2024年江苏省南通市中考物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省南通市中考物理试卷（含详细答案解析），共24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.南通板鹞风筝是国家级非物质文化遗产，上面缀满大小不一的哨口，如图。风筝升空后哨口发出低、中、高音，声音的这一特征指的是( )
A. 音调
B. 响度
C. 音色
D. 声速
2.太阳喷射大量带电微粒进入大气层会引起地磁暴，影响通信、导航的运行。太阳喷射的带电微粒可能是( )
A. 中子、电子B. 质子、中子C. 分子、原子D. 质子、电子
3.南通濠河水位缓慢上涨时，河面上方的“和平桥”在水中所成的像是( )
A. 实像，像的大小不变B. 实像，像的大小变大
C. 虚像，像的大小不变D. 虚像，像的大小变大
4.小明按人类对磁的认识历程，对“电磁转换”一章知识进行梳理，图中对应位置的内容填写正确的是( )
A. 赫兹B. 电动机C. 电磁起重机D. 电磁感应现象
5.《天工开物》记载了古人炒蒸油料的场景，如图，下列过程与物理知识对应不正确的是( )
A. 加热——木炭燃烧时热值不变
B. 蒸煮——油料含有的热量增加
C. 翻炒——目的使油料受热均匀
D. 飘香——分子在做无规则运动
6.2024年5月，中国“嫦娥六号”任务搭载四个国际载荷成功发射升空。火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，与该过程能量转化形式相同的是( )
A. 热机做功冲程B. 钻木取火过程C. 水力发电过程D. 物体上抛过程
7.钓鱼活动深受人们喜爱。如图是钓鱼的情景，你认为最合理的拉起鱼竿的方式是( )
A.
B.
C.
D.
8.公元前4世纪，亚里士多德提出“自然界厌恶真空”的观点，即自然界不存在真空，如果有真空的话，就有水、气来填补。17世纪托里拆利提出大气受到重力作用存在压强的观点。下列现象可分别佐证亚里士多德和托里拆利观点的是( )
①用吸管“吸”饮料；
②两船并行相“吸”碰撞；
③两光滑铅块压紧后“吸”住；
④抽水机只能将水“吸”到约10米高。
A. ①和②④B. ④和②③C. ①和①④D. ④和①③
9.将新鲜度不同的甲、乙两鸡蛋放入水中，静止时的状态如图所示，下列说法正确的是( )
A. 若甲、乙体积相等，甲受到的浮力小
B. 若甲、乙质量相等，甲受到的浮力小
C. 向杯中加盐水后，乙受到的浮力变大
D. 向杯中加酒精后，乙受到的浮力变大
10.图甲是灯泡L的I−U图像，灯泡的额定电压为2.5V。将灯泡L接入图乙电路，已知电阻R0的阻值为5Ω，电流表量程为0∼0.6A，电源电压可调。在电路安全工作的前提下，下列判断正确的是(提示：可在图甲中作出电阻R0的I−U图像)( )
A. 两条支路中的电流不可能相同B. 灯泡实际功率总比电阻功率大
C. 电路总功率最大可达到1.5WD. 电源可调的最大电压为1.8V
二、填空题：本大题共3小题，共12分。
11.中国空间站依靠太阳能电池板供电，太阳能属于______能源；神舟十八号航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，以机械臂为参照物，他是______的；航天员与地面通过______波进行通信。
12.哈尔滨冰雪节的滑雪项目吸引了很多南方“小土豆”，他们戴的滑雪手套较粗糙，是为了增大手套与滑雪杆之间的______；滑雪时，滑雪杆向后撑地使人向前滑行，说明力的作用是______；自由滑行时，由于受到阻力，人的滑行速度逐渐变小，说明力能改变物体的______；滑到终点时人不会立即停下来，是因为人具有______。
13.梅雨季节，老王选购除湿器为家中面积12m2的房间除湿。表一为某除湿器的部分参数，其中，额定除湿量表示每小时除去空气中水蒸气的质量；表二为环境温度30℃时，相对湿度与1m3空气中水蒸气质量的对应关系，相对湿度是衡量空气中水蒸气含量的一个指标。
表一：
表二：
(1)除湿器正常工作时的电流为______ A，除湿1h消耗的电能为______kW⋅h，若家中只有除湿器工作，标有“1200imp/(kW⋅h)”的电能表指示灯闪烁______次。
(2)环境温度30℃、相对湿度80%时，1m3空气中水蒸气的质量为______ g，若除湿器以额定除湿量工作，使房间相对湿度由80%降至50%，约需______ h。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
14.如图，磁性地球仪悬停于底座上方，作出地球仪的受力示意图。
15.如图所示，一束光线从空气中斜射到水中，请画出它的反射光线和大致的折射光线。
16.如图，将插座和控制插座的开关正确接入电路。
四、实验探究题：本大题共5小题，共29分。
17.利用压强计探究液体内部压强与液体密度的关系。
(1)U形管两边液面的______能显示压强大小；使用前用手指轻按金属盒的橡皮膜，若 U形管中液面不发生变化，说明______；
(2)将金属盒分别放入水和盐水中，如图，金属盒的橡皮膜受到的压强分别是p水和p盐水，则p水______p盐水，据此不能得出液体压强与液体密度的关系，原因是______。
18.在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
(1)为使烛焰的像成在光屏中央，小丽的调节场景如图甲，操作中的不当之处是______。
(2)如图乙，光屏上恰能呈现烛焰倒立、______的清晰实像，此时光在光屏上发生______反射；若在凸透镜左侧附近放置一镜片，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，该镜片是______透镜。
(3)保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，小丽的操作应是______。
19.某小组测量正方体蜡块的密度。
(1)小红利用天平和刻度尺进行测量。
①天平放在______上，将游码归零，指针静止时偏向分度盘左侧，平衡螺母应向______调节，使横梁平衡；
②如图甲，天平测得蜡块质量为______ g；如图乙，刻度尺测出蜡块边长为______ cm，则ρ蜡=______kg/m3。
(2)小华想利用弹簧测力计、烧杯、水、细线来测量该蜡块密度。她能否完成实验，简述判断理由______。
20.在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供的器材有：
电源(电压6V)、定值电阻(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω)、滑动变阻器(0∼20Ω)、电流表、电压表、开关及导线若干。
(1)用笔画线代替导线将图甲电路连接完整，要求：滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大。
(2)闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，电压表无示数，故障可能是______。
(3)排除故障后，移动滑片P使电压表示数为4V，请在图乙中标出指针的位置，记录数据；将5Ω电阻换成10Ω，按规范调整电路，继续操作，使电压表示数仍为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值比上一次______。
(4)将测得的数据在图丙中描点连线，发现有一组数据错误，究其原因是______；进一步分析数据得出结论。
(5)仅用电阻箱(最小倍率是×1)替换滑动变阻器，仍控制定值电阻两端电压为4V，利用上述器材能否完成实验探究，简述你的判断依据：______。
21.学校文艺演出时，为渲染气氛，老师将一些干冰放入水中，舞台上瞬间弥漫了大量“白雾”，同学们对此很好奇。
(1)“白雾”是什么？大家讨论后认为“白雾”是小水滴和二氧化碳，不是水蒸气和二氧化碳，依据是______。
(2)“白雾”中的小水滴是怎么形成的？同学们提出了两种猜想。
猜想1：空气中的水蒸气液化形成的；
猜想2：杯中的水先汽化后液化形成的。
①为验证猜想1，小明取3小块相同的干冰片，一片轻放在水面上，另外两片分别放在漂浮的塑料片和硬纸片上，现象如图甲，说明猜想1是______的。
②为验证猜想2，小华先用温度计测出放入干冰前杯中水的温度t1，如图乙所示，t1为______ ℃，用电子秤测出杯子和水的总质量m1；再测出______杯子和水的总质量m2及水的温度t2，发现m2(3)小水滴是怎样形成的？小芳查阅资料了解到干冰在水中升华释放气体时，会产生剧烈振荡，把干冰附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
①为验证这一观点，小芳在三个相同的杯内分别放入温度、体积相同的水或食用油，取三份等量的干冰，两份直接放入水和油中，另一份用纱布包裹起来放入水中，现象如图丙。比较______两图，证明这一观点是正确的。
②列举一个日常生活中支持这一观点的现象或设备：______。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
22.如图，工人用330N的拉力，使用定滑轮将质量为30kg的物体6s内匀速吊起3m，g取10N/kg。求：
(1)物体上升的速度；
(2)工人做功的功率；
(3)定滑轮的机械效率。
23.如图，电源电压恒定，灯泡L规格为“6V，3W”，滑动变阻器R1最大阻值为30Ω，R2为定值电阻。闭合开关S，将S1接1，移动滑片使灯泡正常发光，电路总功率为P1；将S1接2，滑片移至a端，电流表示数为0.8A，电路总功率为P2，滑片移至b端，电流表示数为0.2A。求：
(1)灯泡正常发光时的电阻；
(2)P1与P2的比值；
(3)电源电压。
六、综合题：本大题共1小题，共10分。
24.阅读短文，回答问题。
综合实践活动-设计蔬莱温室【任务与要求】为了在冬天能品尝到夏季的蔬菜，同学们为学校的劳动基地设计一个蔬菜温室，要求温度控制在20∼30℃之间。
【设计与实施】
任务一：设计温室结构。温室设计为玻璃顶的长方体结构，体积为80m3。由立柱和横梁支撑，墙体四周装有保温层。查阅资料获知，立柱的承重比γ指立柱能承受的最大质量与其质量的比值，能反映承重效率，立柱横截面的形状是影响承重比的重要因素之一，为研究它们之间的关系，利用塑料立柱模型进行实验，发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：γ三<γ四<γ五<γ六。
任务二：设计温控系统。温控系统原理如图甲，控制电路的电源电压为6V，电阻箱R0的阻值调为90Ω，热敏电阻R1的阻值随温度的变化图像如图乙。当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回。已知工作电路中电热丝R的电阻为22Ω，浴霸灯L标有“220V，275W”字样。
【交流与评价】如表所示是任务二的部分评价指标，根据评价表对活动进行评价。
(1)关于设计蔬菜温室的实践活动，下列说法不正确的是______。
A.屋顶选用绿色玻璃不利于蔬菜生长
B.墙体选用隔热性能好的材料
C.图甲浴霸灯是为了降温时能平缓些
D.图甲中通电线圈上端是S极
(2)由模型实验可知，搭建温室选用______(选填“三角形”“方形”或“圆形”)立柱的承重比大；已知模型的承重比为γ，质量为m，受力面积为S，则其上表面所能承受的最大压强p=______。
(3)电热丝通电5min产生的热量使温室气温升高5.5℃，则空气吸收的热量为______ J，电热丝对温室的加热效率为______%；电磁铁线圈的电阻忽略不计，电热丝刚停止工作时，室温为______ ℃。[ρ空气取1.25kg/m3，c空气取1.0×103J/(kg⋅℃)]
(4)根据评价表中的指标对任务二进行评价，你的评价等级为______，依据是______；进一步给出优化建议：______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：合唱中的“高音声部”和“低音声部”中的“高”和“低”是指声音的音调，“高音”声部的音调高。
故选：A。
物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色反映了声音的品质与特色。
本题考查了声音的特征，解决此类问题要会根据响度、音色和音调的定义区分乐音特征的三个因素。
2.【答案】D
【解析】解：太阳喷射大量带电微粒进入大气层会引起地磁暴，影响通信、导航的运行，已知中子不带电、质子带正电、电子带负电、分子和原子不显电性，所以太阳喷射的带电微粒可能是质子、电子。
故选：D。
根据中子、电子、质子、分子、原子是否带电分析。
本题考查了微粒的带电性，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：“和平桥”在水中所成的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，
平面镜所成的像和物体大小相等，南通濠河水位缓慢上涨时，河面上方的“和平桥”在水中所成的像的大小不变。
故选：C。
平静的水面相当于平面镜，物体在平面镜中成正立、等大的虚像。
此题主要考查了学生对平面镜成像特点的了解和掌握，紧扣平面镜成像的原理和特点去分析即可比较容易选出正确答案。
4.【答案】D
【解析】解：A、丹麦的物理学家奥斯特最早通过实验说明电流的周围存在磁场，即电流的磁效应，故A错误；
B、电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，不是电流的磁效应，故B错误；
C、电磁起重机的原理是电流的磁效应，不是磁场对电流的作用，故C错误；
D、发电机的原理是电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
(1)丹麦的奥斯特最早通过实验说明电流的周围存在磁场，应用：电磁起重机；
(2)电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
(3)发电机的原理：电磁感应现象。
本题考查了电与磁之间的联系及应用，属于基础题目。
5.【答案】B
【解析】解：A、热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关，木炭燃烧时热值不变，故A正确；
B、热量是过程量，不能说“含有”热量，故B错误；
C、利用锅铲不断翻炒油料，目的是使油料受热均匀，故C正确；
D、翻炒过程会有香味飘出，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：B。
(1)热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关；
(2)热量是热传递过程中传递能量的多少；
(3)翻炒可使油料受热均匀；
(4)一切物体的分子都在不停地做无规则运动，扩散现象说明分子的热运动。
本题利用古人的活动，考查了热值、热量、热传递和分子热运动等知识，属于基础题。
6.【答案】A
【解析】解：火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，这个过程中的能量转化是内能转化为机械能。
A、热机做功冲程是内能转化为机械能，故A正确；
B、钻木取火过程是机械能转变化为内能，故B错误；
C、水力发电是机械能转化成电能，故C错误；
D、物体上抛过程是机械能转化成内能，故D错误。
故选：A。
气体膨胀做功，气体的内能转化为机械能；克服摩擦做功，机械能转化为内能。
本题考查了能量转化，属于基础题。
7.【答案】C
【解析】解：由图示可知，钓鱼竿在使用过程中，支点在钓鱼竿的下端，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；当动力F与钓鱼竿垂直时，动力臂最大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小，即最合理，故ABD错误，C正确。
故选：C。
先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，然后根据杠杆平衡条件分析。
本题考查了杠杆在生活中的应用，基础题。
8.【答案】C
【解析】解：亚里士多德和托里拆利的观点，是说明大气存在压强。
①用吸管吸饮料时，吸管内的气压减小，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，也可以说明吸管内是真空，下方的饮料来填补吸管内的真空部分，故①符合题意；
②当船并行时，中间的水流动速度增大，压强减小。船外侧大的压强将船向中间挤压，造成相吸相撞，利用的是流体压强和流速的关系，故②不符合题意；
③两光滑铅块压紧后“吸”住，说明分子之间存在引力，故③不符合题意；
④一标准大气压能支持水柱的高度约为10m，抽水机只能将水“吸”到约10米高，说明大气压的存在，故④符合题意。
综上可知，①④符合题意。
故选：C。
首先明白亚里士多德的观点是“自然界是厌恶真空的”与托里拆利提出的大气受到重力作用存在压强的观点，然后判断选项中的内容和什么知识点相关，最后做出选择。
本题考查了大气压现象，属于基础题。
9.【答案】B
【解析】解：A、若甲、乙体积相等，由图可知，V排甲>V排乙，根据F浮=ρ水gV排可知，F浮甲>F浮乙，故A错误；
B、由图可知，乙漂浮，则F浮乙=G乙=m乙g，甲沉底，则F浮甲F浮甲，即甲受到的浮力小，故B正确；
C、向杯中加盐水后，液体密度变大，乙仍然处于漂浮状态，浮力等于重力，因此乙受到的浮力不变，故C错误；
D、向杯中加酒精后，液体密度变小，若乙处于悬浮状态，浮力等于重力；若乙沉底，浮力小于重力，因此乙受到的浮力可能不变，也可能变小，故D错误。
故选：B。
(1)根据阿基米德原理分析回答；
(2)根据浮沉条件分析回答。
此题考查阿基米德原理、物体浮沉条件及其应用，解题的关键是利用好物体的漂浮条件。
10.【答案】D
【解析】解：电阻R0的阻值为5Ω，当电压为1，8V时，电流I=U0R0=1.8V5Ω=0.36A，据此画出图像如图所示：
A.根据图像知，当U=1V，图像相交，说明电流相等，故两条支路中的电流可能相同，故A错误；
B.根据P=UI知，并联电路的电压相等，而灯泡在电压大于1V时，电流小于电阻的电流，故灯泡实际功率此时比电阻功率小，故B错误；C.灯泡的最大电压可以为2.5V，灯泡的电流为0.26A，电阻的电流I0=U0R0=2.5V5Ω=0.5A；
干路电流I=IL+I0=0.26A+0.5A=0.76A>0.6A，
当电压为1.8V时，灯泡的电流为0.24A，电阻的电流I′0=0.36A；
干路电流I=I′L+I′0=0.24A+0.36A=0.6A，故电源可调的最大电压为1.8V；
此时的电功率P=UI=1.8V×0.6A=1.08W；故电路总功率最大不可达到1.5W，故C错误，D正确。
故选：D。
根据电阻R0的阻值为5Ω，在图中画出其I−U图像，结合图像分析解答。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用，属于中档题。
11.【答案】可再生 静止 电磁波
【解析】解：太阳能可以源源不断地从自然界获取的能源，属于可再生能源；
神舟十八号航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，以机械臂为参照物，航天员的位置没有发生变化，则航天员是静止的；
航天员与地面通过电磁波进行通信。
故答案为：可再生；静止；电磁波。
(1)可以源源不断地从自然界获取的能源，属于可再生能源；
(2)物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体相对于参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的；
(3)电磁波可以传递能量和信息，而且电磁波可以在真空中传播。
本题考查能量的分类、物体运动与静止的相对性以及电磁波的应用，是一道基础题。
12.【答案】摩擦 相互的 运动状态 惯性
【解析】解：(1)戴的滑雪手套较粗糙，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大手套与滑雪杆之间的摩擦；
(2)滑雪时，滑雪杆向后撑地，杆给地向后的力，由于力的作用是相互的，地给杆向前的力，使人向前滑行；
(3)自由滑行时，由于受到阻力，人的滑行速度逐渐变小，运动状态改革，说明力能改变物体的运动状态；
(4)滑到终点时，人由于惯性要保持原来的运动状态，不会立即停下来。
故答案为：摩擦；相互的；运动状态；惯性。
(1)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
(2)物体间力的作用是相互的；
(3)力的作用效果：可以改变物体的运动状态(包括运动方向变化、运动速度的大小变化)，也可以改变物体的形状；
(4)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。
本题考查了增大摩擦的方法、力的相互性、力的作用效果、惯性现象，属于基础题目。
13.【答案】
【解析】解：(1)根据P=UI求出除湿器正常工作时的电流I=PU=220W220V=1A；除湿1h消耗的电能W=Pt=0.22kW×1h=0.22kW⋅h；
电能表指示灯闪烁次数n=W⋅N=0.22kW⋅h×1200imp/(kW⋅h)=264imp；
(2)分析表二数据可知1m3空气中水蒸气质量与相对湿度成正比，则有80%10%=m3，解得环境温度30℃、相对湿度80%时，1m3空气中水蒸气的质量为m=24g；
由表格可知环境温度30℃、相对湿度80%时，1m3空气中水蒸气的质量为15g，
房间相对湿度由80%降至50%，则消耗水蒸气的质量m0=(24g/m3−15g/m3)V=9g/m3×12m2×3m=324g，
额定除湿量为v=0.4kg/h=400g/h，
需要的时间：t=m0v=324g400g/h=0.81h。
故答案为：(1)1；0.22；264；(2)24；0.81。
(1)根据P=UI求出除湿器正常工作时的电流；根据W=Pt求出除湿1h消耗的电能；1200imp/(W⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，据此求出除湿1h电能表指示灯闪烁的次数；
(2)分析表二数据可知1m3空气中水蒸气质量与相对湿度之间的关系，据此可知环境温度30℃、相对湿度80%时1m3空气中水蒸气的质量；进一步计算房间相对湿度由80%降至50%所消耗水蒸气的质量，根据额定除湿量计算需要的时间。
本题考查电功公式和电功率公式的灵活运用，第二小题难度较大。
14.【答案】解：因为磁性地球仪静止在底座上方，且它受到竖直向下的重力，所以根据二力平衡条件可知，该地球仪受到竖直向上的磁力；过地球仪的重心作竖直向下的重力G和竖直向上的磁力F，注意二力大小相等，所画线段长度要相等，如图所示：

【解析】根据地球仪悬停于底座上方和二力平衡的条件进行分析，然后根据画力的示意图的要求表示出地球仪受到的力。
本题考查了画力的示意图，要学会对物体进行受力分析，知道重力的方向总是竖直向下的。
15.【答案】解：过入射点作垂直于界面的法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线；
根据折射角小于入射角，在法线右侧的水中画出折射光线。如图所示：

【解析】先过入射点作出法线，然后根据反射光线、入射光线以及法线在同一平面内，并且反射角等于入射角，画出反射光线；
根据折射光线、入射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。
本题主要考查光的反射定律和折射规律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
16.【答案】解：为了安全，开关接在插座与火线之间，三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔通过开关接火线，如图所示：

【解析】三孔插座的接法是上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，简称“上地左零右火”；为了用电的安全，开关要接在用电器和火线之间。
本题考查了家庭电路中开关以及三孔插座的接法，要注意安全用电的原则。
17.【答案】高度差 装置漏气 <没有控制深度相同
【解析】解：(1)在探究液体内部压强与液体密度关系时，通过U形管两边液面的高度差来显示压强大小，这是转换法的应用；
使用前用手指轻按金属盒的橡皮膜，若U形管中液面不发生变化，说明装置漏气；
(2)由图可知，两次实验U形管中液面的高度差关系为Δh1<Δh2，则金属盒的橡皮膜受到的液体压强关系为p水探究液体内部压强与液体密度的关系时，应控制压强计的金属盒在不同液体中的深度相同，由图可知，压强计的金属盒在盐水中所处的深度大于在水中所处的深度，即没有控制深度相同，所以得出的结论不可靠。
故答案为：(1)高度差；装置漏气；(2)<；没有控制深度相同。
(1)在探究液体内部压强与液体密度关系时，通过U形管两边液面的高度差来显示压强大小，这是转换法的应用；使用前用手指轻按金属盒的橡皮膜，若U形管中液面变化明显，说明装置气密性好，若U形管中液面不发生变化，说明装置漏气；
(2)由图可知，两次实验U形管中液面的高度差关系，从而可知金属盒的橡皮膜受到的液体压强关系；探究液体内部压强与液体密度的关系时，应控制压强计的金属盒在不同液体中的深度相同，由图可知，压强计的金属盒在盐水中所处的深度大于在水中所处的深度，即没有控制深度相同，所以得出的结论不可靠。
本题考查实验探究液体内部压强与液体密度的关系，涉及探究方法、现象分析等，难度一般。
18.【答案】调节三者的高度时没有点燃蜡烛 缩小 漫 凸 将蜡烛靠近凸透镜一些，同时光屏适当远离凸透镜
【解析】解：(1)为使烛焰的像成在光屏中央，应使烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，进行此操作时需要点燃蜡烛，则图甲中操作不当之处是调节三者的高度时没有点燃蜡烛；
(2)如图乙，此时物距u大于像距v，则光屏上呈现烛焰倒立、缩小的实像；
我们能从不同方向看到光屏上的实像，是因为光在光屏上发生了漫反射；
由题可知，在凸透镜左侧附近放置一镜片，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，说明放置镜片后像距变小，则该透镜对光有会聚作用，所以该镜片是凸透镜；
(3)保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，由凸透镜成实像的规律可知，应减小物距，并适当增大像距，则小丽的操作应是将蜡烛靠近凸透镜一些(或将蜡烛适当向右移动)，同时光屏适当远离凸透镜。
故答案为：(1)调节三者的高度时没有点燃蜡烛；(2)缩小；漫；凸；(3)将蜡烛靠近凸透镜一些，同时光屏适当远离凸透镜。
(1)实验前，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，目的是使像呈现在光屏的中央；
(2)当物距u大于像距v时，凸透镜成倒立、缩小的实像，该成像原理与照相机相同；平行光射到凹凸不平的物体表面上时，其反射光线射向四面八方，此时发生的反射是漫反射；
由题知，放置镜片后，光屏向左移动才能呈现清晰的像(即像距变小)，则该镜片对光有会聚作用，根据凸透镜和凹透镜对光线的作用判断该镜片是什么透镜；
(3)凸透镜成实像时的动态变化规律为“物近像远像变大”，据此分析小丽应进行的操作。
本题是探究“凸透镜成像规律”的实验，考查了实验操作、漫反射现象、凸透镜成像的特点及应用。
19.【答案】水平桌面 右 ×103 不能；蜡块的密度小于水的密度，蜡块不能浸没，无法利用阿基米德原理求出其体积。
【解析】解：(1)①调节天平平衡时，将天平放在水平桌面上，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；
②图中游码标尺的分度值为0.2g，蜡块的质量：m=50g+5g+2.6g=57.6g；
由图乙可知，刻度尺的分度值是1mm，因为需要估读到分度值的下一位，正方体蜡块的边长L=4.00cm；
则正方体蜡块的体积为V=L3=(4.00cm)3=64cm3；
所以正方体蜡块的密度为：ρ蜡=mV=57.6g64cm3=0.9g/cm3=0.9×103kg/m3；
(2)不能；
蜡块的密度小于水的密度，蜡块不能浸没，无法利用阿基米德原理求出其体积。
故答案为：(1)①水平桌面；右；②57.6；4.00；0.9×103；(2)不能；蜡块的密度小于水的密度，蜡块不能浸没，无法利用阿基米德原理求出其体积。
(1)①调节天平平衡时，将天平放在水平桌面上，指针偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；
②物体质量等于砝码质量加上游码对应刻度；
根据刻度尺的示数读出正方体蜡块的边长，计算出正方体蜡块的体积；
根据密度公式ρ=mV求出正方体蜡块的密度；
(2)根据阿基米德原理进行解答。
本题是测物质密度的基本方法以及利用浮力测物体密度的实验，考查了天平和量筒的使用、密度公式的应用、阿基米德原理的理解和应用等，考查知识点多，综合性强。
20.【答案】R短路或电压表短路或电压表断路 大 从接入10Ω进行实验时，电流表已改用小量程，读数时误读大量程 答案一：能，电压表分度值大，接入5Ω、15Ω、25Ω时，调节电阻箱，虽不能使R两端电压准确达到4V，但差异很小；或：实验时，将5Ω、15Ω分别与25Ω串联，可分别当作30Ω与40Ω的定值电阻使用；
答案二：不能，因为电阻箱最小倍率是×1，接入5Ω、15Ω、25Ω实验时，调节电阻箱无法使R两端电压准确达到4V
【解析】解：(1)滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻变大，故变阻器左下接线柱连入电路中，电压表并联在电路中，如下所示：
；
(2)电路正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，说明电路没有断路；电压表没有示数，说明与电压表并联的定值电阻短路或电压表短路或电压表断路；
(3)移动滑片P使电压表示数为4V，指针的位置如下图所示：
；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，即此时滑动变阻器接入电路的阻值比上一次大；
(4)由图像知开始实验时电流表选用大量程，随着电阻的变化，从接入10Ω进行实验时，电流表已改用小量程，当接入20Ω的电阻时电路中的电流应该是I=UR=4V20Ω=0.2A，但图中是1.0A，图中的读数是0.2A的5倍，所以读数时误读大量程；
(5)答案一：能，电压表分度值大，接入5Ω、15Ω、25Ω时，调节电阻箱，虽不能使R两端电压准确达到4V，但差异很小；或：实验时，将5Ω、15Ω分别与25Ω串联，可分别当作30Ω与40Ω的定值电阻使用；
答案二：不能，因为电阻箱最小倍率是×1，接入5Ω、15Ω、25Ω实验时，调节电阻箱无法使R两端电压准确达到4V。
故答案为：(1)见解答图；
(2)R短路或电压表短路或电压表断路；
(3)如答图乙所示；大；
(4)从接入10Ω进行实验时，电流表已改用小量程，读数时误读大量程；
(5)答案一：能，电压表分度值大，接入5Ω、15Ω、25Ω时，调节电阻箱，虽不能使R两端电压准确达到4V，但差异很小；或：实验时，将5Ω、15Ω分别与25Ω串联，可分别当作30Ω与40Ω的定值电阻使用；
答案二：不能，因为电阻箱最小倍率是×1，接入5Ω、15Ω、25Ω实验时，调节电阻箱无法使R两端电压准确达到4V。
(1)根据滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻变大确定变阻器右下接线柱连入电路中；
(2)电路正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，说明电路有没有断路；电压表没有示数，说明与电压表并联部分短路；
(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阻值的变化；
(4)电流表的大量程是小量程5倍；
(5)从电阻箱最小倍率是×1分析解答。
本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、操作过程、控制变量法、数据分析及对器材的要求。
21.【答案】小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体看不见 错误 26 干冰升华结束后 干冰升华需要吸热，使水温下降，不可能导致大量水吸热汽化 A、C 现象：瀑布前有大量水雾；设备：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等
【解析】解：
(1)“白雾”主要是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气和二氧化碳，其依据是小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体是透明的，人眼看不见；
(2)①漂浮的塑料片和硬纸片可减慢杯中水的蒸发，减少水蒸气的产生，则放入干冰后产生的白雾少，而三者上方空气中的水蒸气含量几乎是相同的，因此，白雾不是空气中的水蒸气液化形成的，即猜想1错误；
②由图乙可知，温度计的分度值为1℃，读数为26℃；
为判断水蒸气是否来于杯内的水，应比较干冰升华前后杯内水的质量是否变化，所以需要测出干冰升华结束后杯子和水的总质量m2及水的温度t2；
因干冰升华需要吸热，使水温下降，所以不可能导致大量水吸热汽化；
(3)①A、C实验中，干冰都放在水中，干冰直接放入水中时，会产生大量白雾；而用纱布裹着的干冰产生的白雾很少，因此，比较A、C两图可证明是干冰把附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果；
②日常生活中支持这一观点的现象：瀑布前有大量水雾；对应的设备有：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
故答案为：(1)小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体看不见；
(2)①错误；②26；干冰升华结束后；干冰升华需要吸热，使水温下降，不可能导致大量水吸热汽化；
(3)①A、C；②现象：瀑布前有大量水雾；设备：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
(1)物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；水蒸气、二氧化碳气体是看不见的，而水滴看得见；
(2)根据实验过程和题意判断猜想1是否正确；
根据温度计的分度值和液柱最高处的位置读出此时的温度；
物质由固态直接变为气态的过程叫升华；干冰升华需要吸热，水汽化需要吸热。
(3)根据控制变量法分析解答；根据水蒸气液化在生活、生产中的应用进行解答。
本题考查了液化、汽化、升华现象以及控制变量法的运用，正确理解题意、用好控制变量法是解题的关键。
22.【答案】解：
(1)物体上升的速度：
v=ht=3m6s=0.5m/s；
(2)使用定滑轮，拉力端移动距离s=h=3m，
拉力做的总功：
W总=Fs=330N×3m=990J；
拉力做功功率：
P=W总t=990J6s=165W；
(3)物体重力：G=mg=30kg×10N/kg=300N，
克服物体重力做的有用功：
W有用=Gh=300N×3m=900J，
定滑轮的机械效率：
η=W有用W总=900J990J×100%≈90.9%。
答：(1)物体上升的速度为0.5m/s；
(2)工人做功的功率为165W；
(3)定滑轮的机械效率约为90.9%。
【解析】(1)利用速度公式计算物体上升的速度；
(2)使用定滑轮，拉力端移动距离s=h，利用W=Fs计算拉力做的总功，再利用P=Wt计算拉力做功功率；
(3)利用G=mg计算物体重力，再利用W=Gh计算克服物体重力做的有用功，定滑轮的机械效率等于有用功与总功的比值。
本题考查了使用定滑轮时速度、功、功率、机械效率的计算，属于基础题目。
23.【答案】解：(1)灯泡正常发光时的电阻为：
RL=U额2P额=(6V)23W=12Ω；
(2)小灯泡的额定电流为：
I额=U额RL=6W12Ω=0.5A；
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当小灯泡正常发光时，电路总功率为：P1=UI′=UI额；
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，电路总功率为：P2=UI′′，
则P1与P2的比值为：P1P2=UI额UI″=I额I″=；
(3)将S1接2，滑片移至a端时，U=I′′R2=0.8A×R2-----①；
将S1接2，滑片移至b端时，U=I′ ′ ′(R2+R1大)=0.2A×(R2+30Ω)-----②，
由①②得U=8V。
答：(1)灯泡正常发光时的电阻为12Ω；
(2)P1与P2的比值为5：8；
(3)电源电压为8V。
【解析】(1)根据RL=U额2P额算出灯泡正常发光时的电阻；
(2)根据欧姆定律算出小灯泡的额定电流；
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当小灯泡正常发光时，根据P=UI表示出电路的总功率；
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，根据P=UI表示出电路的总功率；进而算出P1与P2的比值；
(3)由欧姆定律表示出将S1接2，滑片移至a端和b端时的电源电压，根据电源电压相等算出电源电压。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式是解题的关键。
24.【答案】D 圆形 γmgS 5.5×105 83.320良好 蔬菜温室能自动控制室温升降，且降温较平缓，但但温度只能控制在13∼32℃之间 适当调大电阻箱R0的阻值，或者适当减小控制电路的电源电压
【解析】解：(1)A、蔬菜是不透明物体，不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，蔬菜叶子通常呈绿色，说明绿色植物反射的是绿光，即绿色植物所不喜欢绿光，而透明物体的颜色是由它透过的色光决定的，绿色玻璃只能透过绿色的光，吸收其它色光，此时只给绿色植物照射绿光，绿色植物就会因缺少所需要的其它色光，无法进行光合作用，因而生长缓慢，直至枯萎死亡，因此屋顶选用绿色玻璃不利于蔬菜生长，故A正确；
B、为了使蔬菜温室室内的温度控制在一定的范围内，应尽量减少蔬菜温室内外之间的热传递，因此墙体应选用隔热性能好的材料，故A正确；
C、由图甲可知，当衔铁被吸下时，电热丝停止工作，浴霸灯工作，此时浴霸灯可以向蔬菜温室内提供适量的热量，从而使得降温能平缓些，故C正确；
D、由图甲可知，电流从通电线圈上端流入，下端流出，由安培定则可知，通电线圈上端是N极，故D不正确。
故选D。
(2)由发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：γ三<γ四<γ五<γ六，即模型横截面的边数越多承重比越大，圆形可以看作是由无数条边构成的多边形，因此由模型实验可知，搭建温室选用圆形立柱的承重比大。
由立柱的承重比γ指立柱能承受的最大质量与其质量的比值可知，承重比：γ=m承受m立柱，
因此承重比为γ，质量为m的模型能承受的最大质量：m承受=γm，
模型上表面所能承受的最大压力：F大=G承受=m承受g=γmg，
则模型上表面所能承受的最大压强：p=F大S=γmgS。
(3)由ρ=mV可知，蔬菜温室内空气的质量：m空气=ρ空气V=1.25kg/m3×80m3=100kg，
空气吸收的热量：Q吸=c空气m空气Δt=1.0×103J/(kg⋅℃)×100kg×5.5℃=5.5×105J。
电热丝通电5min产生的热量：Q放=W工作=U工作I工作t=U工作2Rt=(220V)222Ω×5×60s=6.6×105J，
则电热丝对温室的加热效率：η=Q吸Q放×100%=5.5×105J6.6×105J×100%≈83.3%。
由题意可知，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，由欧姆定律可知，此时控制电路中的总电阻：R总小=U控制I大=6V30×10−3A=200Ω，
由串联电路的电阻特点可知，此时热敏电阻R1的阻值：R1小=R总小−R0=200Ω−90Ω=110Ω，由图乙可知，此时的室温为20℃。
(4)由题意可知，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，当电流降低到25mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，说明蔬菜温室能自动控制室温升降，电热丝刚停止工作时，浴霸灯工作，使得降温较平缓。
当电流降低到25mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，由欧姆定律可知，此时控制电路中的总电阻：R总大=U控制I小=6V25×10−3A=240Ω，
由串联电路的电阻特点可知，此时热敏电阻R1的阻值：R1大=R总大−R0=240Ω−90Ω=150Ω，由图乙可知，此时的室温约为13℃，即温度控制在13∼32℃之间。
由题意可知，蔬菜温室要求温度控制在20∼30℃之间，即蔬菜温室能自动控制室温升降，且降温较平缓，但温度只能控制在13∼32℃之间，即不能自动控制室温在规定范围内波动，结合评价表可知，所设计的蔬菜温室等级为良好。
为了使温度控制在20∼30℃之间，应使当提高温度，由图乙可知，热敏电阻的阻值随着温度的升高而减小，因此应适当减小热敏电阻的阻值，
由于电磁铁衔铁被吸下和弹回的电流一定，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，适当调大电阻箱R0的阻值，或者适当减小控制电路的电源电压。
故答案为：(1)D；(2)圆形；γmgS；(3)5.5×105；83.3；20；(4)良好；蔬菜温室能自动控制室温升降，且降温较平缓，但但温度只能控制在13∼32℃之间；适当调大电阻箱R0的阻值，或者适当减小控制电路的电源电压。
(1)逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
(2)根据发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：γ三<γ四<γ五<γ六分析搭建温室选用立柱横截面的形状。
根据压强定义式和立柱的承重比γ指立柱能承受的最大质量与其质量的比值推导出模型上表面所能承受的最大压强。
(3)根据Q吸=cmΔt求出空气吸收的热量，根据Q放=W=UIt=U2Rt求出电热丝通电5min产生的热量，根据η=Q吸Q放×100%求出电热丝对温室的加热效率。
根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下电热丝停止工作利用欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时热敏电阻的阻值，根据图乙找出对应的温度，即为室温。
(4)根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回结合欧姆定律求出温度控制的范围，再根据评价表分析判断所设计的蔬菜温室等级。
根据串联电路的电阻特点和欧姆定律分析给出优化建议。
本题考查物体的颜色、密度公式、重力公式、热量公式、焦耳定律、效率公式、欧姆定律的应用和电磁继电器的工作原理，关键是根据题干读出相关的信息。额定电压
额定功率
额定除湿量
220V
220W
0.4kg/h
相对湿度/%
10
30
50
70
90
1m3空气中水蒸气质量/g
3
9
15
21
27
等级
优秀
良好
合格
不合格
评价指标
能自动控制室温在规定范围内波动，且降温较平缓
能自动控制室温升降，且降温较平缓
不能控制室温升降，降温较平缓
不能控制室温升降，也不能平缓降温