电流，电流表A2测电阻R2电流，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表指针的偏转相同，所以，电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，通过R2的电流I2=0.36A，电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I=1.8A，则通过R1的电流I1=I-I2=1.8A-0.36A=1.44A；
(2)因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=UR可得，两电阻的阻值之比：R1R2=UI1UI2=I2I1=1：4；
(3)开关S1、S2闭合，电流表A1示数I=UR1+UR2，当只断开开关S2时电流表A1示数I'=UR2，(UR1+UR2)>UR2，故I>I'，故只断开开关S2，电流表A1的示数将变小。
故答案为：1.44；1：4；变小。
(1)当闭合开关S1、S2后，由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测干路路的电流，电流表A2测电阻R2电流；根据并联电路的电流特点和电流表指针的位置确定两电流表的量程，根据分度值读数示数，进一步求出两支路的电流；
(2)利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
(3)利用欧姆定律计算断开开关S2后电流表A1的示数，与未断开时进行比较。
本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路的动态分析。
19.【答案】电流 热量 多
【解析】解：(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。探究电流产生热量多少跟电阻的关系，控制电流和通电时间相同，两个电阻串联时，两个电阻的电流相等，通电时间相等。
(2)煤油的初温和质量都相同，根据温度计示数的变化可比较电阻丝产生热量的多少；
(3)在电流和通电时间相等时，电阻越大，电流产生的热量越多，已知R1>R2，所以通电一段时间，发现甲瓶中温度计的示数上升多。
故答案为：电流；热量；多。
(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。串联电路中电流处处相等，同时也控制通电时间相等，可以探究电流产生热量多少跟电阻大小的关系。
(2)根据温度计示数的变化，判断电流产生热量的多少。
(3)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。在电流和通电时间相等时，电阻越大，电流产生的热量越多。
掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少跟各因素之间的关系。
20.【答案】8.8×108 变小 变小 2.6×104
【解析】解：(1)满载时受到的浮力为：F浮=G排=m排g=88000×103kg×10N/kg=8.8×108N；
(2)满载时航母漂浮，处于平衡状态，所受浮力和航母的总重是一对平衡力，舰载机飞离航母后，航母总重力变小，航母仍漂浮，根据F浮=G可知航母所受浮力会变小；
航母将会上浮一些，舱底到海面的深度h会变小，根据p=ρ液gh可知舰底所受海水的压强变小；
(3)因为航母漂浮在水面上，则F浮=G，舰载机飞离该航母后，则F浮'=G'，
由于舰载机飞离该航母后，舰载机的重力G机=G-G'，
则ΔF浮=F浮-F浮'=G-G'=G机，
根据F浮=ρ海gV排和G=mg可得：
舰载机的质量：
m机=ΔF浮g=ρ海水gΔV排g=ρ海水ΔV排=1.0×103kg/m3×26m3=2.6×104kg。
故答案为：8.8×108；变小；变小；2.6×104。
(1)根据F浮=G排=m排g得出满载时受到的浮力；
(2)满载时航母漂浮，处于平衡状态，所受浮力和航母的总重是一对平衡力；舰载机飞离航母后，航母总重力变小，航母仍漂浮，根据F浮=G可知航母受到的浮力的变化情况；
根据液体压强特点分析舰底受到压强的变化；
(3)航母漂浮，则浮力等于重力，利用重力、密度公式和阿基米德原理表示出航母在舰载机飞离前后排开海水的体积，然后列出等式，计算舰载机的质量。
本题考查液体压强、阿基米德原理的应用，知道直升机的重力等于减少的浮力是解题的关键。
21.【答案】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线连接A'、B'即为物体AB的像，如图所示：
【解析】平面镜成像的特点是：像与物关于平面镜对称，可以先作出物体A、B端点AB的像点A'、B'，连接A'、B'即为物体AB在平面镜中所成的像。
本题考查了如何作出物体在平面镜中的像，在作出物体在平面镜中所成的像时，注意先作出端点或关键点的像点，用虚线连接就能得到物体在平面镜中的像，一定要掌握这种技巧。
22.【答案】解：因为滑轮组要求工人站在地面上提升重物，因此，在绕绳时，最终的绳子自由端方向应该向下，如图所示，由两段绳子承担物重。
【解析】在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向。
设计滑轮组的绕绳方案应从两方面考虑，一是省力情况，二是绳子自由端的朝向。
23.【答案】解：三孔插座的接法：中间孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。如图所示：
【解析】三孔插座的接法：左零右火中接地，即：中间孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
24.【答案】解：(1)汽车行驶的速度：v=st=1.8×1000m90s=20m/s；
(2)汽车匀速行驶时，汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力：F=f=2500N，
汽车发动机的功率：P=Wt=Fst=Fv=2500N×20m/s=5×104W；
(3)满载时整车的重力：G=mg=1.5×1000kg×10N/kg=1.5×104N，
汽车静止时对水平地面的压力：F压=G=1.5×104N，
汽车静止时对水平地面的压强：p=F压S=1.5×104N600×10-4m2=2.5×105Pa。
答：(1)汽车行驶的速度为20m/s；
(2)汽车发动机的功率5×104W；
(3)汽车静止时对水平地面的压强为2.5×105Pa。
【解析】(1)根据速度公式求出汽车行驶的速度；
(2)汽车匀速行驶时，汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知汽车的牵引力大小，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车发动机的功率；
(3)根据G=mg求出满载时整车的重力，汽车静止时对水平地面的压力等于满载时整车的重力，根据p=FS求出汽车静止时对水平地面的压强。
本题考查速度公式、二力平衡条件、功率的推导公式、重力公式以及压强公式的应用，是一道力学综合题，有一定的难度。
25.【答案】低温
【解析】解：
(1)由图可知，当S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻最小，由P=U2R可知，此时电路的总功率最大，则电炖锅处于高温挡；
根据题意可知R1>R2，当开关S、S1闭合、S2断开时，只有R1工作，则此时电路的总电阻最大，总功率最小，电炖锅处于低温挡；
当开关S、S2闭合、S1断开时，只有R2工作，电炖锅处于中温挡；
(2)R1的阻值：R1=4R2=4×60.5Ω=242Ω，
且电炖锅处于高温挡时，R1、R2并联，
则电炖锅高温挡的额定功率：P高=U2R1+U2R2=(220V)2242Ω+(220V)260.5Ω=1000W；
(3)汤吸收的热量：Q吸=cm(t-t0)=4×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃-20℃)=4.8×105J，
电炖锅高温挡加热10min消耗的电能：W=P高t'=1000W×10×60s=6×105J，
电炖锅的加热效率：η=Q吸W=4.8×105J6×105J×100%=80%。
答：(1)低温；
(2)电炖锅高温挡的额定功率为1000W；
(3)电炖锅的加热效率是80%。
(1)由图可知，当开关S、S1闭合、S2断开时，只有R1工作；当开关S、S2闭合、S1断开时，只有R2工作；当S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联；根据R1、R2的大小关系、并联电路的电阻特点和P=U2R可知电炖锅高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；
(2)根据R1、R2的关系求出R1的阻值，根据P=U2R可求出电炖锅高温挡的额定功率；
(3)根据Q吸=cm(t-t0)求出汤吸收的热量，根据W=Pt求出电炖锅高温挡加热10min消耗的电能，根据效率公式求出电炖锅的加热效率。
本题考查了并联电路的特点、电功公式、电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，是一道电热综合题，有一定难度。
26.【答案】受热均匀 状态 -3 晶体 水的比热容比冰大
【解析】解：(1)用酒精灯直将装有适量碎冰的试管置于烧杯内的温水中，这样做不仅可以使碎冰受热均匀，而且便于记录各时刻的温度并观察冰的状态；
(2)如图乙，温度计的分度值是1℃，液面在0刻度以下第3格，所以读数为-3℃；
(3)由图丙可知，冰在熔化的过程中，吸收热量，温度保持0℃不变，有固定的熔点，故冰为晶体；
(4)取0至t1时段与t2时刻后一段相等时间观察，则吸热相等，物质由固态冰变为液态水的过程中质量保持不变，水的比热容比冰大，根据Δt=Qcm可知，升高的温度不同，水升温比冰要慢。
故答案为：(1)受热均匀；状态；(2)-3；(3)晶体；(4)水的比热容比冰大。
(1)实验要求冰要受热均匀，熔化速度不要太快，否则不便于记录；
(2)温度计读数要看清分度值和液面位置；
(3)根据冰的熔化图象分析；
(4)根据Q吸=cm(t-t0)可知：在吸收的热量和时间一定时，物体的温度变化值越大，比热容就越小。
此题通过实验考查了晶体在熔化过程中的特点。注意实验中使晶体均匀受热的方法，同时要掌握晶体和非晶体在熔化过程中的区别。
27.【答案】主光轴 大于二倍 变大 从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像 凹 近视眼
【解析】解：(1)探究凸透镜成像规律时，调整蜡烛烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，这样烛焰、光屏和光屏的中心在大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心；
(2)①由实验数据中物距和焦距的大小关系及成像的性质，可得到的结论是：当物距大于二倍焦距时，成倒立的缩小的实像；
②由实验数据，可得出物距、像距、成像大小变化规律是：凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大；
(3)物距等于焦距时，凸透镜不能成像；物距小于焦距时，成正立放大的虚像，物像同侧，故他应该增加的一步操作是：取下光屏，从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像；
(4)将一镜片放在烛焰和透镜之间后，光屏上的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上再次出现清晰的像，可看出该透镜对光线有发散作用，故为凹透镜，可用于矫正近视眼。
故答案为：(1)主光轴；(2)①大于二倍；②变大；(3)从光屏一侧透过透镜看能否观察到烛焰的像；(4)凹；近视眼。
(1)探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上，像才能呈在光屏的中心；
(2)分析图表中的数据，得出实验结论；
(3)物距等于焦距时，凸透镜不能成像；物距小于焦距时，成正立放大的虚像，物像同侧；
(4)将一镜片放在烛焰和透镜之间后，光屏上的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上再次出现清晰的像，可看出该透镜对光线有发散作用，据此分析透镜的类型；物体所成的像在视网膜前方，为近视眼，物体所成的像在视网膜后方，为远视眼，据此分析此镜片所能矫正的视力缺陷类型。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
28.【答案】将游码移至零刻度线处 右 28.4 2.84 BC
【解析】解：(1)图甲是调节完成后指针静止时的位置和游码的位置，遗漏的操作步骤是：将游码调零；
甲图中没有将游码移至零刻度线处，横梁就平衡了，如果将游码调零，则指针会偏向分度盘左侧，此时要使横梁平衡，则应将平衡螺母向右调节；
(2)由图乙知，石块的质量m=20g+5g+3.4g=28.4g；
由图丙知，量筒中水的体积为30mL，石块浸没在量筒的水中后总体积为40mL，所以石块的体积V=40mL-30mL=10mL=10cm3；
石块的密度ρ=mV=28.4g10cm3=2.84g/cm3；
(3)A、量筒读数时，若视线俯视，读数比实际偏大，则计算出的体积会偏大，根据ρ=mV可知，m不变，V偏大，则所测得小石块的密度将偏小；
B、先测石块的体积，取出石块再测质量时，由于石块上粘有水，所以测得石块的质量变大，体积不变，根据ρ=mV可知，导致最终测得石块的密度会偏大；
C、有部分水被小石块溅起附在量筒水面上方的内壁，则小明所测小石块和水的总体积偏小，计算出的石块体积偏小，使得密度测量值偏大。
故选：BC。
故答案为：(1)将游码移至零刻度线处；右；(2)28.4；2.84；(3)BC。
(1)使用天平时要先调节横梁平衡：把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度；调节天平的平衡螺母使天平的横梁平衡；指针左偏右调，右偏左调；
(2)天平左盘里砝码的总质量与游码所对的刻度值之和就是石块的质量；
当小石块浸没水中时，排开水的体积等于石块的体积；根据ρ=mV即可解题；
(3)A、如果仰视液面，读数比实际偏小，若俯视液面，读数比实际偏大；
B、先测石块的体积，则石块上会粘有水；
C、有部分水被小石块溅起附在量筒水面上方的内壁，则所测小石块和水的总体积偏小。
本题考查了天平的正确使用、质量测量、体积测量、密度的计算等，属于基础性题目。
29.【答案】匀速直线运动 等于 压力的大小 接触面的材料种类 长木板表面粗糙程度不同
【解析】解：(1)将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
(2)甲、乙两个实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关；
(3)实验在探究过程中，猜想滑动摩擦力的大小可能与下列因素有关：①压力的大小、②接触面的粗糙程度、③接触面的材料种类，故探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度关系时，控制不变的影响因素是：压力的大小和接触面的材料种类；
(4)改用如图丁所示的装置水平拉动长木板，发现弹簧测力计的示数仍不稳定，则滑动摩擦力大小发生了变化，根据影响滑动摩擦力大小的两个因素可知，在压力不变时，可能原因是长木板表面粗糙程度不同。
故答案为：(1)匀速直线运动；等于；(2)压力的大小；(3)接触面的材料种类；(4)长木板表面粗糙程度不同。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
(3)研究滑动摩擦力的大小可能跟接触面的粗糙程度有关，结合控制变量法和实验问题，要控制压力和接触面的材料种类相同；
(4)根据影响滑动摩擦力大小的两个因素可知，在压力不变时，粗糙程度不同，会导致滑动摩擦力不同。
本题考查探究摩擦力大小与什么因素有关，考查控制变量法、转换法以及二力平衡原理和影响摩擦力大小因素的运用等知识。
30.【答案】前后 斜向上、斜向下 机械 电源
【解析】解：(1)分析①、②两次实验现象，小明说：“闭合电路的一部分导体在磁场中的运动方向与磁场方向垂直时，电路中就会产生感应电流。”小刚认为不准确，因为导体AB前后运动时，其运动方向也与磁场方向垂直，但无感应电流。
(2)采纳小刚意见后，小明又说：“闭合电路的一部分导体在磁场中垂直切割磁感线时，电路中才会产生感应电流”。小刚认为不全面，因为导体AB斜向上、斜向下运动时，也有感应电流。
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是将机械能转化为电能；如果将图中的灵敏电流计换成电源，可以探究磁场对电流的作用。
故答案为：(1)前后；(2)斜向上、斜向下；(3)机械；电源。
(1)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
(2)在电磁感应现象中，机械能转化为电能。
(3)如果将灵敏电流计换成电源，可以探究磁场对电流的作用。
本题考查的是探究电磁感应现象的实验，关键是知道产生感应电流的条件。
31.【答案】断开 调零 滑动变阻器断路 5 4.5 10 2.5
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与电阻Rx串联在电路中，如下图所示：
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应断开；在连接电路前，应观察电表的指针是否调零；
(3)闭合开关，两电表均无示数，则此电路可能有断路；
将电压表分别接在电源、待测电阻Rx、滑动变阻器两端，电压表接在电源两端时，电压表有示数，说明电源、电压表是完好的；
电压表接在滑动变阻器两端时有示数，说明滑动变阻器以外的电路是通路；只有接在待测电阻Rx两端时，电压表无示数，说明待测电阻Rx以外的电路有断路；所以故障是滑动变阻器断路；
(4)由图乙和欧姆定律可知：待测电阻Rx=UI=2.5V0.5A=5Ω；
(5)①由图戊可知：U1=1.5V时，R1=5Ω，U2=2V时，R2=8Ω，
由图丙电路可知：在测量电阻时定值电阻R0与电阻箱串联；
由I=UR和串联电路的电压特点可得：
当测量电阻R1时，电源电压U=U0+U1=U1R1×R0+U1=1.5V5Ω×R0+1.5V------------------①
当测量电阻R2时，电源电压U=U0'+U2=U2R2×R0+U2=2V8Ω×R0+2V----------------②
解①②得：R0=10Ω，电源电压U=4.5V；
②小华的设计方案，电路为串联电路，电压表测量定值电阻R0两端电压，
所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，电源电压U=4.5V，电压表量程0～3V，
图甲中电流表量程0～0.6A，故小华设计方案中电路中的最大电流也不应超过0.6A，
求改装后的电压表所能测的最小电阻值，根据串联分压的原理，即电压表的示数达到最小，
小明方案中电阻箱两端电压最大为3V，故小华设计方案中电阻箱两端电压最大仍为3V，电压表示数最小U0=U-U箱=4.5V-3V=1.5V，
电路中总电阻的最小值为R总min=UImax=4.5V0.6A=7.5Ω，由串联分压的原理可知：
电压表所能测的最小电阻值R0min=U0U总×R总min=1.5V4.5V×7.5Ω=2.5Ω。
故答案为：(1)如上图所示；(2)断开；调零；(3)滑动变阻器断路；(4)5；(5)①4.5；10；②2.5。
(1)滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变大，说明滑动变阻器接入电路的阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)连接电路时，为了保护电路，开关应断开；在连接电路前，应观察电表的指针是否调零；
(3)电流表无示数，说明电路故障为断路；如果电压有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路或电路中无电源，据此判断故障所在；
(4)根据欧姆定律求出待测电阻；
(5)①由图丙可知定值电阻与电阻箱串联，由欧姆定律和串联电路的特点利用电源电压不变的特点列出等式可以求出电源电压和定值电阻；
②小华的设计方案，电路为串联电路，电压表测量定值电阻R0两端电压，所用器材的规格、电表接入的量程都与小明的完全相同，电源电压U=4.5V，电压表量程0～3V，图甲中电流表量程0～0.6A，故小华设计方案中电路中的最大电流也不应超过0.6A，求改装后的电压表所能测的最小电阻值，根据串联分压的原理，即电压表的示数达到最小，小明方案中电阻箱两端电压最大为3V，故小华设计方案中电阻箱两端电压最大仍为3V，电压表示数最小U0=U-U箱=4.5V-3V=1.5V，电路中总电阻的最小值，由串联分压的原理可得电压表所能测的最小电阻值。
此题是伏安法测电阻实验，考查电路连接、故障分析、图象分析、串联电路的规律及欧姆定律和设计实验方案的能力，难度大。
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