2024年四川省南充市中考物理试卷（含解析）

这是一份2024年四川省南充市中考物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.以下是同学们对一些常见物理量进行估测，其中符合实际的是( )
A. 托起两个鸡蛋的力约为10NB. 地球的直径约为63.7km
C. 人的正常体温约为37℃D. 某中学生50m短跑成绩约为3s
2.关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是( )
A. 甲图中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于大气压强的作用
B. 乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关
C. 丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能
D. 丁图中活塞向下运动，这是内然机的压缩冲程
3.川北皮影，又称“影子戏”或“灯影戏”，是一项具有丰富历史和深厚文化底蕴的国家级非物质文化遗产。它是用灯光将受皮影的操纵者(拦门匠)操作的人物或物件表演的影投射到屏幕上，如图甲所示。图①②③④现象中与川北皮影成像原理相同的是( )
A. ①图：海市蜃楼
B. ②图：南充清辉阁倒影
C. ③图：手影游戏
D. ④图：鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方
4.用飞机向云层撒干冰进行人工降雨，出现下列物态变化，其中放热的是( )
A. 干冰迅速升华成二氧化碳气体B. 小冰晶在下落过程中熔化为小水珠
C. 小雨滴在下落过程中部分汽化为水蒸气D. 云层中的水蒸气凝华成小冰晶
5.关于近期举行的2024年巴黎奥运会选拔赛的比赛项目，下列说法正确的是( )
A. 运动员在跳鞍马过程中要助跑，是利用运动员的惯性
B. 运动员在做单杠项目前，手要擦上滑石粉，是为了减小摩擦力
C. 在自由体操项目中，运动员在空翻离地后到落回地面前，不受重力
D. 运动员站在平衡木上静止不动，受到的重力与运动员对平衡木的压力是一对平衡力
6.某校科创小组为“共享助力车”的安全头盔设计以下方案：扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机通电工作；扫码且戴头盔才能骑行。下列电路符合以上设计要求的是( )
A. B.
C. D.
7.2024年5月3日17时36分搭载有嫦娥六号探测器的长征五号火箭发射升空，发射过程部分图片如图所示，下列说法不正确的是( )
A. 三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱运动
B. 三级火箭分离时相对火箭点火时，嫦娥六号机械能不变
C. 火箭加速上升时，喷出的气体对箭体的作用力，改变了火箭的运动状态
D. 嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作，是通过电磁波和地面交互信息
8.如图所示是我国古代劳动人民运送巨木的场景，通过杠杆、支架、悬绳、石块等，将巨木一端抬起，垫上圆木，将其移到其他地方。下列说法正确的是( )
A. 支架下垫的底面积较大的石块是为增大对地面的压强
B. 横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，费力省距离
C. 当巨木太重无法抬起时，可以让杠杆右端的人远离支架，增大动力臂
D. 当巨木太重无法抬起时，可以增大横杆上悬绳与支架间的距离
9.以下关于电与磁的描述中，说法正确的是( )
A. 图甲：磁感线不是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近
B. 图乙：P向右移动，能吸引更多铁钉，铁钉下端为电磁铁的S极
C. 图丙：同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向会发生改变
D. 图丁：闭合开关，导体ab竖直向下运动或竖直向上运动，电流表指针不发生偏转
10.小洋研究液体密度时，用两个完全相同的容器分别装入甲、乙两种液体，并绘制出总质量m与液体体积V的关系如图所示，由图像可知( )
A. 容器的质量20kg
B. 甲液体密度是2.0g/cm3
C. 乙液体密度1.2g/cm3
D. 密度为0.8g/cm3的液体的m−V图像应位于Ⅲ区域
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
11.如图所示，开关S闭合后，电流表的示数分别为I1、I2，电压表的示数分别为U1、U2、U3，L1的电阻小于L2的电阻，则下列关系中正确的是( )
A. I1=I2
B. U1>U2
C. U1+U2=U3
D. U1=U2=U3
12.质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度Δh，剩余部分对地面的压强p与Δh的关系如图所示，已知，ρ甲=6×103kg/m3，乙的边长为30cm，下列选项正确的是( )(g取10N/kg)
A. 乙的密度2×103kg/m3B. 未切前，甲的质量为24kg
C. 图中hA=10cmD. 图中pA=3×103Pa
三、填空题：本大题共6小题，共24分。
13.“转轴拨弦三两声，未成曲调先有情”，这描写的是琵琶的声音，从诗文中可以看出琵琶声是由琴弦______产生，转轴可以改变琴弦的松紧度，进而改变声音的______(“音调”、“响度”和“音色”)。
14.作为传统燃油汽车燃料的汽油和柴油是______能源(选填“可再生”“不可再生”)，为了减少燃油汽车对环境的污染，我国大力发展新能源汽车。如今，我国电动汽车的多项技术已领跑世界，某型号的国产电动汽车的电池容量为200A⋅h，额定电压为400V，充满电后，它储存了______kW⋅h的能量。
15.如图所示电路，若甲、乙两表为图中电流表，闭合开关S1，断开开关S2，两表指针位置相同，则R1：R2= ______；若甲、乙两表为图中电压表，闭合开关S1、S2，则两表示数之比是______(电表每次测量均未超过量程)。
16.用四只完全相同的滑轮和两根相同的绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，将重450N的货物匀速吊起2m高。每只滑轮重为50N，绳自由端的拉力的大小分别为F1和F2，若不计绳重和摩擦，F1 ______F2(选填“大于”“等于”“小于”)，甲滑轮组的机械效率为______。
17.如图所示，木板B置于水平地面上，物块A叠放于B上。水平拉力F1=70N，水平拉力F2=50N。B静止，A沿木板B以10cm/s的速度向右匀速滑动。则拉力F2的功率为______W，地面对木板B的摩擦力为______N。
18.如图所示，电源电压不变，电流表的量程为0−0.6A，定值电阻R1=30Ω，R2为滑动变阻器，其最大阻值为50Ω，滑动变阻器的滑片P在b端时，电流表的读数为0.3A，则电源电压为______V，在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为______。
四、作图题：本大题共2小题，共4分。
19.2023年9月17日，我国墨子巡天望远镜正式启用，它是北半球巡天能力最强的光学时域望远镜，如图甲所示。一束星光入射到望远镜，经主镜反射后到达成像装置，如图乙所示，OB是反射光线，请画出其入射光线AO并标出入射角大小(保留作图痕迹)。
20.如图所示，根据安全用电知识，将图中元件用笔画线代替导线连起来(开关仅控制灯泡)。
五、实验探究题：本大题共3小题，共14分。
21.小明采用如图所示的装置，进行“探究液体压强与哪些因素有关”的实验：

(1)实验前，小明用手指轻压金属盒橡皮膜，观察U形管中两液面是否出现高度差，若两液面______(选填“有”“没有”)高度差，则说明U形管压强计存在漏气问题；
(2)实验中，小明通过观察______来比较液体内部压强的大小，这里应用的科学方法是______；
(3)比较______两图，可以研究液体压强与液体深度的关系。
22.如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。

(1)如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为______cm；
(2)该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰______(选填“放大”“等大”“缩小”)的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上______(选填“能”“不能”)看到清晰的像；
(3)在(2)中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是______眼镜(选填“近视”“远视”)。
23.小红想测量标有“1.5V”字样小灯泡正常发光时的电阻，从实验室找来了电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关和导线若干，进行了如下实验。

(1)用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整；
(2)检查无误后，闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一故障的原因可能是小灯泡______(选填“断路”“短路”)；
(3)排除电路故障后，闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为______Ω；接下来她又测量了几组对应的电压值和电流值，并绘制了小灯泡的I−U图象，如图丙所示；
(4)小红认为不能利用图甲的装置探究电流与电压的关系。理由是______；
(5)小红还想测出另一个额定电压为U额的小灯泡正常发光时的电阻，在保证电路安全的前提下，设计了如图丁所示的电路(电源电压恒定大于U额且未知，滑动变阻器R最大阻值未知，定值电阻阻值为R0)。请将实验步骤补充完整：
①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数为______时，小灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③小灯泡正常发光时的电阻RL= ______(用U额、I、R0表示)。
六、计算题：本大题共2小题，共20分。
24.如图甲所示为某品牌电热水壶。该型号电热水壶内部简化电路如图乙，额定电压为220V，具有加热、保温两挡。保温挡的额定功率为100W，双触点开关只能在触点1和2、2和3及3和4之间切换。R1、R2是两个阻值不变的发热元件，其中R2=60.5Ω。现将此电热水壶装入0.45L初温为20℃的水，接到220V的家庭电路中，选用加热挡加热至100℃，已知该电热水壶加热效率为80%，ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。求：
(1)电热水壶中水吸收的热量；
(2)加热挡的电功率；
(3)需要的加热时间。
25.科创小组设计利用电流表测量质量的装置如图。现截取适当长度的电阻片R(它的阻值随长度L的变化图像如图乙所示)作为滑动变阻器接入电路，如图甲所示。如图甲中，电源电压6V恒定不变，电流表量程为0−0.6A。当滑片P在最下端时，电流表示数为0.6A。装置中托盘与圆柱形实心塑料浮筒M通过硬质绝缘细杆固定连接，整体漂浮在装有足够深水的柱形薄壁容器中，且只能竖直移动。托盘的质量为0.27kg；M高22cm，底面积为300cm2，质量为0.33kg；容器的底面积为400cm2，托盘通过滑杆带动滑片P上下移动。托盘中未放物体时，调节水量，使滑片P正好位于R最上端。托盘中放入物体A时，M刚好浸没，滑片P正好位于R最下端(g取10N/kg、ρ水=1.0×103kg/m3、不计滑片、滑杆、细杆的质量，忽略摩擦阻力，工作中水不溢出)。求：
(1)R0的阻值；
(2)物体A的质量；
(3)托盘中未放物体时，电流表的示数。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、一个鸡蛋的质量在50g=0.05kg左右，托起两个鸡蛋的力F=2mg=2×0.05kg×10N/kg=1N。故A不正确；
B、地球的直径约为127.4km，故B不正确；
C、人的正常体温约为37℃，故C正确；
D、中学生的跑步速度和骑自行车差不多，约为6m/s，故跑50m大概要9s，故D不正确。
故选：C。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
本题是生活常识题，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、甲图中两个地面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，主要是由于分子间有引力，故A错误；
B、乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动的剧烈程度与温度有关，故B正确；
C、丙图双手互搓取暖，是通过做功的方式改变手的内能，故C错误；
D、丁图中活塞向下运动，两气门关闭，且上方火花塞有火花，所以这是内燃机的做功冲程，故D错误。
故选：B。
(1)物体的分子间有引力；
(2)分子在不停地做规则运动，运动的快慢与温度有关；
(3)做功和热传递都能改变物体的内能；
(4)根据内燃机的四个冲程的特点判断出图中的冲程。
本题考查了分子动理论及改变内能的方式与热机冲程。
3.【答案】C
【解析】解：皮影戏应用的主要物理知识是光在同种均匀介质中沿直线传播；
海市蜃楼、鱼的实际位置在看到的“鱼”的上方是光的折射，倒影是光的反射，手影游戏是光在同种均匀介质中沿直线传播。
故选：C。
皮影戏应用的主要物理知识是光在同种均匀介质中沿直线传播。
本题考查了光的直线传播的应用，属于基础知识。
4.【答案】D
【解析】解：干冰是固态的二氧化碳，在空中会迅速的变为二氧化碳气体，固态变为气态的现象叫升华，升华是吸热的过程；云层中水蒸气遇冷变成小冰晶，由气态变为固态称为凝华，凝华是放热过程；小雨滴在下落过程中部分汽化为水蒸气，汽化是吸热过程；小冰晶在下落过程中又由固态变为液态发生熔化现象，熔化是吸热过程。
故选：D。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
解答物态变化的有关题目首先要知道各种物态变化的概念，然后看物体是由什么状态变为了什么状态，根据概念进行判断。
5.【答案】A
【解析】解：
A、运动员在跳鞍马过程中要助跑，是为了利用惯性，使其起跳后由于惯性能继续运动，故A正确；
B、单杠运动员手抹镁粉是为了使接触面更加粗糙，增大摩擦力，故B错误；
C、运动员从起跳台起跳腾空后，仍然受重力的作用，故C错误；
D、运动员受到的重力与运动员对平衡木的压力，这两个力的方向是相同的，因此不是一对平衡力，也不是一对相互作用力，故D错误。
故选：A。
(1)惯性是物体保持运动状态不变的性质；
(2)摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度；
(3)地球附近的一切物体都受到重力的作用；
(4)一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。
本题主要考查惯性、重力、平衡力以及摩擦力的相关知识，涉及到的知识点较多，综合性较强，要求学生会用所学知识解释我们身边一些现象，从中体会物理与生活的密切关系。
6.【答案】B
【解析】解：根据题意可知，骑行前，扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮，但电机不工作；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机才通电工作，这说明灯泡与电机工作时互不影响，是并联的；若只戴头盔不扫码则无法骑行，则开关S1在干路中控制整个电路，开关S2与电动机在一条支路中，故B正确。
故选：B。
根据题意分析两个开关的作用、灯泡与电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路图的设计，关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
7.【答案】B
【解析】解：A.三级火箭与箭体的分离过程，三级火箭相对仪器舱，位置发生了改变，所以以仪器舱为参照物，三级火箭是运动的，故A正确；
B.三级火箭分离时相对火箭点火时，火箭发动机持续工作，火箭燃料的化学能先转化为燃气的内能再转化为火箭整体的机械能，火箭搭载的嫦娥六号机械能持续增加，故B错误；
C.火箭加速上升时，火箭运动的快慢改变，说明喷出的气体对箭体的作用力改变了火箭的运动状态，故C正确；
D.嫦娥六号进入月球轨道和在月球上工作时，因月球与地球之间处于真空状态，所以不可能利用声音来传播，只能用电磁波来和地面交互信息，故D正确。
故选：B。
(1)与参照物之间存在位置变化的物体相对参照物是运动的；
(2)火箭发动机工作时，火箭的机械能增加；
(3)物体运动状态改变是指物体的运动的方向改变、运动的快慢改变、运动的快慢和方向同时改变，力可以改变物体的运动状态；
(4)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
本题是知识的综合性应用，但是难度很低，主要考查运动和静止的相对性、力的作用效果、能量的转化和电磁波的应用。
8.【答案】C
【解析】解：A.支架对地面的压力一定，在支架下面垫有面积较大的石块，其实质是增大接触面积，减小支架对地面的压强，故A错误。
B.横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，是省力杠杆，省力必定费距离，故B错误；
CD、由杠杆平衡条件可知，在阻力一定的情况下，减小阻力臂可以减小动力，因此缩短横杆上悬绳与支架之间的距离，以减小阻力臂同时增大动力臂，有助于抬起巨木，或增大动力臂，即让杠杆右端的人远离支架，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)减小压强的方法：减小压力或增大受力面积。
(2)比较图中动力臂和阻力臂大小确定杠杆的类型，省力杠杆必定费距离；
(3)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
此题考查杠杆的应用，减小压强的方法，要求学生熟练掌握杠杆平衡条件，会用杠杆平衡条件分析生活中的相关问题。
9.【答案】D
【解析】解：
A、磁感线是用来描述磁场的一些假想的曲线，不是真实存在的，而磁场是一种物质，是存在的，地磁场的北极在地理南极附近，故A错误；
B、如图乙，电流从电磁铁A的上方流入、下方流出，由安培定则可知，电磁铁A的上端是N极，下端的钉尖是S极；将滑动变阻器的滑片P向右移动，电阻变大，电流变小，电磁铁的磁性变弱，能吸引更少的大头针，故B错误；
C、只对调电源正负极或磁极，电流的方向发生改变，故线圈受到力的方向发生改变，故线圈转动方向就会发生改变，同时对调磁极和电源正负极，线圈的转动方向会发生改变，故C错误；
D、闭合开关，导体ab 竖直向上运动，运动方向与磁感线方向平行，不能切割磁感线，不能产生感应电流，电流表指针不发生偏转，故D正确。
故选：D。
(1)磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在的。地磁场的北极在地理北极附近；
(2)由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关；
(3)通电线圈在磁场中的转动方向与磁场方向和电流方向有关；
(4)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
本题考查磁场、影响电磁铁磁性强弱的因素、产生感应电流的条件、影响电动机转动方向的因素，涉及知识点较多，属基础题。
10.【答案】D
【解析】解：ABC.由图像可知，当液体体积为0时，此时容器的质量m容=40g，当m=100g，即m甲=m乙=100g−40g=60g时，此时甲、乙两种液体的体积：V甲=40cm3，V乙=60cm3，则甲、乙两种液体的密度分别为：ρ甲=m甲V甲=60g40 cm3=1.5g/cm3=1.5×103kg/m3，ρ乙=m乙V乙=60g60 cm3=1g/cm3=1×103kg/m3，由此可知，甲液体密度大于乙液体密度。故ABC错误；
D.因为液体的密度比水的还小，所以，根据ρ=mV可知，质量相同时，液体的体积大于水的体积，故液体的质量与体积关系图像应在Ⅲ区。
故选：D。
(1)由图像可知，当液体体积为0时，此时对应的质量即为容器的质量；当m=100g，即甲、乙两种液体的质量m甲=m乙=100g−40g=60g时对应的体积，根据密度公式求出两者密度的大小；
(2)液体的密度小于水的密度，根据密度公式可知质量相同时体积之间的关系，然后判断液体的质量与体积关系图像位于的区域。
本题考查密度的计算和密度公式的应用，关键是控制变量法的应用，属于中档题。
11.【答案】AC
【解析】解：把电流表看做一段导线，电压表所在的电路看做断路，对电路进行简化如下图：
由图可以看出两灯泡属于串联，串联电路中各处的电流都相等，所以两电流表的示数相等，即I1=I2；
由电路图可以看出，电压表V1测的是灯泡L1两端的电压，电压表V2测的是灯泡L2两端的电压，L1的电阻小于L2的电阻，根据串联电路电压的分配与电阻成正比，U1电压表V3测的是电源电压，即总电压，根据串联电路的电压特点可知：串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，所以U1+U2=U3。
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
首先对电路进行简化，电流表相当于一段导线，电压表所在电路相当于断路；再分析电压表和电流表各是测量谁的电压和电流，从而得出电压和电流的关系。
此题主要考查的是学生对电路的简化和串联电路中电流、电压特点的理解和掌握，对电路进行简化，弄清楚两灯泡的连接方式是解决此题的关键。
12.【答案】AD
【解析】解：A、乙为质量分布均匀的实心正方体，边长h乙=30cm=0.3m，
由图知未切时，乙对水平地面的压强p乙=6000Pa，
则乙的密度ρ乙=p乙gh乙=6000Pa10N/kg×0.3m=2×103kg/m3，故A正确；
B、甲为质量分布均匀的实心正方体，由图知未切时甲的边长h甲=20cm=0.2m，
甲的体积V甲=h甲3=(0.2m)3=0.008m3，
未切前，甲的质量m甲=ρ甲V甲=6×103kg/m3×0.008m3=48kg，故B错误；
C、由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，则有：pA=ρ甲g(h甲−hA)=ρ乙g(h乙−hA)，
6×103kg/m3×g×(0.2m−hA)=2×103kg/m3×g×(0.3m−hA)，
解得：hA=0.15m=15cm，故C错误；
D、pA=ρ甲g(h甲−hA)=6×103kg/m3×10N/kg×(0.2m−0.15m)=3×103Pa，故D正确。
故选：AD。
(1)由题可知，乙的边长和未切时乙对水平地面的压强，利用p=ρgh得到正方体乙的密度；
(2)由甲的边长和正方体的体积公式得到甲的体积，甲的密度已知，利用密度公式得到甲的质量；
(3)由图知，切去高度hA时，甲和乙对地面的压强相等，利用p=ρgh得到hA的值；
(4)利用p=ρgh得到pA的值。
本题考查了压强公式、密度公式的应用，要注意对于放在水平面上的质量分布均匀的柱形物体，如圆柱、棱柱、长方体，正方体，其对水平面的压强p=FS=ρgh。
13.【答案】振动 音调
【解析】解：琵琶声是由琴弦的振动产生的；
转轴可以改变琴弦的松紧度，琴弦振动的快慢不同，发出声音的音调不同。
故答案为：振动；音调。
声音是由物体振动产生的；
音调是指声音的高低，与振动的快慢(频率)有关。
本题考查了对声音的产生、频率与音调的关系的理解，属于基础题，难度不大。
14.【答案】不可再生 80
【解析】解：汽油和柴油来源于石油，石油短期内不能够从自然界源源不断得到补充，所以汽油和柴油属于不可再生能源；
该电动汽车储存的电能W=UIt=400V×200A⋅h=80000W⋅h=80kW⋅h。
故答案为：不可再生；80。
短期内不能够从自然界源源不断得到补充的能源叫不可再生能源；利用电功公式W=UIt得到该电动汽车储存的电能。
本题考查了能源的分类和电功公式的应用，难度不大。
15.【答案】4：1 5：4
【解析】解：(1)当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍，即I甲：I乙=1：5；
则通过两电阻的电流之比：I1：I2=I甲：(I乙−I甲)=1：(5−1)=1：4；
因并联电路中各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得，并联电阻电流之比等于电阻之比的倒数，则R1：R2=I2：I1=4：1；
(2)当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1与R2串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测R1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，所以两电阻两端的电压之比等于电阻之比，即4：1；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以两电压表的示数之比：U甲：U乙=(U1+U2)：U2=(4+1)：4=5：4。
故答案为：4：1；5：4。
(1)当开关S1闭合、S2断开，甲、乙为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R1支路的电流，乙电流表测干路电流，两表指针位置相同，所以乙电流表的示数是甲电流表示数的5倍；根据并联电路的电流特点求出两支路的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
(2)当开关S1、S2闭合，甲、乙两表为电压表时，R1和R2串联，甲测电源的电压，乙测R1两端的电压；
根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电压特点求出两电压表的示数之比。
本题通过改变开关的连接方法和电表的更换，改变了电路的连接方法，电路先并联后串联，通过电阻的不变量来沟通两个过程。
16.【答案】大于 90%
【解析】解：(1)由图甲可知，甲滑轮组承担重物绳子的段数n=2，若不计绳重和摩擦，根据F=1n(G物+G动)可得：F1=12(G物+G动)=12×(450N+50N)=250N，由图乙可知，n=3，所以F2的大小为：
F2=13(G物+G动)=13×(450N+50N)=5003N，所以F1>F2；
(2)由题意知，物体上升的高度h=2m，不计绳重和摩擦，图甲滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=G物hG物h+G动h×100%=G物G物+G动×100%=450N450N+50N×100%=90%
故答案为：大于；90%
(1)由甲乙两图可知承担重物绳子的段数，再由条件不计绳重和魔法，可得到两个滑轮组所用的拉力，最后比较得出结论；
(2)利用滑轮组机械效率的计算公式求出甲的机械效率。
本题考查了绕绳方式不同的滑轮组拉力的比较及如何计算滑轮组的机械效率。
17.【答案】5 20
【解析】解：拉力F2的功率：P=Fv=50N×0.10m/s=5W；
物体A做匀速直线运动，受到的水平向右的拉力F2和B对A水平向左的摩擦力平衡，大小相等，即f=F2=50N，
由力的相互性可知，A对B水平向右的摩擦力与B对A水平向左的摩擦力大小相等，即：f′=f=50N，
B静止，受到的地面摩擦力和A对B的摩擦力与水平拉力F1平衡，
所以地面对木板B的摩擦力大小：f″=F1−f′=70N−50N=20N。
故答案为：5；20。
根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力F2的功率；
对A、B进行受力分析，根据力的相互作用和平衡条件求出地面对木板B的摩擦力大小。
本题考查了二力合成的应用和功率，解决此题的关键是分别对A、B进行受力分析。
18.【答案】24 3.6～4.8W
【解析】解：(1)当滑动变阻器的滑片P在b端时接入电路中的电阻为5Ω0，电路的总电阻R=R1+R2=30Ω+50Ω=80Ω，电流表测电路中的电流I=0.3A，
由I=UR可得，电源的电压：U=IR=0.3A×80Ω=24V；
(2)电源电压不变，电流表的量程为0−0.6A，电路安全电流为0.6A，
由I=UR可得，R1的电压：U1=I1R1=0.6A×30Ω=18V，根据串联分压原理得，R2的电压：U2=U−U1=24V−18V=6V，
滑动变阻器消耗的最小电功率：P小=U2I1=6V×0.6A=3.6W，
当R2=R1=30Ω时，根据串联分压原理得，R2的电压：U3=24V30Ω+30Ω×30Ω=12V，
滑动变阻器消耗的电功率最大，P大=U32R2=(12V)230Ω=4.8W。
在保证电路安全的情况下，滑动变阻器的功率范围为3.6～4.8W。
故答案为：24V；3.6～4.8W。
(1)当滑动变阻器的滑片P在a端时接入电路中的电阻为0，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；
(2)根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识判断滑动变阻器消耗功率的最大值并求出其大小。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是会判断滑动变阻器消耗的电功率范围。
19.【答案】解：先画出法线，反射角为90°−53°=37°，根据反射角等于入射角在法线的左侧画出入射光线，如图所示：

【解析】在光的反射现象中，法线过反射点垂直反射面，然后根据反射定律，作出法线和入射光线。
本题考查光的反射定律的应用，属于基础知识。
20.【答案】解：由图可知，试电笔接触上面的线时，氖管发光，则上面的线为火线，中间的线为零线；
(1)灯泡的接法：火线与开关串联，开关的另一端再接到灯泡顶端的金属点，零线直接在灯泡的螺旋套上；
(2)三孔插座的接法：左零右火上接地，电路图如下图所示：

【解析】用试电笔辨别火线和零线时，能使氖管发光的是火线；螺口灯泡的接法：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；
三孔插座接法，地线直接进入上孔，零线直接进入左孔，火线进入右孔。
本题考查了家庭电路中的电灯、开关、插座的连接；家庭电路中，不但考虑用电器的正常使用，更要考虑使用的安全性。三孔插座的接线原则：左零右火，中间接地。
21.【答案】没有 U形管内液面的高度差 转换法 乙、丙
【解析】解：(1)液体压强计如果存在漏气问题时，压强计相当于一个连通器；连通器内装有同种液体且液体不流动时，连通器中的液面相平；此时如果按压金属盒橡皮膜，U形管中两液面没有高度差；
(2)液体内部压强的大小通过液体压强计来测量，压强计的U形管内液面的高度差越大，说明液体的压强越大，这种间接测量压强的方法为转换法；
(3)研究液体压强与液体深度的关系时要保持液体的密度相同、深度不同，符合条件的是乙、丙两图。
故答案为：(1)没有；(2)U形管内液面的高度差；转换法(3)乙、丙。
(1)连通器内装有同种液体且液体不流动时，连通器中的液面相平；
(2)物理学中把不易观察、不易测量的量转化为与之相关的易于观察、易于测量的方法叫转换法；
(3)液体压强的大小与液体的密度和深度有关，研究液体压强大小与哪些因素有关时要用到控制变量法。
本题是探究液体内部压强的实验，涉及连通器的特点、实验装置的检查、转换法和控制变量法的应用以及液体压强的特点，难度不大。
22.【答案】9.0 缩小 能 近视
【解析】解：(1)平行于主光轴的光线经凸透镜后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点。焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是19.0cm−10.0cm=9.0cm。
(2)如图乙，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，因为光的折射中光路是可逆的，保持凸透镜的位置不变，将光屏与蜡烛的位置对调，则物距等于原来的像距，成倒立、放大的实像。光屏上能接到像是实像；
(3)当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜原来“戴上”的是具有发散作用的凹透镜，由于凹透镜可用来纠正近视眼，所以眼镜是近视眼镜。
故答案为：(1)9.0；(2)缩小；能；(3)近视。
(1)通过图所示的现象，结合凸透镜焦点的定义即可确定该凸透镜的焦距。实验前要调节烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度；
(2)凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，应用于照相机；
光的折射中光路是可逆的。
(3)当向水透镜里注入适量的水，可增强其会聚能力；近视眼矫正方法，需佩戴具有发散作用的凹透镜。
本题首先确定凸透镜的焦距，然后根据凸透镜成像的几种情况进行判断，掌握凸透镜的成像的几种情况是重点。此题不仅考查了凸透镜成像的规律，还考查了对近视眼的成因和矫正方法的掌握。
23.【答案】断路 5 灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定 U额R0 U额R0IR0−U额
【解析】解：(1)滑动变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即造成这一故障的原因可能是小灯泡断路；
(3)闭合开关，移动滑片，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡正常发光时的电阻为：
R=ULIL=Ω；
(4)探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻阻值不变，而灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
(5)实验步骤：
①闭合S、S2，断开S1，移动滑片P，使电流表示数为U额R0 时，小灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑片P位置不变，读出电流表的示数为I；
③在步骤①中，灯泡和R0并联，电流表测定值电阻的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
U0=I0R0=U额R0×R0=U额，根据并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，此时灯正常发光；
在步骤②中，电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：
I额=I−I0=I−U额R0，
则小灯泡的正常工作时的电阻为：
RL=U额I额=U额I−U额R0=U额R0IR0−U额。
故答案为：(1)见解答图；(2)断路；(3)5；(4)灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；(5)①U额R0；③U额R0IR0−U额。
(1)滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，小灯泡不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用R=UI求出小灯泡正常发光时的电阻；
(4)灯泡的电阻随温度的升高而增大，不能保持一定；
(5)要测小灯泡正常发光时的阻值，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯两端的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据R=UI写出小灯泡正常工作时电阻的表达式。
本题测小灯泡正常发光时的电阻实验，考查了电路连接、电路故障、电阻的计算、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。
24.【答案】解：(1)水的体积：V=0.45L=0.45dm3=0.45×10−3m3，水的质量为m=ρv=1×103kg/m3×0.45×10−3m3=0.45kg；
水吸收的热量为Q=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.45kg×(100℃−20℃)=1.512×105J；
(2)R2的功率为P2=U2R2=(220V)260.5Ω=800W，所以加热功率为P加=P2+P保=800W+100W=900W；
(3)由η=Q吸W×100%可得，消耗的电能：电热水壶加热时消耗的电能为W=Q吸η=1.512×10580%=1.89×105J，t=Wp=1.89×105900w=210s。
故答案为：(1)1.512×105J；(2)900W；(3)210s。
【解析】(1)根据密度公式求出水的质量，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)根据P=U2R求出R2的电功率，根据P加热=P保温+P2求出加热挡的功率；
(3)根据效率公式计算电热壶消耗的电能，根据P=WT计算出电热壶加热需要的时间。
本题是一道电热综合题，主要考查并联电路特点、电功率公式、热效率公式、吸热公式的灵活运用。
25.【答案】解：(1)当滑片P位于下端时，滑动变阻器接入的阻值为0
R0=UI=6V0.6A=10Ω
(2)物体M的体积为：
VM=S即h=22cm×300cm2=6600cm3=6.6×10−3m3
物体M浸没时受到的浮力为
F浮=ρ水VMg=1.0×103kg/m3×6.6×10−3m3×10N/kg=66N
对浮筒M做受力分析，根据力的平衡，则有：F浮=GM+G盘+GA
所以：
GA=F浮−(GM+G盘)=66N−(0.33kg+0.27kg)×10N/kg=60N
物体A的质量为：
m=GAg=60N10N/kg=6kg
(3)没放物体A时浮筒.受到的浮力为：
F1浮=G盘+GM=(0.27+0.33kg)×10N/kg=6N
浮筒排开的体积为：
V排=F1浮ρ水g=6N1×103kg/m3×10N/kg=6×10−4m3
浮筒浸入的深度为：
h1=V排1S浮=6×10−4m33×10−2m−2=0.02m
放入物体A后增加的浮力为A的重力为：
F浮2=GA=60N
所以：
V排2=F浮2ρ水g=60N1×103kg/m3×10N/kg=6×10−3m−3
液面升高的距离为：
h2=V排2S容=6×10−3m34×10−2m2=0.15m
滑片P移动的距离为：
h3=h−(h1+h2)=0.22m−(0.02+0.15m)=0.05m=5cm
由图乙可知R的阻值为R=50Ω，
所以托盘中未放物体时，电流表的示数为：
I=UR+R0=6V50Ω+10Ω=0.1A
答：(1)R0的阻值为10Ω；
(2)物体A的质量为6kg；
(3)托盘中未放物体时，电流表的示数为0.1A。
【解析】(1)电源电压6V恒定不变，当滑片P在最下端时，电阻R接入电路的电阻为零，电路中只有R0工作，电流表示数为0.6A，根据欧姆定律，则可以求出电阻R0的阻值；
(2)托盘中放入物体A时，浮筒M刚好浸没，对M做受力分析，浮筒受到浮力、重力、物体A和托盘的压力，根据力的平衡，计算出物体A的质量；
(3)根据未放物体A之前浮筒受到的浮力和重力及托盘的重力。结合二力平衡的条件和阿基米德原理可以计算出浮筒浸入水中的深度；放入物体A之后，浮筒浸没在水中，液面升高，根据容器的底面积可以计算出液面升高的高度，进而求出滑片P移动的距离，结合图二中的数据得出电阻R的阻值，利用欧姆定律即可求出电流表的示数。
本题主要考查了欧姆定律和浮力的综合运用，对物体做好受力分析是解题的关键。