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2023年广西防城港市防城区中考物理模拟试卷（三）（含解析）
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这是一份2023年广西防城港市防城区中考物理模拟试卷（三）（含解析），共31页。试卷主要包含了 下列估测最接近实际情况的是， 雨后的校园，景色分外美丽等内容，欢迎下载使用。
2023年广西防城港市防城区中考物理模拟试卷（三）
1. 下列估测最接近实际情况的是( )
A. 人正常眨一次眼用时约1min B. 电吹风机的功率约为50W
C. 中学生的正常体温约为37℃ D. 一次性医用口罩的质量约为5kg
2. 我市创建文明城市，采取以下的措施中，主要用于降低噪声污染的是( )
A. 公共场所禁止吸烟 B. 在公共场所不大声喧哗
C. 修建人工湖和湿地公园 D. 环卫工人用砂纸清理小广告
3. 关于安全用电，下列说法正确的是( )
A. 雷雨天在大树下避雨 B. 低于220V的电压对人体是安全的
C. 发现有人触电，立即用手将人拉开 D. 安装电路开关应接在用电器和火线之间
4. 雨后的校园，景色分外美丽。下列现象属于光的直线传播是( )
A. 雨后的彩虹 B. 露珠下放大的叶脉
C. 阳光照射树荫下的光斑 D. 树木在水中的倒影
5. 教育部发布了《义务教育劳动课程标准(2022年版)》，关于劳动实践中涉及的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 用燃气灶烧水，是通过做功改变水的内能
B. 天然气在使用过程中热值变小
C. 烧开水时，壶嘴冒出的“白气”是水蒸气
D. 擦地后开窗通风，是为了加快蒸发
6. 关于体育课上的活动情景，某同学对物体做功的是( )
A. 举着杠铃不动 B. 将地面上的实心球捡起
C. 提着体育器材在操场上水平走动 D. 踢出去的足球在草地上滚动
7. 如图为一款新式无线插座转换器，带有USB插头、一转多位插座、调光台灯等多种功能，下列说法错误的是( )
A. 台灯的外壳是绝缘体
B. 给手机充电时，台灯与手机串联
C. 调节台灯亮度的元件相当于滑动变阻器
D. 给手机充电，手机电池相当于用电器
8. “天宫课堂”点燃科学梦想，航天员在空间站微重力的环境下演示摆球实验：拨动摆球后，摆球绕固定点持续转动。该过程中下列说法正确的是( )
A. 摆球的运动状态保持不变
B. 摆球不具有惯性
C. 摆球的质量不变
D. 如果剪断系住摆球的绳子，摆球将会竖直向下运动
9. 物理学是一门以实验为基础的学科，针对如图的物理实验，下列说法正确的是( )
A. 甲图：为了测小车下半段平均速度，可以将小车放在中点
B. 乙图：改变塑料尺伸出桌面的长度，探究响度和频率的关系
C. 丙图：在木块上加一个重物，探究滑动摩擦力大小与压力的关系
D. 丁图：向后折纸板F后看不到反射光，探究反射角与入射角的大小关系
10. 如图所示是奥斯特实验的示意图，关于该实验下列说法正确的是( )
A. 将小磁针移走，磁场仍存在
B. 该实验说明“通电导体在磁场中受到力的作用”
C. 根据该原理制成发电机
D. 改变电流方向，小磁针的偏转方向不变
11. 酒驾测试仪内部有一个酒精气体传感器，其阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，R0为定值电阻。如果测试时要求酒精浓度增大仪表示数增大，如图符合要求的电路是( )
A. B.
C. D.
12. 用如图所示的透镜来探究凸透镜成像规律，保持凸透镜在光具座上的位置不变，下列说法正确的是( )
A. 该透镜的焦距为52.0cm
B. 利用这类透镜可矫正近视眼的视力缺陷
C. 把点燃的蜡烛放在25cm刻度线处，移动光屏可观察到放大的像
D. 把点燃的蜡烛放在35cm刻度线处，移动光屏可观察到放大的像
13. 如图是“研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验，下列分析正确的是( )
A. 实验探究中用到了转换法，U形管中液面的高度差反映电阻丝产生热量的多少
B. 必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端，实验结论才具有科学性
C. 探究电热与电流的关系，选择乙装置，通电一段时间，右边U形管内液面的高度差更大
D. 探究电热与电阻的关系，选择甲装置，通电一段时间，左边U形管内液面的高度差更大
14. 如图所示，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是( )
A. 通过灯L1的电流比L2大
B. 灯L1的电阻大于L2的电阻
C. 灯L1两端的电压比L2两端的电压小
D. 相同时间内电流通过L1做的功小于通过小灯泡L2做的功
15. 小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。下列说法不正确的是( )
A. 分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B. 实验过程中，定值电阻R与滑动变阻器的比值为1：2
C. 将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D. 实验过程中，定值电阻两端电压为2V
16. 水平桌面上有两个完全相同的甲、乙容器装有深度相同的水，将两个体积相同、材料不同的小球A、B，分别放在两容器中(水均未溢出)，小球静止如图所示。下列判断正确的是( )
A. 两小球的密度 ρA<ρB
B. 两个小球受到的浮力关系：F甲>F乙
C. 两个容器对桌面的压强关系：p甲
17. 2022年6月，神舟十四号载人飞船成功发射并与天和核心舱完成对接。以核心舱作为参照物，神舟飞船是______ (选填“静止”或“运动”)的；核心舱的太阳能电池板能提供电能，太阳能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源。
18. 《康熙几暇格物篇》中记载：“置钱碗底，远视若无，及盛满水时，则钱随水光而显现矣”。如图所示，把铜钱放在碗底，后退到眼睛恰好看不到硬币，保持眼睛、碗和硬币的位置不变，缓缓向碗里倒水，看到的铜钱是______ (选填“实像”或“虚像”)，这是由于光的______ 现象造成的。
19. 如图为汽油机的______ 冲程；若汽油机效率是25%，完全燃烧2kg汽油放出的热量可以对外做功______ J(已知汽油热值为4.6×107J/kg)。
20. 饮料瓶盖上刻有一道道的条纹，这是通过增大______ 从而增大摩擦力；用吸管吸饮料是利用了______ 。
21. 用图甲的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力F为80N，不计绳重和摩擦，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，反映绳子自由端运动的图线是 (选填“A”或“B”)，3s内对物体做的有用功为 J。
22. 兴趣小组设计了如图甲的温度报警电路，电源电压恒为4V，R为滑动变阻器，热敏电阻R1的阻值随温度的变化如图乙，阻值不计的报警器在电流达到20mA时开始报警，超过50mA时损坏。当设定报警温度为150℃时，若利用电阻箱替代滑动变阻器R，应将电阻箱的示数调节为______ Ω；若要实现报警温度可以在50℃～200℃之间调节，则该电路应该选用电压至少为______ V的电源。
23. 完成如图光路图，并标出入射角的度数。
24. 如图所示，请画出木块从斜面上滑下时所受力的示意图。
25. 兴趣小组在实验室做了如图的实验探究：
(1)用刻度尺测量橡皮擦的边长如图甲所示，则边长为______ cm；用托盘天平测它的质量时，右盘中所放砝码的质量和游码在标尺上的位置如图乙所示，则质量为______ g。
(2)如图丙所示，用带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带有______ (选填“同种”或“异种”)电荷；
(3)如图丁所示，探究平面镜成像的特点。选择两支外型相同的蜡烛是为了便于比较像与物的______ 关系；在物理实验中，经常需要多次测量，下列实验中多次测量的目的与本实验多次测量的目的相同的是______ (选填字母符号)。
A.“探究串、并联电路中电流的规律”时，换用不同规格的小灯泡，多次测量
B.“用刻度尺测长度”时，需要多次测量被测物体长度
26. 在“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)如图甲实验器材组装时应______ (选填“由上往下”或“由下往上”)，试管中应放入______ (选填“碎冰块”或“大冰块”)；
(2)冰熔化时温度随时间变化的图象如图乙，冰熔化用了______ min；观察乙图发现，AB和CD两段图象中，温度升高快慢不同，是因为物质在不同状态时______ (选填“密度”或“比热容”)不同造成的；
(3)利用该装置继续探究水沸腾时温度变化的特点，先把试管取出，再把温度计插入烧杯的水中。记录测量数据后，绘制出如图丙温度随时间变化的图象。对比图乙和图丙，发现冰在熔化和水的沸腾时都需要吸收热量，温度______ ，内能______ 。
27. 如图甲所示的两个提纽杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种。
(1)如图乙是提纽杆秤的原理图，使用______ 边提纽最大测量值较大(选“A”或“B”)；
(2)小明选用细木杆当秤杆，细线做提纽，夹子做秤钩，钩码做秤砣制作杆秤(如图丙)；
①确定零刻度线的位置：秤钩上不挂物体，提起提纽，当图中秤杆右端下沉时，则应将秤砣向______ 移动，直到秤杆在水平位置平衡，此时秤砣悬线所在的位置标为“0”。
②确定杆秤的刻度：将质量为1kg的重物挂在秤钩上，移动秤砣直到秤杆在水平位置平衡，秤砣悬线所在的位置标为“1……”。
③如果要增加这把杆秤的量程，则可以______ 后重新标记刻度；
A.增加秤砣质量
B.提纽固定，秤钩左移
C.提纽和秤钩向右平移
④若该杆秤配套的秤砣有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比真实质量偏______ ；
(3)利用所学知识将杆秤改装成杠杆液体密度计，如图丁所示。
①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，当钩码移至______ (选填“C”或“D”)点时，杠杆恰好在水平位置平衡；
④用刻度尺测出______ 的长度l2；
⑤小球密度ρ小球= ______ (用实验测得的物理量以及已知量ρ水表示)
28. 如图测量定值电阻阻值实验中，小华准备了以下器材：直流电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、待测定值电阻Rx、导线若干。
(1)按如图甲连接好电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到______ (选填“a”或“b”)端；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，电压表示数始为0，造成这种现象的原因可能是______ ；
A.电阻Rx短路
B.电阻Rx断路
C.滑动变阻器Rp短路
(3)如图乙是一只玻璃外壳破碎的小彩灯，留下玻璃芯和灯丝部分连接成如图丙所示电路。闭合开关，小灯泡微微发光，此时彩灯灯丝通过的电流______ 小灯泡通过的电流(选填“>”、“<”或“=”)；然后用点燃的酒精灯给彩灯灯丝加热，电流表示数变小，可知灯丝温度升高，电阻______ ；当用酒精灯给玻璃芯加热至红炽状态，电流表示数变大，说明玻璃加热后______ (选填“能”或“不能”)导电；
(4)兴趣小组继续进行实验创新，利用阻值为R0的定值电阻和电流表A1、A2等器材，设计如图丁的电路测出额定电压为U额的小灯泡L正常发光时的电阻。请补充实验步骤：
①闭合开关，移动滑片P，使电流表A2的示数为______ ，同时记下另一个电流表的示数，记为I2；
②用已知物理量和测量量的符号表示出小灯泡L正常发光时的电阻RL= ______ 。
29. 2022年北京冬奥会开幕式上，冰雪五环破冰而出的场面惊艳全场，如图所示。已知冰雪五环的质量约为3t，运用特效经过40s被匀速拉升至12m的高空。求：
(1)冰雪五环的重力；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做功的功率。
30. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变，E和F接线柱只能分别连接A、B、C、D四个接线柱中的一个。小灯泡标有“6V 3W”且不考虑灯丝电阻随温度的变化，定值电阻R0的I−U图象如图乙所示。滑动变阻器上标有最大电流2A，最大阻值模糊不清，a、b为电阻丝的端点。将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器的滑片P从b端滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，移动滑片过程中电流表的示数变化了0.1A。求：
(1)小灯泡的电阻；
(2)电源电压；
(3)已知电流表的量程是0～3A，在保证电路安全的情况下，通过将E、F分别连接到不同的接线柱、控制开关的通断和调节滑片，电路中总功率的范围。
31. 如图甲所示，质地均匀的A、B两个正方体放在水平地面上，A的边长是0.1m，B的边长是A的2倍。将A沿竖直方向切去宽为L的部分，把切去部分叠放在B上，B对地面的压强pB与L的变化关系如图乙所示。求：
(1)物体B受到的重力；
(2)物体A的密度；
(3)当L=2.5cm时，物体A剩余部分对地面的压强pA；
(4)如图丙所示，水平地面放着底面积为2×10−2m2高为0.35m的薄壁柱形容器，容器内盛有0.3m深的水。现将B物体(未叠放A物体)沿水平截取一部分，并将截取部分放入容器，使水对容器底部的压强最大且截取部分的质量最小，求截取部分所受的浮力。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.人们常用“眨眼之间”形容时间短，所以眨一次眼睛的时间不到0.5s，故A不符合实际；
B.为了快速吹干头发，电吹风机的功率较大，约为500W，故B不符合实际；
C.人体正常体温在37℃左右，故C符合实际；
D.一次性医用口罩的质量约为5g，故D不符合实际。
故选：C。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2.【答案】B
【解析】解：A、公共场所禁止吸烟是为了避免“二手烟”的扩散现象，影响他人健康，不是为了降低噪声，故A不合题意；
B、在公共场所不大声喧哗可以在声源处减弱噪声，故B符合题意；
C、修建人工湖和湿地公园是利用水的比热容大的特点来调节气温，不是为了降低噪声，故C不合题意；
D、环卫工人用砂纸清理小广告是为了营造一个良好的生活环境，不是为了降低噪声，故D不合题意。
故选：B。
减弱噪声的途径有三条：即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱。结合选项中的描述可逐一做出判断。
本题结合实际生活考查了减弱噪声的措施，难度不大，要注意其他与环境保护有关的措施也应该多了解一些。
3.【答案】D
【解析】解：A、雷雨天，人如果在大树下避雨，可能造成雷击事故，所以雷雨天不可以站在大树下避雨，故A错误；
B、经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的，故B错误；
C、遇到有人触电，应先切断电源，在施行抢救措施，故C错误；
D、控制用电器的开关与用电器串联，并接在火线和用电器之间，故D正确。
故选：D。
(1)当雷雨天，人如果在大树下避雨，雷电电流通过大树就会传下来。在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害；
(2)经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的；
(3)发现有人触电，一定要及时切断电源；
(4)开关与用电器串联，并且接在火线上。
本题来源于日常生活的常见现象和行为，在考查安全用电的原则中，实现安全用电知识的宣传和教育作用。
4.【答案】C
【解析】解：A、雨后彩虹是光的折射形成的，故A不符合题意；
B、露珠下放大的叶脉是光的折射形成的，故B不符合题意；
C、阳光照射树荫下的光斑是光的直线传播形成的，故C符合题意；
D、树木在水中的倒影是光的反射形成的，故D不符合题意。
故选：C。
光在同一种均匀介质中沿直线传播。光沿直线传播的现象：影子、树荫下的光斑、小孔成像。
本题考查光的直线传播的现象，属于基础知识应用，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A、烧水的过程，因为水和热源存在温度差，所以是通过热传递的方式改变水的内能，故A错误；
B、燃料的热值指燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，其大小与燃烧情况无关，做饭用的天然气在使用过程中热值不变，故B错误；
C、水烧开时，壶嘴附近的“白气”是水蒸气上升遇冷后就会液化形成小水珠，故C错误；
D、擦地后，开窗通风加快了屋内空气的流通速度，使水的蒸发加快，地面上的水干得快，故D正确。
故选：D。
(1)做功和热传递是改变物体内能的方式；
(2)燃料的热值指燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，大小与燃烧情况无关；
(3)“白气”不是水蒸气，水蒸气是看不见的，看得见的“白气”是小水珠；
(4)影响蒸发快慢的因素：液体的温度、液体的表面积、液体上方空气的流动速度。
本题考查了改变物体内能的方式、燃料的热值、影响蒸发快慢的因素等，知识点较多，都属于基础知识，要求掌握。
6.【答案】B
【解析】解：A、举着杠铃静止不动，人给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，故A错误；
B、将地面上的实心球捡起，对实心球施加了力，并且在力的方向上移动了距离，因此对实心球做功了；故B正确；
C、提着体育器材在操场上水平走动，人对体育器材施加了力，没有在力的方向上移动了距离，移动距离的方向与力的方向垂直，因此人对体育器材没有做功。故C错误；
D、踢出去的足球在草地上滚动，足球离开人的脚后在地面上滚动的过程，不受脚对它的力，故无力有距离，不做功，故D错误。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
掌握做功的两个必要因素，有力有距离不一定做功，力对物体做功，一定是在该力的方向上移动了距离。
7.【答案】B
【解析】解：A、台灯的外壳要用不易导电的材料制成，是绝缘体，故A正确；
B、给手机充电时，台灯与手机可独立工作，互不影响，是并联的，故B错误；
C、滑动变阻器可以调节电路中的电流，从而影响台灯的亮度，因此，调节台灯亮度的元件相当于滑动变阻器，故C正确；
D、给手机充电，手机电池消耗电能，相当于用电器，故D正确。
故选：B。
(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
(2)串联电路中，各用电器互相影响；并联电路中，各用电器可独立工作，互不影响；
(3)滑动变阻器可以调节电路中的电流，从而影响台灯的亮度；
(4)用电器是消耗电能的元件；电源是提供电能的元件。
本题主要考查了对绝缘体的认识、对串并联的判断、对滑动变阻器的应用、对电路元件工作过程的理解等，有一定综合性，但难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.摆球的运动方向不是直线，所以其状态始终是变化的，故A错误；
B.一切物体都具有惯性，摆球也具有惯性，故B错误；
C.物体的质量与物体的空间位置无关，所以摆球的质量不变，故C正确；
D.摆球处于失重状态，如果剪断系住摆球的绳子，摆球将会保持匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
(1)物体运动状态的改变包括运动速度和方向的变化；
(2)惯性是物体的一种性质，其大小只与质量有关，一切物体都具有惯性；
(3)物体所含物质的多少叫做质量，物体的质量与物体的形状、状态、空间位置和温度无关；
(4)物体不受力时，将保持静止或匀速直线运动状态。
本题考查了质量、牛顿第一定律的理解、运动状态的含义以及惯性的应用，属力学综合题。
9.【答案】C
【解析】解：A.将小车重新放在中点，让小车自由运动到底端，因为上半段和下半段的路程相同，初速度相同，斜面的坡度相同，根据v=st知这样测量的速度与上半段相同，不是下半程的速度，故A错误；
B.乙图中，改变塑料尺伸出桌面的长度，频率改变，声音的音调改变，探究音调和频率的关系，故B错误；
C.摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关有关；丙图中在木块上加一个重物，改变了压力大小，接触面的粗糙程度不变，探究滑动摩擦力大小与压力的关系，故C正确；
D.把纸板F向前或向后折叠，则在纸板F上都不能看到反射光线，说明反射光线、与入射光线和法线应在同一平面内，此时反射光线、入射光线和法线依旧在同一平面内，没有改变入射角和反射角，不是探究反射角与入射角的大小关系，故D错误。
故选：C。
(1)小车在下滑过程中，到达中点的速度并不为零，所以将小车重新放在中点O，让小车自由运动到斜面底端的时间，并不等于下半段的时间，据此分析；
(2)声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
(3)摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关有关；
(4)反射光线、入射光线与法线在同一平面内。
本题考查速度的测量、声音的特征、摩擦力大小有关因素、光的反射规律探究，属于典型的综合题。
10.【答案】A
【解析】解：AB.奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，通过小磁针显示磁场的方向，将小磁针移走，磁场仍存在，故A正确，B错误；
C.该实验是电生磁，而发电机的电磁感应，是磁生电，故C错误；
D.改变电流方向，磁场方向改变，小磁针的偏转方向改变，故D错误。
故选：A。
(1)(2)奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，通过小磁针显示磁场的方向。
(3)发电机的原理是电磁感应；
(4)电流周围的磁场方向与电流方向有关。
本题考查电流的磁效应、发电机的原理，属于基础题。
11.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，两电阻串联，电压表测量气体传感器两端的电压，酒精气体传感器的阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，根据串联电路的分压作用知酒精浓度增大时仪表示数减小，故A不符合题意；
B、由电路图可知，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，当酒精气体浓度的增大时其电阻减小，电路的总电阻减小，由I=UR得电路中的电流增大，电流表示数增大，故B符合题意；
C、由电路图可知，两电阻并联，电流表测量通过定值电阻的电流，由于并联电路各个支路互不影响，所以通过定值电阻的电流不变，电流表示数不变，故C不符合题意；
D、由电路图可知，两电阻并联，电压表测量电源电压，由于电源电压不变，所以电压表的示数不变，故D不符合题意；
故选：B。
首先根据电路图分析电路的连接方式，分析酒精气体传感器的电阻的变化，然后根据欧姆定律得到电压表示数与电阻R1的关系，结合电流图找出酒精浓度增大时，仪表示数增大的图。
本题考查电路的设计，学生要能结合电路电阻的变化根据欧姆定律判断串联电路中的电流和电压的变化，据此设计电路的连接方式。
12.【答案】C
【解析】解：A、平行于主光轴的平行光线经过凸透镜会聚到焦点上，焦点到凸透镜光心的距离叫做凸透镜的焦距，f=50.0cm−40.0cm=10.0cm，故A错误；
B、凸透镜可以矫正远视眼，凹透镜可以矫正近视眼，故B错误；
C、把点燃的蜡烛放在25cm刻度线处，保持凸透镜在光具座上的位置不变，u=40cm−25cm=15cm，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立放大的实像，故C正确；
D、把点燃的蜡烛放在35cm刻度线处，保持凸透镜在光具座上的位置不变，u=40cm−35cm=5cm，物距小于一倍焦距，成正立放大的虚像，在光屏上观察不到像，故D错误。
故选：C。
(1)平行于主光轴的平行光线经过凸透镜会聚到焦点上，焦点到凸透镜光心的距离叫做凸透镜的焦距，长度的测量要估读到分度值的下一位；
(2)凸透镜可以矫正远视眼；
(3)蜡烛在25cm、35cm刻度线上，凸透镜在40cm刻度线上，求出物距，比较物距和焦距的关系，判断凸透镜成像情况。
此题考查焦距的定义、凸透镜的应用，牢记知识点即可解答。
13.【答案】A
【解析】解：A.电流通过导体产生的热量使容器内的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管中液面的高度差来反映，这种研究方法叫转换法，故A正确；
B.甲实验探究电流产生热量与电阻关系，乙实验探究电流产生热量与电流关系，两实验没有联系，所以两次实验没有必要控制电压相同，故B错误；
C.探究电热与电流的关系，需要控制两容器中的电阻相同，仅改变通过两容器中电阻的电流大小，乙装置中右边两个15Ω电阻并联后再与左边一个15Ω的电阻串联，通过左边容器中15Ω电阻的电流是干路电流，通过右边容器中15Ω电阻的电流是支路电流，干路电流大于支路电流，由Q=I2Rt可知，左右两边容器中的电阻阻值相同，通过左边容器中15Ω电阻的电流大于通过右边容器中15Ω电阻的电流，则通电一段时间，左边容器中的电阻丝产生的热量更多，所以左边U形管内液面的高度差更大，故C错误；
D.探究电热与电阻的关系，需要控制通过两容器中电阻的电流大小相同，仅改变两容器中的电阻大小，甲装置左边10Ω的电阻与右边15Ω的电阻串联，通过它们的电流大小相同，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻丝产生的热量更多，所以右边U形管内液面的高度差更大，故D错误。
故选：A。
由焦耳定律Q=I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法结合图中的实验电阻丝的连接情况进行分析。
本题考查了学生对焦耳定律、串联电路的电流关系以及控制变量法和转换法的了解和掌握，突出运用知识解决实际问题的能力，综合性强。
14.【答案】CD
【解析】解：灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯L1比灯L2的实际功率较小，即P1实
B、根据R=PI2可知，灯L1的电阻小于L2的电阻，故B错误；
C、根据U=IR可知，灯L1两端的电压比L2两端的电压小，故C正确；
D、根据W=Pt可知，相同时间内电流通过L1做的功小于通过小灯泡L2做的功，故D正确。
故选：CD。
灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯L1比灯L2的实际功率较小，即P1实
(2)根据R=PI2判断灯L1的电阻和L2的电阻的大小关系；
(3)根据U=IR判断灯L1两端的电压和L2两端的电压的大小关系；
(4)根据W=Pt判断相同时间内电流通过L1做的功和通过小灯泡L2做的功的大小关系。
此题考查了串联电路的电流规律、电功率公式的应用、欧姆定律、电功的计算，难度不是太大，需对电学公式的运用熟练掌握。
15.【答案】A
【解析】解：A、由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体中的电流与导体的电阻的乘积保持不变，0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；导体的电阻是导体本身阻碍电流的性质与导体中的电流无关，故A错误；
B、由乙图可知定值电阻两端的电压始终保持UR=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UR=6V−2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，实验过程中，定值电阻R与滑动变阻器的比值为1：2，故B正确；
C、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω换成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故C正确；
D、由图像可知，小明控制导体两端的电压：UR=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，故D正确。
故选：A。
(1)根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
(2)根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，确定定值电阻R与滑动变阻器的比值；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(4)根据图像中的数据利用欧姆定律求出小明控制导体两端的电压。
本题探究通过导体的电流跟电阻的关系，考查数据分析、欧姆定律的应用、实验操作等，是常考题。
16.【答案】ACD
【解析】解：完全相同的容器甲、乙，分别装有深度相同的水，将两个体积相同材料不同的小球A、B，分别放在甲、乙两容器中(水均未溢出)。
A、根据浮沉条件，漂浮时物体的密度小于液体密度，即ρA<ρ水；悬浮时：物体密度等于液体密度，即ρB=ρ水，所以两小球的密度ρA<ρB。故A正确；
B、甲容器中小球排开水的体积小于乙容器中小球排开水的体积，根据阿基米德原理，F浮=ρ水V排g，则乙容器中小球受到的浮力较大，即F甲
故选：ACD。
(1)根据浮沉条件，漂浮时：物体的密度小于液体密度；悬浮时：物体密度等于液体密度；沉底时：物体密度大于液体密度。据此分析。
(2)小球的体积相同，排开水的体积不同，液体的密度相同，根据阿基米德原理比较浮力大小。
(3)两容器完全相同，底面积相同，桌面受到的压力等于容器、水、小球的总重力，根据公式p=FS分析；
(4)如果向乙中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，根据阿基米德原理判断出浮力的变化情况。
本题考查压强和浮力的综合，有一定难度。要熟练掌握阿基米德原理及浮沉条件以及压强的计算公式。
17.【答案】静止 可再生
【解析】解：神舟十四号载人飞船成功发射并与天和核心舱完成对接。以核心舱作为参照物，飞船相对于核心舱的位置没有发生改变，因此是静止的；
太阳能可以从自然界源源不断地得到，属于可再生能源。
故答案为：静止；可再生。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(2)短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源。
本题考查了运动和静止的相对性、能源的分类，需要考生熟练掌握基础知识，属于中考热点。
18.【答案】虚像 折射
【解析】解：当沿碗壁缓缓向碗中加水时，来自硬币的光线会从水中斜射入空气中从而发生折射，当折射光线进入人眼时，人眼逆着折射光线看去，看到的便是由于光的折射而形成的虚像(虚像的位置比物体的实际位置偏高)，所以在A处也能看到硬币的虚像，这是利用了光的折射现象。
故答案为：虚像；折射。
光从一种介质斜射入另一介质时，光的传播方向会发生偏折，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线就看到了物体的虚像。
本题来源于生活中，考查了对折射现象的认识和理解，相对比较简单，属于基础题。
19.【答案】压缩 2.3×10⁷
【解析】解：图中汽油机的两个阀门关闭，活塞上移，是压缩冲恒；
完全燃烧2kg汽油放出的热量Q放=mq=2kg×4.6×107J/kg=9.2×107J，
可以对外做的功W=Q放η=9.2×107J×25%=2.3×107J。
故答案为：压缩；2.3×107。
根据图中两个阀门的状态和活塞的运动情况判断属于哪个冲程；
根据Q放=mq计算完全燃烧2kg汽油放出的热量，根据W=Q放η计算次汽油机可以对外做的功。
本题考查了热机的工作情况和关于热机效率的计算，属于基础题，要求掌握。
20.【答案】粗糙程度 大气压
【解析】解：饮料瓶的瓶盖上都有竖纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的；
吸管吸饮料时，吸气时，管内压强减小，饮料在大气压作用下被压入嘴里。
故答案为：粗糙程度；大气压。
增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面粗糙程度；
用吸管吸饮料，是利用大气压的作用把饮料压入嘴里。
本题考查了增大摩擦力的方法、大气压的应用，属于基础题。
21.【答案】A 300
【解析】解：(1)由图甲可知，n=3，则拉力端移动距离s=3h，所以图乙中上面的倾斜直线A是绳子自由端运动的s−t图像，而下面的倾斜直线B是物体运动的s−t图像；
(2)由图乙可知，t=3s时，物体运动的高度h=1.5m，
对物体做的有用功：W有用=Gh=200N×1.5m=300J。
故答案为：A；300。
(1)由图甲可知，n=3，则拉力端移动距离s=3h，据此确定图乙中绳子自由端运动的s−t图像是A还是B；
(2)由图乙可知，t=3s时，物体运动的高度h=1.5m，利用W=Gh求有用功。
本题考查了使用滑轮组时有用功的计算，属于基础知识。
22.【答案】120 6.4
【解析】解：(1)由电路图可知，热敏电阻R1与动变阻器R串联，
报警器在电流达到20mA(0.02A)时开始报警，要想让报警器在150℃时报警，
则此时电路中的总电阻为：R总=UI=4V0.02A=200Ω；
由图乙可知，热敏电阻R1阻值为：80Ω，
由串联电路中总电阻等于各电阻之和可得，与热敏电阻R1串联的电阻箱阻值为：
R=R总−R1=200Ω−80Ω=120Ω，
用电阻箱替代滑动变阻器R1，需将电阻箱的示数调节为120Ω，即可实现温度为150℃时报警；
(2)由图乙可知，热敏电阻R1的阻值随温度的增加而减小，由欧姆定律可得，电源电压为：U=IR总=I(R1+R)；
由以上公式可得，想要电源电压最小，需要电路中的电流和总电阻都取最小值，但是按设计要求，电路中电流必须达到报警时的最小值20mA，因此电流最小值为：Imin=20mA=0.02A；
电路总电阻想要取最小值，先将滑动变阻器接入电路中的电阻调为0，而为了使电路能够在50℃时报警，R1的阻值不能低于其在50℃时的阻值320Ω，则满足电路在50℃时能够报警的总电阻的最小值为R总min=320Ω；
则电源电压最小值为：U′=IminR总min=0.02A×320Ω=6.4V。
故答案为：120；6.4。
(1)由电路图可知，热敏电阻R1与滑动变阻器R串联，报警器在电流达到20mA(0.02A)时开始报警，根据欧姆定律计算报警器在150℃时报警时电路中的总电阻，根据串联电路电阻规律计算与热敏电阻R1串联的电阻箱阻值，据此可知用电阻箱替代滑动变阻器R时电阻箱的阻值；
(2)由图乙可知，热敏电阻R1的阻值随温度的增加而减小，根据欧姆定律写出电源电压的表达式，根据报警的电流可知电路的最小电流；根据图乙得出报警时电路的最小总电阻，根据欧姆定律可以求出最小电压值。
本题考查了欧姆定律的应用，设计到了串联电路的电流规律、电阻规律的应用，难度较大。
23.【答案】解：过入射点O作出法线，反射角为90°−60°=30°，反射角等于入射角，则入射角是30°，根据反射角与入射角相等作出入射光线并标出入射角的度数，如图所示：
【解析】光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”。
要掌握入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。
在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线的角平分线等；求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
24.【答案】解：木块所受重力方向竖直向下、支持力方向垂直于斜面向上，木块从斜面上滑下时，摩擦力平行于斜面向上，作用点都画在木块重心上。如图所示：
【解析】木块从斜面上滑下时，木块受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和平行于斜面向上的摩擦力。据此画出木块所受重力、支持力和摩擦力的示意图。
作图时一定要注意重力的方向是竖直向下的，支持力是垂直于接触面的，滑动摩擦力平行于斜面向上。
25.【答案】2.00 21.6 同种 大小 A
【解析】解：(1)由图甲知，刻度尺的分度值是1mm，因为需要估读到分度值的下一位，所以数值估读到0.1mm；末端对应的刻度值是9.00cm，起始位置对应的刻度值是7.00cm，所以正方体金属块的边长为L=9.00cm−7.00cm=2.00cm；
由图乙知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度值为1.6g，所以正方体金属块的质量为m=20g+1.6g=21.6g；
(2)用带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带有同种电荷；
(3)选择两支外型相同的蜡烛是为了便于比较像与物的大小关系；
本实验多次测量的目的是寻找普遍规律；
A、“探究串、并联电路中电流的规律”时，换用不同规格的小灯泡，多次测量，是为了得到普遍规律；
B、“用刻度尺测长度”时，需要多次测量被测物体的长度的目的是减小误差。
故选：A。
故答案为：(1)2.00；21.6；(2)同种；(3)大小；A。
(1)在读数前，首先要确定刻度尺的零刻度和分度值，然后再读出金属块的边长；
物体的质量等于砝码的质量与游码对应的刻度值的和；
(2)验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的；
(3)在实验中为了便于研究物像的大小关系，用了两支相同的蜡烛；
本实验多次测量的目的是寻找普遍规律，逐项分析得出答案。
本题考查了刻度尺和天平的读数、验电器的原理、探究平面镜成像特点的实验，综合性较强。
26.【答案】由下往上 碎冰块 3 比热容 不变 增大
【解析】解：(1)酒精灯需用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度；所以，安装顺序为由下往上；
碎冰块便于冰受热均匀，能更好的探究冰熔化时温度变化规律；
(2)由图乙可以看出，冰在BC段处于熔化过程，从第2min开始熔化到5min结束，该物质熔化过程经历了3分钟；
在图乙所示中，AB段与CD段的倾斜程度不同，这是因为水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同；
(3)由冰的熔化图像和水的沸腾图像发现，冰熔化过程持续吸热温度不变，水达到沸点后温度不变，持续吸热，故冰的熔化过程和水的沸腾过程有着相同的特点：都需要吸收热量，温度都不变，内能增大。
故答案为：(1)由下往上；碎冰块；(2)3；比热容；(3)不变；增大。
(1)实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
在冰熔化时温度变化规律的实验探究中，应注意观察试管中物质的温度和状态；
(2)晶体在熔化的过程中，吸收热量，温度不变；
知道水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同；
(3)冰熔化过程持续吸热温度不变，水达到沸点后温度不变，持续吸热。
此题是探究晶体熔化时温度的变化规律和水沸腾时温度变化的特点实验，考查了分析图象从中获取信息的能力以及晶体熔化和水的沸腾过程相同的特点。
27.【答案】B 左 A 大 C OC ρ水l1l1−l2
【解析】解：(1)使用杆秤称量物体是质量时，杆秤能绕提纽(看作支点)转动，故杆秤可以看作简单机械中的杠杆；
如下图所示：
若使用左边提纽A时，此时A为支点，秤砣移动到最左边C点时，物体挂在秤钩上，
当杆秤在水平位置平衡时，AD为物体重力的力臂，AC为秤砣的力臂，根据杠杆的平衡条件：G物×AD=G秤砣×AC
解得：G物=ACAD×G秤砣，
若使用右边提纽B时，此时B为支点，秤砣移动到最左边C点时，物体挂在秤钩上，当杆秤在水平位置平衡时，BD为物体重力的力臂，BC为秤砣的力臂，
根据杠杆的平衡条件：G物′×BD=G秤砣×BC
解得：G物′=BCBD×G秤砣，
因为秤砣的质量不变，即秤砣的重力不变；AC˂BC，AD˃BD，故G 物˂G物′，即使用右边提纽时，杆秤的测量大；
(2)①如下图所示，AB˂BC，秤钩的重力小于秤砣的重力，由杠杆的平衡条件可知：G秤钩×AB˂G秤砣×BC，
所以右端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，应将秤砣向左移动；
③如上图，设C为零刻度(定星)，杆秤、秤钩的总自重为G0，重心在D点，不挂重物，秤砣在定星位置时，杆秤在水平位置平衡，
根据杠杆的平衡条件得：G0×BD=G秤砣×BC，
提纽的位置固定，则杆秤和秤钩的总重力的力臂不变，秤砣在定星的位置不变，即力臂不变，通过增大秤砣的质量，则秤砣的重力增加，根据杠杆平衡条件可知，要让杆秤在水平位置平衡，需要增加所挂物体的质量；故要增加这把杆秤的量程，则可以增加秤砣质量后重新标记刻度，故A符合题意，BC不符合题意；
故选A；
④若该杆秤配套的秤砣有磨损，G秤砣变小，根据G0×BD=G秤砣×BC可知BC变大，称量货物时杆秤显示的质量将比真实质量偏大；
(3)①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：G球×OA=G钩码×OB------Ⅰ；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，小球受到浮力，杠杆左侧的拉力变小，根据杠杆平衡条件可知右侧的力臂变小，所以当钩码移至C点时，杠杆恰好在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得(G球−F浮)×OA=G钩码×OC------Ⅱ；
④用刻度尺测出OC的长度l2；
⑤Ⅰ−Ⅱ可得小球受到的浮力：F浮=G钩码×(OB−OC)OA=G钩码×(l1−l2)OA，
小球的体积：V=F浮ρ水g=G钩码×(l1−l2)OAρ水g=G钩码×(l1−l2)ρ水g×OA，
小球的质量：m=G球g=G钩码×OBOA×g=G钩码×l1OA×g，
小球的密度ρ小球=mVG钩码×l1OA×gG钩码×(l1−l2)ρ水g×OA=ρ水l1l1−l2。
故答案为：(1)B；(2)左；A；大；(3)C；OC；ρ水l1l1−l2。
(1)杠杆是一根在力的作用下绕某一固定点转动的硬棒，根据杠杆平衡条件分析解答；
(2)①右端下沉，表示右端力和力臂的乘积较大，在右端力不变时，应减小右端的力臂；
③④根据杠杆平衡条件分析，找出符合题意的答案；
(3))①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：G球×OA=G钩码×OB------Ⅰ；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，小球受到浮力，杠杆左侧的拉力变小，根据杠杆平衡条件可知右侧的力臂变小，所以当钩码移至C点时，杠杆恰好在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得(G球−F浮)×OA=G钩码×OC------Ⅱ；
④用刻度尺测出OC的长度l2；
⑤Ⅰ−Ⅱ可得小球受到的浮力，根据V=F浮ρ水g表示小球的体积，根据m=G球g表示小球的质量，根据密度公式计算小球的密度。
此题主要考查了杠杆平衡条件、密度公式、重力公式、阿基米德原理的灵活应用，是一道综合性题目，有一定难度。
28.【答案】b A 等于 变大 能 U额R0 U额R0I2R0−U额
【解析】解：(1)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，即b端；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数始为0，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路，即造成这种现象的原因可能是电阻Rx短路，故选：A；
(3)由图可知，小灯泡与彩灯串联，所以闭合开关S，小灯泡微微发光，由串联电路中各处的电流相等可知，此时小灯珠中流过的电流等于彩灯灯丝中流过的电流；
用点燃的酒精灯给彩灯灯丝加热，发现电流表示数变小，因为电源电压一定，所以由I=UR可知，灯丝电阻变大；
若用酒精灯加热玻璃芯至红炽状态，电流表示数变大，由欧姆定律可知，电路的总电阻变小，说明玻璃芯从绝缘体变成了导体，电阻变小，能导电；
(4)由图可知，灯泡L与电阻R0并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R0的电流。根据并联电路的电压特点可知，灯泡L两端的电压等于R0两端的电压，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电阻R0两端的电压为U额时，小灯泡正常发光，通过R0的电流即电流表A2的示数为U额R0，同时记下另一个电流表的示数，记为I2；则通过灯泡L的电流为：
IL=I2−U额R0，
此时小灯泡正常发光，则灯泡电阻为：
RL=U额IL=U额I2−U额R0=U额R0I2R0−U额。
故答案为：(1)b；(2)A；(3)等于；变大；能；(4)①U额R0；②U额R0I2R0−U额。
(1)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数始为0，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路；
(3)串联电路，电流处处相等；灯丝电阻随温度升高而增大，玻璃加热到红炽状态会从绝缘体变成导体，由此分析电流表示数变化；
(4)根据并联电路电路分流的特点以及欧姆定律进行分析。
本题测定值电阻阻值实验，考查了注意事项、电路故障、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。
29.【答案】解：(1)冰雪五环的重力G=mg=3×103kg×10N/kg=3×104N；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做的功W=Gh=3×104N×12m=3.6×105J，
功率P=Wt=3.6×105J40s=9000W。
答：(1)冰雪五环的重力为3×104N；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做功的功率为9000W。
【解析】(1)根据G=mg得出冰雪五环的重力、；
(2)根据W=Gh得出拉力做的功，根据P=Wt得出功率。
本题考查重力、功、功率的计算，是一道综合题。
30.【答案】解：(1)小灯泡电阻：
RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω；
(2)将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器和小灯泡串联，R0断路；滑片P滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，此时电路中的电流为：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
电源电压为：U=IL(12R1+RL)；
滑片P滑到b端时，电流阻值变大，电流变小，移动滑片过程中电流表的示数变化了0.1A，此时电流I′=0.5A−0.1A=0.4A；
电源电压为：U=I′(R1+RL)；
联立两次电压的方程可得：IL(12R1+RL)=I′(R1+RL)，即0.5A×(12R1+12Ω)=0.4A×(R1+12Ω)
解得：电源电压U=8V；滑动变阻器的最大电阻R1的阻值为：R1=8Ω；
(3)由图乙可知：定值电阻R0的阻值为：R0=U0I0=6V0.3A=20Ω；
当E、F分别接B、D时，电路功率最小，P2=U2R0+RL=(8V)220Ω+12Ω=2W；
当E、F分别接A、C时，闭合开关，滑动变阻器和定值电阻并联，滑动变阻器调节电流最大处，此时电流为2A，此时通过定值电阻R0的电流为：I0′=UR0=8V20Ω=0.4A，
此时干路中的最大电流为2A+0.4A=2.4A，
电路的最大功率为：P1=UIA=8V×2.4A=19.2W，
所以电路中总功率的范围2W～19.2W。
答：(1)小灯泡的电阻为12Ω；
(2)电源电压为8V；
(3)电路中总功率的范围为2W～19.2W。
【解析】(1)根据RL=UL2PL可得小灯泡电阻；
(2)将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器和小灯泡串联，R0断路；滑片P滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，根据P=UI可计算小灯泡的电流，滑片P滑到b端时，电阻变大，判断此时电流的大小关系即可求出此时电路中的电流；滑动变阻器的滑片P从b端滑到ab中点时，根据U=I′(R1+RL)联立方程可得电源电压大小；
(3)由图乙可和欧姆定律算出定值电阻R0的阻值，当E、F分别接B、D时，电路功率最小，由P=U2R0+RL算出最小电功率；
当E、F分别接A、C时，闭合开关，滑动变阻器和定值电阻并联，滑动变阻器调节电流最大处，此时电流为2A，由欧姆定律算出通过定值电阻R0的电流，此时总功率最大，由并联电路电流的规律算出干路电流，根据P=UI算出电路的最大电功率。
本题考查了电路分析，关键要分析不同的接入方法会导致不同的电路，结合欧姆定律和电路特点进行电功率计算。
31.【答案】解：(1)正方体B的边长是A的2倍，则B的边长为20cm=0.2m；
当L=0时，B 对地面的压强为5000Pa，物体对地面的压力等于自身重力，由压强公式可知：
pB=GBSB=GB0.2m×0.2m=5000Pa，
则：GB=200N；
(2)当L=10cm时，B对地面的压强为6000Pa，则有：
pB′=GA+GBSB=GA+200N0.2m×0.2m=6000Pa，
则：GA=40N，
由G=mg=ρVg可知，A的密度为：
ρA=GAVAg=40N(0.1m)3×10N/kg=4×103kg/m3；
(3)A 是质地均匀物体，当沿竖直方向切去L=2.5cm时，A物体高度不变，
由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρhg可知，物体A剩余部分对地面的压强为：
pA=ρAghA=4×103kg/m3×10N/kg×0.1m=4000Pa；
(4)由于B物体的密度大于水密度，所以截取的放入水中后沉底，当容器中水装满且不溢出时，水对容器底的压强最大且截取的部分质量最小，如果水溢出，水对容器的压强最大，但不满足截取的部分质量最小。所以当水装满容器时，增加的体积等于截取的物体B的体积，则此时截取的部分排开水的体积为：
V排=S(ℎ容−ℎ)=2×10−2m2×(0.35m−0.3m)=1×10−3m3，
所以截取的部分所受的浮力为：
F浮=ρ排gV浮=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N。
答：(1)物体B受到的重力为200N；
(2)物体A的密度为4×103kg/m3；
(3)当L=2.5cm时，物体A剩余部分对地面的压强为4000Pa；
(4)截取的部分所受的浮力为10N。
【解析】(1)正方体B的边长是A的2倍，则B的边长为20cm=0.2m，进一步计算B的底面积，当L=0时，B对地面的压强为5000Pa，根据压强公式列方程可得B的重力；
(2)当L=10cm时，B对地面的压强为6000Pa，根据压强公式可求出A的重力，
(3)根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρhg可知求出当L=2.5cm时物体A剩余部分对地面的压强pA；
(4)使液体对容器底部的压强最大，则要使液面上升到容器上表面，根据体积公式计算排开液体体积，然后根据阿基米德原理计算浮力大小。
本题考查了密度公式、重力公式、压强定义式、液体压强公式、阿基米德原理的灵活运用，综合性较强。
2023年广西防城港市防城区中考物理模拟试卷（三）
1. 下列估测最接近实际情况的是( )
A. 人正常眨一次眼用时约1min B. 电吹风机的功率约为50W
C. 中学生的正常体温约为37℃ D. 一次性医用口罩的质量约为5kg
2. 我市创建文明城市，采取以下的措施中，主要用于降低噪声污染的是( )
A. 公共场所禁止吸烟 B. 在公共场所不大声喧哗
C. 修建人工湖和湿地公园 D. 环卫工人用砂纸清理小广告
3. 关于安全用电，下列说法正确的是( )
A. 雷雨天在大树下避雨 B. 低于220V的电压对人体是安全的
C. 发现有人触电，立即用手将人拉开 D. 安装电路开关应接在用电器和火线之间
4. 雨后的校园，景色分外美丽。下列现象属于光的直线传播是( )
A. 雨后的彩虹 B. 露珠下放大的叶脉
C. 阳光照射树荫下的光斑 D. 树木在水中的倒影
5. 教育部发布了《义务教育劳动课程标准(2022年版)》，关于劳动实践中涉及的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 用燃气灶烧水，是通过做功改变水的内能
B. 天然气在使用过程中热值变小
C. 烧开水时，壶嘴冒出的“白气”是水蒸气
D. 擦地后开窗通风，是为了加快蒸发
6. 关于体育课上的活动情景，某同学对物体做功的是( )
A. 举着杠铃不动 B. 将地面上的实心球捡起
C. 提着体育器材在操场上水平走动 D. 踢出去的足球在草地上滚动
7. 如图为一款新式无线插座转换器，带有USB插头、一转多位插座、调光台灯等多种功能，下列说法错误的是( )
A. 台灯的外壳是绝缘体
B. 给手机充电时，台灯与手机串联
C. 调节台灯亮度的元件相当于滑动变阻器
D. 给手机充电，手机电池相当于用电器
8. “天宫课堂”点燃科学梦想，航天员在空间站微重力的环境下演示摆球实验：拨动摆球后，摆球绕固定点持续转动。该过程中下列说法正确的是( )
A. 摆球的运动状态保持不变
B. 摆球不具有惯性
C. 摆球的质量不变
D. 如果剪断系住摆球的绳子，摆球将会竖直向下运动
9. 物理学是一门以实验为基础的学科，针对如图的物理实验，下列说法正确的是( )
A. 甲图：为了测小车下半段平均速度，可以将小车放在中点
B. 乙图：改变塑料尺伸出桌面的长度，探究响度和频率的关系
C. 丙图：在木块上加一个重物，探究滑动摩擦力大小与压力的关系
D. 丁图：向后折纸板F后看不到反射光，探究反射角与入射角的大小关系
10. 如图所示是奥斯特实验的示意图，关于该实验下列说法正确的是( )
A. 将小磁针移走，磁场仍存在
B. 该实验说明“通电导体在磁场中受到力的作用”
C. 根据该原理制成发电机
D. 改变电流方向，小磁针的偏转方向不变
11. 酒驾测试仪内部有一个酒精气体传感器，其阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，R0为定值电阻。如果测试时要求酒精浓度增大仪表示数增大，如图符合要求的电路是( )
A. B.
C. D.
12. 用如图所示的透镜来探究凸透镜成像规律，保持凸透镜在光具座上的位置不变，下列说法正确的是( )
A. 该透镜的焦距为52.0cm
B. 利用这类透镜可矫正近视眼的视力缺陷
C. 把点燃的蜡烛放在25cm刻度线处，移动光屏可观察到放大的像
D. 把点燃的蜡烛放在35cm刻度线处，移动光屏可观察到放大的像
13. 如图是“研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验，下列分析正确的是( )
A. 实验探究中用到了转换法，U形管中液面的高度差反映电阻丝产生热量的多少
B. 必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端，实验结论才具有科学性
C. 探究电热与电流的关系，选择乙装置，通电一段时间，右边U形管内液面的高度差更大
D. 探究电热与电阻的关系，选择甲装置，通电一段时间，左边U形管内液面的高度差更大
14. 如图所示，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是( )
A. 通过灯L1的电流比L2大
B. 灯L1的电阻大于L2的电阻
C. 灯L1两端的电压比L2两端的电压小
D. 相同时间内电流通过L1做的功小于通过小灯泡L2做的功
15. 小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。下列说法不正确的是( )
A. 分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B. 实验过程中，定值电阻R与滑动变阻器的比值为1：2
C. 将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D. 实验过程中，定值电阻两端电压为2V
16. 水平桌面上有两个完全相同的甲、乙容器装有深度相同的水，将两个体积相同、材料不同的小球A、B，分别放在两容器中(水均未溢出)，小球静止如图所示。下列判断正确的是( )
A. 两小球的密度 ρA<ρB
B. 两个小球受到的浮力关系：F甲>F乙
C. 两个容器对桌面的压强关系：p甲
17. 2022年6月，神舟十四号载人飞船成功发射并与天和核心舱完成对接。以核心舱作为参照物，神舟飞船是______ (选填“静止”或“运动”)的；核心舱的太阳能电池板能提供电能，太阳能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源。
18. 《康熙几暇格物篇》中记载：“置钱碗底，远视若无，及盛满水时，则钱随水光而显现矣”。如图所示，把铜钱放在碗底，后退到眼睛恰好看不到硬币，保持眼睛、碗和硬币的位置不变，缓缓向碗里倒水，看到的铜钱是______ (选填“实像”或“虚像”)，这是由于光的______ 现象造成的。
19. 如图为汽油机的______ 冲程；若汽油机效率是25%，完全燃烧2kg汽油放出的热量可以对外做功______ J(已知汽油热值为4.6×107J/kg)。
20. 饮料瓶盖上刻有一道道的条纹，这是通过增大______ 从而增大摩擦力；用吸管吸饮料是利用了______ 。
21. 用图甲的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力F为80N，不计绳重和摩擦，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，反映绳子自由端运动的图线是 (选填“A”或“B”)，3s内对物体做的有用功为 J。
22. 兴趣小组设计了如图甲的温度报警电路，电源电压恒为4V，R为滑动变阻器，热敏电阻R1的阻值随温度的变化如图乙，阻值不计的报警器在电流达到20mA时开始报警，超过50mA时损坏。当设定报警温度为150℃时，若利用电阻箱替代滑动变阻器R，应将电阻箱的示数调节为______ Ω；若要实现报警温度可以在50℃～200℃之间调节，则该电路应该选用电压至少为______ V的电源。
23. 完成如图光路图，并标出入射角的度数。
24. 如图所示，请画出木块从斜面上滑下时所受力的示意图。
25. 兴趣小组在实验室做了如图的实验探究：
(1)用刻度尺测量橡皮擦的边长如图甲所示，则边长为______ cm；用托盘天平测它的质量时，右盘中所放砝码的质量和游码在标尺上的位置如图乙所示，则质量为______ g。
(2)如图丙所示，用带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带有______ (选填“同种”或“异种”)电荷；
(3)如图丁所示，探究平面镜成像的特点。选择两支外型相同的蜡烛是为了便于比较像与物的______ 关系；在物理实验中，经常需要多次测量，下列实验中多次测量的目的与本实验多次测量的目的相同的是______ (选填字母符号)。
A.“探究串、并联电路中电流的规律”时，换用不同规格的小灯泡，多次测量
B.“用刻度尺测长度”时，需要多次测量被测物体长度
26. 在“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。
(1)如图甲实验器材组装时应______ (选填“由上往下”或“由下往上”)，试管中应放入______ (选填“碎冰块”或“大冰块”)；
(2)冰熔化时温度随时间变化的图象如图乙，冰熔化用了______ min；观察乙图发现，AB和CD两段图象中，温度升高快慢不同，是因为物质在不同状态时______ (选填“密度”或“比热容”)不同造成的；
(3)利用该装置继续探究水沸腾时温度变化的特点，先把试管取出，再把温度计插入烧杯的水中。记录测量数据后，绘制出如图丙温度随时间变化的图象。对比图乙和图丙，发现冰在熔化和水的沸腾时都需要吸收热量，温度______ ，内能______ 。
27. 如图甲所示的两个提纽杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种。
(1)如图乙是提纽杆秤的原理图，使用______ 边提纽最大测量值较大(选“A”或“B”)；
(2)小明选用细木杆当秤杆，细线做提纽，夹子做秤钩，钩码做秤砣制作杆秤(如图丙)；
①确定零刻度线的位置：秤钩上不挂物体，提起提纽，当图中秤杆右端下沉时，则应将秤砣向______ 移动，直到秤杆在水平位置平衡，此时秤砣悬线所在的位置标为“0”。
②确定杆秤的刻度：将质量为1kg的重物挂在秤钩上，移动秤砣直到秤杆在水平位置平衡，秤砣悬线所在的位置标为“1……”。
③如果要增加这把杆秤的量程，则可以______ 后重新标记刻度；
A.增加秤砣质量
B.提纽固定，秤钩左移
C.提纽和秤钩向右平移
④若该杆秤配套的秤砣有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比真实质量偏______ ；
(3)利用所学知识将杆秤改装成杠杆液体密度计，如图丁所示。
①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，当钩码移至______ (选填“C”或“D”)点时，杠杆恰好在水平位置平衡；
④用刻度尺测出______ 的长度l2；
⑤小球密度ρ小球= ______ (用实验测得的物理量以及已知量ρ水表示)
28. 如图测量定值电阻阻值实验中，小华准备了以下器材：直流电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、待测定值电阻Rx、导线若干。
(1)按如图甲连接好电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到______ (选填“a”或“b”)端；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，电压表示数始为0，造成这种现象的原因可能是______ ；
A.电阻Rx短路
B.电阻Rx断路
C.滑动变阻器Rp短路
(3)如图乙是一只玻璃外壳破碎的小彩灯，留下玻璃芯和灯丝部分连接成如图丙所示电路。闭合开关，小灯泡微微发光，此时彩灯灯丝通过的电流______ 小灯泡通过的电流(选填“>”、“<”或“=”)；然后用点燃的酒精灯给彩灯灯丝加热，电流表示数变小，可知灯丝温度升高，电阻______ ；当用酒精灯给玻璃芯加热至红炽状态，电流表示数变大，说明玻璃加热后______ (选填“能”或“不能”)导电；
(4)兴趣小组继续进行实验创新，利用阻值为R0的定值电阻和电流表A1、A2等器材，设计如图丁的电路测出额定电压为U额的小灯泡L正常发光时的电阻。请补充实验步骤：
①闭合开关，移动滑片P，使电流表A2的示数为______ ，同时记下另一个电流表的示数，记为I2；
②用已知物理量和测量量的符号表示出小灯泡L正常发光时的电阻RL= ______ 。
29. 2022年北京冬奥会开幕式上，冰雪五环破冰而出的场面惊艳全场，如图所示。已知冰雪五环的质量约为3t，运用特效经过40s被匀速拉升至12m的高空。求：
(1)冰雪五环的重力；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做功的功率。
30. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变，E和F接线柱只能分别连接A、B、C、D四个接线柱中的一个。小灯泡标有“6V 3W”且不考虑灯丝电阻随温度的变化，定值电阻R0的I−U图象如图乙所示。滑动变阻器上标有最大电流2A，最大阻值模糊不清，a、b为电阻丝的端点。将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器的滑片P从b端滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，移动滑片过程中电流表的示数变化了0.1A。求：
(1)小灯泡的电阻；
(2)电源电压；
(3)已知电流表的量程是0～3A，在保证电路安全的情况下，通过将E、F分别连接到不同的接线柱、控制开关的通断和调节滑片，电路中总功率的范围。
31. 如图甲所示，质地均匀的A、B两个正方体放在水平地面上，A的边长是0.1m，B的边长是A的2倍。将A沿竖直方向切去宽为L的部分，把切去部分叠放在B上，B对地面的压强pB与L的变化关系如图乙所示。求：
(1)物体B受到的重力；
(2)物体A的密度；
(3)当L=2.5cm时，物体A剩余部分对地面的压强pA；
(4)如图丙所示，水平地面放着底面积为2×10−2m2高为0.35m的薄壁柱形容器，容器内盛有0.3m深的水。现将B物体(未叠放A物体)沿水平截取一部分，并将截取部分放入容器，使水对容器底部的压强最大且截取部分的质量最小，求截取部分所受的浮力。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.人们常用“眨眼之间”形容时间短，所以眨一次眼睛的时间不到0.5s，故A不符合实际；
B.为了快速吹干头发，电吹风机的功率较大，约为500W，故B不符合实际；
C.人体正常体温在37℃左右，故C符合实际；
D.一次性医用口罩的质量约为5g，故D不符合实际。
故选：C。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2.【答案】B
【解析】解：A、公共场所禁止吸烟是为了避免“二手烟”的扩散现象，影响他人健康，不是为了降低噪声，故A不合题意；
B、在公共场所不大声喧哗可以在声源处减弱噪声，故B符合题意；
C、修建人工湖和湿地公园是利用水的比热容大的特点来调节气温，不是为了降低噪声，故C不合题意；
D、环卫工人用砂纸清理小广告是为了营造一个良好的生活环境，不是为了降低噪声，故D不合题意。
故选：B。
减弱噪声的途径有三条：即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱。结合选项中的描述可逐一做出判断。
本题结合实际生活考查了减弱噪声的措施，难度不大，要注意其他与环境保护有关的措施也应该多了解一些。
3.【答案】D
【解析】解：A、雷雨天，人如果在大树下避雨，可能造成雷击事故，所以雷雨天不可以站在大树下避雨，故A错误；
B、经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的，故B错误；
C、遇到有人触电，应先切断电源，在施行抢救措施，故C错误；
D、控制用电器的开关与用电器串联，并接在火线和用电器之间，故D正确。
故选：D。
(1)当雷雨天，人如果在大树下避雨，雷电电流通过大树就会传下来。在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害；
(2)经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的；
(3)发现有人触电，一定要及时切断电源；
(4)开关与用电器串联，并且接在火线上。
本题来源于日常生活的常见现象和行为，在考查安全用电的原则中，实现安全用电知识的宣传和教育作用。
4.【答案】C
【解析】解：A、雨后彩虹是光的折射形成的，故A不符合题意；
B、露珠下放大的叶脉是光的折射形成的，故B不符合题意；
C、阳光照射树荫下的光斑是光的直线传播形成的，故C符合题意；
D、树木在水中的倒影是光的反射形成的，故D不符合题意。
故选：C。
光在同一种均匀介质中沿直线传播。光沿直线传播的现象：影子、树荫下的光斑、小孔成像。
本题考查光的直线传播的现象，属于基础知识应用，难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A、烧水的过程，因为水和热源存在温度差，所以是通过热传递的方式改变水的内能，故A错误；
B、燃料的热值指燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，其大小与燃烧情况无关，做饭用的天然气在使用过程中热值不变，故B错误；
C、水烧开时，壶嘴附近的“白气”是水蒸气上升遇冷后就会液化形成小水珠，故C错误；
D、擦地后，开窗通风加快了屋内空气的流通速度，使水的蒸发加快，地面上的水干得快，故D正确。
故选：D。
(1)做功和热传递是改变物体内能的方式；
(2)燃料的热值指燃料完全燃烧放出的热量与质量的比值，大小与燃烧情况无关；
(3)“白气”不是水蒸气，水蒸气是看不见的，看得见的“白气”是小水珠；
(4)影响蒸发快慢的因素：液体的温度、液体的表面积、液体上方空气的流动速度。
本题考查了改变物体内能的方式、燃料的热值、影响蒸发快慢的因素等，知识点较多，都属于基础知识，要求掌握。
6.【答案】B
【解析】解：A、举着杠铃静止不动，人给杠铃一个向上的力，杠铃向上没有移动距离，人对杠铃没有做功，故A错误；
B、将地面上的实心球捡起，对实心球施加了力，并且在力的方向上移动了距离，因此对实心球做功了；故B正确；
C、提着体育器材在操场上水平走动，人对体育器材施加了力，没有在力的方向上移动了距离，移动距离的方向与力的方向垂直，因此人对体育器材没有做功。故C错误；
D、踢出去的足球在草地上滚动，足球离开人的脚后在地面上滚动的过程，不受脚对它的力，故无力有距离，不做功，故D错误。
故选：B。
做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
掌握做功的两个必要因素，有力有距离不一定做功，力对物体做功，一定是在该力的方向上移动了距离。
7.【答案】B
【解析】解：A、台灯的外壳要用不易导电的材料制成，是绝缘体，故A正确；
B、给手机充电时，台灯与手机可独立工作，互不影响，是并联的，故B错误；
C、滑动变阻器可以调节电路中的电流，从而影响台灯的亮度，因此，调节台灯亮度的元件相当于滑动变阻器，故C正确；
D、给手机充电，手机电池消耗电能，相当于用电器，故D正确。
故选：B。
(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
(2)串联电路中，各用电器互相影响；并联电路中，各用电器可独立工作，互不影响；
(3)滑动变阻器可以调节电路中的电流，从而影响台灯的亮度；
(4)用电器是消耗电能的元件；电源是提供电能的元件。
本题主要考查了对绝缘体的认识、对串并联的判断、对滑动变阻器的应用、对电路元件工作过程的理解等，有一定综合性，但难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.摆球的运动方向不是直线，所以其状态始终是变化的，故A错误；
B.一切物体都具有惯性，摆球也具有惯性，故B错误；
C.物体的质量与物体的空间位置无关，所以摆球的质量不变，故C正确；
D.摆球处于失重状态，如果剪断系住摆球的绳子，摆球将会保持匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
(1)物体运动状态的改变包括运动速度和方向的变化；
(2)惯性是物体的一种性质，其大小只与质量有关，一切物体都具有惯性；
(3)物体所含物质的多少叫做质量，物体的质量与物体的形状、状态、空间位置和温度无关；
(4)物体不受力时，将保持静止或匀速直线运动状态。
本题考查了质量、牛顿第一定律的理解、运动状态的含义以及惯性的应用，属力学综合题。
9.【答案】C
【解析】解：A.将小车重新放在中点，让小车自由运动到底端，因为上半段和下半段的路程相同，初速度相同，斜面的坡度相同，根据v=st知这样测量的速度与上半段相同，不是下半程的速度，故A错误；
B.乙图中，改变塑料尺伸出桌面的长度，频率改变，声音的音调改变，探究音调和频率的关系，故B错误；
C.摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关有关；丙图中在木块上加一个重物，改变了压力大小，接触面的粗糙程度不变，探究滑动摩擦力大小与压力的关系，故C正确；
D.把纸板F向前或向后折叠，则在纸板F上都不能看到反射光线，说明反射光线、与入射光线和法线应在同一平面内，此时反射光线、入射光线和法线依旧在同一平面内，没有改变入射角和反射角，不是探究反射角与入射角的大小关系，故D错误。
故选：C。
(1)小车在下滑过程中，到达中点的速度并不为零，所以将小车重新放在中点O，让小车自由运动到斜面底端的时间，并不等于下半段的时间，据此分析；
(2)声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
(3)摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关有关；
(4)反射光线、入射光线与法线在同一平面内。
本题考查速度的测量、声音的特征、摩擦力大小有关因素、光的反射规律探究，属于典型的综合题。
10.【答案】A
【解析】解：AB.奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，通过小磁针显示磁场的方向，将小磁针移走，磁场仍存在，故A正确，B错误；
C.该实验是电生磁，而发电机的电磁感应，是磁生电，故C错误；
D.改变电流方向，磁场方向改变，小磁针的偏转方向改变，故D错误。
故选：A。
(1)(2)奥斯特实验说明通电导体周围存在磁场，通过小磁针显示磁场的方向。
(3)发电机的原理是电磁感应；
(4)电流周围的磁场方向与电流方向有关。
本题考查电流的磁效应、发电机的原理，属于基础题。
11.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，两电阻串联，电压表测量气体传感器两端的电压，酒精气体传感器的阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，根据串联电路的分压作用知酒精浓度增大时仪表示数减小，故A不符合题意；
B、由电路图可知，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，当酒精气体浓度的增大时其电阻减小，电路的总电阻减小，由I=UR得电路中的电流增大，电流表示数增大，故B符合题意；
C、由电路图可知，两电阻并联，电流表测量通过定值电阻的电流，由于并联电路各个支路互不影响，所以通过定值电阻的电流不变，电流表示数不变，故C不符合题意；
D、由电路图可知，两电阻并联，电压表测量电源电压，由于电源电压不变，所以电压表的示数不变，故D不符合题意；
故选：B。
首先根据电路图分析电路的连接方式，分析酒精气体传感器的电阻的变化，然后根据欧姆定律得到电压表示数与电阻R1的关系，结合电流图找出酒精浓度增大时，仪表示数增大的图。
本题考查电路的设计，学生要能结合电路电阻的变化根据欧姆定律判断串联电路中的电流和电压的变化，据此设计电路的连接方式。
12.【答案】C
【解析】解：A、平行于主光轴的平行光线经过凸透镜会聚到焦点上，焦点到凸透镜光心的距离叫做凸透镜的焦距，f=50.0cm−40.0cm=10.0cm，故A错误；
B、凸透镜可以矫正远视眼，凹透镜可以矫正近视眼，故B错误；
C、把点燃的蜡烛放在25cm刻度线处，保持凸透镜在光具座上的位置不变，u=40cm−25cm=15cm，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立放大的实像，故C正确；
D、把点燃的蜡烛放在35cm刻度线处，保持凸透镜在光具座上的位置不变，u=40cm−35cm=5cm，物距小于一倍焦距，成正立放大的虚像，在光屏上观察不到像，故D错误。
故选：C。
(1)平行于主光轴的平行光线经过凸透镜会聚到焦点上，焦点到凸透镜光心的距离叫做凸透镜的焦距，长度的测量要估读到分度值的下一位；
(2)凸透镜可以矫正远视眼；
(3)蜡烛在25cm、35cm刻度线上，凸透镜在40cm刻度线上，求出物距，比较物距和焦距的关系，判断凸透镜成像情况。
此题考查焦距的定义、凸透镜的应用，牢记知识点即可解答。
13.【答案】A
【解析】解：A.电流通过导体产生的热量使容器内的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管中液面的高度差来反映，这种研究方法叫转换法，故A正确；
B.甲实验探究电流产生热量与电阻关系，乙实验探究电流产生热量与电流关系，两实验没有联系，所以两次实验没有必要控制电压相同，故B错误；
C.探究电热与电流的关系，需要控制两容器中的电阻相同，仅改变通过两容器中电阻的电流大小，乙装置中右边两个15Ω电阻并联后再与左边一个15Ω的电阻串联，通过左边容器中15Ω电阻的电流是干路电流，通过右边容器中15Ω电阻的电流是支路电流，干路电流大于支路电流，由Q=I2Rt可知，左右两边容器中的电阻阻值相同，通过左边容器中15Ω电阻的电流大于通过右边容器中15Ω电阻的电流，则通电一段时间，左边容器中的电阻丝产生的热量更多，所以左边U形管内液面的高度差更大，故C错误；
D.探究电热与电阻的关系，需要控制通过两容器中电阻的电流大小相同，仅改变两容器中的电阻大小，甲装置左边10Ω的电阻与右边15Ω的电阻串联，通过它们的电流大小相同，由Q=I2Rt可知，右边容器中的电阻丝产生的热量更多，所以右边U形管内液面的高度差更大，故D错误。
故选：A。
由焦耳定律Q=I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法结合图中的实验电阻丝的连接情况进行分析。
本题考查了学生对焦耳定律、串联电路的电流关系以及控制变量法和转换法的了解和掌握，突出运用知识解决实际问题的能力，综合性强。
14.【答案】CD
【解析】解：灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯L1比灯L2的实际功率较小，即P1实
B、根据R=PI2可知，灯L1的电阻小于L2的电阻，故B错误；
C、根据U=IR可知，灯L1两端的电压比L2两端的电压小，故C正确；
D、根据W=Pt可知，相同时间内电流通过L1做的功小于通过小灯泡L2做的功，故D正确。
故选：CD。
灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，闭合开关后，灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯L1比灯L2的实际功率较小，即P1实
(2)根据R=PI2判断灯L1的电阻和L2的电阻的大小关系；
(3)根据U=IR判断灯L1两端的电压和L2两端的电压的大小关系；
(4)根据W=Pt判断相同时间内电流通过L1做的功和通过小灯泡L2做的功的大小关系。
此题考查了串联电路的电流规律、电功率公式的应用、欧姆定律、电功的计算，难度不是太大，需对电学公式的运用熟练掌握。
15.【答案】A
【解析】解：A、由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体中的电流与导体的电阻的乘积保持不变，0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；导体的电阻是导体本身阻碍电流的性质与导体中的电流无关，故A错误；
B、由乙图可知定值电阻两端的电压始终保持UR=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UR=6V−2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，实验过程中，定值电阻R与滑动变阻器的比值为1：2，故B正确；
C、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω换成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故C正确；
D、由图像可知，小明控制导体两端的电压：UR=IR=0.1A×20Ω=-----=0.4A×5Ω=2V，故D正确。
故选：A。
(1)根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
(2)根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，确定定值电阻R与滑动变阻器的比值；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(4)根据图像中的数据利用欧姆定律求出小明控制导体两端的电压。
本题探究通过导体的电流跟电阻的关系，考查数据分析、欧姆定律的应用、实验操作等，是常考题。
16.【答案】ACD
【解析】解：完全相同的容器甲、乙，分别装有深度相同的水，将两个体积相同材料不同的小球A、B，分别放在甲、乙两容器中(水均未溢出)。
A、根据浮沉条件，漂浮时物体的密度小于液体密度，即ρA<ρ水；悬浮时：物体密度等于液体密度，即ρB=ρ水，所以两小球的密度ρA<ρB。故A正确；
B、甲容器中小球排开水的体积小于乙容器中小球排开水的体积，根据阿基米德原理，F浮=ρ水V排g，则乙容器中小球受到的浮力较大，即F甲
故选：ACD。
(1)根据浮沉条件，漂浮时：物体的密度小于液体密度；悬浮时：物体密度等于液体密度；沉底时：物体密度大于液体密度。据此分析。
(2)小球的体积相同，排开水的体积不同，液体的密度相同，根据阿基米德原理比较浮力大小。
(3)两容器完全相同，底面积相同，桌面受到的压力等于容器、水、小球的总重力，根据公式p=FS分析；
(4)如果向乙中加入酒精并搅拌均匀，液体的密度变小，根据阿基米德原理判断出浮力的变化情况。
本题考查压强和浮力的综合，有一定难度。要熟练掌握阿基米德原理及浮沉条件以及压强的计算公式。
17.【答案】静止 可再生
【解析】解：神舟十四号载人飞船成功发射并与天和核心舱完成对接。以核心舱作为参照物，飞船相对于核心舱的位置没有发生改变，因此是静止的；
太阳能可以从自然界源源不断地得到，属于可再生能源。
故答案为：静止；可再生。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(2)短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源。
本题考查了运动和静止的相对性、能源的分类，需要考生熟练掌握基础知识，属于中考热点。
18.【答案】虚像 折射
【解析】解：当沿碗壁缓缓向碗中加水时，来自硬币的光线会从水中斜射入空气中从而发生折射，当折射光线进入人眼时，人眼逆着折射光线看去，看到的便是由于光的折射而形成的虚像(虚像的位置比物体的实际位置偏高)，所以在A处也能看到硬币的虚像，这是利用了光的折射现象。
故答案为：虚像；折射。
光从一种介质斜射入另一介质时，光的传播方向会发生偏折，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线就看到了物体的虚像。
本题来源于生活中，考查了对折射现象的认识和理解，相对比较简单，属于基础题。
19.【答案】压缩 2.3×10⁷
【解析】解：图中汽油机的两个阀门关闭，活塞上移，是压缩冲恒；
完全燃烧2kg汽油放出的热量Q放=mq=2kg×4.6×107J/kg=9.2×107J，
可以对外做的功W=Q放η=9.2×107J×25%=2.3×107J。
故答案为：压缩；2.3×107。
根据图中两个阀门的状态和活塞的运动情况判断属于哪个冲程；
根据Q放=mq计算完全燃烧2kg汽油放出的热量，根据W=Q放η计算次汽油机可以对外做的功。
本题考查了热机的工作情况和关于热机效率的计算，属于基础题，要求掌握。
20.【答案】粗糙程度 大气压
【解析】解：饮料瓶的瓶盖上都有竖纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的；
吸管吸饮料时，吸气时，管内压强减小，饮料在大气压作用下被压入嘴里。
故答案为：粗糙程度；大气压。
增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面粗糙程度；
用吸管吸饮料，是利用大气压的作用把饮料压入嘴里。
本题考查了增大摩擦力的方法、大气压的应用，属于基础题。
21.【答案】A 300
【解析】解：(1)由图甲可知，n=3，则拉力端移动距离s=3h，所以图乙中上面的倾斜直线A是绳子自由端运动的s−t图像，而下面的倾斜直线B是物体运动的s−t图像；
(2)由图乙可知，t=3s时，物体运动的高度h=1.5m，
对物体做的有用功：W有用=Gh=200N×1.5m=300J。
故答案为：A；300。
(1)由图甲可知，n=3，则拉力端移动距离s=3h，据此确定图乙中绳子自由端运动的s−t图像是A还是B；
(2)由图乙可知，t=3s时，物体运动的高度h=1.5m，利用W=Gh求有用功。
本题考查了使用滑轮组时有用功的计算，属于基础知识。
22.【答案】120 6.4
【解析】解：(1)由电路图可知，热敏电阻R1与动变阻器R串联，
报警器在电流达到20mA(0.02A)时开始报警，要想让报警器在150℃时报警，
则此时电路中的总电阻为：R总=UI=4V0.02A=200Ω；
由图乙可知，热敏电阻R1阻值为：80Ω，
由串联电路中总电阻等于各电阻之和可得，与热敏电阻R1串联的电阻箱阻值为：
R=R总−R1=200Ω−80Ω=120Ω，
用电阻箱替代滑动变阻器R1，需将电阻箱的示数调节为120Ω，即可实现温度为150℃时报警；
(2)由图乙可知，热敏电阻R1的阻值随温度的增加而减小，由欧姆定律可得，电源电压为：U=IR总=I(R1+R)；
由以上公式可得，想要电源电压最小，需要电路中的电流和总电阻都取最小值，但是按设计要求，电路中电流必须达到报警时的最小值20mA，因此电流最小值为：Imin=20mA=0.02A；
电路总电阻想要取最小值，先将滑动变阻器接入电路中的电阻调为0，而为了使电路能够在50℃时报警，R1的阻值不能低于其在50℃时的阻值320Ω，则满足电路在50℃时能够报警的总电阻的最小值为R总min=320Ω；
则电源电压最小值为：U′=IminR总min=0.02A×320Ω=6.4V。
故答案为：120；6.4。
(1)由电路图可知，热敏电阻R1与滑动变阻器R串联，报警器在电流达到20mA(0.02A)时开始报警，根据欧姆定律计算报警器在150℃时报警时电路中的总电阻，根据串联电路电阻规律计算与热敏电阻R1串联的电阻箱阻值，据此可知用电阻箱替代滑动变阻器R时电阻箱的阻值；
(2)由图乙可知，热敏电阻R1的阻值随温度的增加而减小，根据欧姆定律写出电源电压的表达式，根据报警的电流可知电路的最小电流；根据图乙得出报警时电路的最小总电阻，根据欧姆定律可以求出最小电压值。
本题考查了欧姆定律的应用，设计到了串联电路的电流规律、电阻规律的应用，难度较大。
23.【答案】解：过入射点O作出法线，反射角为90°−60°=30°，反射角等于入射角，则入射角是30°，根据反射角与入射角相等作出入射光线并标出入射角的度数，如图所示：
【解析】光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”。
要掌握入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。
在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线的角平分线等；求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
24.【答案】解：木块所受重力方向竖直向下、支持力方向垂直于斜面向上，木块从斜面上滑下时，摩擦力平行于斜面向上，作用点都画在木块重心上。如图所示：
【解析】木块从斜面上滑下时，木块受竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力和平行于斜面向上的摩擦力。据此画出木块所受重力、支持力和摩擦力的示意图。
作图时一定要注意重力的方向是竖直向下的，支持力是垂直于接触面的，滑动摩擦力平行于斜面向上。
25.【答案】2.00 21.6 同种 大小 A
【解析】解：(1)由图甲知，刻度尺的分度值是1mm，因为需要估读到分度值的下一位，所以数值估读到0.1mm；末端对应的刻度值是9.00cm，起始位置对应的刻度值是7.00cm，所以正方体金属块的边长为L=9.00cm−7.00cm=2.00cm；
由图乙知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度值为1.6g，所以正方体金属块的质量为m=20g+1.6g=21.6g；
(2)用带电体接触验电器的金属球，金属箔就会张开，是因为两个金属箔片带有同种电荷；
(3)选择两支外型相同的蜡烛是为了便于比较像与物的大小关系；
本实验多次测量的目的是寻找普遍规律；
A、“探究串、并联电路中电流的规律”时，换用不同规格的小灯泡，多次测量，是为了得到普遍规律；
B、“用刻度尺测长度”时，需要多次测量被测物体的长度的目的是减小误差。
故选：A。
故答案为：(1)2.00；21.6；(2)同种；(3)大小；A。
(1)在读数前，首先要确定刻度尺的零刻度和分度值，然后再读出金属块的边长；
物体的质量等于砝码的质量与游码对应的刻度值的和；
(2)验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的；
(3)在实验中为了便于研究物像的大小关系，用了两支相同的蜡烛；
本实验多次测量的目的是寻找普遍规律，逐项分析得出答案。
本题考查了刻度尺和天平的读数、验电器的原理、探究平面镜成像特点的实验，综合性较强。
26.【答案】由下往上 碎冰块 3 比热容 不变 增大
【解析】解：(1)酒精灯需用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度；所以，安装顺序为由下往上；
碎冰块便于冰受热均匀，能更好的探究冰熔化时温度变化规律；
(2)由图乙可以看出，冰在BC段处于熔化过程，从第2min开始熔化到5min结束，该物质熔化过程经历了3分钟；
在图乙所示中，AB段与CD段的倾斜程度不同，这是因为水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同；
(3)由冰的熔化图像和水的沸腾图像发现，冰熔化过程持续吸热温度不变，水达到沸点后温度不变，持续吸热，故冰的熔化过程和水的沸腾过程有着相同的特点：都需要吸收热量，温度都不变，内能增大。
故答案为：(1)由下往上；碎冰块；(2)3；比热容；(3)不变；增大。
(1)实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
在冰熔化时温度变化规律的实验探究中，应注意观察试管中物质的温度和状态；
(2)晶体在熔化的过程中，吸收热量，温度不变；
知道水和冰的比热容不同，相同质量的水和冰，吸收相同的热量，其温度变化不同；
(3)冰熔化过程持续吸热温度不变，水达到沸点后温度不变，持续吸热。
此题是探究晶体熔化时温度的变化规律和水沸腾时温度变化的特点实验，考查了分析图象从中获取信息的能力以及晶体熔化和水的沸腾过程相同的特点。
27.【答案】B 左 A 大 C OC ρ水l1l1−l2
【解析】解：(1)使用杆秤称量物体是质量时，杆秤能绕提纽(看作支点)转动，故杆秤可以看作简单机械中的杠杆；
如下图所示：
若使用左边提纽A时，此时A为支点，秤砣移动到最左边C点时，物体挂在秤钩上，
当杆秤在水平位置平衡时，AD为物体重力的力臂，AC为秤砣的力臂，根据杠杆的平衡条件：G物×AD=G秤砣×AC
解得：G物=ACAD×G秤砣，
若使用右边提纽B时，此时B为支点，秤砣移动到最左边C点时，物体挂在秤钩上，当杆秤在水平位置平衡时，BD为物体重力的力臂，BC为秤砣的力臂，
根据杠杆的平衡条件：G物′×BD=G秤砣×BC
解得：G物′=BCBD×G秤砣，
因为秤砣的质量不变，即秤砣的重力不变；AC˂BC，AD˃BD，故G 物˂G物′，即使用右边提纽时，杆秤的测量大；
(2)①如下图所示，AB˂BC，秤钩的重力小于秤砣的重力，由杠杆的平衡条件可知：G秤钩×AB˂G秤砣×BC，
所以右端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，应将秤砣向左移动；
③如上图，设C为零刻度(定星)，杆秤、秤钩的总自重为G0，重心在D点，不挂重物，秤砣在定星位置时，杆秤在水平位置平衡，
根据杠杆的平衡条件得：G0×BD=G秤砣×BC，
提纽的位置固定，则杆秤和秤钩的总重力的力臂不变，秤砣在定星的位置不变，即力臂不变，通过增大秤砣的质量，则秤砣的重力增加，根据杠杆平衡条件可知，要让杆秤在水平位置平衡，需要增加所挂物体的质量；故要增加这把杆秤的量程，则可以增加秤砣质量后重新标记刻度，故A符合题意，BC不符合题意；
故选A；
④若该杆秤配套的秤砣有磨损，G秤砣变小，根据G0×BD=G秤砣×BC可知BC变大，称量货物时杆秤显示的质量将比真实质量偏大；
(3)①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：G球×OA=G钩码×OB------Ⅰ；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，小球受到浮力，杠杆左侧的拉力变小，根据杠杆平衡条件可知右侧的力臂变小，所以当钩码移至C点时，杠杆恰好在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得(G球−F浮)×OA=G钩码×OC------Ⅱ；
④用刻度尺测出OC的长度l2；
⑤Ⅰ−Ⅱ可得小球受到的浮力：F浮=G钩码×(OB−OC)OA=G钩码×(l1−l2)OA，
小球的体积：V=F浮ρ水g=G钩码×(l1−l2)OAρ水g=G钩码×(l1−l2)ρ水g×OA，
小球的质量：m=G球g=G钩码×OBOA×g=G钩码×l1OA×g，
小球的密度ρ小球=mVG钩码×l1OA×gG钩码×(l1−l2)ρ水g×OA=ρ水l1l1−l2。
故答案为：(1)B；(2)左；A；大；(3)C；OC；ρ水l1l1−l2。
(1)杠杆是一根在力的作用下绕某一固定点转动的硬棒，根据杠杆平衡条件分析解答；
(2)①右端下沉，表示右端力和力臂的乘积较大，在右端力不变时，应减小右端的力臂；
③④根据杠杆平衡条件分析，找出符合题意的答案；
(3))①将小球挂在不计重力的杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：G球×OA=G钩码×OB------Ⅰ；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中(ρ小球>ρ水)，小球受到浮力，杠杆左侧的拉力变小，根据杠杆平衡条件可知右侧的力臂变小，所以当钩码移至C点时，杠杆恰好在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得(G球−F浮)×OA=G钩码×OC------Ⅱ；
④用刻度尺测出OC的长度l2；
⑤Ⅰ−Ⅱ可得小球受到的浮力，根据V=F浮ρ水g表示小球的体积，根据m=G球g表示小球的质量，根据密度公式计算小球的密度。
此题主要考查了杠杆平衡条件、密度公式、重力公式、阿基米德原理的灵活应用，是一道综合性题目，有一定难度。
28.【答案】b A 等于 变大 能 U额R0 U额R0I2R0−U额
【解析】解：(1)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，即b端；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数始为0，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路，即造成这种现象的原因可能是电阻Rx短路，故选：A；
(3)由图可知，小灯泡与彩灯串联，所以闭合开关S，小灯泡微微发光，由串联电路中各处的电流相等可知，此时小灯珠中流过的电流等于彩灯灯丝中流过的电流；
用点燃的酒精灯给彩灯灯丝加热，发现电流表示数变小，因为电源电压一定，所以由I=UR可知，灯丝电阻变大；
若用酒精灯加热玻璃芯至红炽状态，电流表示数变大，由欧姆定律可知，电路的总电阻变小，说明玻璃芯从绝缘体变成了导体，电阻变小，能导电；
(4)由图可知，灯泡L与电阻R0并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R0的电流。根据并联电路的电压特点可知，灯泡L两端的电压等于R0两端的电压，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电阻R0两端的电压为U额时，小灯泡正常发光，通过R0的电流即电流表A2的示数为U额R0，同时记下另一个电流表的示数，记为I2；则通过灯泡L的电流为：
IL=I2−U额R0，
此时小灯泡正常发光，则灯泡电阻为：
RL=U额IL=U额I2−U额R0=U额R0I2R0−U额。
故答案为：(1)b；(2)A；(3)等于；变大；能；(4)①U额R0；②U额R0I2R0−U额。
(1)为了保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数始为0，说明电压表并联的电路短路或电压表短路或电压表断路；
(3)串联电路，电流处处相等；灯丝电阻随温度升高而增大，玻璃加热到红炽状态会从绝缘体变成导体，由此分析电流表示数变化；
(4)根据并联电路电路分流的特点以及欧姆定律进行分析。
本题测定值电阻阻值实验，考查了注意事项、电路故障、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。
29.【答案】解：(1)冰雪五环的重力G=mg=3×103kg×10N/kg=3×104N；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做的功W=Gh=3×104N×12m=3.6×105J，
功率P=Wt=3.6×105J40s=9000W。
答：(1)冰雪五环的重力为3×104N；
(2)冰雪五环匀速上升过程中，拉力做功的功率为9000W。
【解析】(1)根据G=mg得出冰雪五环的重力、；
(2)根据W=Gh得出拉力做的功，根据P=Wt得出功率。
本题考查重力、功、功率的计算，是一道综合题。
30.【答案】解：(1)小灯泡电阻：
RL=UL2PL=(6V)23W=12Ω；
(2)将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器和小灯泡串联，R0断路；滑片P滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，此时电路中的电流为：IL=PLUL=3W6V=0.5A；
电源电压为：U=IL(12R1+RL)；
滑片P滑到b端时，电流阻值变大，电流变小，移动滑片过程中电流表的示数变化了0.1A，此时电流I′=0.5A−0.1A=0.4A；
电源电压为：U=I′(R1+RL)；
联立两次电压的方程可得：IL(12R1+RL)=I′(R1+RL)，即0.5A×(12R1+12Ω)=0.4A×(R1+12Ω)
解得：电源电压U=8V；滑动变阻器的最大电阻R1的阻值为：R1=8Ω；
(3)由图乙可知：定值电阻R0的阻值为：R0=U0I0=6V0.3A=20Ω；
当E、F分别接B、D时，电路功率最小，P2=U2R0+RL=(8V)220Ω+12Ω=2W；
当E、F分别接A、C时，闭合开关，滑动变阻器和定值电阻并联，滑动变阻器调节电流最大处，此时电流为2A，此时通过定值电阻R0的电流为：I0′=UR0=8V20Ω=0.4A，
此时干路中的最大电流为2A+0.4A=2.4A，
电路的最大功率为：P1=UIA=8V×2.4A=19.2W，
所以电路中总功率的范围2W～19.2W。
答：(1)小灯泡的电阻为12Ω；
(2)电源电压为8V；
(3)电路中总功率的范围为2W～19.2W。
【解析】(1)根据RL=UL2PL可得小灯泡电阻；
(2)将E与A相连，F与D相连，断开开关S，滑动变阻器和小灯泡串联，R0断路；滑片P滑到ab中点时，小灯泡恰好正常发光，根据P=UI可计算小灯泡的电流，滑片P滑到b端时，电阻变大，判断此时电流的大小关系即可求出此时电路中的电流；滑动变阻器的滑片P从b端滑到ab中点时，根据U=I′(R1+RL)联立方程可得电源电压大小；
(3)由图乙可和欧姆定律算出定值电阻R0的阻值，当E、F分别接B、D时，电路功率最小，由P=U2R0+RL算出最小电功率；
当E、F分别接A、C时，闭合开关，滑动变阻器和定值电阻并联，滑动变阻器调节电流最大处，此时电流为2A，由欧姆定律算出通过定值电阻R0的电流，此时总功率最大，由并联电路电流的规律算出干路电流，根据P=UI算出电路的最大电功率。
本题考查了电路分析，关键要分析不同的接入方法会导致不同的电路，结合欧姆定律和电路特点进行电功率计算。
31.【答案】解：(1)正方体B的边长是A的2倍，则B的边长为20cm=0.2m；
当L=0时，B 对地面的压强为5000Pa，物体对地面的压力等于自身重力，由压强公式可知：
pB=GBSB=GB0.2m×0.2m=5000Pa，
则：GB=200N；
(2)当L=10cm时，B对地面的压强为6000Pa，则有：
pB′=GA+GBSB=GA+200N0.2m×0.2m=6000Pa，
则：GA=40N，
由G=mg=ρVg可知，A的密度为：
ρA=GAVAg=40N(0.1m)3×10N/kg=4×103kg/m3；
(3)A 是质地均匀物体，当沿竖直方向切去L=2.5cm时，A物体高度不变，
由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρhg可知，物体A剩余部分对地面的压强为：
pA=ρAghA=4×103kg/m3×10N/kg×0.1m=4000Pa；
(4)由于B物体的密度大于水密度，所以截取的放入水中后沉底，当容器中水装满且不溢出时，水对容器底的压强最大且截取的部分质量最小，如果水溢出，水对容器的压强最大，但不满足截取的部分质量最小。所以当水装满容器时，增加的体积等于截取的物体B的体积，则此时截取的部分排开水的体积为：
V排=S(ℎ容−ℎ)=2×10−2m2×(0.35m−0.3m)=1×10−3m3，
所以截取的部分所受的浮力为：
F浮=ρ排gV浮=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3=10N。
答：(1)物体B受到的重力为200N；
(2)物体A的密度为4×103kg/m3；
(3)当L=2.5cm时，物体A剩余部分对地面的压强为4000Pa；
(4)截取的部分所受的浮力为10N。
【解析】(1)正方体B的边长是A的2倍，则B的边长为20cm=0.2m，进一步计算B的底面积，当L=0时，B对地面的压强为5000Pa，根据压强公式列方程可得B的重力；
(2)当L=10cm时，B对地面的压强为6000Pa，根据压强公式可求出A的重力，
(3)根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρhg可知求出当L=2.5cm时物体A剩余部分对地面的压强pA；
(4)使液体对容器底部的压强最大，则要使液面上升到容器上表面，根据体积公式计算排开液体体积，然后根据阿基米德原理计算浮力大小。
本题考查了密度公式、重力公式、压强定义式、液体压强公式、阿基米德原理的灵活运用，综合性较强。
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