2024年江西省九江市永修三中中考物理模拟试卷（二）（含解析）

这是一份2024年江西省九江市永修三中中考物理模拟试卷（二）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.东汉《论衡》一书中提到“顿牟掇芥”，指的是摩擦过的玳瑁(海龟)外壳吸引草屑的现象，这是因为( )
A. 异种电荷间存在引力B. 摩擦创造了新的电荷
C. 同种电荷间存在引力D. 带电体能吸引轻小物体
2.中华民族茶文化源远流长，庐山云雾茶是中国名茶系列之一。周末，小明到庐山云雾茶产地的茶厂体验手工制茶，手工制茶的部分工序如图所示。下列说法正确的是( )
A. 图甲：将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处是为了减慢蒸发
B. 图乙：炒茶叶的过程中闻到的清香是由物体的机械运动产生的
C. 图丙：茶叶被揉捻卷在一起是由于带电体有吸引轻小物体的性质
D. 图丁：烘焙的过程中是通过热传递的方式来改变茶叶的内能的
3.如图所示，将两个完全相同的小球分别放入盛有两种不同液体的甲、乙烧杯中，待小球静止后，两烧杯内液面高度相同。下列说法正确的是( )
A. 甲烧杯中小球受到的浮力大B. 乙烧杯中小球排开液体的质量大
C. 甲烧杯中液体的密度大D. 乙烧杯底部受到液体压强大
4.如图所示是一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计中封入一段金属丝，金属丝下端所指示的温度为95℃。下列说法错误的是( )
A. 电路工作时电磁铁上端为S极
B. 报警器利用了水银导电和热胀冷缩的性质
C. 温度达到95℃时，报警器中的红灯亮同时铃响
D. 报警器利用了电磁铁通电时有磁性、断电时磁性消失的特点
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
5.利用图像可以描述物理量之间的关系，如图所示，下列图像与其描述的物理知识不正确的是( )
A. 物重与质量的关系
B. 阴影部分的面积表示物体运动的路程
C. 电阻一定时，导体两端电压与导体中电流的关系
D. 燃料的热值与燃料体积的关系
6.如图所示，电源电压保持不变，图乙是通过小灯泡L的电流I随小灯泡两端的电压U变化的图象。下列说法中正确的是( )
A. 小灯泡的实际功率越大，小灯泡发光越暗
B. 滑动变阻器滑片P向右移动，小灯泡变暗
C. 滑动变阻器滑片P向左移动，电流表示数变大
D. 闭合开关后，小灯泡不发光，一定是小灯泡灯丝断了
三、填空题：本大题共8小题，共16分。
7.最早向人们证明大气压存在的著名实验是______，意大利物理学家______最先准确测出了大气压强值。
8.在2022年北京冬奥会开幕式上，马兰花儿童合唱团唱响了《奥林匹克颂》，歌声嘹亮，响彻会场。歌声是由声带______产生的，“响彻会场”描述了歌声的______(选填“音调”“响度”或“音色”)。
9.水平桌面上有甲、乙两个完全相同的容器，装有两种不同的液体，将两个完全相同的长方体A、B，分别放入甲、乙两容器中，静止时的位置如图所示，此时两个容器中的液面相平。则两物体受到的浮力大小的关系是FA______FB，两容器中的液体对容器底部的压强大小的关系是p甲______p乙.(两空均选填“>”、“<”或“=”)
10.冬天，小明在家烧开水时，发现从壶嘴上方冒出“白气”，如图所示，“白气”是由______(填物态变化名称)现象形成的，当房间温度______(选填“较高”或“较低”)时该现象会更明显。
11.夜晚，汽车灯光照到自行车尾灯，自行车尾灯看起来很亮，尾灯______(选填“是”或“不是”)光源，是光发生了______(选填“镜面”或“漫”)反射，所以感觉亮。
12.如图所示是探究“电流通过导体时产生的热量与哪些因素有关”的实验装置，两个透明容器中密封着初温、质量相同的空气。通过实验可知，在电阻和通电时间相同时，电流越______，导体产生的热量越多，该结论______(选填“能”或“不能”)解释“电炉丝热得发红，而连接它的导线却几乎不发热”。
13.在北方，寒冷的冬天，清晨起床常常看到窗户内表面上有白色的冰花，这是属于______(填物态变化名称)现象；炸油条可以将油条炸黄，而煮面条不能将面条煮黄，这是因为油的______比水的高。
14.如图所示，电源电压保持不变，先闭合开关S1，电压表示数为1V；再闭合开关S2，电压表示数为2V。则电源电压为______V，电阻R1与R2的阻值之比为______。
四、实验探究题：本大题共4小题，共28分。
15.请你根据自己掌握的实验操作技能，回答下列问题。
(1)如图甲所示，钟表的时刻为10h ______min ______s。
(2)如图乙所示仪器测量的物理量是______。
(3)研究影响单摆摆动快慢的因素时，用卷尺测量摆线的长度，卷尺零刻度线与摆线的一端对齐，摆线另一端所对位置如图丙中虚线所示，则摆线的长度为______cm。小明同学说：“只要我们选用精密的测量工具，并且测量方法正确，就可以没有误差。”小明的说法______(选填“正确”或“不正确”)。
(4)如图丁所示，量杯的分度值是______，此量杯______(选填“能”或“不能”)精确测量出170mL液体的体积。
16.小明和小红使用不同的器材分别对石块的密度进行了测量。

(1)小明将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左侧______，发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向______移动，使天平横梁在水平位置平衡；
(2)把石块放在天平的______盘中，用镊子向另一个盘中加减砝码，再移动游码。当天平平衡时，砝码质量以及游码在标尺上的位置如图乙所示，则石块的质量是______g；
(3)小明又测出石块的体积是20cm3，则石块的密度是______kg/m3；
(4)实验后，小明发现所用的砝码生锈了，则所测石块密度比真实值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(5)小红用圆柱形容器、刻度尺和一个不吸水的小木块等器材测量石块密度：
①如图丙所示，容器内装入适量的水，小木块放入容器内静止时，测出容器内水深为h1；
②如图丁所示，用细线把石块与木块系住放入容器内静止时，测出容器内水深为h2；
③如图戊所示，将石块直接放入容器内水中，测出容器内水深为h3；
④石块密度的表达式ρ石= ______。(用字母表示，水的密度为ρ水)
17.如图甲所示是小丽“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置，她进行了如下的操作。
(1)在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差(如图甲)，接下来的操作是______(选填字母)；
A.直接从U形管右侧中倒出适量液体
B.拆除胶管重新安装
(2)正确操作后，用压强计和盛有水的容器进行实验，分析图乙A、B两图的实验现象，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而______，因此拦河大坝要做成______(选填“上窄下宽”或“上宽下窄”)的形状；
(3)如图丙所示的装置也可以探究“影响液体内部压强大小的因素”的实验。容器中间用隔板分成互不相通的左右两部分，隔板下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此装置探究液体压强大小与液体密度的关系时，要控制左右两部分液体的______相同，改变左右两部分液体的______。
(4)小丽得出实验结论后，观察图丁的实验现象，可推断出a、b两种液体密度的大小关系是ρa______ρb(选填“>”、“=”或“<”)。
18.在探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”时，电路如图甲所示，实验中电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω。
(1)连接电路时，开关应该处于______状态，滑动变阻器除了保护电路外，还起到______的作用。
(2)电路连接正确后，闭合开关，发现电压表有示数但电流表无示数，此时出现的故障可能是电阻______(选填“断路”或“短路”)。
(3)排除故障后，分别接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，记录数据，得到了如图乙所示的图象。由图象可知，实验中控制电阻R的电压为______V，导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______比。
(4)完成上述实验后，小华又设计了一种测小灯泡额定功率的方案，如图丙所示，R0是定值电阻。
①连接好电路，闭合开关S，将S1开关拨到触点______(选填“a”或“b”)，移动滑片，使电表的示数为小灯泡的额定电压U1。
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2。
③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P= ______。
五、计算题：本大题共3小题，共22分。
19.如图所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V，0.75W”字样，定值电阻R0=10Ω，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～15V，滑动变阻器R的规格为“20Ω，1A”。只闭合开关S，当滑片移到中间位置时，灯泡正常发光。求：
(1)小灯泡的额定电流。
(2)电源电压。
(3)闭合开关S和S1，将滑动变阻器的滑片P移到B端，求电流表的示数。
20.某物理兴趣小组的同学，用煤炉给20kg的水加热，同时他们绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线。若在0～9min内完全燃烧了3kg的煤，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤的热值约为3×107J/kg。求：
(1)3kg煤完全燃烧产生的热量；
(2)经过第0～6min时间加热，水所吸收的热量；
(3)煤炉烧水时的热效率。
21.如图所示，电源电压保持不变，定值电阻R1规格为“*Ω0.5A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R2的阻值为12Ω，滑动变阻器R3的规格为“20Ω1A”。闭合S和S2、断开S1，电流表示数为0.3A，电压表示数为2.4V；闭合S和S1、断开S2，调节滑动变阻器R3使其接入电路的电阻为7Ω时，电压表示数为2.8V。
(1)求电源电压；
(2)求定值电阻R1的阻值；
(3)闭合S和S1、断开S2，在保障电路安全的前提下，求滑动变阻器接入电路的阻值最小值。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：摩擦过的玳瑁(海龟)外壳因摩擦起电而带上电荷，所以吸引轻小的草屑。
故选：D。
用摩擦的方法可以使物体带电，带电体具有吸引轻小物体的性质。
理解带电体能吸引轻小物体是解决该题的关键，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：A、将新鲜的茶叶摊晾于通风干燥处是加快蒸发，故A错误；
B、炒茶叶的过程中闻到清香是扩散现象，不是机械运动，故B错误；
C、茶叶被揉捻卷在一起是手动塑型工序，茶叶本身也不是带电体，故C错误；
D、烘焙的过程中是通过茶叶和高温热锅的热传递来提高茶叶的温度，从而改变茶叶的内能，故D正确。
故选：D。
(1)减慢蒸发，就是从降低温度、减小液体面积和减弱空气流动这三个方面来考虑；
(2)一个物体随着时间而变化的过程叫做机械运动，物质的分子互相进入对方的现象叫扩散现象；
(3)揉捻是乌龙茶初制的塑型工序，通过揉捻形成其紧结弯曲的外形；
(4)热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分的现象，叫做热传递；物体间发生热传递的条件是有温度差。
本题通过体验手工制茶，考查运用物理知识解释生活现象，体现了物理与生活的联系。
3.【答案】C
【解析】解：A、因为物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，又由题意知，两个小球完全相同，即两小球的重力相等，所以两小球受到的浮力相等，故A错误；
B、因为两小球受到的浮力相等，都等于小球的重力，根据F浮=G排=m排g可知，两小球在两杯中排开液体的质量相等，故B错误；
C、由题图可知，小球在甲、乙两杯中分别处于漂浮和悬浮状态，根据浮沉条件可知，ρ甲液>ρ球，ρ乙液=ρ球，所以ρ甲液>ρ乙液，故C正确；
D、两杯中液面相平，且ρ甲液>ρ乙液，根据p=ρ液gh可知，烧杯底部受到液体的压强p甲液>p乙液，故D错误。
故选：C。
(1)根据物体的浮沉条件分析小球受到浮力的大小关系；
(2)物体受到的浮力等于其排开液体的重力，从而分析得出排开液体质量的关系；
(3)根据小球在液体中的状态分析液体密度的大小关系；
(4)根据公式p=ρgh分析容器底部所受液体压强的大小。
本题考查了物体的浮沉条件和压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下(漂浮、悬浮)物体所受重力与浮力的大小关系。
4.【答案】A
【解析】解：A.电路工作时电流从电磁铁的下端流入，根据安培定则可知电磁铁上端为N极，故A错误；
B.液体温度计的原理是液体的热胀冷缩，同时水银导电，当温度上升到一定程度时可以使得控制电路连通，故B正确；
C.当温度升高到95℃时，水银和金属丝接通，由于水银和金属丝都是导体，所以控制电路接通，电磁铁有磁性，电磁铁吸引衔铁，报警器中的红灯亮同时铃响，故C正确；
D.电磁继电器的核心是电磁铁，利用了电磁铁通电时有磁性、断电时磁性消失的特点，故D正确。
故选：A。
温度自动报警器的原理：
当温度未升高到95℃时，水银和金属丝没有接通，控制电路是断开的，在弹簧作用下，动触头和绿灯的电路接通，绿灯发光。
当温度升高到95℃时，水银和金属丝接通，由于水银和金属丝都是导体，所以控制电路接通，电磁铁有磁性，电磁铁吸引衔铁，动触头和电铃的电路接通，电铃响，红灯亮。
明确图中左侧为控制电路，右侧为工作电路，两电路依据中间的电磁铁来发生相互作用，是搞清这一装置原理的关键点之一，同时，还应明确水银也是导体，当其与上方金属丝接通时，也成为了电路的一部分。
5.【答案】ACD
【解析】解：
A、物体受到的重力与其质量成正比，其图象应该是一条过原点的斜向上的直线，故A错误；
B、该图为v−t图象，阴影部分的面积为vt，根据s=vt可知，该面积表示物体运动的路程，故B正确；
C、在电阻一定时，导体中的电流与导体两端电压成正比，如果横轴表示电流，纵轴表示电压，其图象应该是一条过原点的斜向上的直线，故C错误；
D、热值是燃料的一种特性，与体积无关，其图象应该为一条与横轴平行的直线，故D错误。
故选：ACD。
分析图象确定横纵坐标表示的物理量，确定图象反应的物理量间的关系，然后根据图象反应的物理量间的关系作出判断。
学会分析图象是本题考查的主要能力，其次还要对图象中包含的公式或原理等有一个明确的认识。
6.【答案】BC
【解析】解：A.小灯泡的亮度由小灯泡的实际功率决定，实际功率越大，小灯泡越亮，故A错误；
B.分析电路可知，灯泡和变阻器串联，电流表测电路电流。滑动变阻器滑片P向右移动，变阻器阻值变大，则总电阻变大，根据I=UR可知电路电流变小，根据U=IR可知灯泡电压变小，根据P=UI可知灯泡的实际功率变小，则小灯泡变暗，故B正确；
C.滑动变阻器滑片P向左移动，变阻器阻值变小，则总电阻变小，根据I=UR可知电路电流变大，即电流表示数变大，故C正确；
D.闭合开关后，小灯泡不发光，除了小灯泡灯丝有可能断了外，也可能是电路中的其它地方断路，造成电路中没有电流，还可能小灯泡被短路了，故D错误。
故选：BC。
灯泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的，实际功率越大，小灯泡越亮；
根据电路图可知，灯泡和变阻器串联，电流表测电路电流；根据滑片的移动方向分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化和灯泡灯泡两端电压的变化，根据P=UI分析灯泡实际功率的变化和亮度的变化；
灯泡不发光的原因：电路出现了断路现象或者灯泡被短路。
本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用、电功率计算公式的应用，难度不大。
7.【答案】马德堡半球实验 托里拆利
【解析】解：
能说明大气压的存在实验有很多，历史上，在德国的马德堡市广场上做过一个著名的实验，将两铜制的半球合在一起，抽出里面的空气，用两支马队向相反方向拉，半球未被拉开，从而证实了大气压的存在，是大气压将两半球压在一起，这就是著名的马德堡半球实验；
意大利科学家托里拆利利用液体水银间接测出了大气压的数值，此实验运用了平衡法，即大气压大小等于水银柱产生的压强；通过计算水银柱的压强也就得出了大气压的数值。
故答案为：马德堡半球实验；托里拆利。
马德堡半球实验和托里拆利实验都是与大气压强有关的著名实验，但他们的意义和结果却有着较大的区别，一个重在验证大气压的存在，一个重在测量大气压值。
本题考查学生对有关大气压的两个著名实验的掌握情况，属物理常识，是我们应该熟知的。
8.【答案】振动 响度
【解析】解：歌声是由声带振动产生的。响彻会场描述了歌声的响度。
故答案为：振动；响度。
(1)声音由物体的振动产生。
(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。
理解声音的产生条件，区分声音的三个特征，可解答此题。
9.【答案】= <
【解析】解：(1)由于两个长方体A、B完全相同，则重力相等，由图可知：A在甲液体中悬浮，B在乙液体中漂浮，
由物体的漂浮、悬浮条件可知：F甲=G，F乙=G，所以F甲=F乙。
(2)甲液体中的A悬浮，
ρ甲液=ρA，
乙液体中的B漂浮，
ρ乙液>ρB，
因为ρA=ρB，
所以两种液体的密度：
ρ甲液<ρ乙液；
又因为两容器液面等高，
所以由p=ρgh可知，两种液体对容器底压强：
p甲故答案为：=；<。
(1)浸没在液体里的物体浮沉条件是：当G物(2)两个物体完全相同，根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高(深度h相同)，利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系。
本题考查了学生对漂浮条件、悬浮条件、液体压强公式的理解和运用。根据物体的浮沉(悬浮、漂浮)确定长方体A、B与液体的密度大小关系是本题的关键。
10.【答案】液化 较低
【解析】解：烧水时看到的白气是水壶内出来的水蒸气遇冷液化形成的，液化放出热量，当房间温度较低时该现象会更明显。
故答案为：液化；较低。
物质由气态变成液态的过程叫做液化，生活中看到的白气都是水蒸气遇冷液化形成的。
本题考查了生活中的液化现象，掌握物态变化的本质以及液化的条件是解题的关键。
11.【答案】不是 镜面
【解析】解：自行车尾灯自身不能发光，所以不是光源；
自行车的尾灯是由相互垂直的平面镜组合而成的，当有光照射到尾灯时可起到明显警示作用，其原理是利用了光的镜面反射；
故答案为：不是；镜面。
(1)自身能发光的物体称为光源；
(2)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
自行车的尾灯是由相互垂直的平面镜组合而成的，利用光的反射将射来的光按照原来的方向再次反射回去，进入自行车后面的汽车司机或摩托车司机眼中，就可以看清自行车，从而避免交通事故。
12.【答案】大 不能
【解析】解：如图，右侧容器中电阻丝和容器外R3并联后与左侧容器中电阻丝串联，根据串并联电流规律可知通过右侧容器中电阻丝的电流小于左侧容器中电阻丝的电流，左侧U形管两端液面的高度差较大，据此可得：在电阻和通电时间相同时，电流越大，导体产生的热量越多；电炉工作时，导线与电炉丝串联，工作时间和电流相同。电流通过二者产生的电热不同，是由于电阻不同造成的。所以该结论不能解释电炉中电炉丝发红而导线不怎么热的问题。
故答案为：大；不能。
探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变，因此需要右侧的两个电阻并联；
电流产生热量的多少与电流有关，其他条件相同时，电流越大，电流通过导体产生的热量越多。
本题考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。
13.【答案】凝华 沸点
【解析】解：冬天窗户内表面上有白色的冰花，是水从气态直接变成固态的过程，属于凝华现象；炸油条可以将油条炸黄，而煮面条不能将面条煮黄，这是因为油的沸点比水的高。
故答案为：凝华；沸点。
(1)物质从气态直接变成固态叫凝华，凝华过程要放出热量；
(2)沸点是指物体由液态转化为气态的温度。
本题考查了生活中的凝华现象及沸点的概念，属于基础题型。
14.【答案】2 1：1
【解析】解：先闭合S1时，该电路为R1和R2的串联电路，电压表测R1两端的电压，即R1两端的电压为U1=1V；
再闭合S2时，该电路为R1的简单电路，电压表测电源电压，即电源电压为U=2V；
当两电阻串联时，由串联电路电压的特点可知R2两端的电压为U2=U−U1=2V−1V=1V；
串联电路中各处电流相等，由R=UI可知，电阻R1、R2的阻值之比为：R1R2=U1U2=1V1V=1：1。
故答案为：2；1：1。
先分析闭合S1时的电路连接及电压表测量情况，再分析同时闭合S2时的电路连接和电压表测量情况，从而得出电源电压和R1两端的电压；根据串联电路的电压规律可知R2两端的电压；根据串联电路的电流规律和欧姆定律求得两电阻的阻值之比。
本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，解题关键是明确电路连接方式的变化及电压表的作用。
15.【答案】9 37 压强 97.90 不正确 25mL 不能
【解析】解：(1)由图可知，表盘上有60个小格，对分针而言，60个小格为1h，则每个小格为1min；对秒针，一圈由60小格，每一个小格为1s；显示的时刻为10h9 min37s；
(2)如图乙所示仪器中所示的单位是MP，仪器测量的物理量是压强；
(3)如图丙，用卷尺测量摆线长，卷尺零刻度与摆线的一端对齐，刻度尺分度值是0.1cm，则摆线长为97.90cm；误差是在测量过程中产生的测量值与真实值之间的差异，这种差异不同于错误，它是在测量方法正确的情况下也存在的，只可以减小，却不能避免，小明的说法不正确；
(4)50mL到100mL之间有2个格，由此可知他所用量杯的分度值为25mL。由于分度太大，此量杯不能精确测量出170mL液体的体积。
故答案为：(1)9；37；(2)压强；(3)97.90；不正确；(4)25mL；不能。
(1)根据表盘的刻度分析；
(2)从如图乙所示仪器表表盘中的单位分析测量的物理量；
(3)刻度尺的使用要首先观察它的量程和分度值，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；误差是真实值与测量值之间的差异，多次测量求平均值、累积法等方法可以减小实验误差；
(4)50mL到100mL之间有2个格，由此可知他所用量杯的分度值；
本题考查了时钟、刻度尺、量杯等仪器的使用及读数，是综合题。
16.【答案】零刻度线处 左 左 46 2.3×103 偏小 h2−h1h3−h1⋅ρ水
【解析】解：(1)使用天平时，要把天平放在水平桌面上；测量前要把游码归零，也就是将游码移至标尺左端的零刻度线处。
此时分度盘的指针指向右边，所以要把平衡螺母向左调节，使天平横梁水平平衡。
(2)测量时，需将石块置于左盘中；图乙中，标尺的分度值为0.2g，石块的质量m=20g+20g+5g+1g=46g；
(3)测出石块的体积是20cm3，则石块的密度为：
ρ=mV=46g20cm3=2.3g/cm3=2.3×103kg/m3；
(4)砝码生锈后质量会增大，这样用较少的砝码或少移动游码就可以使横梁恢复平衡，因此所测石块的质量会偏小，而体积没有偏差，由密度公式ρ=mV知所测石块的密度比真实值偏小；
(5)设容器的底面积为S，由丙、戊两图可知石块的体积为：V=S(h3−h1)；
丁图与丙图相比，增大的浮力：ΔF浮=ρ水gΔV排=ρ水gS(h2−h1)；
由漂浮条件可得石块的重力：G=ΔF浮=ρ水gS(h2−h1)，
由G=mg可得石块的质量：m=ρ水S(h2−h1)；
则石块的密度为：
ρ石=mV=ρ水S(h2−h1)S(h3−h1)=h2−h1h3−h1⋅ρ水。
故答案为：(1)零刻度线处；左；(2)左；46；(3)2.3×103；(4)偏小；(5)h2−h1h3−h1⋅ρ水。
(1)称量前天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调；并调节横梁在水平位置平衡；
(2)称量物体质量时，左物右码；被测物体的质量等于砝码质量加上游码对应的刻度值；
(3)根据ρ=mV求出石块的密度；
(4)砝码生锈会使砝码的质量增大，再根据砝码质量的变化推断测得物体质量的变化，由密度公式判断所测密度的偏差；
(5)设容器的底面积为S，由丙、戊两图可得石块的体积；再根据阿基米德原理求出丁图与丙图相比增大的浮力，由漂浮条件可得石块的重力等于增大的浮力，从而可求出石块的质量，知道石块的质量和体积可求出石块的密度。
本题考查了用常规方法(天平与量筒)测固体的密度，也考查了用浮力知识测固体的密度，其中后一种方法是难点，看懂图示、灵活运用物体的浮沉条件和阿基米德原理是解答此问的关键。
17.【答案】B 增大 上窄下宽 深度 密度 >
【解析】解：(1)调节压强计时，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的(都等于大气压)，当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，故选B；
(2)正确操作后，分析A、B两图知，液体密度相同，A中深度较大，液体产生的压强较大，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成上窄下宽的形状；
(3)由图丙可知，用此装置探究液体压强大小与液体密度的关系时，要控制左右两部分液体的深度相同，改变左右两部分液体的密度，橡皮膜会向密度小的一方凸出；
(4)图丁中，b中液体的深度要大于a中液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，又haρb。
故答案为：(1)B；(2)增大；上窄下宽；(3)深度；密度；(4)>。
(1)U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；当使用前发现U形管内液面已有高度差，只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两侧的液面就是相平的；
(2)液体压强与深度和液体的密度有关，研究液体压强与其中一个因素的关系，要控制另外一个因素不变；分析实验中相同量和不同量，根据转换法得出结论；
由实验结论分析回答；
(3)液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变这种实验方法叫控制变量法；
(4)根据液体压强公式p=ρgh进行进行判断。
本题考查了影响液体压强的因素以及转换法、控制变量法的运用，是一道中考常见题。
18.【答案】断开 保持定值电阻两端电压一定 断路 2 反 a U1⋅U2−U1R0
【解析】解：(1)为了保护电路，连接电路时，开关应该处于断开状态；在探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”时，要保持定值电阻两端的电压不变，可以通过调节滑动变阻器的滑片保持定值电阻两端电压一定；
(2)电路连接正确后，闭合开关，发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，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，即出现的故障可能是电阻断路；
(3)由图乙可知，电阻R两端的电压UV=IR=0.4A×5Ω=……=0.1A×20Ω=2V，为一定值，故导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S，将S1开关拨到触点a，移动滑片，使电表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；
③在步骤①中，灯泡、R0和变阻器串联，电压表测灯两端的电压，灯正常发光；
在步骤②中，灯泡、R0和变阻器仍串联，电压表测灯与R0两端的电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：U0=U2−U1；
由欧姆定律和串联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：
IL=I0=U0R0=U2−U1R0，
则小灯泡的额定功率：
P=ULIL=U1⋅U2−U1R0。
故答案为：(1)断开；保持定值电阻两端电压一定；(2)断路；(3)2；反；(4)①a；③U1⋅U2−U1R0。
(1)为了保护电路，连接电路时，开关应该处于断开状态；在探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”时，要保持定值电阻两端的电压不变；
(2)电路连接正确后，闭合开关，发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，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)根据图乙结合U=IR求出电阻R两端的电压；根据电阻R两端的电压为一定值得出结论；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。
本题探究“通过导体的电流与导体电阻的关系”实验，考查了注意事项、变阻器的作用、电路故障和控制变量法的应用及设计实验方案测功率的能力。
19.【答案】解：(1)由P=UI可得，小灯泡的额定电流：
I=P额U额=；
(2)只闭合开关S，滑动变阻器与灯泡串联，当滑片移到中间位置时，R滑中=12×20Ω=10Ω，
灯泡正常发光，串联电路中电流处处相等，则滑动变阻器两端电压：
U滑=IR滑中=0.3A×10Ω=3V，
电源电压U=U额+U滑=2.5V+3V=5.5V；
(3)闭合开关S和S1，将滑动变阻器的滑片P移到B端，定值电阻R0与灯泡L并联，因为电源电压大于灯泡的额定电压，灯泡会烧坏，所以电流表测量通过R0的电流，则通过R0的电流：
I=UR0=5.5V10Ω=0.55A，
即电流表的示数为0.55A。
答：(1)小灯泡的额定电流为0.3A；
(2)电源电压为5.5V；
(3)电流表的示数为0.55A。
【解析】(1)已知小灯泡L标有“2.5V，0.75W”字样，由P=UI可求得小灯泡的额定电流；
(2)只闭合开关S，滑动变阻器与灯泡串联，当滑片移到中间位置时，由滑动变阻器R的规格可知，此时接入电路的电阻，由灯泡正常发光，串联电路中电流处处相等，利用U=IR可求得滑动变阻器两端电压，由串联分压的特点可得电源电压；
(3)闭合开关S和S1，将滑动变阻器的滑片P移到B端，定值电阻R0与灯泡L并联，由于电源电压大于灯泡的额定电压，此时灯泡会烧坏，则电流表测量通过R0的电流，由I=UR可求得通过R0的电流，即为电流表的示数。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据开关状态正确判断电路结构是关键，有一定的难度。
20.【答案】解：(1)煤完全燃烧产生的热量：Q放=mq=3kg×3×107J/kg=9×107J；
(2)由图可知，经过6min时间加热后水温由20℃达到70℃，
则水吸收的热量：
Q吸=cm水(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(70℃−20℃)=4.2×106J；
(3)由图可知，经过9min时间加热后水温由20℃达到80℃，
则水吸收的热量：
Q吸=cm水(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(80℃−20℃)=5.04×106J；
煤炉烧水时的热效率：η=Q吸Q放=5.04×106J9×107J×100%=5.6%。
答：(1)煤完全燃烧产生的热量为9×107J；
(2)经过6min时间加热，水所吸收的热量为4.2×106J；
(3)煤炉烧水时的热效率为5.6%。
【解析】(1)已知煤的质量和热值，利用Q放=mq可求得煤完全燃烧产生的热量；
(2)由图知，经过6min时间加热，水升高的温度值，利用吸热公式求Q吸=cm(t−t0)水吸收的热量；
(3)烧水时的热效率等于水吸收的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比。
本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。
21.【答案】解：(1)当闭合S和S2、断开S1时，R3与R2串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得，R2两端的电压为：
U2=IR2=0.3A×12Ω=3.6V，
由串联电路电压规律可知，电源的电压：
U=U2+U3=3.6V+2.4V=6V。
(2)当闭合S和S1、断开S2，R3与R1串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，
调节滑动变阻器R3使其接入电路的电阻为7Ω，电压表示数为2.8V时，
电路的电流为：I′=U3′R3=2.8V7Ω=0.4A；
此时R1两端的电压为：U1=U−U3′=6V−2.8V=3.2V；
定值电阻R1的阻值：R1=U1I′=Ω。
(3)闭合S和S1、断开S2，R3与R1串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，
电流表量程0～0.6A，滑动变阻器R3的规格为“20Ω1A”，R1标有“0.5A”的字样，则电路中的电流最大为0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由I=UR可得，电路最小电阻：
R最小=UI最大=6V0.5A=12Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可知：滑动变阻器接入电路中的最小阻值为：
R3最小=R最小−R1=12Ω−8Ω=4Ω。
答：(1)电源电压为6V；
(2)定值电阻R1的阻值为8Ω；
(3)滑动变阻器接入电路的阻值最小值为4Ω。
【解析】(1)当闭合S和S2、断开S1时，R3与R2串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，根据串联电路的电压特点即可求出电源的电压；
(2)当闭合S和S1、断开S2，R3与R1串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律算出电路的电流，由串联电路电压的规律算出此时R1两端的电压，最后由欧姆定律算出定值电阻R1的阻值；
(3)闭合S和S1、断开S2，R3与R1串联，电压表测R3两端的电压，电流表测电路中的电流，
电流表量程0～0.6A，滑动变阻器R3的规格为“20Ω1A”，R1标有“0.5A”的字样，则电路中的电流最大为0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，由I=UR求出电路最小电阻，根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和算出滑动变阻器接入电路中的最小阻值。
本题关键是要弄清开关的断开、闭合是电路的连接方式发生的变化，根据欧姆定律求出电路中的最大电流即变阻器连入阻值最小和电压表的示数最大时滑动变阻器接入电路中电阻是解决变阻器连入电路阻值大小的突破口。