2025年江苏省无锡市惠山区锡山高级中学实验学校中考物理一模试卷

这是一份2025年江苏省无锡市惠山区锡山高级中学实验学校中考物理一模试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）蛇年春晚上，二胡演奏家于红梅带领千名小学生共同奏响《无锡景》，她演奏时用手指按压琴弦的不同位置，目的是为了改变声音的（ ）
A．响度B．音色C．音调D．声速
2．（2分）手机折叠屏使用了超高性能石墨烯复合材料，新一代石墨烯材料的强度比钢高100倍，导电性超过铜，同时具备超轻特性。关于该材料下列说法错误的是（ ）
A．密度小B．硬度大C．导电性好D．韧性差
3．（2分）小华坐在列车甲中，观察到窗外另一辆列车乙的运动情况如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．以列车甲为参照物，列车乙是静止的
B．以列车乙为参照物，小华是运动的
C．以小华为参照物，列车乙是静止的
D．以地面为参照物，甲、乙列车一定都是运动的
4．（2分）小明用图甲所示的装置来探究“冰的熔化特点”。下列说法正确的是（ ）
A．测量时温度计玻璃泡可以碰到试管底部
B．为了使试管中的冰受热均匀，应使用整块冰块
C．由图乙可知，冰熔化时温度不变所以不需要吸热
D．由图乙可知，冰的熔点是0℃，冰属于晶体
5．（2分）某商品展示平台，其内部电路设计要求为：只闭合开关S1，仅照明灯亮；再闭合开关S2，照明灯亮，电动机M转动；断开开关S1，照明灯熄灭，电动机M停止转动。则满足该设计要求的电路是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）6．（2分）为精确测量滑动摩擦力，小明引入拉力传感器代替弹簧测力计进行实验，如图甲所示。拉动木板时传感器记录的数据随时间的图像如图乙所示，5s之后传感器示数不稳定的原因不可能是（ ）
A．没有匀速直线拉动长木板
B．拉力传感器与木块连接不稳定
C．传感器相比弹簧测力计测量更精确
D．长木板表面粗糙程度不均匀
7．（2分）如图所示，闭合开关，观察到金属棒向右运动。下列说法正确的是（ ）
A．实验现象属于电磁感应现象
B．利用该现象可以制成发电机
C．仅将磁体的N、S极上下对调，金属棒将向左运动
D．滑动变阻器向左移动滑片，金属棒将向左运动
8．（2分）杭州宇树科技研发的机器人在蛇年春晚上表演扭秧歌，如图所示，表演中机器人实现零失误。下列说法正确的是（ ）
A．机器人匀速运动的过程中，动能大小不变
B．机器人下蹲的过程中，没有力对机器人做功
C．随着身体的摆动，机器人质量会发生变化
D．手绢脱离“手”向上飞出过程中，重力势能转化为动能
9．（2分）“探究液体压强与哪些因素有关”的实验情景如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．压强计在使用前U形管左右两侧的水面如图甲所示，应将右侧管中高出的水倒出
B．通过比较图乙和图丙可知，液体的压强与深度有关
C．为探究液体压强与液体密度的关系，应比较图乙和图丁
D．在丁图烧杯中加入少量水，液体对烧杯底部的压强大小不变
10．（2分）塔吊是工程建设中经常采用的起重装置，如图甲是根据塔吊抽象出来的物理模型，其水平臂AOB可视为杠杆，O为其支点，配重可以在AO之间水平移动，起吊重物的滑轮组也可以在OB之间水平移动。图乙是滑轮组的局部放大图，它将重为500N的重物竖直匀速提升10m用时20s，滑轮组自由端绳子的拉力F为300N，若不计绳重及摩擦，以下说法正确的是（ ）
A．拉力F的功率为300W
B．滑轮组的机械效率为60%
C．拉力所做的功为3000J
D．当所吊重物向B端移动时，配重应适当向O点移动
11．（2分）如图所示，在探究“影响电流热效应的因素”时，两个相同的容器内均装有质量相等的空气，实验前U形管中液面相平。下列说法中正确的是（ ）
①U形管中液柱的高度差反映电阻丝产生热量的多少
②该装置此时探究的是电热与电流的关系
③通电一段时间后，右侧U形管中液面的高度差更大
④该装置还可探究电热与时间的关系
A．①③B．①②③C．①④D．①②④
12．（2分）某科学小组设计的豆浆机简化电路如图所示，L1亮表示正在加热或打浆，L2亮表示正在保温。经测试，加热时L1能正常发光，打浆时电动机能正常工作。已知电源电压不变，R1是电热丝，R2是限流电阻，电动机标有“24V 12W”，L1、L2均标有“4V 4W”且电阻不变，加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍。下列说法正确的是（ ）
A．加热时电热丝R1的功率为22W
B．限流电阻R2的阻值为24Ω
C．加热时L1的功率与打浆时L1的功率之比为1：4
D．保温1min，电热丝R2产生的热量为330J
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）。
13．（2分）如图所示，闹钟发出声音是由被敲击的电铃 产生的；逐渐抽出玻璃罩内的空气，声音减小，直到听不见。结合实验现象推理可知：声音不能在 中传播。
14．（3分）哈尔滨吸引了众多游客前来尝试“泼水成冰”游戏。将滚烫的开水泼洒出去后，水滴迅速 （填“吸收”或“放出”）热量， （填写物态变化名称，下同）成为水蒸气，水蒸气又在极寒环境中直接 成小冰晶就出现了图中的壮观场景。
15．（3分）在“探究光的反射规律”的实验中，平面镜水平放置，将一束光斜射到平面镜上，尝试用一块白板去寻找入射光线和反射光线。
（1）将白板绕CD轴转动一定角度，直至入射光线和反射光线同时呈现在白板上，此时白板与镜面 ，表明反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（2）一束光EO贴着纸板入射到平面镜上，光路如图乙所示，则反射角为 °，同学们可以从不同方向看到纸板上的光路，是因为光在纸板上发生了 。
16．（2分）如图甲所示红墨水在水中散开，这是 现象；如图乙所示，气球在毛皮上摩擦后靠近空易拉罐，发现易拉罐向气球方向滚动，这是因为气球摩擦带了电荷，具有 轻小物体的性质。
17．（3分）小明在观看冰壶比赛时猜想：如果水平冰面足够光滑，冰壶会永远运动下去。他用如图所示的实验装置来检验猜想是否正确。
（1）如图所示，通过观察小车在不同水平面上的运动情况，可以发现：当小车到达水平面的速度相同时，水平面对小车的阻力越小，它运动得越 。进一步推理可知，若水平面绝对光滑，小车将做 运动，从而检验了小明的猜想。
（2）由上述实验的结论可知，运动员在冰壶前方刷冰的主要目的是为了 阻力，可以使冰壶运动得更远。
18．（3分）用如图所示的电路测量小灯泡正常工作时的电阻，实验原理是 。小灯泡额定电压为2.5V，闭合开关，调节滑动变阻器滑片P至某位置时电压表示数为2V，应向 （左/右）移动滑片P直至灯泡正常工作，此时电流表示数为0.25A，则灯泡正常工作时电阻为 Ω。
19．（3分）小华利用饮料瓶和水、装有沙子的纸盒探究物体重力势能的大小与哪些因素有关，三次实验情景如图所示。她通过观察 来比较重力势能的大小，她应选择 两组实验探究物体重力势能的大小与物体质量的关系。饮料瓶下落过程中将重力势能转化为 能。
20．（3分）潮汐电站利用海水在涨潮和落潮过程中所具有的动能和势能来发电，潮汐能属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源，某潮汐电站年发电量可达1.26×1012J，若在冬天给用户供暖，这些电量能将 kg的水温度升高30℃。若这些电量改用煤进行火力发电，发电效率为40%，煤的热值为3.0×107J/kg，则需要用煤 kg。
21．（3分）如图甲所示剪两个等大的圆纸片，并分别剪出大小不等的扇形缺口，再将它们粘贴成两个纸锥。
（1）将两个纸锥从同一高度同时释放，应选择图中所示的 位置（填“乙”或“丙”）。
（2）如图丁所示，相机每0.5秒拍照一次，纸锥从A到D做 运动（选填“加速”“减速”或“匀速”）。图戊为纸锥从E到F过程的放大图，则EF段纸锥下落的速度是 m/s。
22．（4分）小明利用天平和量筒测量未知液体的密度。
（1）天平放在水平工作台上，将游码拨至零刻度线后指针如图甲所示，此时应向 （选填“左”或“右”）调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡。
（2）小明为称量20g液体，先测出空烧杯的质量，接着在右盘中再加20g砝码，在烧杯中加入液体，发现指针向右偏转，接下来的操作是 。称得20g液体后，小明将所有液体倒入量筒测得体积为25mL，则液体的密度为 g/cm3。
（3）小华利用一把刻度尺、装有适量水的水槽和两个相同的薄壁圆柱形平底玻璃容器（容器厚度忽略不计），也测量出了未知液体的密度，操作如下：
①向容器中倒入适量的液体，将容器缓慢的放入水槽中，使其竖直漂浮，如图乙所示，测出容器下表面到水面的距离为h1；
②从容器中取出一部分液体，放入另一个玻璃容器中，如图丙所示，测量出容器内液体深度为h0；
③容器再次处于竖直漂浮状态，如图丁所示，测出容器下表面到水面的距离为h2；
④液体密度ρ液＝ （用h1、h2、h0、ρ水表示）。
23．（3分）小红用弹簧测力计、量筒、水和石块做“验证阿基米德原理”的实验，实验情景和测量数据如图所示，根据图中信息可知石块所受浮力为 N；通过乙、丙两图的实验数据计算得出了物体排开液体的重力，由此得出的初步结论为 。随后经分析思考，根据实验数据推算出了石块的密度为 kg/m3。（g取10N/kg）
24．（4分）图甲是电工师傅们挖的埋水泥电线杆的坑，其深度为2.0m，坑口长为2.3m，坑底长为0.3m，坑的宽度仅比电线杆的粗端直径稍大一点。图乙是电工师傅们准备将电线杆埋入坑中时的示意图。
（1）坑中沿长方形的长边方向有一从地面直达坑底的斜坡，这样做的好处是不必将电线杆从底端开始向上竖起，重心上升高度较 ，施工时省力。
（2）水泥电线杆的重力为1.0×104N，长为12.0m，其重心O距粗端B的距离为4.0m，按图乙所示的方式竖起电线杆，则刚抬起电线杆的细端A时F的力臂为 m，此时至少需要的力F为 N。
（3）竖起电线杆的过程中，工人师傅至少要对电线杆做功 J。（忽略电线杆水平放置时重心离地面的高度）
三、解答题（本题共8小题，共40分。其中26、30题应写出必要的解题过程）。
25．请按要求作图：如图，AB为车内的抬头显示器的画面内容，请作出其通过挡风玻璃形成的像。
26．请画出图中灯笼静止时的受力示意图。
27．请在图中的电路图中补画一根导线，使卧室灯L1和客厅灯L2都能独立工作。
28．“福建舰”是中国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置了电磁弹射系统。电磁弹射系统是舰载机起飞装置，它利用强大的电流和磁场推动飞机高速前进，直至起飞。电磁弹射储备能量一次为120MJ，只需3s可将能量的60%释放将舰载机加速到约240km/h的起飞速度。某架歼﹣35隐身舰载机的起飞质量为35t，静止时与地面的总接触面积为0.4m2。（g＝10N/kg）
（1）电磁弹射系统的主要工作原理类似于 （选填“热机”、“发电机”或“电动机”），其主要过程是将储备的能量转化为 能。
（2）航空母舰上该歼﹣35隐身舰载机静止在水平甲板上时对舰面的压强为多少？
（3）电磁弹射系统对舰载机做功的平均功率为多大？
29．小明了解到无人机摄影技术可以测出地面物体的实际长度，且摄影机镜头是凸透镜，他想通过“探究凸透镜成像的规律”的实验来探寻其工作原理。
（1）将凸透镜、点燃的蜡烛、光屏置于光具座上，将三者靠拢在一起，调节它们的中心位于凸透镜的 上。实验中，烛焰、凸透镜和光屏的位置如图甲所示，光屏上呈现烛焰的倒立、 的实像；保持图甲中蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移到光具座上 cm刻度线处，光屏上能再次呈现烛焰清晰的像。
（2）改变物距，调节光屏位置，记录物距、像距、像的性质，多次实验，将实验数据记录在下表中。分析数据可知：该凸透镜的焦距可能为 （选填“9”、“10”或“12”）cm；当物距大于凸透镜焦距时，物距增大，像距 。
（3）如图乙，无人机用此凸透镜作为镜头在高空拍摄地面场景，所成的像最靠近图丙中凸透镜主光轴上的 （选填“a”、“b”、“c”或“d”）点。当无人机到地面的高度为100m时，感光片（成像处）中某处房屋的像的长度为1.8cm，则此房屋的实际长度约为 m。
30．在“探究电流与电阻的关系”实验中，已知电源为4.5V，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，定值电阻若干，滑动变阻器的规格为“20Ω 0.5A”。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整（要求闭合开关前，滑片处于最左端）。
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，则故障可能为 。排除故障后，先接入5Ω的定值电阻，调节滑动变阻器到某一位置，电流表的示数如图乙，其读数为 A；用10Ω的定值电阻代替5Ω接入电路，移动滑动变阻器的滑片，保持定值电阻两端电压不变，此时滑片的位置位于上一次实验的 （选填“左”或“右”）侧。
（3）通过收集实验数据，得到如图丙所示的图像，进一步得出结论： 。
（4）若所选的定值电阻最小值为5Ω，重新选择定值电阻两端所控制的电压，完成此探究能选用的定值电阻最大阻值为 Ω；小明在开关和电流表之间再串联一个定值电阻R0，使30Ω的电阻也能完成本次探究，此时R0的取值范围是 Ω。
31．如图所示，在“探究二力平衡条件”时，小明不断改进并先后设计了三个实验方案。
（1）从甲方案改进为乙方案是为了减小 对实验的影响。小明采用丙方案进行实验，选质量为5g的卡片作为研究对象，在线的两端分别挂上等质量的钩码，对卡片施加两个拉力，则所挂钩码质量合适的是 。
A.5g
B.200g
C.任意质量均可
（2）小明将系于卡片两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，使作用在小卡片上的两个拉力方向 ，并通过调整钩码数量来改变拉力的大小。当卡片平衡时，小明将卡片扭转一定角度，松手后卡片 （选填“能”或“不能”）平衡，此实验说明两个力使物体平衡时，这两个力要作用在 上。
（3）随后小明利用实验室的器材进行了创新实验，按图丁他将重为G的正方体滑块P套在水平放置的方管Q上，在水平向右风力的作用下，滑块P向右做匀速直线运动，再将方管Q按图戊竖直放置后，滑块P竖直向下运动。实验中控制滑块P受到风力的大小和方向始终保持不变，其受到方管Q的摩擦力等于它们间压力大小的0.8倍（忽略空气阻力），小明通过分析计算出图戊中滑块P受到的摩擦力f＝ G。若将滑块P竖直向上匀速拉起，则拉力的大小为 G。
32．在跨学科实践活动中某小组设计了一款恒温热水器，热水器的工作电压为220V、加热功率为880W、保温功率为88W，热水器达到设定温度后能自动切换模式。方案一如图甲所示，图中开关S1、S2都闭合时，热水器处于加热模式。有同学认为方案一不能实现自动切换功能，于是设计了图乙所示的方案二，新方案中使用电磁继电器与热敏电阻。为确保安全，当热水器内温度达到设定温度54℃时，电流达到0.2A，电磁铁会吸下衔铁，工作电路自动切换到保温模式；当温度降低到40℃时，电流低至0.13A，衔铁被释放。其中热敏电阻R的阻值与温度t的关系如图丙所示。
（1）方案一中，选用的发热电阻R2的阻值应为多少Ω？
（2）方案二中，工作电路中的发热电阻R1应设计在 处（选填“a”或“b”），闭合S0后，电磁铁的上端为 极。
（3）方案二中，选用的定值电阻R0阻值应为多少Ω？（电磁铁线圈阻值不计）
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参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
二．多选题（共1小题）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项只有一个正确）。
1．【分析】音调的高低与发声物体的振动频率有关，频率越大，音调就越高。
【解答】解：演奏时用手指按压琴弦的不同位置，改变了琴弦的振动频率，目的是为了改变声音的音调，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
2．【分析】物质的物理属性包含：密度、比热容、硬度、透明度、导电性、导热性、弹性、韧性、磁性等。
【解答】解：新一代石墨烯材料的强度高、导电性好、密度小，这些特性表明其硬度大，导电强、重量轻，石墨烯本身具有高韧性，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
3．【分析】判断物体的运动或静止时，要首先选择参照物，如果物体相对于参照物的位置不断变化，物体是运动的；如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的。
【解答】解：A．由图可知，以列车甲为参照物，列车乙相对于列车甲的位置发生了变化，是运动的，故A错误；
B．由图可知，以列车乙为参照物，小华相对于列车乙的位置发生了变化，是运动的，故B正确；
C．由图可知，以小华为参照物，列车乙相对于小华的位置发生了变化，是运动的，故C错误；
D．以地面为参照物，甲列车相对于地面的位置可能发生了变化，也可能没有发生变化，则列车甲可能是静止的，也可能是运动的，而乙列车相对于地面的位置一定发生了变化，所以一定是运动的，故D错误。
故选：B。
4．【分析】（1）温度计的玻璃泡不可以碰到容器壁或容器壁；
（2）为了使冰受热均匀，应选用碎冰块进行实验；
（3）晶体在熔化过程中持续吸热，温度不变，该不变的温度就是熔点。
【解答】解：A、温度计的玻璃泡不可以碰到容器壁或容器壁，故A错误；
B、实验应选用碎冰块来进行实验，这样受热均匀，效果较好，故B错误；
C、晶体在熔化过程中持续吸热，温度不变，故C错误；
D、冰在熔化过程中持续吸热，温度不变，不变的温度0℃就是熔点，故D正确。
故选：D。
5．【分析】根据题意分析两个开关、照明灯与电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，当开关S1闭合时照明灯亮起，再闭合开关S2，照明灯亮，电动机M转动，这说明电动机和照明灯可以独立工作、互不影响即为并联；断开开关S1，照明灯熄灭，电动机M停止转动，这说明开关S1位于干路，开关S2位于电动机支路，故C正确。
故选：C。
6．【分析】影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，根据图中现象得出结论。
【解答】解：根据影响滑动摩擦力大小的因素，弹簧测力计的示数不稳定，压力大小不变，故原因是可能是选择的木板表面粗糙程度不均匀，与是否匀速直线拉动木板和传感器的精确程度等无关，也不是因为拉力传感器与木块连接不稳定，故ABC符合题意，D不合题意。
故选：ABC。
7．【分析】通电导体在磁场中受力运动，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，根据这一原理人们制成了电动机，此过程将电能转化为机械能。通电导体在磁场中受力方向与电流方向、磁场的方向有关。
【解答】解：AB、当闭合开关的瞬间，导体棒内有从B到A的电流，通电的导体棒受到磁场水平向右的力而运动，利用该现象可以制成电动机，实验现象不属于电磁感应现象，故AB错误；
CD、通电导体在磁场中的受力方向跟磁场方向和电流方向有关，仅将磁体的N、S极上下对调，金属棒将向左运动；
滑动变阻器向左移动滑片，电路中电流的强度增大，金属棒的运动方向不变，故C正确，D错误。
故选：C。
8．【分析】（1）动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，据此判断；
（2）做功的两个必要因素：作用在物体上的力，物体在力的方向上移动的距离；
（3）物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都无关系。
【解答】解：A、机器人匀速运动的过程中，质量不变，速度不变，动能大小不变，故A正确；
B、机器人下蹲的过程中，重力对机器人做功，故B错误；
C、随着身体的摆动，形状发生改变，但机器人质量不会发生变化，故C错误；
D、手绢脱离“手”向上飞出过程中，手绢的质量不变，速度减小，高度增加，动能转化为重力势能，故D错误。
故选：A。
9．【分析】A、压强计在使用前U形管左右两侧的水面右高度差，应将软管拆掉重新安装；
BC、液体压强与液体密度、深度有关，利用控制变量法分析；
D、根据p=Fs分析。
【解答】解：A、压强计在使用前U形管左右两侧的水面如图甲所示，应将软管拆掉重新安装，故A错误；
B、通过比较图乙和图丙可知，同种液体，深度大的，U形管两侧液体高度差较大，故可得压强与深度有关，故B正确；
C、为探究液体压强与液体密度的关系，应控制深度不变，改变液体密度，故应比较图丙和图丁，故C错误；
D、在丁图烧杯中加入少量水，液体的质量变大，重力变大，液体对容器底的压力变大，根据p=Fs可知液体对烧杯底部的压强变大，故D错误。
故选：B。
10．【分析】（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P=W总t求拉力做功的功率；
（2）利用η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF求滑轮组的机械效率；
（3）由图可知，当所吊重物向B端移动时，右侧的力臂增大，根据杠杆平衡条件分析配重移动的方向。
【解答】解：AC、由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×10m＝20m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝300N×20m＝6000J，
拉力做功的功率：
P=W总t=6000J20s=300W，故A正确，C错误；
B、滑轮组的机械效率：
η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF=500N2×300N×100%≈83.3%，故B错误；
D、由图可知，当所吊重物向B端移动时，右侧的力臂增大，即右侧力和力臂的乘积变大，由杠杆平衡条件可知，此时左侧的力和力臂的乘积也应变大，在配重一定时，应将配重远离O点，故D错误。
故选：A。
11．【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，控制电流和通电时间不变；
（3）结合串联电路电流的和Q＝I2Rt规律分析。
【解答】解：①在探究“影响电流热效应的因素”时，U形管中液柱的高度差反映电阻丝产生热量的多少，体现了转换法，故①正确；
②③由图可知，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，为研究电流产生的热量与电流的关系，根据Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差更大，故②正确，③错误；
④只观察一侧容器U形管液面高度差，该装置还可探究电热与时间的关系，故④正确。
故选：D。
12．【分析】（1）由图知，当S1接a，S2接b时，L1与电动机串联，此时为打浆状态，电动机能正常工作，由串联电路特点结合欧姆定律以及电功率公式可求电源电压；
当S1接a，S2接a时，L1与R1串联，此时为加热状态，L1能正常发光，由串联电路特点、欧姆定律以及电功率公式计算R1的阻值、加热功率；
（2）当S1接b，R2、L2与R1串联，加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍，根据串联电路特点和欧姆定律计算R2的阻值；
（3）根据P＝I2R算出加热时L1的功率与打浆时L1的功率，进而算出加热时L1的功率与打浆时L1的功率之比；
（4）由P＝I2R计算保温1min，电热丝R2产生的热量。
【解答】解：A、由图知，当S1接a，S2接b时，L1与电动机串联，L1亮，电动机能正常工作，此时为打浆状态，
由串联电路特点和P＝UI可得，电路中电流：
I＝IL＝IM=PMUM=12W24V=0.5A；
灯泡电阻：RL=UL2PL=(4V)24W=4Ω；
电源电压：U＝UL+UM＝ILRL+UM＝0.5A×4Ω+24V＝26V；
当S1接a，S2接a时，L1与R1串联，此时为加热状态，L1能正常发光，
此时电路中电流：
I加热=PLUL=4W4V=1A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电热丝：
R1=UI加热−−RL=26V1A−4Ω＝22Ω，
R1的功率：P1=I加热2R1＝（1A）2×22Ω＝22W，故A正确；
B、当S1接b，R2、L2与R1串联，L2亮，为保温状态，加热时电路中电流是保温时电路中电流的2倍，所以：I保温=12I加热=12×1A＝0.5A，
电路的总电阻：
R=UI保温=26V0.5A=52Ω，
所以限流电阻：
R2＝R﹣RL﹣R1＝52Ω﹣4Ω﹣22Ω＝26Ω，故B错误；
C、加热时L1的功率为：
P1=I加热2RL＝（1A）2×4Ω＝4W；
打浆时L1的功率为：
P1′=I打浆2RL＝（0.5A）2×4Ω＝1W，则加热时L1的功率与打浆时L1的功率之比为4W：1W＝4：1，故C错误；
D、保温1min，电热丝R2产生的热量：
Q1＝I保温2R2t＝（0.5A）2×26Ω×1×60s＝390J，故D错误。
故选：A。
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）。
13．【分析】声音是由物体的振动产生的；声音的传播需要介质，真空不能传声。
【解答】解：闹钟发出声音是由被敲击的电铃振动产生的；抽出真空罩内的空气，声音减小直到听不见，结合实验现象加推理可知声音不能在真空中传播。
故答案为：振动；真空。
14．【分析】汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。
物质由气态直接变成固态的过程叫凝华。
【解答】解：将滚烫的开水泼洒出去后，水滴迅速吸收热量，汽化成为水蒸气，水蒸气又在极寒环境中直接凝华成小冰晶就出现了图中的壮观场景。
故答案为：吸收；汽化；凝华。
15．【分析】（1）法线始终垂直于平面镜，要使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，则入射光、反射光和法线所在的平面应与平面镜垂直，据此分析；在光的反射现象中，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
（2）光的反射中，反射角等于入射角；平行光射向凹凸不平的反射面，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
【解答】解：（1）法线始终垂直于平面镜，入射光线、反射光线、法线在同一平面内，为了使入射光和反射光的径迹同时显示在纸板上，应把纸板ENF与平面镜垂直放置；在白板上可以清晰地画出入射光线、反射光线和法线（法线是垂直于平面镜并通过入射点的线）。通过观察可以发现，反射光线、入射光线和法线都在同一平面内；
（2）入射角是入射光线与法线之间的夹角，则入射角为90°﹣40°＝50°，光的反射中，反射角等于入射角，则反射角为50°，以从不同方向看到纸板上的光路，是因为光在纸板上发生了漫反射。
故答案为：（1）垂直；（2）50；漫反射。
16．【分析】不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现，温度越高，扩散越快，分子运动越剧烈。
用摩擦的方法可以使物体带电；带电体有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：如图甲所示红墨水在水中散开，这是扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动；如图乙所示，气球在毛皮上摩擦后靠近空易拉罐，发现易拉罐向气球方向滚动，这是因为气球摩擦带了电荷，具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：扩散；吸引。
17．【分析】（1）水平面越光滑，小车所受阻力越小，运动距离越远；如果小车不受力，小车将做匀速直线运动；运用了科学推理的方法；力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。
（2）冰刷扫冰，克服摩擦做功，使冰的内能增加，达到冰的熔点熔化成水，存在于冰面和冰壶之间减小了冰壶滑行时的摩擦力。
【解答】解：（1）分析三次实验可知：水平表面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越慢，小车运动的越远；
推理可知：如果水平冰面绝对光滑，小车在水平方向上不受阻力作用，将以恒定不变的速度永远匀速运动下去。
（2）冰刷扫冰，克服摩擦，冰的内能增大，温度升高，达到熔点熔化，在冰面和冰壶之间形成水膜，减小了冰壶和冰面之间的摩擦力。
故答案为：（1）远；匀速直线；（2）减小。
18．【分析】测量小灯泡正常工作时的电阻，实验原理是R=UI；
如图所示，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表残灯泡两端的电压，电流表测通过电路的电流，
电压表示数为2V，根据串联电路分压规律可知要使小灯正常发光，达到额定电压2.5V时变阻器滑片应向哪端移动；
已知灯泡两端电压和通过灯泡的电流，根据R=UI计算小灯泡正常工作时的电阻。
【解答】解：测量小灯泡正常工作时的电阻，实验原理是R=UI；
如图所示，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表残灯泡两端的电压，电流表测通过电路的电流，
电压表示数为2V，要使小灯正常发光，达到额定电压2.5V，根据串联电路分压规律可知变阻器分得电压就要减小，故接入阻值就要变小，所以变阻器滑片应向右移动；
灯两端电压为U＝2.5V时，通过的电流为I＝0.25A，则小灯泡正常工作时的电阻为RL=UI=Ω。
故答案为：R=UI；右；10。
19．【分析】（1）该实验采用转换法，通过观察饮料瓶陷入沙中的深浅来判断物体重力势能的大小；
（2）当探究重力势能与质量的关系时，必须保证物体的高度相等；
（3）动能和重力势能可以相互转化。
【解答】解：（1）重力势能的大小无法直接观察到，所以采用转换法，通过观察饮料瓶陷入沙中的深浅来判断重力势能的大小；
（2）如果探究重力势能与质量的关系，必须保证物体的高度相等，而①②使用的是不同质量的饮料瓶，从相同高度落下，通过探究可得高度相等时，物体质量越大，重力势能越大；
（3）物体位置越高，重力势能越大，从高空掉下来，物体的重力势能转化为物体的动能越大，破坏力越大。
故答案为：饮料瓶陷入沙中的深浅；①②；动。
20．【分析】可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源．例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。
掌握热量公式：Q＝cm△t的计算公式是解答本题的关键。
由Wη=Q放＝mq可求出天然气完全燃烧放出的热量。
【解答】解：潮汐能属于可再生能源。某潮汐电站年发电量W＝1.26×1012J，
W＝Q水＝cmΔt，m=WcΔt=1.26×1012J4.2×103J/(kg⋅℃)×30℃=1×107kg，Wη=Q放＝m′q，1.26×1012J×140%=m′×3.0×107J/kg，则需要用煤的质量为m′＝1.05×105kg。
故答案为：可再生；1×107；1.05×105。
21．【分析】（1）将两个纸锥从同一高度同时释放，因乙中两纸锥的下面在同一水平线上，据此分析；
（2）纸锥从A到D相同时间通过的距离变大，据此分析；得出EF段的长度，根据速度公式求解。
【解答】解：（1）将两个纸锥从同一高度同时释放，因乙中两纸锥的下面在同一水平线上，应选择图中所示的 乙位置。
（2）如图丁所示，相机每0.5秒拍照一次，纸锥从A到D相同时间通过的距离变大，故做 加速运动。图戊为纸锥从E到F过程的放大图，则EF段的长度为
s＝80.0cm﹣60.0cm＝20.0cm＝0.2m
纸锥下落的速度是
v=st=
故答案为：（1）乙；加速；（2）0.4。
22．【分析】（1）将游码拨至零刻度线后指针如图甲所示，指针右偏，此时应向左调节平衡螺母。
（2）发现指针向右偏转可知砝码的质量大一点，接下来的操作是再加入适量液体直到天平平衡。根据密度公式得出液体的密度。
（3）漂浮时物体受到的浮力等于重力，设容器底面积为S，根据阿基米德原理可知图丁和己容器受到的浮力，两次浮力之差即为图戊所示容器内液体的重力，根据重力公式计算图戊所示容器内液体的质量，根据体积公式和密度公式计算液体的密度。
【解答】解：（1）天平放在水平工作台上，将游码拨至零刻度线后指针如图甲所示，指针右偏，此时应向左调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡。
（2）小明为称量20g液体，先测出空烧杯的质量，接着在右盘中再加20g砝码，在烧杯中加入液体，发现指针向右偏转可知，砝码的质量大一点，接下来的操作是再加入适量液体直到天平平衡。称得20g液体后，小明将所有液体倒入量筒测得体积为25mL，则液体的密度为
ρ=mV=20g25cm3=0.8g/cm3
（3）容器再次处于竖直漂浮状态，如图所示，测出容器下表面到水面的距离为h2，此时容器受到的浮力：
F浮′＝ρ水gSh2，
容器内液体的重力为：
G＝F浮﹣F浮′＝ρ水gSh1﹣ρ水gSh2，
图戊所示容器内液体的质量为：
m′=G g=ρ 水gSℎ1−ρ水gSℎ2g=ρ水S（h1﹣h2），
液体密度
ρ液=m′V′=ρ水S(ℎ1− ℎ2)Sℎ0=ℎ1−ℎ2ℎ0ρ水
故答案为：（1）左； （2）再加入适量液体直到天平平衡；0.8； （3）ℎ1−ℎ2ℎ0ρ水。
23．【分析】（1）物体重力与物体完全浸入液体后弹簧测力计示数之差是物体在液体中受到的浮力；
（2）分析实验数据得出实验结论；只将木块的一部分浸入水中，浮力大小仍等于排开液体所受重力大小；
（3）先根据G＝mg求出物体的质量，再根据公式F浮＝ρ液gV排，求出排开水的体积，也就等于物体的体积，最后由密度公式ρ=mV计算出物体的密度。
【解答】解：（1）由称重法可知石块受到的浮力大小为：F浮＝G﹣F丙＝4.8N﹣2.8N＝2N；
由乙、丙两图可知，V排＝200cm3＝2×10﹣4m3，
物体排开液体的重力G排＝m排g＝ρ水V排g＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N，
故可以得出浸在水中的物体所受浮力的大小等于它排开的水所受的重力，即F浮＝G排；
（2）根据图甲可知物体的重力G＝3.8N，则物体的质量m物=Gg=4.8N10N/kg=0.48kg；
V物＝V排＝2×10﹣4m3，则物体的密度；
ρ=m物V物=0.48kg2×10−4m3=2.4×103kg/m3。
故答案为：2；浸在水中的物体所受浮力的大小等于它排开的水所受的重力；2.4×103。
24．【分析】（1）用甲图所示的深坑埋水泥电线杆，不必将电线杆沿竖直方向直立在地面上，重心上升高度小，施工时省力。
（2）在刚抬起电线杆的细端时，要使用的力最小，需要在细端竖直向上施加力，找出动力臂和阻力臂，利用杠杆平衡条件求拉力大小；
（3）在甲图中，求出电线杆重心升高高度，利用W＝Gh求人们对电线杆做功W＝Gh。
【解答】解：
（1）不必将电线杆从底端开始向上竖起，重心上升高度较小，施工时省力；
（2）在刚抬起电线杆的细端时，要使用的力最小，需要在细端竖直向上施加力，假设最右端叫做点A；动力臂L1＝CA＝12m﹣（2.3m﹣0.3）＝10m，
阻力臂L2＝OC＝4m﹣（2.3m﹣0.3m）＝2m，
根据杠杆平衡条件知，FL1＝GL2，
拉力F=G×L2L1=G×COCA=1×104N×2m10m=2000N；
（3）电线杆重心升高的高度：
h＝4.0m﹣2.0m＝2.0m；
工人师傅们对电线杆做的功至少为：
W＝Gh＝1×104N×2.0m＝2.0×104J。
故答案为：（1）小；
（2）10；2000；
（3）2.0×104。
三、解答题（本题共8小题，共40分。其中26、30题应写出必要的解题过程）。
25．【分析】平面镜成像的特点是：像与物关于平面镜对称，可以先作出物体AB端点的像点A′、B′，连接A′、B′即为物体AB在平面镜中所成的像。
【解答】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为物体AB的像，如图所示：
26．【分析】静止的物体受力平衡，受到的拉力与重力平衡，据此画图。
【解答】解：灯笼静止时处于平衡状态，受到的拉力与重力平衡，二力大小相等、方向相反、在同一条直线上，是一对平衡力，拉力和重力的作用点都画在重心，方向拉力竖直向上，重力竖直向下，如图所示：
27．【分析】卧室灯和客厅灯能独立工作，两灯需要并联；开关要接在火线和灯之间，据此画图。
【解答】解：
要使卧室灯L1和客厅灯L2能独立工作，两灯需要并联；图中已将开关接在火线和灯之间，经过灯后共同接到零线上，如图所示：
28．【分析】（1）电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。
（2）压强的计算，需要确定压力、面积．要注意面积的计算与单位，其中压力的确定是难点．正确判断物体间的压力，进行受力分析是关键；物体间接触部分的面积，一般与较小的物体面积相同。
（3）功率：在物理学中，功与做功所用时间之比叫做功率。功率是表示物体做功快慢的物理量。
【解答】解：（1）电磁弹射系统的主要工作原理类似于电动机，其主要过程是将储备的能量转化为机械能。
（2）航空母舰上该歼﹣35隐身舰载机静止在水平甲板上时对舰面的压强为：p=FS=GS=mgS=35000kg×10N/kg0.4m2=8.75×104Pa；
（3）电磁弹射系统对舰载机做功的平均功率为：P=Wt=120×106J×60%3s=2.4×107W。
答：（1）电动机；机械；（2）航空母舰上该歼﹣35隐身舰载机静止在水平甲板上时对舰面的压强为8.75×104Pa；
（3）电磁弹射系统对舰载机做功的平均功率为2.4×107W。
29．【分析】（1）实验时，调节凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度，即使光屏、烛焰的中心在凸透镜的主光轴上，这样才能使烛焰的像成在光屏的中央；u＞2f时，成倒立、缩小的实像，光的折射中光路是可逆的，据此进行分析；
（2）根据放大和缩小实像的最靠近2倍焦距的分析，根据成实像时物近像远像变大分析。
（3）照相机的成像原理是物距大于二倍焦距，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，根据相似的知识解答。
【解答】解：（1）为了使像成在光屏的中央，实验前需要使烛焰和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上；由图甲知，当蜡烛在刻度尺的20cm处，物距大于像距，光屏上呈现烛焰的倒立、缩小的实像，v＝65cm﹣50cm＝15cm，u＝50cm﹣20cm＝30cm，根据在光的折射现象中光路是可逆的可知，保持蜡烛和光屏位置不变，当u＝15cm时，即凸透镜移动至35cm刻度线处，在屏上能再次呈现清晰的像；
（2）根据表格数据知，物距22cm和19cm是最靠近2倍焦距的，且22cm＞2f；19cm＜2f；
解得9.5cm＜f＜11cm；
故可能是10cm；
根据成实像时物近像远像变大，当物距大于凸透镜焦距时成实像，物距增大，像距减小；
（3）照相机的成像原理是物距大于二倍焦距，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，物距越大，像距就越小，所以应该成像在b点。当无人机到地面的高度为100m时，物距远大于焦距，像距接近焦距，根据成实像时过光心的光线方向不变，故物距与像距之比等于物体大小与像的大小之比，
则L：1.8cm＝100m：10cm；
解得L＝18m.
故答案为：（1）主光轴；缩小；35；（2）10；减小；（3）b；18。
30．【分析】（1）滑动变阻器应串联在电路中，为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，根据闭合开关前，滑片处于最左端确定滑动变阻器接入的接线柱；
（2）电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
根据图乙电流表所选量程确定分度值读数；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，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移动的方向；
（3）根据图丙的I−1R图像为一条过原点的直线结合数学知识分析得出结论；
（4）根据滑动变阻器允许通过的最大电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端所能控制的最大电压，根据串联电路的分压原理求出完成此探究能选用的定值电阻最大阻值；
由串联电路的分压原理可知，当定值电阻的阻值最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路的分压原理求出滑动变阻器需要接入电路的最大阻值，再结合串联电路的电阻特点求出串联定值电阻R0的取值范围。
【解答】解：（1）滑动变阻器应串联在电路中，为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，由于要求闭合开关前，滑片处于最左端，即此时滑动变阻器接入电路的电阻应最大，故滑动变阻器右下接线柱连入电路中，如图所示：
；
（2）电流表无示数，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，与电压表并联的定值电阻断路了；
由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A；
根据串联电路的分压原理可知，用10Ω的定值电阻代替5Ω接入电路，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，即保持定值电阻两端电压不变，此时滑片的位置位于上一次实验的左侧；
（3）由图丙的I−1R图像为一条过原点的直线可知，电压一定时，电流与电阻的倒数成正比，由数学知识可知，电压一定时，电流与电阻成反比；
（4）由题意可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，由串联电路的电流特点可知，为了电路安全，电路中的最大电流只能为0.5A，由欧姆定律可知，电压一定时，定值电阻的阻值最小时电路中的电流最大，则定值电阻两端所能控制的最大电压：UV＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V，由串联的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2.5V＝2V，电压表示数为变阻器分得电压的2.5V2V=1.25倍，根据分压原理，当变阻器连入电路中的电阻为20Ω时，定值电阻的阻值：R大＝1.25×20Ω＝25Ω，即所选择的定值电阻的最大阻值为25Ω；
由串联电路的分压原理可知，当定值电阻的阻值最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的2V2.5V=0.8倍，由串联电路的分压原理可知，当定值电阻为30Ω时，滑动变阻器需要接入电路的最大电阻：R大＝0.8×30Ω＝24Ω，由串联电路的电阻特点，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，串联定值电阻R0的阻值最小，为：R0小＝R大﹣R滑大＝24Ω﹣20Ω＝4Ω，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，串联定值电阻R0的阻值最大，为：R0大＝R大＝24Ω，即此时R0的取值范围是4Ω～24Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）定值电阻断路；0.4；左；（3）电压一定时，电流与电阻成反比；（4）25；4～24。
31．【分析】（1）用滚动代替滑动是减小摩擦力的方法，若要使卡片受到的两个拉力平衡，就必须忽略重力的影响；
（2）小卡片转过一个角度，小卡片上受到的两个拉力就不在一条直线上，是验证不在同一直线上两个力是否平衡；
（3）对图丁、戊进行受力分析，根据摩擦力与压力关系分析比较重力和摩擦力大小，逐项分析即可。
【解答】解：（1）有图甲可知，木块放在桌面上，当物体已发生或有相对运动趋势时，有摩擦力产生，由甲方案改为乙方案就是减少摩擦力对实验结果的影响；
为了不考虑小卡片的重力对实验的影响，选择的钩码质量要尽量大，所挂钩码质量合适的是200g，故选B；
（2）小明将系于小卡片两端的线分别跨过左右支架上的滑轮，在线的两端挂上钩码，此时作用在小卡片上的两个拉力等于钩码的重力，方向相反，并通过调整钩码个数来改变拉力大小。
当小卡片平衡时，小明将小卡片扭转过一个角度，卡片两边的拉力作用不在同一直线上，松手后小卡片不能平衡，由此实验步骤可知只有作用在一条直线的两个力才能平衡。
（3）对图丁进行受力分析，滑块P竖直方向上受到重力G和方管Q对它向上的支持力是一对平衡力，滑块P对方管Q的压力与方管Q对它向上的支持力是相互作用力，所以滑块P对方管Q的压力等于滑块P的重力，即F压＝G；其受到方管Q的摩擦力f丁＝0.8F压＝0.8G，
又滑块P在水平向右风力的作用下向右做匀速直线运动，故风力等于摩擦力F风＝f甲＝0.8G，
对图戊竖直方向上进行受力分析，其竖直方向受到竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，
滑块P受到方管Q的摩擦力f水平方向上，滑块P对Q压力等于风力的大小，即F压'＝F风＝0.8G，
滑块P受到方管Q的摩擦力f戊＝0.8F压'＝0.8F风＝0.8×0.8G＝0.64G，
若将滑块P竖直向上匀速拉起，滑块P处于平衡状态，受到向上的拉力F，向下的重力和摩擦力，即F＝G+f戊＝G+0.64G＝1.64G。
故答案为：（1）摩擦力；B。（2）相反；不能；同一条直线；（3）0.64；1.64。
32．【分析】（1）分析图甲电路图，开关S1、S2都闭合时，电路中只有R1接入电路，电路中电阻较小，电源电压一定，由P=U2R可知，此时电功率较大，处于加热状态；只闭合开关S1时，电路中R1、R2串联，电路中电阻较大，电源电压一定，由P=U2R可知，此时电功率较小，处于保温状态；
知道加热功率，利用P=U2R计算R1的阻值；知道保温功率，利用P=U2R计算R1+R2的阻值，进而求出R2的阻值；
（2）方案二中，当温度过高时，电路中电阻较小、电流较大，衔铁被吸下，停止加热，所以工作电路中的发热电阻R1应设计在a处；闭合S0后，电流从螺线管下端流入，利用安培定则判断电磁铁的NS极；
（3）根据图丙可知：热敏电阻的阻值与温度的关系是一次函数，即：R＝kt+b；根据图像中数据求出k、b值，再计算热水器内温度达到设定温度54℃时热敏电阻的阻值；
【解答】解：（1）图甲中开关S1、S2都闭合时，电路中只有R1接入电路，电路中电阻较小，电源电压一定，由P=U2R可知，此时电功率较大，处于加热状态；
只闭合开关S1时，电路中R1、R2串联，电路中电阻较大，电源电压一定，由P=U2R可知，此时电功率较小，处于保温状态；
由P=U2R可得：
R1=U2P加热=(220V)2880W=55Ω，
R1+R2=U2P保温=(220V)288W=550Ω，
R2＝550Ω﹣55Ω＝595Ω；
（2）方案二中，当温度过高时，电路中电阻较小、电流较大，衔铁被吸下，停止加热，所以工作电路中的发热电阻R1应设计在a处；
闭合S0后，电流从螺线管下端流入，根据安培定则，电磁铁的下端为N极、上端为S极。
（3）根据图乙可知：热敏电阻的阻值与温度的关系是一次函数，即：R＝kt+b；
250Ω＝k×10℃+b，﹣﹣﹣﹣﹣①
200Ω＝k×20℃+b，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：k＝﹣5Ω/℃，b＝300Ω，
当热水器内温度达到设定温度54℃，此时热敏电阻的阻值：
R＝﹣5Ω/℃×54℃+300Ω＝30Ω；
此时通过的电流为0.2A，
即I=UR+R0=220V30Ω+R0=0.2A，
解得R0＝1070Ω。
故答案为：（1）方案一中，选用的发热电阻R2的阻值应为495Ω；
（2）a；S；
（3）方案二中，选用的定值电阻R0阻值应为1070Ω。序号
物距/cm
像距/cm
像的性质
像的大小
1
42
13
倒立、缩小、实像
逐渐变大
2
32
14.5
3
22
18.5
4
倒立、等大、实像
5
19
21
倒立、放大、实像
6
17
24.5
7
15
30
题号
1
2
3
4
5
7
8
9
10
11
12
答案
C
D
B
D
C
C
A
B
A
D
A
题号
6
答案
ABC