2023年黑龙江省齐齐哈尔市建华区中考物理二模试卷

这是一份2023年黑龙江省齐齐哈尔市建华区中考物理二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.对以下几个物理量的估测，最接近实际的是( )
A. 洗澡水适宜的温度约为40℃
B. 中学生百米赛跑的成绩约为10s
C. 一只中性笔的质量约为120g
D. 小明家一个月的正常用电量约为3kW⋅h
2.图为计算机记录到的三种乐器所发声音的波形图，根据波形信息判断下列说法正确的是( )
A. 甲、乙、丙的音调、响度都相同，但三者的音色不同
B. 甲、乙的响度不同，但三者都能传播信息
C. 乙、丙的音调不同，但三者都具有能量
D. 甲、乙、丙三者的振动频率不同，但三者的振幅相同
3.骑自行车出行既节能又环保，受到人们的普遍欢迎，以下关于自行车的说法正确的是( )
A. 尾灯是利用光的折射达到警示提醒目的
B. 较宽的坐垫可以增大压强
C. 车子受到的重力与车对地面的压力是一对平衡力
D. 轮胎表面凹凸的花纹可以增大摩擦
4.如图所示，一支笔水平静止在食指上，下列两个力是一对平衡力的是( )
A. 笔受到的重力与食指受到的重力
B. 笔受到的重力和食指对笔的支持力
C. 笔受到的支持力和笔对食指的压力
D. 笔受到的重力和笔对食指的压力
5.下列关于液体内部压强的说法中正确的是( )
A. 液体质量越大，所产生的压强越大
B. 不同液体内的不同深度，压强可能相等
C. 液体内部同一深度向下的压强总大于向上的压强
D. 液体对容器底的压强大小与容器的形状有关
6.下列自然现象过程中属于吸热现象的是( )
A. 冰雪消融
B. 草地上的白霜形成
C. 滴水成冰
D. 漫天大雾生成
7.小明同学搜集了一些能量转化的事例，其中将电能转化为内能的是( )
A. 发电机发电B. 电炉工作
C. 太阳能热水器使水热D. 电动机通电转动
8.“一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态。历史上首先发表这一规律的物理学家是( )
A. 牛顿B. 爱因斯坦C. 伽利略D. 阿基米德
9.有甲、乙两个不带电的验电器，现将一根与丝绸摩擦过的玻璃棒与验电器甲接触后，发现验电器甲上的金属箔张开，另取带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触，则( )
A. 自由电子由甲到乙B. 自由电子由乙到甲
C. 摩擦过的丝绸不带电D. 电流方向由乙到甲
10.下列关于电流的说法不正确的是( )
A. 只有正电荷的移动，才能形成电流
B. 正电荷定向移动的方向为电流的方向
C. 金属导体中自由电子移动的方向与电流方向相反
D. 在一个闭合电路中，电流从电源正极流出，经过用电器，流向电源负极
二、多选题（本大题共3小题，共9分）
11.如图所示，水平地面ABOCD，以O点为界，AO段是一种材质，OD段是另一种材质。细线一端系在物体上绕过轻质滑轮，另一端系在墙上，拉滑轮的水平力F恒为4N，物体经A点开始计时，此后各段路程及耗时见下表。下列说法中正确的是( )
A. CD区间物体的平均速度为2m/s
B. AB区间物体受到的摩擦力为2N
C. OD区间物体加速运动，摩擦力变小
D. AD区间拉力F做的总功为24J
12.如图所示，某人将物体沿水平方向匀速拉动了10m，所用时间为10s。物体和地面之间的摩擦力为320N，滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和滑轮组的摩擦，下列说法中正确的是( )
A. A、B、C处绳子受力的大小关系是FB>FC>FA
B. 绳子A处向上的速度为2m/s
C. 动滑轮重为80N
D. 拉力F做功的功率为160W
13.如图所示，图象是电阻RA和RB的I-U图象，由图象可知( )
A. 甲和乙均是定值电阻
B. 当乙两端的电压为2.5V时，其电阻值为5Ω
C. 若甲和乙并联，电压为1V，则它们干路电流为0.4A
D. 将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的电压为2V
三、填空题（本大题共10小题，共20分）
14.一个人站在平面镜前并缓慢地向平面镜靠近，他在平面镜里面成的像______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。
15.两个电阻的阻值分别是R1=6欧，R2=3欧，把它们串联起来接入电路，则通过它们的电流之比I1：I2=______实际耗电的电功率之比P1：P2=______。
16.2022年3月23日，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，神舟十三号乘组航天员相互配合进行了授课。如图乙所示是王亚平老师正抛出“冰墩墩”，如图甲所示是“冰墩墩”向叶光富老师运动的情境。

(1)王亚平老师可以在太空站里生活，所以“天宫”内的气压______(填“大于”、“小于”或“等于”)“天宫”外气压。
(2)以空间站为参照物，王亚平老师抛出的“冰墩墩”是______(选填“运动”或“静止”)的；
(3)由于“冰墩墩”在太空不受力，所以被抛出后将做______运动；
(4)王亚平老师抛出的“冰墩墩”直观展示了它______(选填“具有”或“没有”)惯性；
(5)在地面上沿水平方向抛出“冰墩墩”，由于重力作用，会改变它的______，使其沿______(选填“直线”或“曲线”)运动到地面。
17.如图所示是小颖家所用的电能表，读数为______kW⋅h，她将“220V 100W”的白炽灯单独接入家庭电路正常工作1h，灯泡耗电______kW⋅h，电能表上的转盘转过______转。现用“220V”的LED灯替代白炽灯，发现达到相同的亮度，可以节能90%，则LED灯的额定功率为______W。
18.如图所示，斜面长s=3m，高=0.6m，建筑工人用绳子在5s内将重400N的物体从其底端沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是125N，则拉力的功率是______W，物体受到的摩擦力大小为______N，斜面的机械效率是______%。
19.如图所示，一密度均匀的木块放在水平桌面上，若将它从虚线处截开并把右侧部分拿走，则木块的密度______，对桌面的压力______，对桌面的压强______.(均选填“变大”“变小”或“不变”)
20.如图所示是探究电磁感应现象的装置．

(1)闭合开关．让导体AB沿水平方向左右运动．观察到灵敏电流计的指针偏转；若让导体AB由图示位置沿竖直方向上下运动．则灵敏电流计的指针 (选填“偏转”或”不偏转”)．
(2)利用此装置．探究感应电流方向与磁场方向和切割磁感线方向之间的关系，观察到的实验现象记录如下：

在上述四次实验中．比较 两次实验，可知感应电流方向与磁场方向有关；比较 两次实验，可知同时改变磁场方向和切割磁感线方向则感应电流方向不变．
(3)在探究中还发观．导体AB水平同左(或向右)缓慢运动时．灵敏电流汁的指针偏转角度较小；导体AB水平向左(或向右)快速运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较大．说明感应电流的大小与 有关．
(4)有同学还想探究感应电流的大小是否与磁场强弱有关．请写出简要做法： ；如何判断： ．
(5)如图所示是实验室用到的手摇发电机模型，将小电灯换成灵敏电流汁．慢慢摇动手柄，观察到灵敏电流计的指针 (选填“左右摆动”或“向一侧摆动”).这表明该发电机模型发出的电是 (选填“交流电”或“直流电”)．
21.如图乙所示是某车间自动除尘装置的简化电路图。空气中尘埃量较少时，光源发出来的光被挡板挡住了。当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光敏电阻上，光敏电阻的阻值符合图像甲中的______(A/B)，致电路中的电流增大，在衔铁的作用下，开启自动除尘模式，则除尘器的位置应接在电路中的______(选填“a”“b”或“c”)位置；由于电池用久了电压降低，会导致车间尘埃浓度______。(增加/降低/不变)
22.如图所示是小球在地面弹跳的频闪照片，分析图片后可知，小球在上升时，它的重力势能______，小球在弹跳整个过程机械能______。(均选填“增大”“减小”或“不变”)
23.物体位于凸透镜的一倍焦距以外，当物体沿主光轴逐渐向远离透镜方向移动时，像将逐渐向______(填靠近或远离)透镜方向移动，同时像会逐渐______.(填变大或变小)
四、实验探究题（本大题共3小题，共24分）
24.如图所示，小北用相同的实验装置给A、B两种液体加热，探究物质的吸热能力，实验数据记录如表一。
(1)该实验除了图示中所示的实验器材以外，还需要的测量工具是______。
(2)分析表中的数据，在这段时间内，A吸收的热量______(选填“大于”、“小于”或“等于”)B吸收的热量；______(选填“A”或“B”)液体的吸热能力强，如果吸热能力强的液体是水，通过计算可以得出另一种液体的比热容为______J/(kg⋅℃)。[实验过程中不计热量损失，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
表一
表二
(3)完成第一次实验后小北利用相同器材，又换了一种方法又进行了实验，并得到了表二中的数据，表二中空白处填入的数据应为______。
(4)这个实验中我们用加热时间来表示______的多少，我们把这种实验方法叫做转换法。
25.小明利用刻度均匀的匀质杠杆“探究杠杆的平衡条件”，如图所示，每个钩码重为0.5N。
(1)实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端偏高，应向______端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
(2)在A点悬挂两个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，需在B点悬挂______个钩码。
(3)取走悬挂在B点的钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉，使杠杆水平位置平衡。若改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向左上方，杠杆仍然在水平位置平衡，则测力计的读数将______(变大/变小/不变)，原因是______。
(4)小明利用此杠杆用1.6N的拉力将四个钩码匀速升高18cm，拉力方向移动的距离为25cm，杠杆的机械效率为______，产生额外功的原因是______。
26.某同学用图甲所示的电路测量标有“2.5V”字样小灯泡的电功率。闭合开关后，向右移动滑动变阻器的滑片P，观察到小灯泡亮度变______(选填“亮”或“暗”)，依据______。他根据实验数据绘制出了小灯泡的I-U图像，如图乙所示，则小灯泡的额定功率P= ______W。
五、计算题（本大题共3小题，共22分）
27.盛夏的晚上，房间很热，小强打开电风扇，感到风吹到身上凉快。根据以上情景结合所学物理知识分析并简要回答下列问题：
(1)风吹到身上感到凉快的原因；
(2)电风扇内的电动机工作的原理。
28.世界上载电量最大的纯电动旅游客船——“长江三峡1”号，在屈原故里秭归的新港码头首航。相比于传统动力游轮，“长江三峡1”号利用清洁水电驱动，每年可替代燃油约530吨，减少有害气体排放1600多吨，是一艘真正实现“零污染、零排放”的绿色船舶。“长江三峡1”号外观气势恢宏，长100米、宽16.3米，设计载客人数1300人。它的动力来源是总电池容量约8600kW⋅h的电池组，可在停靠的码头进行充电。它采用10kV的高压充电装置，5个小时可将电池充满。满电能以16km/h的速度连续航行约100km。
(1)该船的排水量为2000t，在此情况下船受到的浮力是多少N？若船浸入水下的部分可以当作一个底面积为1400m2的长方体，则船底受到水的压强是多少Pa？(结果用科学记数法表示保留一位小数，g取10N/kg)
(2)文段里介绍“采用10kV的高压充电装置，5个小时可将电池充满。”假设充电效率为100%，求充电时的电流是多少A？
(3)假设“长江三峡1”号电能转化为机械能效率为86%，目前市场现有主流柴油机的效率为43%，“长江三峡1”号以16km/h的速度连续航行约100km可节约多少柴油？(柴油的热值取4.3×107J/kg)
29.小聪在探究电水壶烧水的热效率问题时，选择了两个外形和材料都相同的自动控制电热水壶，规格如表，他在两个壶中各装人2kg水，把它们分别接人220V电路中、将水加热至沸腾，利用所得数据绘成如图所示的图象．(水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)
(1)正常工作时，型号Ⅰ电热丝中的电流是多少？
(2)正常工作时，型号Ⅱ电热丝的电阻是多少？
(3)求出从开始加热至水温升高到70℃这一过程中型号I与型号II电水壶的消耗电能之比，并根据此计算说明电水壶消耗电能的多少与其电功率之间的关系．
六、综合题：本大题共1小题，共5分。
30.小明去乡下爷爷家玩，发现爷爷家刚换上的新白炽灯比旧的同功率白炽灯亮很多，你能帮小明解释下这是为什么吗？(仅从电学角度分析)
参考答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、洗澡水适宜的温度约为40℃，符合实际，故A正确。
B、中学生百米赛跑的成绩约为13s，故B错误。
C、一只中性笔的质量约为12g，故C错误。
D、小明家一个月的正常用电量约为50kW⋅h，故D错误。
故选：A。
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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】A
【解析】解：由图可知，在相同时间内，甲、乙、丙振动的次数相同，即振动的快慢相同，频率相同，所以它们的音调相同；
振幅相同，故响度相同；而音色不同，但三者都能传递信息，声音具有能量，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(1)音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；
(2)响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大；
(3)音色跟发声体的材料、结构有关；
(4)相同时间内，振动的次数越多，频率越大；偏离原位置越远，振幅越大。
通过比较声音的波形图来考查频率对音调的影响和振幅对响度的影响，解题的关键是能够从波形图上看懂频率和振幅。
3.【答案】D
【解析】解：A、自行车的尾灯利用了光的反射原理工作的，射向自行车尾灯的光线经尾灯反射后进入司机的眼睛，避免交通事故的发生．选项错误．
B、自行车较宽的坐垫是为了在压力一定时，增大受力面积来减小车座对臀部的压强，人感到舒服．选项错误．
C、自行车对地面的压力作用在地面上，车受到的重力作用在车上，不符合二力平衡条件，选项错误；
D、自行车轮胎上的花纹是增大接触面粗糙程度来增大摩擦力．选项正确．
故选D．
A、自行车的尾灯是利用光的反射工作的．
B、在压力一定时，增大受力面积可以减小压强．
C、二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上．缺一不可．
D、在压力一定时，增大接触面粗糙程度利用增大摩擦力．
自行车上应用了很多的物理知识，可以从力、热、光、电、磁、声等方面进行考虑．体现了物理在生活中的重要应用．
4.【答案】B
【解析】解：A、笔受到的重力与食指受到的重力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故A错误；
B、笔受到的重力和食指对笔的支持力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上，是一对平衡力，故B正确；
C、笔受到的支持力和笔对食指的压力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、笔受到的重力和笔对食指的压力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
判断两个力是否是平衡力，要从平衡力的四个条件逐条分析，有一个条件不符合，两个力也不是平衡力。
5.【答案】B
【解析】解：A、液体的质量大，但不知道容器的形状，液体的深度不一定大，所产生的压强不一定大，故A错；
B、不同液体内的不同深度，只要是ρgh的乘积相同，产生的压强就相同，故B正确；
C、液体内部同一深度向各个方向的压强相等，故C错；
D、由p=ρgh可知，液体对容器底的压强大小仅与深度和液体的密度有关，而与容器的形状无关，故D错。
故选：B。
液体内部压强的特点知道：液体对容器底和侧壁都有压强，在同一深度向各个方向都有压强，并且相等，液体的压强与液体的密度和深度有关，可用p=ρgh计算液体内某点的压强。
理解液体内部压强的特点，会应用分析，灵活运用液体压强公式p=ρgh。
6.【答案】A
【解析】解：A.冰雪消融是冰的熔化过程，熔化是吸热的，故A符合题意；
B.霜是水蒸气的凝华过程，凝华是放热的，故B不符合题意；
C.冰是水凝固形成的，凝固放热，故C不符合题意；
D.雾是水蒸气的液化过程，液化是放热，故D不符合题意。
故选：A。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华；
六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的。凝固、液化、凝华是放热的。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
7.【答案】B
【解析】解：发电机发电是把机械能转化为电能，电炉工作是把电能转化内能，太阳能热水器使水热是把太阳能转化为内能，电动机通电转动是把电能转化为机械能．
故选B．
用各种设备的能量转化情况分析各个选项．
本题考查了几种设备中的能量转化．
8.【答案】A
【解析】解：牛顿总结笛卡尔、伽利略等人的研究成果，概括出牛顿第一定律：一切物体在不受外力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态。
故选：A。
牛顿总结笛卡尔、伽利略等人的研究成果，概括出牛顿第一定律。人们为了纪念他，以他的名字命名为力的单位。
此题考查我们对牛顿成就及牛顿第一定律内容的掌握，属于基础知识的考查，难度较小。
9.【答案】B
【解析】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子，
当玻璃棒与验电器甲接触后，验电器甲也带上了正电，
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，乙验电器上自由电子向验电器甲转移，正电荷并没有发生移动，因为电子带负电，所以电流方向是由甲到乙，而自由电子由乙到甲；故只有选项B说法正确．
故选B．
根据正负电荷的规定：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子；
正电荷定向移动的方向规定为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反．
本题考查了摩擦起电现象与电流的方向判断，注意自由电子移动的方向与电流方向相反，属于基本内容，比较简单．
10.【答案】A
【解析】解：A、正电荷的移动或正、负电荷向相反方向发生定向移动，都可以形成电流，故A不正确；
B、物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向，故B正确；
C、金属导体中带负电荷的自由电子定向移动形成电流，而规定正电荷定向移动的方向为电流方向，所以自由电子移动的方向与电流方向相反，故C正确；
D、闭合电路中，电流从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极，故D正确。
故选：A。
(1)电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；也可以是正、负电荷同时向相反方向移动形成。
(2)物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向。
(3)金属导体中自由电子定向移动形成电流，自由电子带负电荷。
(4)闭合电路中，在电源的外部，电流从正极流向负极。
该题考查电流的形成及方向的规定。容易出错的是有些学生会错误认为只有正电荷的定向移动才能形成电流，另外还要注意电子带负电。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由表中数据知，CD段的路程为2.5m，运动时间为1s，则CD段的平均速度为v=st=2.5m1s=2.5m/s；故A错误；
B、由表格可知，在AO区间物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到的滑动摩擦力和绳子对物体的拉力是一对平衡力，二者大小相等，根据动滑轮的工作特点，绳子的拉力为拉滑轮的水平力F的一半，即2N，故B正确；
C、由表格可知，在OD区间物体做加速运动，物体受力不平衡，物体在水平方向上受到的绳子的拉力大于物体受到的滑动摩擦力，即此时摩擦力小于2N，而物体在AO区间受力平衡，摩擦力等于2N，因此物体在OD区间受到摩擦力小于在AO区间受到的摩擦力，所以OD区间物体加速运动，摩擦力变小。
但由于此区间的物体对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以，滑动摩擦力的大小不变，故C正确；
D、AD区间，拉力F恒为4N，拉力F通过的路程为物体通过的路程的一半，即s=1m+1m+1.5m+2.5m2=3m，
拉力F做的功W=Fs=4N×3m=12J；故D错误。
故选：BC。
(1)利用速度公式v=st计算CD段的平均速度；
(2)已知拉力大小，根据动滑轮的省力特点，计算摩擦力的大小；
(3)AO段与OD段材质不同，F恒为4N，物体在OD段做加速运动，物体受力不平衡，物体在水平方向上受到的滑动摩擦力小于物体受到的绳子的拉力，摩擦力变小；
(4)知道物体移动的距离，根据动滑轮特点计算出拉力F移动的距离，根据功的计算公式W=Fs计算拉力F做的功。
本题考查了速度的计算、动滑轮的特点、摩擦力大小的影响因素、功的计算等知识，综合性较强，要细心解答，避免出错。
12.【答案】BC
【解析】解：AC、因为不计绳重和摩擦，所以A处与C处的拉力相等，等于人的拉力，
由图可知n=2，因为滑轮组的机械效率η=W有W总=fs物Fs=fs物Fns物=fnF，则拉力：F=fnη=320N2×80%=200N，
因为物体沿水平方向做匀速直线运动，所以FB=f=320N，则FA=FC=F因为不计绳重和滑轮组的摩擦时F=1n(f+G动)，所以动滑轮重力：G动=nF-f=2×200N-320N=80N，
故A错误，C正确；
B、绳子自由端移动的距离s=ns物=2×10m=20m，则拉力端移动速度v=st=20m10s=2m/s，故B正确；
D、拉力做功：W总=Fs=200N×20m=4000J，拉力做功功率：P=W总t=4000J10s=400W，故D错。
故选：BC。
(1)不计绳重和摩擦，A处与C处的拉力相等，等于人的拉力，根据二力平衡条件求出B处所受的力，
由图可知n=2，滑轮组的机械效率η=W有W总=fs物Fs=fs物Fns物=fnF，据此求拉力，不计绳重和滑轮组的摩擦，F=1n(f+G动)，据此求动滑轮重力，进而比较A、B、C处绳子所受的力；
(2)绳子自由端移动的距离s=ns物，利用v=st求拉力端移动速度，即A点上升速度；
(3)(4)利用W=Fs求拉力做功，再利用P=Wt求拉力做功功率。
本题考查了使用滑轮组时拉力、总功的计算，注意：由于物体是水平运动，克服物体受到的摩擦力做的功为有用功。
13.【答案】BD
【解析】解：
A、由图象可知，电阻甲通过的电流与两端电压成正比，而乙通过的电流与两端电压不成正比，因此甲为定值电阻，乙不是定值电阻，故A错误；
B、由图象可知，当乙两端电压为2.5V时，通过的电流为0.5A，由I=UR可得，乙的阻值：R乙=U乙I乙=Ω，故B正确；
C、若甲和乙并联，电压为1V，它们两端的电压均为1V，由图象可知，通过两电阻的电流分别为I甲'=0.2A、I乙'=0.4A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：I=I甲'+I乙'=0.2A+0.4A=0.6A，故C错误；
D、将甲和乙串联，若电流为0.3A，通过两电阻的电流均为0.3A，由图象可知，两电阻两端的电压分别为U甲'=1.5V、U乙'=0.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以它们两端的电压：U=U甲'+U乙'=1.5V+0.5V=2V，故D正确。
故选：BD。
(1)电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端电压成正比；
(2)根据图象读出乙两端电压为2.5V时通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻值；
(3)甲和乙并联时它们两端的电压相等，根据图象读出通过两电阻的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流；
(4)将甲和乙串联通过它们的电流相等，根据图象读出两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出它们两端的电压。
本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
14.【答案】不变
【解析】解：一个人站在平面镜前并缓慢地向平面镜靠近，由于像的大小始终与物体大小相同，所以他在平面镜里面成的像大小不变。
故答案为：不变。
根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
人靠近平面镜时，感觉像变大，实际上像的大小不变，是眼睛看像的视角增大，感觉像在变大，是一种错觉。
15.【答案】1：1 2：1
【解析】解：两电阻串联起来接入电路时，因串联电路中各处的电流相等，
所以，通过它们的电流之比I1：I2=1：1；
实际耗电的功率之比：P1P2=I12R1I22R2=R1R2=6Ω3Ω=21。
故答案为：1：1；2：1。
两电阻串联时通过它们的电流相等，根据P=I2R求出耗电功率之比。
本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，关键是电功率公式的变形。
16.【答案】大于 运动 匀速直线 具有 运动状态 曲线
【解析】解：(1)空间站内有空气，空间站外没有空气，空间站内空气存在气压，所以“天宫”内的气压大于“天宫”外的气压；
(2)以空间站为参照物，王亚平老师抛出的“冰墩墩”相对于空间站的位置发生改变，王亚平老师抛出的“冰墩墩”是运动的；
(3)当冰墩墩离开王亚平老师的手后，冰墩墩不受力的作用，根据牛顿第一定律可知，冰墩墩将近似做匀速直线运动；
(4)一切物体都有惯性，王亚平老师抛出的“冰墩墩”直观展示了它具有惯性；
(5)在地面上水平抛出“冰墩墩”，由于重力作用，会改变它的运动状态，沿曲线运动到地面。
故答案为：(1)大于；(2)运动；(3)匀速直线；(4)具有；(5)运动状态；曲线。
(1)天宫外为真空环境，故气压为0；
(2)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；
(3)在太空中，物体不受外力作用，将保持原来的运动状态；
(4)一切物体都有惯性；
(5)力会改变物体的运动状态。
本题在“天宫课堂”展示的情景中考查多个知识点，是一道综合题，能激发学生的学习兴趣，是不可多得的好题。
17.【答案】1042.8 0.1 120 10
【解析】解：(1)电能表最后一位示数是小数位，单位是kW⋅h，则电能表的读数为1042.8kW⋅h。
(2)由P=Wt可得，100W的白炽灯单独接入电路工作1h消耗的电能：
W1=P1t1=0.1kW×1h=0.1kW⋅h；
(3)电能表上的转盘转过的转数：
n=0.1kW⋅h1kW⋅h×1200r=120r；
(4)设LED灯的额定功率为P2，LED单独接入电路工作1h消耗的电能：W2=P2t=P2×1h，
LED灯可以节电的百分比：
△WW1=W1-W2W1=0.1kW⋅h-P2×1h0.1kW⋅h×100%=90%。
解得P2=0.01kW=10W。
故答案为：1042.8；0.1；120；10。
(1)电能表最后一位示数是小数位，由图示电能表读出电能表的示数；
(2)1200r/kW⋅h表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表转盘转1200次；
(3)根据W=Pt求出消耗的电能，并进一步求出电能表指示灯闪烁的次数；
(4)消耗的电能之差与白炽灯消耗的电能之比就是节约的百分比，据此列出等式可求得LED灯的额定功率。
本题考查了电能表的参数的理解与电能的计算，关键明确电能表上参数的含义。
18.【答案】75 45 64
【解析】解：(1)拉力做的总功：
W总=Fs=125N×3m=375J，
拉力的功率：
P=W总t=375J5s=75W；
(2)拉力做的有用功：
W有用=Gh=400N×0.6m=240J，
拉力做的额外功：
W额=W总-W有用=375J-240J=135J，
由W额=fs可得摩擦力：
f=W额s=135J3m=45N；
(3)斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=240J375J×100%=64%。
故答案为：75；45；64%。
(1)知道斜面的长度、拉力的大小，利用W=Fs求出拉力做的总功，再利用P=Wt求拉力的功率；
(2)知道物体的重力、上升的高度，利用W=Gh求出有用功；拉力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额=fs求物体受到的摩擦力；
(3)利用效率公式η=W有用W总×100%求出斜面的机械效率。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功和机械效率的计算，注意：在利用斜面时拉力做的额外功等于克服摩擦做的功。
19.【答案】不变；变小；不变
【解析】解：密度是物质的特性，将物体切去一部分后，剩余物质的种类没有变化，所以密度不变；切去一部分后，重力变小了，所以压力变小；根据p=ρgh，切掉一部分后，物质的密度和高度都不变，所以压强不变，或根据p=FS，压力和受力面积同时减小相同的比例，所以压强不变．
故答案为：不变；变小；不变．
(1)密度是物质的特性，不随质量变化；
(2)自由放在水平面上的物体重力大小等于压力；
(3)根据p=ρgh或p=FS来分析压强变化都可以．
这种有规则形状物体的切割问题可以总结为，压力一定减小，横切压强减小，竖切压强不变．
20.【答案】不偏转;1和2(或3和4);1和4(或2和3);导体运动的快慢;保持切割磁感线运动的速度不变，改变磁场的强弱;电流表指针的偏转幅度;左右摆动;交流电
【解析】试题分析：(1)产生电磁感应现象的条件：一：有闭合回路，二、回路中的部分导体做切割磁感线运动．
(2)根据表格分析感应电流的方向是在什么方向的变化下而变化的，若导体运动方向不变时，只改变磁场方向时，感应电流方向也在变化，则说明感应电流的方向一定与磁场方向有关；若导体运动方向和磁场方向同时改变时，感应电流方向不变化，则说明同时改变方向不影响感应电流的方向；
(3)导体AB水平向左(或向右)快速运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较大，说明感应电流变大了，再其它条件不变的情况下，说明感应电流的大小与导体运动的快慢有关；
(4)因为导体是否运动、有无磁场都影响了感应电流的大小；所以设计实验步骤时采用控制变量法，把感应电流的大小转换为电流表示数的变化即可；
(5)发电机是根据电磁感应现象制成的．当线圈在磁场中在切割磁感线转动时，对于其中的一段导体，在转动一周的过程中，它的运动方向是改变的，结合决定感应电流的方向的因素，即可确定电流表指针的摆动情况，发出的是交流电．
(1)导体沿竖直方向运动，运动方向与磁场平行，故不切割磁感线，不会产生感应电流，指针不发生偏转．
(2)比较实验1和2(或3和4)可知：在导体切割磁感线运动方向一定时，改变磁场方向，感应电流的方向发生改变；比较实验1和4(或2和3)可知：在导体切割磁感线运动方向(或导体运动方向)不变时，磁场方向改变，感应电流的方向就改变．
(3)导体AB水平同左(或向右)缓慢运动时．灵敏电流汁的指针偏转角度较小；导体AB水平向左(或向右)快速运动时，灵敏电流计的指针偏转角度较大，这说明电路中的电流变大，所以可以看出感应电流的大小与导体的运动快慢有关．
(4)因为导体是否运动、磁场的有无都影响了感应电流的大小；所以设计实验步骤时采用控制变量法；即：保持切割磁感线运动的速度不变，改变磁场的强弱，利用电流表指针的偏转幅度表示感应电流的大小．
(5)发电机中的线圈在磁场中转动，在转动一周的过程中，线圈中的一段导体先从最上端到最下端后又从最下端到最上端．利用右手定则可知，感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关，在磁场方向不变的情况下，导体运动方向改变，感应电流的方向也随之改变，所以，灵敏电流计的指针是左右摆动，并说明发电机发出的电流的大小是不断变化的，发出的是交流电；
答：(1)不偏转；(2)1和2(或3和4)；1和4(或2和3)；(3)导体的运动快慢；
(4)保持切割磁感线运动的速度不变，改变磁场的强弱；电流表指针的偏转幅度；(5)左右摆动；交流电．
21.【答案】B b 增加
【解析】解：当空气中尘埃量达到一定值时，由于尘埃的反射，部分光越过挡板射到光敏电阻上时，电路中的电流增大，根据欧姆定律可知光敏电阻的阻值减小，即光敏电阻阻值随浓度的增大而减小，故B正确；
当电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁，使动触点和下面的静触点接触，开启自动除尘模式，所以下面的b是除尘器，上面的a是指示灯；
由于电池用久了电压降低，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小，而吸合电流不变，电磁铁被吸下时，光敏电阻阻值更小，导致车间尘埃浓度增加。
故答案为：B；b；增加。
电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答。
此题主要考查的是学生对电磁继电器工作原理的理解和掌握，基础性题目。
22.【答案】变大 减小
【解析】解：小球在上升时，其质量不变，高度变大，所以重力势能变大；分析图片后得到小球的弹起的高度逐渐减小，这说明小球的机械能是减小的。
故答案为：变大；减小。
重力势能的影响因素：质量和高度。物体的质量越大、高度越大，势能就越大；物体克服摩擦做功，机械能会减小。
本题考查重力势能的影响因素和机械能的变化，相对比较简单，属于基础题。
23.【答案】靠近；变小
【解析】解：物体位于凸透镜的一倍焦距以外，当物体沿主光轴逐渐向远离透镜方向移动时，即物距变大，所以像距变小，即像将逐渐向靠近透镜方向移动，同时像会逐渐变小．
故答案为：靠近；变小．
凸透镜在成实像时，物距变化，像距也变化，像的大小也跟着变化，具体规律为：“物近像远像变大”．
知道凸透镜的成像规律，并理解凸透镜成实像时，满足“物近像远像变大”；成虚像时，满足“物近像近像变小”．
24.【答案】天平和秒表 等于 A 2.4×103 85.8 物质吸收热量
【解析】解：(1)由表中数据知，要取质量相同A、B两种液体，故要用到天平，因要记录加热的时间，故用到秒表，即该实验除了图示中所示的实验器材以外，还需要的测量工具是天平和秒表；
(2)分析表中的数据，在这段时间内，即加热6分钟，由转换法，A吸收的热量等于B吸收的热量，因B升高的温度高，由比较吸热能力的方法，故A液体的吸热能力强，所以A为水；
由表中数据，加热6分钟，A升高的温度为：44℃-20℃=24℃；
B升高的温度为：62℃-20℃=42℃；
根据Q=cmΔt，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，故另一种液体的比热容：c=24℃42℃×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.4×103J/(kg⋅℃)；
(3)由表一数据，B升高42℃，煤油的加热时间为6×60s=360s；
表二中A、B升高相同的温度，根据Q=cmΔt可知，在质量和比热容不变的条件下，煤油吸热与升高的温度成正比，由转换法可知，表二中B的加热时间为表一中B的加热时间的10℃42℃=521，即加热时间为521×360s≈85.8s；故表二中空白处填入的数据应为85.8；
(4)实验中，用加热时间表示物质吸热的多少，这种实验方法为转换法。
故答案为：(1)天平和秒表；(2)等于；A；2.4×103；(3)85.8；(4)物质吸收热量。
(1)根据表中测量的物理量确定所用的测量工具；
(2)(4)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
由表中数据得出加热6分钟A、B升高的温度，根据Q=cmΔt，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比得出另一种液体的比热容；
(3)由表一、二数据，分别得出B升高的温度及表一中加热时间，根据Q=cmΔt，在质量和比热容不变的条件下，B吸热与升高的温度成正比结合转换法分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及Q=cmΔt，为热学中的重要实验。
25.【答案】左 3 变大 拉力的力臂变小 90% 克服杠杆与支点间摩擦及杠杆自重做额外功
【解析】解：
(1)杠杆左端高，说明杠杆重心偏右，应将平衡螺母(左端和右端的均可)向左调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)杠杆平衡后，若在A点挂2个钩码，则左边点重力为2G；
又因为力臂OA=3，左边力臂OB=2，
所以由杠杆的平衡条件(F1l1=F2l2)可知：
2G×3=FB×2。
解得FB=3G，故应在B点应挂3个钩码，才能使杠杆恢复平衡。
一个钩码的重是0.5N，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，
1N×3=FC×4，FC=1.5N，即在B处挂3个钩码。
(3)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，
如改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向左上方，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，动力要增大，所以弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡；
(4)杠杆的机械效率是：η=W有W总=GhFs=2N××0.25m×100%=90%；
利用杠杆提升物体时，克服摩擦以及杠杆自重做额外功。
故答案为：(1)左；(2)3；(3)变大；拉力的力臂变小；(4)90%；克服杠杆与支点间摩擦及杠杆自重多做额外功。
(1)杠杆左端高，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移；
(2)由杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。可计算出所挂钩码的大小和弹簧测力计的拉力；
(3)阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力增大；
(4)在实验中，弹簧测力计向上拉力做的功是总功，克服钩码重力做的功是有用功，克服摩擦以及杠杆自重做的功是额外功；杠杆的机械效率可以根据公式η=W有W总=GhFs来计算。
本题考查了杠杆平衡的调节和平衡条件的应用；要明确探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
26.【答案】暗 灯泡的亮暗取决于实际功率的大小 0.75
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压。闭合开关后，当滑动变阻器滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，由P=I2R可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗。
已知灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，灯泡正常发光的电流I=0.3A，则该灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
故答案为：暗；灯泡的亮暗取决于实际功率的大小；0.75。
(1)由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡两端的电压。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P=I2R可知灯泡实际功率的变化，再根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断亮暗的变化；
(2)根据P=UI计算灯泡的额定功率。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的灵活运用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
27.【答案】答：(1)电风扇转动时，加快了室内空气的流动，使人体表面汗液的蒸发加快，蒸发吸热，从而加快吸收人体更多的热量。
(2)电风扇内的电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
【解析】(1)根据蒸发快慢和空气流动快慢的关系得出人凉快的原因。
(2)电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
该题考查了影响液体蒸发快慢的条件，以及电动机的原理，属基础知识的考查。
28.【答案】解：(1)满载时船受到的浮力F浮=G排=m排g=2000×103kg×10N/kg=2×107N；
满载时船排开水的体积：V=m排ρ水=2000×103kg1.0×103kg/m3=2000m3；
船底在水中的深度：h=VS=2000m31400m2≈1.4m；
船底受到的压强：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.4m=1.4×104Pa；
(2)充电时的电流I=WUt=8600×3.6×106J10×103V×5×3600s=172A。
(3)该船满电能以16km/h的速度连续航行约100km，做的有用功W=86%×8600kW⋅h=7396kW⋅h。
如果用效率为43%的主流柴油机工作，需要消耗的柴油质量m=Wηq=7396×3.6×106J43%×4.3×107J/kg=1440kg。
故可节约柴油1440kg。
故答案为：(1)船受到的浮力为2×107N；船底受到水的压强是1.4×104Pa。
(2)充电时的电流为172A。
(3)可节约柴油1440kg。
【解析】(1)由F浮=G排=m排g得到满载时船受到的浮力；排水量和水的密度已知，利用密度公式得到排开水的体积，船的底面积，利用体积公式得到船底的深度，最后利用液体压强公式得到船底受到的压强。
(2)电能、电压和通电时间已知，利用W=UIt得到充电电流。
(3)总电池容量和电能转化为机械能效率为86%可得到船做的有用功，柴油机的效率和柴油的热值已知，利用热机效率公式可得到做同样的有用功，需要消耗的柴油质量。
本题考查了阿基米德浮力公式、液体压强公式、电功公式和效率公式的应用，难度中等。
29.【答案】解：(1)由P=UI可得，正常工作时型号Ⅰ中电热丝的电流：
II=PIU=800W220V≈3.6A；
(2)由P=U2R可得，正常工作时型号Ⅱ中电热丝的电阻；
RII=U2PII=(220V)22000W=24.2Ω；
(3)由图象可知，从开始加热至水温升高到70℃这一过程中，型号I与型号II电水壶的加热时间分别为：
tI=700s，tII=250s，
由P=Wt可得，它们消耗的电能之比：
WIWII=PItIPIItII=800W×700s2000W×250s=2825，
由WIWII=PIPII×tItII=PIPII×700s250s=2.8PIPII可知，电水壶消耗电能的多少与其电功率成正比．
答：(1)正常工作时，型号Ⅰ电热丝中的电流是3.6A；
(2)正常工作时，型号Ⅱ电热丝的电阻是24.2Ω；
(3)从开始加热至水温升高到70℃这一过程中型号I与型号II电水壶的消耗电能之比为28：25，电水壶消耗电能的多少与其电功率成正比．
【解析】(1)正常工作时，型号Ⅰ的实际功率和额定功率相等，根据P=UI求出电热丝中的电流；
(2)正常工作时，型号Ⅱ的实际功率和额定功率相等，根据P=U2R求出电热丝的电阻；
(3)相同质量的水升高相同温度时，功率大的电热水壶加热时间短，根据图象读出对应的加热时间，根据W=Pt求出它们消耗的电能之比，
本题考查了电功率公式的灵活应用，根据表格和图象读出有用的信息是解题的关键．
30.【答案】答：白炽灯使用久了，灯泡的灯丝由于升华会变细，导致电阻变大，由P=U2R可知，其实际功率变小，所以刚换上的新白炽灯比旧的同功率白炽灯亮很多。
【解析】旧灯泡的灯丝由于升华会变细，电阻变大，灯泡的亮度取决于其实际功率的大小，由P=U2R分析实际电功率即可。
解答此题的关键是明确灯丝变细，导致实际电功率减小。区间
AB
BO
OC
CD
距离
1m
1m
1.5m
2.5m
耗时
1s
1s
1s
1s
液体
质量/g
初温/℃
加热时间/min
末温/℃
A
60
20
6
44
B
60
20
6
62
液体
质量/g
温度升高10℃所用时间t/s
A
60
140
B
60
型号Ⅰ
额定电压
220V
额定功率
800W
容量
2kg
型号Ⅱ
额定电压
220V
额定功率
2000W
容量
2kg