2024年江苏省扬州市仪征市中考物理一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省扬州市仪征市中考物理一模试卷（含详细答案解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.下列数据最接近实际的是( )
A. 人正常步行的速度约为5m/s
B. 人正常骑自行车的功率为200W
C. 普通壁挂式空调正常工作的电流约为0.6A
D. 一支考试专用的2B铅笔的长度约为18cm
2.暑假里，小明从电冰箱的冷冻室内拿出一根棒冰，发现包装纸上有一层“霜”；撕开包装纸后，棒冰冒出“白气”。关于这些现象，下列说法中正确的是( )
A. “霜”是水蒸气凝华形成的B. “霜”的形成需要吸热
C. “白气”是棒冰升华形成的D. “白气”的形成需要吸热
3.“做中学”是一种重要的学习方式，小明用吸管进行科学研究，正确的说法是( )
A. 图甲：吸管的一端做得很尖，是为了减小压强
B. 图乙：用吸管制成水气压计，从山下移到山顶时管内的水柱下降
C. 图丙：用吸管自制温度计显示温度高低，利用了液体热胀冷缩的性质
D. 图丁：用吸管对着两个乒乓球的中间吹气，乒乓球会向两边分开
4.2023年5月28日，国产大飞机C919圆满完成首个商业航班飞行，正式进入民航市场。该机机身大规模使用完全国产化的第三代铝锂合金，使飞机构件重量显著减轻，主要利用了第三代铝锂合金的( )
A. 导热性好B. 导电性好C. 密度小D. 熔点高
5.当蜡烛、凸透镜、光屏的位置关系如图所示时，光屏上得到清晰的像。若在蜡烛与凸透镜之间放一个近视眼镜，光屏上原来清晰的像变模糊，为了能在光屏上重新得到清晰的像，下列操作可行的是( )
A. 向左移动光屏B. 向右移动蜡烛
C. 换焦距小一点的凸透镜D. 换焦距大一点的凸透镜
6.2023年5月30日，神舟十六号载人飞船与空间站成功对接，神舟十六号和神舟十五号航天员们顺利会师。如图所示，以下列哪个物体为参照物，神舟十六号载人飞船是运动的( )
A. 地球B. 核心舱
C. 实验舱D. 神舟十五号载人飞船
7.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( )
A. 0℃的冰块内能为0
B. 温度高的物体含有的热量多
C. 汽油机做功冲程气缸内燃气的内能增加
D. 两个发生热传递的物体之间一定存在温度差
8.智能扫地机能自动清扫房间内的地板，给人们生活带来方便。当手动闭合开关S1，或对它说“开始清扫”(闭合开关S2)，电动机都会工作，扫地机进入清扫模式；若在清扫过程出现意外，开关S3自动闭合，电铃工作。图中的电路图符合上述设计要求的是( )
A. B.
C. D.
9.小明和小华分别用如图所示的装置观察磁场对通电线圈的作用。小明将线圈两端的漆全部刮去后放入磁场；小华只将一端导线上的漆全部刮去，另一端只刮去一半，闭合开关( )
A. 小明的线圈连续转动，灯时亮时灭B. 小华的线圈来回摆动，灯时亮时灭
C. 小明的线圈来回摆动，灯连续发光D. 小华的线圈连续转动，灯连续发光
10.《天工开物》中记载有一种自动引水灌溉工具——“高转筒车”(如图)。使用时下方转轮安装在河道中，流水驱动轮子转动，系在传动绳索上的竹筒将水从河里源源不断输送到上方农田中。下列说法正确的是( )
A. 这是一台“永动机”
B. 水在输送过程中重力势能不变
C. 转轮转速越快输水做功功率越大
D. 上、下两个转轮可分别看作定滑轮和动滑轮
11.R1与R2此时接入电路中的阻值相同，S1断开，S2闭合；求下列操作中，一定可以使电流表示数变大的是( )
A. 闭合S1，断开S2
B. 闭合S1，向右滑动滑片P
C. 减小电源电压，闭合S1
D. 增大电源电压，向右滑动滑片P
12.如图，将质量均匀的木棒切割并组装成两个形状相同、质量均为m的木模，用三根竖直细线a、b、c连接，在水平面上按照“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理。则( )
A. a的拉力等于mg
B. b的拉力大于a的拉力
C. 沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，线上拉力会改变
D. 沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，地面受到的压力会改变
二、填空题：本大题共10小题，共28分。
13.如图甲所示，此硬币的直径为______ cm；图乙的示数为______ ℃。图丙停表的读数为______ s。
14.家庭电路中，为保证用电器都能独立工作。各个用电器都是一端接零线，另一端接______线，即这些用电器是______联的。为防止触电，用电器的金属外壳还必须接______线。
15.如图所示，在探究平面镜成像的特点时，应将茶色玻璃板______放置在水平桌面上。在玻璃板前放一个棋子 A，可以看到它在玻璃板后的像，将另一个相同的棋子B放在玻璃板后，使它与______重合，记下两个棋子的位置，两个位置之间的连线与玻璃板______。
16.如图中的水平桌面足够长，不计托盘质量和滑轮与绳的摩擦。物体A重10N，当物体B重为2N时，物体A保持静止，这时A物体受到的摩擦力为______N；当物体B重为3N时，物体A向右做匀速直线运动，此时受到的摩擦力是______N，此时若用一个水平向左的拉力使物体A向左匀速直线运动，该拉力的大小为______N。
17.如图所示是一台单缸四冲程汽油机的一个冲程，这时______能转化为______能；若飞轮转速为1800r/min，该汽油机每秒钟完成______个冲程，对外做功______次。
18.如图所示，可绕O点转动的轻质杠杆OA，其中点B处挂一重力为100N的物体在A处施加竖直向上的拉力F，使杠杆在水平位置平衡，则拉力F大小为______，若始终保持拉力 F的方向竖直向上，则在杠杆从水平位置匀速转动到图中虚线位置的过程中，拉力F大小将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)
19.如图所示为小明家使用的电能表，由图可知他家同时可使用的用电器总功率不能超过______ W；小明关闭家中其他用电器，只让电水壶烧水，电水壶正常工作，小明观察电能表的铝盘在1min内转了18圈，则该电水壶的实际功率为______ W。
20.某太阳能热水器内装有质量为200kg，温度为20℃的水，在阳光照射一段时间后，水温升高到80℃，则水吸收的热量为______ J。如果用热效率为40%的燃气灶燃烧天然气来加热同样多的水，使水升高到同样的温度，需要燃烧______m3的天然气。[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，天然气的热值是4.2×107J/m3]
21.在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的图像，则量杯的质量为______ g，液体密度为______kg/m3。
22.如图甲，电源电压恒为6V，定值电阻R为5Ω，小灯泡L的I−U图象如图乙所示，则电路的总电流为______ A。若将定值电阻R和小灯泡L串联后接在电压为6V的电源上，此时小灯泡L的电功率为______ W，1min电阻R产生的热量为______ J。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
23.请根据平面镜成像的特点，画出物体AB在平面镜中所成的像
。
24.如图所示，将木块与长木板叠放在水平地面上，用绳子将木块与墙相连，绳子处于伸直状态。水平向右拉动长木板，请画出长木板对木块作用力的示意图。(以O点为力的作用点)
25.按题目要求完成如图：如图，用笔画线代替导线，正确连接家庭电路。
四、实验探究题：本大题共5小题，共29分。
26.小明买了蜡烛做以下物理小实验：
(1)如图甲，小明在纸杯底部开一圆孔，用塑料薄膜蒙住杯口，拍打薄膜，由于薄膜______从而可以发出声音。并且观察到烛焰在晃动，说明声音可以传递______(选填“信息”或“能量”)。
(2)如图乙，小明用该蜡烛“探究平面镜成像的特点”时，将点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，能看到玻璃板后面有它的像，小明拿一只与A完全相同的蜡烛B在玻璃板后面移动，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。这种确定像与物大小的方法是______(选填“转换法”、“控制变量法”或“等效替代法”)；蜡烛匀速向平面镜靠近，则蜡烛在平面镜中所成像的大小______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)小明用蜡烛在探究“凸透镜成像规律”的实验中，经正确组装并调节后，如图丙所示，在光屏上接收到了蜡烛清晰的倒立、放大的______(选填“虚”或“实”)像。利用该成像规律制成的光学仪器是______(选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”)。
27.物理知识和我们的生活紧密联系，小明利用矿泉水瓶做了如下几个实验：
a、用手握住空矿泉水瓶静止不动，若增大手的握力，则空矿泉水瓶受到的摩擦力将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
b、在空矿泉水瓶侧壁不同高度的地方锥出上、下两个小孔，往里面倒满水，可以观察到水从两个小孔流了出来，其中下孔流出的水喷得最急，这表明液体的压强随______的增加而增加。
c、往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿发现瓶子慢慢向内凹陷，这证明了______的存在。
d、如图所示，一个未装满水的矿泉水瓶子，正立放置在水对瓶底的压强为p1，瓶底受到水的压力为F1，倒立放置时水对瓶盖的压强为p2，瓶盖受到水的压力为F2。则p1______p2，F1______F2(两空选填“大于”“小于”或“等于”)。
28.如图甲所示，小明用相同的酒精灯分别给质量和初温均相同的水和煤油加热，以探究水和煤油吸热能力的大小。
(1)在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将______(填“A处向上”或“B处向下”)调整。
(2)要完成该实验，除了图甲、乙中所示的器材外，还需要的测量工具有秒表和______。
(3)实验过程中通过______反映两种液体吸热的多少。
(4)根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图丙，由图象可知煤油的比热容是______J/(kg⋅℃)。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(5)实验用酒精20g，这些酒精完全燃烧放出的热量是______ J。(q酒精=3.0×107J/kg)
(6)实验结束后，小明又找来了一些冰块，探究了冰熔化过程中温度变化规律，并根据测得的数据绘制了如图丁所示的图象，在BC阶段中C点处物质的内能______(填“大于”“小于”或“等于”)B点处物质的内能；由图丁可以看出AB、CD段升高的温度相同，但CD段加热的时间更长，其原因是______。
29.小明同学利用天平、水和烧杯来测量一个不吸水的小石块的密度，请将他们的实验步骤补充完整。(已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到左端的零刻度线处，此时指针指在分度盘中线的左侧，应向______调节平衡螺母使天平平衡；
(2)用天平测量小石块的质量，天平平衡时右盘中的砝码和标尺上的游码位置如图甲所示，则小石块的质量为______ g；
(3)如图乙所示，首先往烧杯中加入适量(可淹没石块)的水，测得烧杯和水的总质量为143g；然后，把小石块浸没在水中，在水面到达的位置上作标记；取出小石块慢慢往烧杯中加水，水面到达标记处时停止加水，再测出此时烧杯和水的总质量为174g；由此，可以推断出小石块的体积为______cm3；
(4)计算小石块的密度为______kg/m3；
(5)在将石块从烧杯中取出时带出一些水，这将导致所测密度______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
30.小兰和小星做“探究电流与电阻的关系”实验。可供使用的实验器材有：电源(电压恒为6V)、电流表、电压表、滑动变阻器、开关各一个，阻值分别为5Ω、10Ω、25Ω的定值电阻各一个、导线若干。
(1)如图甲所示是小兰连接的实物电路，她在检查电路时发现有一根导线接错，请在错误的导线上画“×”，并画出正确的接线。(导线不允许交叉)
(2)图乙是小兰根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R的变化图象，由图象可得出结论：当电压一定时，______，为保证分别使用三个定值电阻均能顺利完成实验，滑动变阻器的最大阻值至少是______Ω。
(3)小星得出的实验数据如表，分析表中数据可发现与正确结论不符，其原因是______。
(4)上述实验完成后，他们想测量另一个铭牌模糊不清的滑动变阻器Rx的最大阻值，在保证电路安全的情况下，设计了如图丙所示的电路(电源电压恒定但未知，定值电阻的阻值为R0)，请将他们的实验步骤补充完整：
①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电流表的示数为I1；
②______，读出电流表的示数为I2；
③滑动变阻器最大阻值Rx=______(用I1、I2和R0表示)。
五、计算题：本大题共2小题，共8分。
31.如图所示，某人用滑轮组匀速提升重120N的物体，此时机械效率为80%，在2s内，绳的自由端移动了6m。(不计绳重和摩擦)求：
(1)人的拉力F为多大？
(2)F做的额外功是多大？
32.如图甲所示为一种加热桌垫，寒冷的冬天可以给办公人员提供温暖，右上角有控制开关，其内部装有2根电阻丝，设置有2个挡位，高温挡功率为80W，低温挡功率为20W，电路图如图乙所示。
(1)求电阻丝R2的大小；
(2)小明想利用电路图中的器材设计一个三挡位(高、中、低三挡位)加热桌垫，请帮他在虚线框内画出电路设计图。
六、综合题：本大题共1小题，共5分。
33.阅读材料，回答问题。
“智轨”电车2023年9月6日，全球首列氢能源“智轨”电车(三编组)正式亮相海外，这是我国全球首创、自主研发的新型绿色轨道交通工具。“智轨”电车以胶轮取代钢轮，无需铺设有形轨道，采用激光雷达感知技术、毫米波雷达感知技术等环境感知手段，获得安全防护信息。
“智轨”电车(三编组)创新采用了70MPa储氢系统和大功率燃料电池系统，还配备钛酸锂电池，用于回收制动能量，实现能量的循环利用。
“智轨”电车部分参数如下表：(三编组即三节车厢编组)
(1)激光雷达感知技术与毫米波感知技术都是通过信号发射端向环境发射电磁波，然后信号接收系统接收到来自环境______回来的信号而获得车辆周边环境的信息。
(2)“智轨”电车制动时，锂电池回收制动能量的过程是______转化为电能，并最终转化为化学能。
(3)若“智轨”电车(三编组)满载时，每个车轮接触地面面积为250cm2，则电车对水平地面的压强是______ Pa。(g取10N/kg)
(4)已知某燃油公交车(满载60人)，平均油耗为30L/100km，汽油的二氧化碳排放量为2.5kg/L。某两地区相距为18km，若启用“智轨”电车(三编组)替代公交车运送300人时，可减少二氧化碳排放量为______ kg。
(5)在进行“智轨”电车续航测试实验时，电车分别以35km/h和70km/h匀速直线行驶18km，已知电机功率P与汽车速度v的关系如图2所示，则速度35km/h和速度为70km/h行驶时的能耗之比为______。(电车能耗指的是消耗的能量与里程之比)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、人正常步行的速度约为1.1m/s，故A错误；
B、人骑自行车时，车轮与地面之间的摩擦力大约15N，匀速行驶时施加的动力等于摩擦力，也是15N；骑自行车的速度在5m/s左右，所以功率大约为P=Fv=15N×5m/s=75W，故B错误；
C、普通壁挂式空调正常工作时功率约为1100W，工作电流约为I=PU=1100W220V=5A，故C错误；
D、一支考试专用的2B铅笔的长度约为18cm，故D正确。
故选：D。
新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对速度、功率、电流、长度的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2.【答案】A
【解析】解：AB、霜是空气中的水蒸气遇冷在棒冰表面凝华形成的冰晶，此过程放出热量，故A正确，B不正确；
CD、白气是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，此过程放出热量，故CD不正确。
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。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
此题考查了生活中的物态变化现象，物态变化知识是中考必考的知识点，需要熟练掌握。
3.【答案】C
【解析】解：A、吸管一端做得很尖，是在压力一定时，为了减小受力面积，增大压强，故A错误；
B、自制气压计从山下带到山顶，外界大气压减小，瓶内气压基本不变，把液体压入玻璃管内，细玻璃管内液柱上升，故B错误；
C、自制温度计利用了液体热胀冷缩的性质，故C正确；
D、向乒乓球中间吹气时，乒乓球中间空气流速大，压强变小，在流速小的地方压强较大，乒乓球外侧大气压不变，乒乓球外侧压强大于内侧压强，所以乒乓球向中间靠拢，故D错误。
故选：C。
(1)压强的大小与压力大小和受力面积有关，据此判断；
(2)大气压强与高度有关，高度越高大气压强越小；
(3)一般液体温度计都是利用了液体的热胀冷缩的性质；
(4)流体在流速小的地方压强较大。
本题考查了大气压与高度的关系、压强大小的影响因素、流体压强和流速的关系、液体温度计的构造与原理，知识点较多，但都是基础题。
4.【答案】C
【解析】解：国产大飞机C919机身大规模使用完全国产化的第三代铝锂合金，使飞机构件重量显著减轻，由于铝锂合金的密度更小，所以与同体积的普通铝合金相比其质量更小，故C正确，ABD错误。
故选：C。
体积相同时质量不同，可以用密度这个概念来描述；飞机起飞尽量减小飞机的重量。
本题考查物质的物理属性及密度。
5.【答案】C
【解析】解：当他把自己的近视眼镜给水凸透镜“戴上”时，近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，即清晰的像在光屏后方(右方)；
A、像成在光屏的后方，向左移动光屏，光屏上无法呈现清晰的像，故A错误；B、向右移动蜡烛，物距变小，像距变大，光屏上无法呈现清晰的像，故B错误；
C、换焦距小一点的凸透镜，在物距不变的情况下，像距会变小，像会向左移动，能在光屏上成清晰的像，故C正确；
D、换焦距大一点的凸透镜，在物距不变的情况下，像距会变大，像会向右移动，不能在光屏上成清晰的像，故D错误。
故选：C。
近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线推迟会聚，像远离凸透镜，像变得模糊。凸透镜成实像时，物近像远像变大、物远像近像变小。
此题考查了凸透镜成像的规律、近视镜对光线的作用，难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：神舟十六号载人飞船与空间站成功对接后，核心舱、核心舱、神舟十五号载人飞船和神舟十五号载人飞船之间相对的位置都没发生变化，它们与地球之间的空间位置发生了变化，因此以地球为参照物，神舟十六号载人飞船是运动的，故A正确。
故选：A。
运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的。
本题考查了机械运动，难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A、一切物体都具有内能，温度为0℃的冰块也有内能，故A错误；
B、热量是一个过程量，不能说含有或具有热量，故B错误；
C、汽油机在做功冲程中把内能转化为机械能，使燃气的内能减小，温度降低，故C错误；
D、存在温度差的两个物体相接触发生热传递时，热量总是从高温物体传给低温物体，或者从物体的高温部分传向低温部分，故D错误。
故选：D。
(1)内能是所有分子运动的动能和分子势能的总和，一切物体都具有内能；
(2)热量是热传递过程中，传递的内能多少，是过程量；
(3)汽油机做功冲程是将内能转化为机械能的过程；
(4)发生热传递的条件是存在温度差。
本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件、改变物体内能方法以及内燃机工作原理的理解，是中考的热点、热学的难点。
8.【答案】C
【解析】解：根据题意可知：当手动闭合触摸按钮开关S1，或对它说“开始打扫”(相当于闭合语音开关S2)，电动机M开始工作，扫地机进入打扫模式，这说明两个开关互不影响，是并联的，然后与电动机串联；若在清扫过程出现意外，开关S3自动闭合，电铃工作，这说明电铃与电动机互不影响，是并联的，故C正确。
故选：C。
根据题意分析三个开关的连接方式，然后选择合适的电路图。
会根据要求设计串、并联电路，同时会根据已知电路分析出符合要求的电路是解决本题的关键。
9.【答案】C
【解析】解：AC、小明把两端的漆皮都刮掉，线圈每转过半圈，受力方向发生变化，会来回摆动，但电路中有持续的电流，灯泡会持续发光，故A错误，C正确。
BD、小华将线圈两端引线的漆皮一端全部刮掉，另一端只刮半周，这样在一个半周内受到磁场的力的作用为转动，另一个半周没有电流通过，不受磁场力的作用，利用惯性转动，这样才能使线圈在磁场中持续转动下去，灯时亮时灭，故BD错误；
故选：C。
该线圈之所以能转动，是据通电导线在磁场中受力的作用的原理来工作的，但是该线圈在转过平衡位置时，若不改变电流的方向，此时所受到的磁场力会阻碍线圈的转动，故为了使线圈持续转动，将线圈两端引线的漆皮一端全部刮掉，另一端只刮半周，这样在一个半周内受到磁场的力的作用，另一个半周利用惯性转动；而真正的直流电动机工作时，为了让线圈持续的转动下去，即是通过换向器在平衡位置及时的改变线圈中的电流的方向，即改变线圈所受力的方向，使线圈持续的转动下去。
本题考查了对磁场对电流的作用的掌握情况以及让线圈持续转动的方法，需要掌握相应实验的原理和规律。
10.【答案】C
【解析】解：A、这一装置在工作时，存在摩擦和空气阻力，不是一台“永动机”，故A错误；
B、水在输送过程中高度改变，所以重力势能改变，故B错误；
C、转轮转速越快，相同时间内输水做功越多，则功率越大，故C正确；
D、上、下两个转轮在转动时，它们的轴始终是固定不动的，不符合动滑轮的特点，里面不存在动滑轮，故D错误。
故选：C。
(1)自然界中能量是守恒的，但机械能在转化时往往存在能量的损耗，一部分机械能会转化为内能散失到空气中；
(2)重力势能的大小与质量和高度有关；
(3)功率是表示做功快慢的物理量；
(4)“高转筒车”在转动时，它的轴始终是固定不动的。
本题通过“高转筒车”，考查了对能量的守恒、机械能的转化、功与功率的理解、简单机械的认识，有一定综合性。
11.【答案】B
【解析】解：根据电路图可知，当S1断开、S2闭合时，电路为R2的简单电路，电流表测量电路中的电流；
A、闭合S1，断开S2、电路为R1的简单电路，电流表测量电路中的电流，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，所以电流表示数不变，故A错误；
B、闭合S1，两个电阻并联，电流表测量干路中的电流；向右滑动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小；由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流一定大于通过R1的电流，所以电流表的示数一定变大，故B正确；
C、闭合S1，两个电阻并联，电流表测量干路中的电流；减小电源电压，会使得通过R1与R2的电流同时减小，通过R1与R2的电流的和可能会小于开始时电流表的示数，故C错误；
D、增大电源电压，向右滑动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据I=UR可知，无法判定通过R2的电流是否变大，故D错误。
故选：B。
根据电路图可知，当S1断开、S2闭合时，电路为的简单电路，电流表测量电路中的电流；根据每个选项的措施分析电路的变化、电流表示数的变化。
本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用、并联电路电流的规律等知识，难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A、对上方木模受力分析有，Fa=mg+Fb+Fc，则Fa>mg，Fa≠Fb+Fc，故A错误；
B、由对称性可知，Fb=Fc，故B错误；
C、沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，但力的作用点发生变化，线上拉力会改变，故C正确；
D、整体受力分析，由平衡条件得，FN=2mg，沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，地面受到的压力不会改变，故D错误；
故选：C。
利用整体法判断木模对水平面的压力情况，将上方木模隔离分析短线的拉力情况。
本题考查的是受力分析，需要灵活使用整体法和隔离法。
13.【答案】2.50−4337.5
【解析】解：
(1)由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；硬币左侧与2.00cm对齐，右侧与4.50cm对齐，所以硬币的直径为L=4.50cm−2.00cm=2.50cm；
(2)由图知：温度计一个大格都是10℃，其中又分了10份，故其分度值是1℃；温度计的液面在0的下面，此时显示的温度低于0℃，为−4℃；
(3)由图知：在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min；
在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为7.5s，即秒表的读数为5min37.5s=337.5s。
故答案为：2.50；−4；337.5。
(1)刻度尺读数时，首先看起始端有没有从0开始，若没有从0开始，把起始端对应的刻度值当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去起始端对应的刻度值，即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
(2)读取温度计示数时，首先要明确温度计的量程和对应的分度值，读数时视线与液柱最高处所对刻线相垂直，注意区分零上还是零下；
(3)秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和。
初中物理学习了很多测量工具的使用，但没有特殊说明，只有刻度尺的读数要有估读值，其它只要读到准确值即可。
14.【答案】火 ；并；地
【解析】解：家庭电路中各个用电器都是一端接零线，另一端接火线；用电器工作互不影响的，所以它们之间是并联的；
金属外壳的用电器的外壳一定要接地线，避免金属外壳用电器漏电时发生触电事故。
故答案为：火；并；地。
(1)家庭电路中的电源，一根叫火线，另一根叫零线；用电器是并联接入电路的，工作时互不影响；
(2)家庭电路中为了安全用电，金属外壳都要接地，金属外壳的用电器漏电时，地线把人体短路，避免触电事故的发生。
本题考查了对家庭电路用电器连接方式、三孔插座的作用等知识的理解，属于基础知识的考查。
15.【答案】竖直 棋子A的像 垂直
【解析】解：(1)做“探究平面镜成像的特点”实验，玻璃板应竖直放置在水平桌面上，玻璃板没有竖直放置，前面蜡烛所成的像可能偏高或偏低，这样前面蜡烛的像与后面的蜡烛就无法重合了；
(2)一边移动棋子B，一边用眼睛透过玻璃板观察B，直到B与A的像完全重合，A、B两个棋子完全相同，在比较像与物的大小关系时，棋子B的作用是替代棋子A，与棋子A的像比较大小；
(3)根据平面镜成像的特点可知，像和物的连线与玻璃板是垂直的。
故答案为：竖直；棋子A的像；垂直。
(1)玻璃板不竖直，像的底部不在桌面上，怎么移动都不会与另一棋子重合；
(2)棋子B在A的另一侧，可以观察像与物的大小关系，只有当它们完全重合时，才能确定像的位置；
(3)根据平面镜成像的特点分析。
本题主要是探究平面镜成像的特点，要掌握平面镜成像的特点，理解其中像的位置的确定利用了替代法。
16.【答案】2 3 6
【解析】解：
(1)物体A重10N，当物体B重为2N时，物体A保持静止状态，A物体竖直方向上受到重力和支持力，这两个力的平衡力，水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，这两个力是平衡力，大小相等，f=F=GB=2N；
(2)当物体B重为3N时，物体A向右做匀速直线运动，水平方向受到的向右的拉力和水平向左的摩擦力是一对平衡力，所以f′=F′=GB′=3N；
(3)物体A匀速直线向左运动时，水平方向上受到水平向左的拉力、水平向右的摩擦力和水平向右的拉力作用，这三个力平衡。因为物体A对水平桌面的压力和接触面的粗糙程度不变，所以此时摩擦力仍为3N.所以F拉=f′+F′=3N+3N=6N。
故答案为：2；3；6。
静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用。
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。
物体A静止时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力；
物体A匀速直线向右运动时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力；
物体A匀速直线向左运动时，水平方向上受到水平向左的拉力、水平向右的摩擦力和水平向右的拉力作用，这三个力平衡。
本题考查了静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用，二力平衡条件等，并且涉及到物体的三种运动状态，注意静止的摩擦力与滑动摩擦是有区别的，综合性比较强，有一定的难度。
17.【答案】内 机械 60 15
【解析】解：当气门关闭、活塞向下运动，该冲程是汽油机的做功冲程，内能转化为机械能；
单缸四冲程汽油机的飞轮转速是1800r/min，即每秒钟转30圈，完成60个冲程，做功15次。
由故答案为：内；机械；60；15。
当气门关闭、活塞向下运动，该冲程是汽油机的做功冲程，内能转化为机械能；在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。
18.【答案】50N 不变
【解析】解：杠杆在水平位置保持平衡，由F1L1=F2L2可得，拉力的大小：F=OBOAG=12×100N=50N；
若始终保持拉力F的方向竖直向上，则在杠杆从水平位置匀速转动到图中虚线位置的过程中，如下图所示：
杠杆该位置，OA′为动力臂，OB′为阻力臂，阻力不变为G，
因为△OB′D∽△OA′C，
所以OB′：OA′=OD：OC=1：2，
因为杠杆平衡，所以F′LOA′=GLOB′，
则F′=G×LOC′LOA′=12G=12×100N=50N；
由此可知，力F的大小不变，故D错误。
故答案为：50N；不变。
(1)物体的重力为阻力，杠杆在水平位置保持平衡时，OB为阻力臂，OA为动力臂，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2求出拉力的大小；
(2)画出动力和阻力的作用线，找出动力臂和阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
19.【答案】4400 1800
【解析】解：由图知，电能表的工作电压是220V，允许通过的最大电流为20A，
所以他家同时使用的用电器最大总功率：P最大=UI最大=220V×20A=4400W；
“600revs/(kW⋅h)”表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能时电能表的转盘转过600r，
则电能表的转盘转18r时用电器消耗的电能：
W=18600kW⋅h=0.03kW⋅h=1.08×105J；
该用电器的电功率：
P=Wt=0.03kW⋅h160h=1.8kW=1800W。
故答案为：4400；1800。
知道电能表的工作电压和允许通过的最大电流，利用P=UI求他家同时使用的用电器最大总功率；
电能表上标有“600revs/(kW⋅h)”，表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能时电能表的转盘转过600r，现在知道电能表转盘转18r，可求用电器在1min内消耗的电能，再利用P=Wt求出该电水壶的实际功率。
本题考查了电能、电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。
20.【答案】5.04×107 3
【解析】解：水吸收的热量为：Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×200kg×(80℃−20℃)=5.04×107J；
天然气放出的热量为：Q放=Q吸40%=5.04×107J40%=1.26×108J；
需要燃烧的天然气体积为：V天然气=Q放q天然气=1.26×108J4.2×107J/m3=3m3。
故答案为：5.04×107；3。
根据比热容公式的推导公式Q=cm(t−t0)计算水吸收的热量；根据燃气灶的热效率，计算天然气放出的热量；根据热值公式的推导式V天然气=Q放q天然气计算天然气的体积。
本题考查吸热公式Q吸=cm(t−t0)、燃料完全燃烧放热公式Q放=Vq的应用，属于基础题目。
21.【答案】201×103
【解析】解：设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，
读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量m总1=m1+m杯=40g，
由ρ=mV可得：
ρ×20cm3+m杯=40g，---------①
当液体体积为V2=80cm3时，液体和杯的总质量m总2=m2+m杯=100g，
由ρ=mV可得：ρ×80cm3+m杯=100g，--------②
②-①得液体的密度：
ρ=1g/cm3=1×103kg/m3；
将ρ=1g/cm3代入①得：
1g/cm3×20cm3+m杯=40g
m杯=20g。
故答案为：20；1×103。
设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量m总1；当液体体积为V2=80cm3时，液体和杯的总质量m总2，列方程组求出液体密度和量杯质量。
读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，既考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。
22.【答案】
【解析】解：(1)由图甲可知，定值电阻R与小灯泡L并联，
由并联电路的电压特点可知它们两端的电压都等于电源电压6V，
根据欧姆定律可得，通过定值电阻R的电流为：IR=UR=6V5Ω=1.2A，
由小灯泡L的I−U图象可知，灯泡两端电压为6V时，通过它的电流为：IL=0.5A，
根据并联电路的电流特点可知，电路的总电流为：I总=IR+IL=1.2A+0.5A=1.7A；
(2)若将定值电阻R和小灯泡L串联后接在电压为6V的电源上，
由串联电路的特点可知通过电阻R和小灯泡的电流相同，且串联电路的总电压等于各部分电压之和，
由图象可知，当电流为0.4A时，灯泡两端的电压为UL=4V，而电阻R两端的电压为UR=IR=0.4A×5Ω=2V，
此时的电源电压为：U=UL+UR=4V+2V=6V，符合题意，
则此时小灯泡L的电功率为：PL=ULI=4V×0.4A=1.6W。
1min电阻R产生的热量Q=I2Rt=(0.4A)2×5Ω×60s=48J。
故答案为：1.7；1.6；48。
(1)由图甲可知，定值电阻R与小灯泡L并联；由并联电路的电压特点可知它们两端的电压都等于电源电压，根据欧姆定律求出通过定值电阻R的电流，由小灯泡L的I−U图象可知此时通过小灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出电路的总电流；
(2)若将定值电阻R和小灯泡L串联后接在电压为6V的电源上，由串联电路的特点可知通过电阻R和小灯泡的电流相同，且串联电路的总电压等于各部分电压之和，根据图象找到电流为某一值时满足灯泡和电阻两端的电压之和为6V，从而可知灯泡L的电流和电压，根据P=UI求出此时小灯泡L的电功率，根据焦耳定律计算热量。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率与焦耳定律公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
23.【答案】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图：

【解析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
24.【答案】解：根据题意可知，水平向右拉动长木板，木块处于静止状态，木块受到水平向左的木板对木块的摩擦力、竖直向上的木板对木块的支持力；支持力和摩擦力作用在O点上，力的示意图如下所示：

【解析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，处于平衡状态，受平衡力作用，据此画出长木板对木块作用力的示意图。
本题考查了力的示意图的画法、物体的受力分析，属于基础题。
25.【答案】解：
灯泡和开关的接法：开关要接在火线和灯之间，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故，既能控制灯泡，又能更安全。
三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。如图所示：

【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线；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。
26.【答案】振动 能量 等效替代法 不变 实 投影仪
【解析】解：(1)声音是由物体振动产生的，拍打薄膜，由于薄膜振动从而可以发出声音；观察到烛焰在晃动，说明声音可以传递能量；
(2)两支蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，这种确定像与物大小的方法是等效替代法；
由平面镜成像的特点可知，蜡烛匀速向平面镜靠近时，蜡烛在镜中的像的大小不变；
(3)经正确组装并调节后，如图丙所示，在光屏上接收到了蜡烛清晰的像，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的。
故答案为：(1)振动；能量；(2)等效替代法；不变；(3)实；投影仪。
(1)声音是由物体振动产生的；声音可以传递信息，也可以传递能量；
(2)在实验中为了便于研究像的特点与位置，用了两支相同的蜡烛，将另一支蜡烛放在像的位置与像进行比较，运用了等效替代法；
平面镜成像的特点：所成的像是虚像，像和物体大小相同；
(3)根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的。
本题考查了声音的产生、平面镜成像的特点和探究凸透镜成像的规律等实验，考查的知识点较多，但难度不大。
27.【答案】不变 深度 大气压 小于 大于
【解析】解：(1)用手握住空矿泉水瓶在空中静止不动，此时如果增大握力，空矿泉水瓶仍然处于静止状态，摩擦力与重力仍为一对平衡力，故摩擦力不变；
(2)在空矿泉水瓶侧壁不同高度地方锥出上、下两个小孔，往里面倒满水，可以观察到水从两个小孔流了出来，其中下孔流出的水喷得最急，这表明液体的压强随深度的增加而增大；
(3)往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿发现瓶子慢慢向内凹陷，是因为瓶内的气压减小，在外界大气压的作用下，使瓶子向内凹陷，这证明了大气压的存在；
(4)图中，瓶子倒立后，水的深度h变大，由p=ρgh可知，p1小于p2；
正放时，瓶子中的水柱是粗细相同的，瓶子底部受到的压力等于瓶中水的重力；倒放时，瓶子底部受到的压力等于瓶中水的重力；因此F1大于F2。
故答案为：(1)不变；(2)深度；(3)大气压；(4)小于；大于。
(1)根据二力平衡的条件进行分析解答；
(2)液体压强随深度的增加而增大；
(3)一定质量的气体，在体积不变时，温度降低气压减小；
(4)根据液体的压强公式p=ρgh，可比较压强大小，运用液体压力与重力之间的关系，可比较压力的大小。
明确摩擦力的计算，理解液体压强与深度的关系，熟练运用液体压强公式，理解液体压力与重力间关系，是解答此题的关键。
28.【答案】A处向上 天平 加热时间长短 2.1×103 6×105 大于 水的比热容比冰的大
【解析】解：(1)实验中要用酒精灯的外焰加热，故在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将A处向上调整；
(2)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故除了图甲、乙中所示的器材外，还需要的测量工具有秒表和天平；
(3)根据转换法，实验过程中通过加热时间长短反映两种液体吸热的多少；
(4)根据图丙可知升高30℃，水和煤油的加热时间分别为20min和10min，由转换法知水、煤油的吸热之比为2：1，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，煤油的比热容是：c=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
(5)若本实验共消耗酒精20g，则这些酒精完全燃烧放出的热量是：
Q=mq酒=0.02kg×3.0×107J/kg=6×105J；
(6)熔化是吸热过程，在BC阶段中C点处物质的内能大于B点处物质的内能；
冰熔化为水后质量不变，图象中AB、CD段升高的温度相同，但CD段加热的时间长，说明水吸收的热量较多，根据公式Q吸=cmΔt可知，这是因为水的比热容比冰的大。
故答案为：(1)A处向上；(2)天平；(3)加热时间长短；(4)2.1×103；(5)6×105；(6)大于；水的比热容比冰的大。
(1)实验中要用酒精灯的外焰加热，据此分析；
(2)(3)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；或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；
(4)根据图丙得出升高30℃水和煤油的加热时间，由转换法得出水、煤油的吸热之比，根据Q=cmΔt可知在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出煤油的比热容；
(5)根据Q=mq酒得出这些酒精完全燃烧放出的热量；
(6)晶体在熔化的过程中持续吸热，温度不变，吸收的热量使物体的内能增大；由已知条件结合Q吸=cmΔt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和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
29.【答案】右 62312×103 不变
【解析】解：(1)把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端的零刻线处；此时指针偏向左侧，说明天平的右侧上翘，平衡螺母应向右移动。
(2)小石的质量为：m=50g+10g+2g=62g；
(3)由题可知，取出小石块后往烧杯中加水的质量为：m水=174g−143g=31g，
加水的体积为：V水=m水ρ水=31g1g/cm3=31cm3，
小石块的体积为：V=V水=31cm3；
(4)小石块的密度为：ρ=mV=62g31cm3=2g/cm3=2×103kg/m3；
(5)虽然取出小石块时带出一部分水，但当往烧杯中加水时，会将石块带出的水补充上，通过图2第1、4两幅图测质量的方法测得石块的体积不变，所以密度的测量值与实际值相等。
故答案为：(1)右；(2)62；(3)31；(4)2×103；(5)不变。
(1)把天平放在水平桌面上，首先将游码调到标尺左端的零刻线处，从指针的偏转判断天平横梁哪端上翘，平衡螺母向上翘的一端移动。
(2)天平的示数是砝码质量和游码示数之和，据此读出小石块的质量；
(3)根据题意求出取出小石块后往烧杯中加水的质量，再根据密度公式求出加水的体积，即小石块的体积；
(4)再根据密度公式求出小石块的密度；
(5)取出小石块时虽带出一部分水，但是再加水时会补充上，不会对测量石块体积有影响，据此解答。
本题考查了测量固体密度的实验，注意天平的使用以及密度公式的应用，难度不大。
30.【答案】通过导体的电流与导体的电阻成反比 35 没有控制定值电阻两端电压一定 闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最右端 (I1−I2)R0I2
【解析】解：(1)原电路中，定值电阻与电流表并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与定值电阻串联，电压表与定值电阻并联，改正后如下所示：
；
(2)通过图线乙分析IR=0.5A×5Ω=0.1A×25Ω=2.5V，得出当导体两端电压一定时，通过导体中电流与导体的电阻成反比；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=6V−2.5V=3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的倍，
根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=75×25Ω=35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少35Ω的滑动变阻器；
(3)分析表格数据：
U1=I1R1=0.4A×5Ω=2V，
U2=I2R2=0.30A×10Ω=3V，
U3=I3R3=0.18A×25Ω=4.5V，
由此可知表格中数据规律与正确结论不符的原因是没有控制定值电阻两端电压一定；
(4)实验步骤：
①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电流表的示数为I1；
②将滑动变阻器的滑片移至最右端，读出电流表的示数为I2；
③在步骤①中，电路为只有R0的简单电路，则此时电源电压U=I1R0；
在步骤②中，R0与变阻器最大阻值Rx串联，而则此时电源电压U=I2(R0+Rx)。
根据两次实验电压相等可知I1R0=I2(R0+Rx)则可得Rx=(I1−I2)R0I2。
故答案为：(1)见上图；(2)通过导体的电流与导体的电阻成反比；35；(3)没有控制定值电阻两端电压一定；(4)②闭合开关S，将滑动变阻器的滑片移至最右端；(I1−I2)R0I2。
(1)原电路中，定值电阻与电流表并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与定值电阻串联，电压表与定值电阻并联；
(2)分析图像乙得出结论；
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，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
(3)分析表格数据得出原因；
(4)要测滑动变阻器最大阻值，首先要得到电源电压，然后利用两次实验电源电压相等求出滑动变阻器最大阻值Rx。
本题研究电流与电阻的关系，考查电路的改接、器材的选择、数据分析和缺少电压表的情况下测电阻的实验设计等知识，综合性强，但难度适中。
31.【答案】解：(1)由图可知n=3，由η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF可知，人的拉力：F=Gnη=120N3×80%=50N；
(2)物体上升的高度：h=sn=6m3=2m，
提升过程中的有用功：W有=Gh=120N×2m=240J；
拉力F做的总功：W总=Fs=50N×6m=300J，
则F做的额外功：W额=W总−W有=300J−240J=60J。
答：(1)人的拉力为50N；
(2)F做的额外功是60J。
【解析】(1)由图可知n=3，利用η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF求人的拉力；
(2)利用绳子自由端移动的距离s=nh求出物体上升的高度，利用W有=Gh求有用功；
利用W总=Fs求拉力F做的总功；利用W总=W有+W额求F做的额外功。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、额外功和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
32.【答案】解：(1)根据题图可知：两个开关都闭合时，为高温挡，根据电功率的公式有：R1=U2P高=(220V)280W=605Ω；
开关S1闭合，开关S2断开时，两个电阻丝串联，为低温挡，此时有：R1+R2=U2P低=(220V)220W=2420Ω；
所以R2=2420Ω−605Ω=1815Ω。
(2)将电阻R1和R2组成并联电路，分别与一个开关串联，可以设计成三挡位加热桌垫，单独闭合其中的任何一个开关，可以有两个挡位，同时闭合两个开关，为高温挡，如图所示：
。
故答案为：(1)1815Ω；(2)。
【解析】(1)根据电路的连接方式和电功率的公式进行计算。
(2)根据串并联电路的特点设计电路图。
本题考查的是电功率的计算和电路的基本组成；会根据题目的要求设计电路图。本题属于中档题。
33.【答案】反射 机械能 1.7×106 67.57：6
【解析】解：(1)激光雷达感知与毫米波感知都是通过信号发射端向环境发射电磁波，电磁波遇到障碍物被反射回来，被信号接收系统接收，从而获得车辆周边环境的信息；
(2)“智轨”电车制动是通过电机反向工作实现的，当电车需要减速或停车时，电机将机械能转化为电能，通过电池回收能量，并将电能转化为化学能存储起来；
(3)电车对水平地面的压力为：F=G=mg=51×103kg×10N/kg=5.1×105N，
受力面积为：S=3×4×250cm2=3000cm2=0.3m2，
则电车对水平地面的压强为：p=FS=5.1×105N0.3m2=1.7×106Pa；
(4)每辆公交车行驶18km排放二氧化碳的质量为：18km×30L/100km×2.5kg/L=13.5kg，
所以启用“智轨”电车(三编组)替代5辆公交车运送300人时可减少二氧化碳排放量为：13.5kg×5=67.5kg；
(5)由图可知，在0−60km/h，电车的功率与速度成正比，当速度为35km/h匀速直线行驶时电车的功率为：
P1=v1v2×P2=35km/h60km/h×60kW=35kW，
分别以35km/h和70km/h匀速直线行驶18km的能耗之比为：
E1E2=W1sW2s=W1W2=P1t1P2t2=P1×sv1P2×sv2=P1P2×v2v1=35kW60kW×70km/h35km/h=76。
故答案为：(1)反射；(2)机械；化学能；(3)1.7×106；(4)67.5；(5)7：6。
(1)激光雷达的工作原理是向目标发射探测信号(激光束)，然后将接收到的从目标反射回来的信号(目标回波)与发射信号进行比较，经过计算机处理后，就可获得目标的有关信息；
(2)一般新能源汽车能量回收中制动能量回收是最常见的，它主要是回收车辆在制动或惯性减速时释放出的多余能量，并通过发电机将其转化为电能，最终转化为化学能；
(3)根据p=FS可求出电车对水平地面的压强；
(4)先求出每辆公交车行驶18km排放二氧化碳的质量，再求出启用“智轨”电车(三编组)替代5辆公交车运送300人时可减少二氧化碳排放量；
(5)由图可知，在0−60km/h，电车的功率与速度成正比，从而可求出速度为35km/h匀速直线行驶时电车的功率，从而可求出35km/h和70km/h行驶时的能耗之比。
本题考查了学生利用所学知识分析解释实际现象的能力，要求灵活选用公式进行计算，难度较大。次数
电阻R/Ω
电流I/A
1
5
0.40
2
10
0.30
3
25
0.18
项目
参数
车重(含人)
满载
51吨
最大载客量
60kg/人
300人
储氢罐
每节编组
1个
车轮
每节编组
4个
续航
满氢满电综合续航
245km
锂电续航
35km