2025年江苏省无锡市中考物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年江苏省无锡市中考物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，风铃的铜管粗细相同、长短不同。用大小相同的力敲击铜管，铜管发出的声音( )
A. 音色不同
B. 音调不同
C. 响度不同
D. 速度不同
2.我国科研团队突破国际上现有的铝合金材料体系，开发出高镁含量铝合金材料，这种材料密度小、韧性好、强度大，并且成本低。这种材料适合制造( )
A. 飞机的机身B. 举重用的杠铃C. 起重机的配置D. 压路机的碾子
3.同时在应有冷水和热水的两个烧杯中各滴入一滴红墨水，发现热水中的红墨水扩散得快。这个现象说明( )
A. 分子之间有吸引力B. 分子之间有排斥力
C. 热水分子比冷水分子小D. 温度越高，分子无规则运动越剧烈
4.将装有适量碎冰的试管置于瓷杯内的温水中，探究冰的熔化特点。当冰开始熔化时，温度计的示数如图所示，熔化过程中示数不变。下列说法中错误的是( )
A. 冰是晶体
B. 冰熔化时的温度为0∘C
C. 熔化过程中冰不需要吸热
D. 温度计的玻璃泡应插入碎冰中
5.如图所示，将一根针插在绝缘底座上，把折成V字形的不带电铝箔条水平架在针的顶端。现用塑料棒靠近铝箔条的一端时，发现铝箔条偏转、则塑料棒( )
A. 一定带电
B. 一定不带电
C. 一定带正电
D. 一定带负电
6.如图所示，是我国宋代的指南龟，将条形磁石装入木龟腹内，针的尖端与磁石接触后被磁化。将指南龟装于竹钉之上，使竹钉尖撑于龟体的重心正上方某点，水平放置并拨动指南龟，静止后针尾指南。下列说法中正确的是( )
A. 针是铜制成的
B. 针尖接触的是磁石的N极
C. 针尾指南是受到地磁场的作用
D. 若稍倾斜木板，则指南龟静止时一定会倾斜
7.如图所示，是小明透过眼镜看玩具“兔子”的情景。图中眼镜片( )
A. 是凸透镜，可用于矫正远视眼
B. 是凹透镜，可用于矫正远视眼
C. 是凸透镜，可用于矫正近视眼
D. 是凹透镜，可用于矫正近视眼
8.如图所示，某同学正在跳远，在此瞬间，下列说法中正确的是( )
A. 该同学由于惯性继续向前运动
B. 该同学由于受到惯性力继续向前运动
C. 该同学由于受到重力会竖直下落
D. 该同学受到重力和升力作用
9.如图所示，是中国国家博物馆原始社会厅中展示的一种取火器，它以牛角作外套筒，木制推杆，杆前端粘附艾绒，取火时，一手握住套筒，一手猛推杆入筒，随即将杆拔出，艾绒即燃，它的尺寸如图。下列说法中正确的是( )
A. 这种取火器的体积太大，不便于携带B. 取火时是通过做功增加筒内空气的内能
C. 取火时是通过热传递增加筒内空气的内能D. 取火的原理与汽油机的做功冲程相同
10.如图所示，用动滑轮将重380N的物体在10s内匀速竖直提升了1m，拉力F为200N，不计绳重和摩擦。则在此过程中，下列说法中正确的是( )
A. 有用功为200JB. 额外功为20J
C. 动滑轮的机械效率为80%D. 拉力F的功率为20W
11.如图所示，是目前世界上能实现可控飞行的最小无线机器人。该机器人由两部分组成，一部分是用3D打印出来的主体结构，由四个螺旋桨叶片和一个平衡环组成，质量为14.7mg；另一部分是小永磁体，质量为6.3mg。根据设计的飞行路径，向机器人发射电磁波，在变化的磁场作用下，小永磁体被吸引和排斥，带动螺旋桨旋转并产生足够升力，让机器人完成离地飞行、悬停等动作。下列说法中错误的是(g取10N/kg)( )
A. 该机器人重2.1×10−4NB. 电磁波传播的是周期性变化的电磁场
C. 该机器人在真空中也能飞行D. 该机器人悬停时受到平衡力作用
12.如图所示，是小红连接的测量小灯泡额定功率的电路，小灯泡的额定电流为0.3A，电源电压保持不变，R为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.1A，移动滑片P置于A端，电流表的示数为0.2A，重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.16A。下列说法中正确的是( )
A. 电源的电压为3VB. 定值电阻R的阻值为10Ω
C. 小灯泡的额定电压为3.8VD. 小灯泡的额定功率为0.75W
二、填空题：本大题共12小题，共36分。
13.如图所示，小红敲击音叉发声，再使它与悬挂着的乒乓球 ，观察到乒乓球被弹开，说明声音是由物体 产生的。
14.如图是用数码相机的连拍功能记录的某中学生跑步时的两张照片，以盆栽为参照物，中学生是 (选填“运动”或“静止”)的，因为 。
15.如图所示，将弹簧、小车置于水平木板面上，被压缩后的弹簧将小车弹出，这一过程中，弹簧的弹性势能转化为小车的 能，实验表明，弹簧被压缩得越短，小车被弹开的距离越远，这说明，弹簧的弹性形变越大，弹性势能越 ，小车在水平木板上运动时，所受重力对小车 (选填“做功”或“不做功”)。
16.探究凸透镜成像的规律，凸透镜焦距为10cm。首先应将烛焰、凸透镜、光屏的中心调整到 ，当烛焰、凸透镜、光屏在如图所示的位置时，光屏上恰好成一个清晰的像；这是一个倒立、 的实像，在放大镜、照相机和投影仪中，成像情况与此类似的是 。
17.用如图所示的装置探究物体的动能大小与速度的关系时，应让同一辆小车从斜面 高度处由静止滑下，撞击置于水平面上 (选填“相同”或“不同”)位置的同一木块。通过比较木块 来比较小车动能的大小。
18.一种简易的泡沫塑料切割装置电路如图所示，电源电压为6V，用以切割的金属电热丝R的阻值为1Ω，闭合开关S后，电路中电流为 A，10s内电热丝R产生的热量为 J，若要减小电热丝R的发热功率，请写出一种合理做法： 。
19.如图所示，探究杠杆的平衡条件，调节杠杆水平平衡后，在杠杆的左边20cm处挂2个钩码，在杠杆的右边10cm处用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，此时测力计的示数为 N；若测力计沿图中虚线方向向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则测力计示数会 (选填“变大”“变小”或“不变”)，原因是 。
20.玉兔二号巡视器所在的月球背面着陆区，月夜的最低温度达到−190∘C，我国科研人员为它设计了如图所示的保温装置。该装置以氨为工作物质，液态氨通过蒸发器时，吸收核热源释放的热量变为高温蒸气，蒸气经汇流器聚集，沿蒸气管路到达巡视器本体结构的铝蜂窝结构板，为结构板加热并变为液态氨，再沿着液体管路经储液器、分流器进入蒸发器，循环往复。保温装置中的核热源将核能转化为氨的 能。氨在蒸发器中发生 (填物态变化名称)吸收热量，在铝蜂窝结构板发生液化， 热量。
21.取5.6g酒精和5.6g花生米，点燃后分别对80g的水加热，直至充分燃烧。数据记录在表中，可见质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量 (选填“相等”或“不相等”)，所测的花生米的热值为 J/kg。酒精和花生米中， 的热值大。[c水=4.2×103J/(kg⋅∘C)]
22.2025年5月18日，我国自主研制的大型氷陆两栖飞机AG600“鲲龙”批生产首架机成功完成验证任务，具备交付使用条件：AG600最大起飞质量为53.5t，若实施海上救援，以500km/h的速度飞行，3h到达事发海域，飞行距离为 km，漂浮在海面上时排开的海水的体积最大为 m3(海水密度取1.0×103kg/m3)。执行灭火任务时，20s完成汲水12t，随后飞往火场灭火，若某次灭火需要用水600t，取水点离火场44km，飞机以220km/h的速度飞行，从取水点汲水开始计时，洒水用时不计，任务完成后重新回到取水点，共耗时 s。
23.如图所示，将钉板放在水平桌面上，将气球(质量忽略不计)放在钉板上，将质量为0.5kg的活动隔板放在气球上，先在隔板上放一个哑铃，观察到气球发生形变，是因为气球受到了隔板的 。增加哑铃数量，观察到气球形变变大；当放上四个哑铃(总质量为9.5kg)时，气球没有被刺破。测得气球与隔板的接触面积为500cm2，则隔板对气球的压强为 Pa。此时铁钉对气球的支持力为 N，气球没有被铁钉刺破的原因是 。(g取10N/kg)
24.按照图甲连接电路，探究通过导体的电流与电压、电阻的关系，电源电压值为3V，三个定值电阻Ra、Rb、Rc。探究通过导体的电流与它两端电压的关系时，先将电阻Ra接入电路，将滑动变阻器的滑片P移至阻值最大端，闭合开关，读出电压表、电流表的示数。移动滑片P，改变电阻两端电压继续探究，根据实际所测数据，以电流I为纵坐标，以电压U为横坐标，在坐标系中描点画出Ra的I−U图像a、再分别将Rb、Rc接入电路，采用同样的方式探究，得到图像b、c，如图乙所示。则Ra的阻值为 Ω；单独分析图乙中每条I−U图像，可知，当导体电阻一定时， ；实验中滑动变阻器的最大阻值为 Ω，为了探究电流与电阻的关系，分别将三个电阻接入电路，需要保持电阻两端电压不变，则该电压的最小值为 V。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
25.按要求作图：
如图所示，木块静止在水平地面上，请画出木块的受力示意图。
26.请根据图中小磁针静止时的指向，分别标出通电螺线管左端的极性(“N”或“S”)和电源右端的极性(“+”或“-”)。
27.有一种带开关的三孔插座，开关闭合时，插孔才能够提供工作电压，请在图中将这种插座的电路连接完整，并符合安全用电原则。
四、实验探究题：本大题共3小题，共21分。
28.探究平面镜成像的特点；器材有：茶色薄玻璃板，白纸、三个相同的火炬形棋子，刻度尺、黑色水笔、白卡片。
(1)将白纸平铺在水平桌面上，用水笔在白纸上画出两条相互垂直的细直线MN和PQ，交于O点。如图甲所示，将茶色玻璃板的底部贴住MN放置，透过玻璃板，观察到OP在平面镜中所成的像OP′在OQ的正上方，此时需要______。直至观察到______，表明玻璃板与白纸面垂直，固定好玻璃板。
(2)在直线OP上放置棋子A，在玻璃板后方放置白卡片并移动，发现不能在白卡片上观察到棋子的像，表明平面镜所成的像是______像，换用另一个相同的棋子 B，在玻璃板后移动，直至它与棋子A在平面镜中所成的像完全重合，表明平面镜所成的像和物大小______。
(3)经观察，A的像在直线OQ上，为了确定像的位置，如图乙所示，将棋子B、C放置在白纸上，移动棋子B、C，使棋子C遮挡住棋子A的像和棋子B，在白纸上标记B、C的位置，连接CB，______，该点即为棋子A的像A′的位置。用刻度尺测得A到平面镜的距离为9.20cm，将刻度尺的“0”刻度线与MN对齐，测出像A′到平面镜的距离，如图丙所示，像距为______ cm。多次改变棋子A的位置，重复以上操作，将测得的数据记录在表中，分析数据可知：______。
29.小明和小红利用托盘天平、量筒、量杯(最大测量值500mL，分度值50mL)、水等器材测量茶杯的密度，步骤如下：
(1)将天平放在水平台面上，将游码移至标尺的______，若此时指针偏向分度盘中央刻度线左侧，应将平衡螺母向______调节，使指针对准分度盘中央的刻度线。
(2)天平调好后，将茶杯放在左盘，在右盘中加减砝码，并调节游码使天平再次水平平衡，砝码和游码的位置如图甲所示，则茶杯质量为______g。
(3)在测量茶杯体积时，发现无法将茶杯放入量筒。
①小明在量杯中加入350mL的水，将茶杯轻轻放入水中，在水面位置处做标记，如图乙所示；取出茶杯，用装有50mL水的量筒往量杯中缓慢加水，直到水面达到标记处，此时量筒内剩余水的体积为17mL，则小明测出的茶杯体积为______cm3，小红发现取出的茶杯沾了水，则小明计算出的茶杯密度值与实际值相比______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
②小红重新在量杯中加入350mL的水，将茶杯沉入水底，用装有45mL水的量筒往量杯中缓慢加水，直至水面与量杯上的400mL刻度线对齐为止(如图丙所示)，此时量筒中剩余水的体积如图丁所示。小红测出的茶杯体积为______cm3，密度为______g/cm3。
30.小红和小华设计一种能自动测定油箱内油面高度的装置。器材有：电源(电压可调)、电流表、电压表、阻值约为100Ω的电阻片、定值电阻R、细金属杆OABC、浮子(体积为20cm3)、开关、导线、油箱、汽油、汽油为绝缘体。(ρ汽油=0.75g/cm3,g取10N/kg)
(1)她们首先要从电阻片上截取一段阻值为40Ω的电阻，为此连接了如图甲所示的电路。
将鳄鱼夹置于电阻片的B′端，闭合开关S，电压表示数如图乙所示为______V。向A′端缓慢移动鳄鱼夹，观察电流表示数，当示数为______A时，标记鳄鱼夹的位置，则该位置到A′端的阻值即为40Ω。
(2)她们重新调节了电源电压，连接了如图丙所示的装置，电阻R′=40Ω；它与金属杆OA接触良好(摩擦不计)、金属杆OABC可以绕固定点O自由转动，其重心在OC连线上。浮子可以绕CD轴自由转动。
①在油箱内倒入汽油，当浮子处于图丙所示的位置时，浮子浮在汽油中静止，恰好一半体积浸入汽油，此时浮子所受浮力大小为______N，继续倒油，油面上升，浮子再次静止时，没在汽油中的体积______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
②为了在电流表的刻度盘上标出油箱内油面高度；闭合开关S，当OA处于M端的位置，在电流表的刻度盘上标定此时油面高度为0cm，此时电流表示数为0.12A。继续向油箱内倒入汽油，记录油面高度h和对应的电流表示数I，当OA处于N端的位摆时，电流表示数为0.6A，数据记录在下表中，则该装置中电源电压为______V，电阻R阻值为______Ω；当电流表示数为0.5A时，油面高度为______cm。
五、综合题：本大题共2小题，共13分。
31.抽水蓄能是利用电网用电低谷期过剩的电能，通过电动抽水泵将低处下水库的水抽到高处上水库储存起来，然后待用电高峰期再释放上水库中的水，冲击水电站中的水轮发电机组发电，输送回电网，工作原理示意图如图所示。我国的河北丰宁电站是目前世界上装机容量最大的抽水蓄能电站，上水库容量为4.5×107m3，上水库一次储满的水若全部通过隧洞下落400m高度，冲击水轮发电机组发电，可获得1.44×1014J的电能。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
(1)抽水蓄能的能量转化过程是将过剩的电能转化为水的______能，在需要的时候再通过发电机组转化为______能，输送回电网。
(2)水轮发电机组的发电效率为多少？
32.某型号的茶吧机具有自动取水和加热、保温的功能，取水时采用的电泵，工作原理如图甲所示，通电后电动机带动传动杆快速向下压缩弹性隔膜，进水管口处的单向球阀关闭，出水管口处的单向球阀打开，泵腔内大部分空气被排出；接着，传动杆快速向上拉动弹性隔膜，泵腔体积迅速增大，出水管口处单向球阀关闭，水从进水管口冲开单向球阀，进入泵腔。水桶内水面上方与外界大气相通。图乙是其加热、保温电路原理图，FU为热熔断器，R1、R2为加热电阻，R2=242Ω，开关S1闭合后，当水温升高到100∘C会自动断开，断开后若无外力不会自动闭合。开关S2由电磁继电器控制，开始时处于闭合状态，水温升高至89∘C时自动断开，温度下降至84∘C自动闭合。U=9V，R2是定值电阻。RT是热敏电阻，阻值随温度升高而减小，其温度与水温相同，当温度为84∘C时，阻值为300Ω；当温度为89∘C时，阻值为240Ω。电磁铁线圈电阻忽略不计，当线圈中的电流达到0.03A时，衔铁被吸下，触点D、E断开；当线圈中的电流减小到一定值时，衔铁被释放，触点D、E重新接触。
现将插头插入220V的插座中，向茶吧机的水壶内注入1kg的水，水温为24∘C，闭合开关S、S1、S2、S3，R1、R2正常工作，茶吧机开始加热，155s后水温到达100∘C，一段时间后进入保温工作状态。[c水=4.2×103J/(kg⋅∘C)]。
(1)自动取水时，水能够进入泵腔的原因是______。
(2)刚开始加热时，通过热熔断器的电流为10A，水温从24∘C加热至100∘C的过程中，若该茶吧机的加热效率为95%。则：
①R1的额定功率是多少？
②R2消耗的电能为多少？
(3)在保温时，线圈中的电流为______A时衔铁被释放；若温度达到100∘C时，R2仍在工作，经检查线圈中仍有电流，且电磁继电器、RT均无故障，请写出一种可能的故障。______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AC、用大小相同的力敲击铜管，音色和响度相同，故AC错误；
B、铜管粗细相同、长短不同，振动时的频率不同，音调不同，故B正确；
D、声音在介质中的传播速度与介质的种类和温度有关，故D错误。
故选：B。
声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
声音的大小叫响度，响度与发声体的振幅和距离声源的远近有关。
音色与发声体的材料和结构有关。
声音在介质中的传播速度与介质的种类和温度有关。
本题考查的是音调、响度和音色；知道声音的传播速度与介质的种类和温度有关。
2.【答案】A
【解析】解：A、飞机机身需要轻质材料以降低飞行重量，铝合金密度小、强度大，能满足飞机机身对轻质且坚固材料的需求，故A正确；
B、举重用的杠铃需一定重量，来满足不同级别的训练需求，故B错误；
C、起重机的配置(如吊钩、连接部件等)需要强度高的材料承载重物，故C错误；
D、压路机的碾子需要较大的质量来产生足够的压力，而铝合金密度仅为钢铁的四分之一，质量过轻，无法满足压路机碾子对质量的要求，故D错误。
故选：A。
(1)飞机机身需要轻质材料以降低飞行重量；
(2)举重用的杠铃需一定重量，
(3)起重机的配置需要强度高的材料；
(4)压路机的碾子需要较大的质量来产生足够的压力。
本题考查的是密度在生产、生活中的应用。
3.【答案】D
【解析】解：在分别盛有冷水和热水的杯中各滴入一滴红墨水，可以看到墨水在热水中扩散得快，该现象说明温度越高，扩散越快，分子热运动越剧烈。
故选：D。
物体的温度越高，组成物体的分子运动越快。
本题考查温度对分子热运动的影响，属于基础题。
4.【答案】C
【解析】解：A、晶体有固定的熔点，在熔化过程中温度保持不变。冰在熔化过程中温度不变，所以冰是晶体，故A正确。
B、由图可知，温度计的示数为0∘C，且冰熔化过程中温度不变，所以冰熔化时的温度为0∘C，故B正确。
C、晶体熔化需要满足两个条件：达到熔点且继续吸热。冰是晶体，在熔化过程中，虽然温度不变，但需要持续吸热才能完成熔化过程，故C错误。
D、使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中，这样才能准确测量液体的温度，故D正确。
故选：C。
AB、晶体有固定的熔点，在熔化过程中温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点。
C、晶体熔化需要满足两个条件：达到熔点且继续吸热。
D、使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中。
解决这道题，我们需要结合晶体熔化的特点以及温度计的使用方法来分析每个选项，难度适中。
5.【答案】A
【解析】解：带电体具有吸引轻小物体的性质，塑料棒靠近铝箔条的一端时，发现铝箔条偏转，说明塑料棒一定带电，故A正确，BCD错误。
故选：A。
带电体具有吸引轻小物体的性质，据此分析。
本题考查带电体性质，难度适中。
6.【答案】C
【解析】解：A、铜不是磁性材料，不能被磁石磁化，所以针不可能是铜制成的，故A错误。
B、地球是一个大磁体，地磁的北极在地理南极附近，地磁的南极在地理北极附近。根据异名磁极相互吸引，静止后针尾指南，说明针尾是S极，那么针尖是N极，根据磁化规律，针尖接触的应是磁石的S极，故B错误。
C、指南龟能够指南北，是因为地球周围存在地磁场，磁体受地磁场的作用，静止时会指向南北方向，故C正确。
D、竹钉尖撑于龟体的重心正上方某点，指南龟重心位置较低，稍倾斜木板，指南龟仍会在重力和地磁场的作用下保持平衡，不会倾斜，会尽量恢复到指南北的方向，故D错误。
故选：C。
A、铜不是磁性材料，不能被磁石磁化。
B、地球是一个大磁体，地磁的北极在地理南极附近，地磁的南极在地理北极附近。C、指南龟能够指南北，是因为地球周围存在地磁场，磁体受地磁场的作用。
D、竹钉尖撑于龟体的重心正上方某点，指南龟重心位置较低，稍倾斜木板，指南龟仍会在重力和地磁场的作用下保持平衡，不会倾斜。
本题考查了地磁场和指南针指示南北的原因，属于基础性题目。
7.【答案】D
【解析】解：小明透过眼镜看玩具“兔子”的情景，兔子成正立缩小的像，所以是凹透镜，可用于矫正近视眼。故D正确，ABC错误。
故选：D。
物距小于焦距，凸透镜成正立、放大的虚像；凹透镜对光线有发散作用，成正立、缩小的虚像。
本题考查了透镜成像规律，属于基础题。
8.【答案】A
【解析】解：A.惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，该同学在跳远时，由于惯性会保持向前的运动状态继续向前运动，故A正确；
B.惯性是物体本身的一种性质，不是力，不能说“受到惯性力”，故B错误；
C.重力的方向是竖直向下的，该同学在跳远时，受到重力的作用，同时由于惯性会保持向前的运动状态继续向前运动，所以不会竖直下落，故C错误；
D.该同学在跳远时，受到重力作用，没有受到升力作用，故D错误。
故选：A。
(1)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；由于惯性物体会保持原来的运动状态不变；
(2)惯性是物体本身的一种性质，不是力，不能说“受到惯性力”。
本题主要考查惯性知识，运用惯性判断物体的运动状态，有一定难度。
9.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，取火器的体长12cm，便于携带，故A错误；
BCD、封闭的气体被推杆压缩过程中，活塞对气体做功，气体内能增加，是机械能转化为内能，通过做功的方式使气体的内能增加；汽油机的压缩冲程与上述能量转化相同，因为它们都是机械能转化为内能的，故B正确，CD错误。
故选：B。
猛推推杆时间较短，气体来不及吸放热，主要是外界对气体做功，气体内能增加，温度升高，压强增大；四冲程工作过程中能量的转化：①压缩冲程：机械能→内能；②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能。
此题是考查做功改变物体内能，以及四冲程的能量转化，是中考热点，属于易错题目。
10.【答案】B
【解析】解：A、拉力做的有用功：W有=Gh=380N×1m=380J，故A错误；
B、由图可知n=2，绳子自由端移动的距离：s=nh=2×1m=2m，
则拉力做的总功：W总=Fs=200N×2m=400J，
W额=W总−W有=400J−380J=20J，故B正确；
C、拉力做的有用功：W有=Gh=300N×1m=300J，
机械效率η=W有W总×100%=380J400J×100%=95%，故C错误；
D、拉力F的功率用P=W总t=400J10s=40W，故D错误。
故选：B。
(1)利用W有=Gh求有用功；
(2)由图可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh，利用W总=Fs求出拉力做的总功，W额=W总−W有；
(3)，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；
(4)利用P=W总t求出拉力F的功率。
本题考查了动滑轮的作用，以及使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，根据题图确定n的大小(直接从动滑轮上引出绳子股数)是本题的突破口，灵活选用公式计算是关键。
11.【答案】C
【解析】解：A.已知该机器人由两部分组成，主体结构的质量m1=14.7mg，小永磁体质量m2=6.3mg，则机器人总质量m=m1+m2=14.7mg+6.3mg=21mg；
则该机器人重力为：G=mg=21×10−6kg×10N/kg=2.1×10−4N，故A正确；
B.电磁波是由周期性变化的电场和磁场相互激发而形成的，所以电磁波传播的是周期性变化的电磁场，故B正确；
C.机器人是通过小永磁体在变化的磁场作用下，带动螺旋桨旋转并产生足够升力来飞行的。而螺旋桨旋转产生升力是利用空气的流动，真空环境中没有空气，螺旋桨无法产生升力，所以机器人在真空中不能飞行，故C错误；
D.机器人悬停时静止，处于平衡状态，平衡状态下的物体受到平衡力的作用，所以机器人悬停时受到平衡力作用，故D正确。
故选：C。
(1)该机器人由两部分组成，先求出主体结构和小永磁体的总质量，再根据G=mg计算机器人总重力；
(2)电磁波是由周期性变化的电场和磁场相互激发而形成的，电磁波传播的是周期性变化的电磁场；
(3)真空环境中没有空气，螺旋桨无法产生升力，机器人在真空中不能飞行，
(4)机器人悬停时静止，处于平衡状态，平衡状态下的物体受到平衡力的作用。
本题围绕一个能实现可控飞行的最小无线机器人展开，考查了重力的计算、电磁波的性质、力与运动的关系等知识点，有一定难度。
12.【答案】D
【解析】解：AB、她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。
电流表示数为0.1A，根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U=I1(R+RP)=0.1A×R+0.1A×20Ω=0.1A×R+①
移动滑片P置于A端，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律可知电源电压U=I2R=0.2A×②
联立以上两式可知：U=4V，R=20Ω；故AB错误；
CD、重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，灯泡、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；
根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U=I3(RL+RP′)=0.3A×RL+0.3A×RP′=③
保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.16A。
根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U=I4(R+RP′)=016A×20Ω+0.16A×RP′=④
解得RP′=5Ω；
代入③中可得RL=253Ω，
根据欧姆定律可知灯泡的额定电压为UL=ILRL=0.3A×253Ω=2.5V，
根据P=UI可知灯泡的额定功率P=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W，
故C错误、D正确。
故选：D。
AB、她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.1A，根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式；
移动滑片P置于A端，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律可知电源电压表达式；联立以上两式可知电源电压和定值电阻的阻值；
CD、重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，灯泡、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式；
保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.16A。
根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式；联立以上两式可知灯泡正常发光时的电阻；根据欧姆定律可知灯泡的额定电压，根据P=UI可知灯泡的额定功率。
本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。
13.【答案】接触
振动

【解析】解：小红敲击音叉发声，再使音叉与悬挂着的乒乓球接触，观察到乒乓球被弹开，这是因为音叉在发声时处于振动状态，当音叉振动时，会撞击乒乓球，从而使乒乓球被弹开，说明声音是由物体振动产生的。
故答案为：接触；振动。
如图可知，音叉与悬挂着的乒乓球接触；声音是由物体振动产生的。
本题利用音叉发声，使悬挂着的乒乓球弹开这个实验，说明声音是由物体振动产生的。
14.【答案】运动
中学生相对于盆栽的位置发生了改变

【解析】解：从两张照片可以看出，在跑步过程中，中学生相对于盆栽的位置不断发生改变，所以以盆栽为参照物，中学生是运动的，因为中学生相对于盆栽的位置发生了改变。
故答案为：运动；中学生相对于盆栽的位置发生了改变。
判断一个物体是运动还是静止，关键是看被研究的物体与所选的参照物之间的相对位置是否发生了改变。如果相对位置发生了改变，则物体是运动的；如果相对位置没有发生改变，则物体是静止的。
本题主要考查运动和静止的相对性，判断一个物体是运动还是静止，关键是看被研究的物体与所选的参照物之间的相对位置是否发生了改变。
15.【答案】动
大
不做功

【解析】解：压缩弹簧松手后，弹簧的弹性势能减少，小车的机械能增大，所以将弹簧的弹性势能转化为小车的动能；
弹簧的弹性形变越大，同样的小车弹得越远，这说明弹簧的弹性形变越大，弹性势能越大；
小车在水平木板上运动，小车受到的重力向下，小车没有在重力的方向上移动距离，故重力没有对小车做功。
故答案为：动；大；不做功。
(1)判断是哪种能量转化成了另一种能量的方法是：减少的能量转化为增大的能量；
(2)弹性势能的大小跟物体发生弹性形变大小有关，弹性形变越大，具有的弹性势能越大；
(3)做功的必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动的距离。
此题考查能的转化，弹性势能的影响因素，力是否做功的判断等知识点，属于基础题。
16.【答案】同一高度
缩小
照相机

【解析】解：在探究凸透镜成像规律的实验中，为了使像成在光屏的中央，实验前应将凸透镜、光屏的中心调整到与烛焰的中心在同一高度的位置处。已知凸透镜焦距f=10cm，由图可知，物距u>2f(烛焰到凸透镜的距离大于20cm)，根据凸透镜成像规律，此时光屏上成的是一个倒立、缩小的实像。在放大镜、照相机和投影仪中，成像情况与此类似的是照相机，因为照相机是利用物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小实像的原理工作的。故答案为：同一高度；缩小；照相机。
在探究凸透镜成像规律的实验中，实验前应将凸透镜、光屏的中心调整到与烛焰的中心在同一高度的位置处，便于使像成在光屏中央。根据凸透镜成像规律，物距大于像距，光屏上成的是一个倒立、缩小的实像，应用于照相机。
本题考查凸透镜成像规律的实验操作及成像特点与应用。首先要明确实验前调整器材的要求，再根据物距和像距的关系判断成像情况，最后联系生活中的光学仪器。
17.【答案】不同
相同
被推动的距离

【解析】解：要探究物体的动能大小与速度的关系，根据控制变量法，应控制小车的质量不变，改变小车的速度。让同一辆小车从斜面不同高度处由静止滑下，小车到达水平面时的速度不同，高度越高，速度越大；撞击置于水平面上相同位置的同一木块，这样能保证初始条件中木块的位置等因素一致。小车具有的动能越大，对木块做的功越多，木块被推动的距离就越远。所以通过比较木块被推动的距离，来比较小车动能的大小。答案依次为：不同；相同；被推动的距离。
动能与质量和速度有关；
让同一辆小车从斜面不同高度处由静止滑下，小车到达水平面时的速度不同；
撞击置于水平面上相同位置的同一木块，通过比较木块被推动的距离，来比较小车动能的大小。
本题探究动能的影响因素实验，掌握动能的影响因素是关键。
18.【答案】6
360
可以降低电源电压

【解析】解：电路中的电流I=UR=6V1Ω=6A。10s内电热丝R产生的热量Q=I2Rt=(6A)2×1Ω×10s=360J。
根据P=U2R可知，若想减小电热丝R的发热功率，可以降低电热丝R两端的电压，和通过电热丝R的电流。
故答案为：6A；360J；可以降低电源电压。
(1)根据欧姆定律求解电路中的电流。
(2)根据Q=I2Rt求解电热丝R产生的热量。
(3)根据P=U2R来分析减小电热丝R的发热功率。
此题考查欧姆定律和焦耳定律的简单计算，难度不大。
19.【答案】2
变大
动力臂变小，阻力和阻力臂不变，则拉力会变大

【解析】解：此弹簧测力计的分度值为0.2N，指针指向“2”，故拉力的大小为2N；
当弹簧测力计倾斜拉动杠杆在水平位置平衡，力臂不在杠杆上，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，则拉力会变大。
故答案为：2；变大；动力臂变小，阻力和阻力臂不变，则拉力会变大。
根据弹簧测力计的分度值及指针位置可得结果；
分析力臂的变化，结合杠杆的平衡条件可知拉力的变化。
本题考查的是杠杆平衡条件的探究及应用，正确理解杠杆的平衡条件是关键。
20.【答案】内
汽化
放出

【解析】解：保温装置中，核热源释放热量，使液态氨吸收热量变为高温蒸气，这个过程中核热源将核能转化为氨的内能；
氨在蒸发器中由液态变为气态，发生汽化现象，汽化过程吸收热量；
氨在铝蜂窝结构板发生液化，液化过程放出热量。
故答案为：内；汽化；放出。
(1)能量可以从一种形式转化为另一种形式，核热源具有核能，保温装置中的核热源释放热量，使液态氨变为高温蒸气，核热源将核能转化为氨的内能；
(2)物质从液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热；物质从气态变为液态的过程叫做液化，液化放热。
本题结合为玉兔二号巡视器设计的保温装置，考查了能量转化和物态变化的相关知识，是一道联系实际的题目，也是中考的热点。
21.【答案】不相等
1.8×106
酒精

【解析】解：相同质量的酒精和花生米完全燃烧放热，由表格数据可知，酒精完全燃烧放出的热量可以将水的温度升高48∘C，花生米完全燃烧放出的热量可以将水的温度升高30∘C，由Q放=Q吸=cmΔt可知，酒精燃烧放出的热量比花生米燃烧放出热量多，再由Q放=mq知，酒精的热值更大；
80g的水吸收的热量：Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×80×10−3kg×(52∘C−22∘C)=1.008×104J，
由题意知，5.6g花生米完全燃烧放出的热量：Q放=Q吸=1.008×104J，
由Q放=mq知，花生米的热值：
q=Q放m=1.008×104J5.6×10−3kg=1.8×106J/kg。
故答案为：不相等；1.8×106；酒精。
通过水温度的变化值得出水吸热的大小关系，也就知道燃烧酒精和花生米放出热量的关系，又知道燃烧的质量相同，据此得出热值关系；
根据表格中数据可以分析并计算出花生米的热值。
本题探究不同物质吸热升温现象及比较不同燃料的热值大小，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吸=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
22.【答案】1500
53.5
73000

【解析】解：①AG600实施海上救援时，以500km/h的速度飞行，3h到达事发海域，
飞行距离为：s=vt=500km/hx3h=1500km；
②飞机漂浮在海面上时，浮力等于重力，即F浮=G。
已知最大起飞质量m=53.5t，则飞机的重力为：G=mg=53.5×103 kg×10N/kg=5.35×105N；
所以漂浮在海面上时，飞机受到的浮力为：F浮=G=5.35×105N；
根据阿基米德原理F浮=ρ海水gV排可得，排开海水的体积V排=F浮ρ海水g=5.35×105N1.0×103kg/cm3×10N/kg=53.5m3；
③已知每次汲水12t，灭火需要用水600t，则取水次数n=600t12t=50次；
每次汲水时间t汲=20s，则取水总时间t取=50×20s=1000s；
取水点离火场距离s=44km，飞机速度v=220km/h，
根据v=st可得，飞机单程飞行时间t单=44km220km/h=0.2h=720s；
因为要往返50次，所以飞行总时间t飞=50×2×720s=72000s；
从取水点汲水开始计时，到任务完成后重新回到取水点，总耗时：t=t取+t飞=1000s+72000s=73000s。
故答案为：1500；53.5；73000。
使用公式s=vt计算飞行距离；根据飞机漂浮在海面上时，浮力等于重力，计算飞机受到的浮力，进而计算排开海水的体积V排；从取水点汲水开始计时，到任务完成后重新回到取水点，总耗时等于取水总时间t取与飞行总时间t飞之和。
本题考查速度公式的使用、漂浮条件的应用、阿基米德原理计算体积等知识点，难度较大。
23.【答案】压力
2000
100
密集的钉尖增大了气球与铁钉的接触面积较大，压强较小

【解析】解：观察到气球发生形变，是因为气球受到了隔板的压力。
增加哑铃数量，观察到气球形变变大；当放上四个哑铃(总质量为9.5kg)时，气球没有被刺破。测得气球与隔板的接触面积为500cm2，则隔板对气球的压力F=G总=m总g=(0.5kg+9.5kg)×10N/kg=100N，
压强为p=FS=100N500×10−4m2=2000Pa。
此时铁钉对气球的支持力为F′=F=100N，
气球没有被铁钉刺破的原因是气球与铁钉的接触面积较大，压强较小。
故答案为：压力；2000；100；密集的钉尖增大了气球与铁钉的接触面积较大，压强较小。
力能使物体发生形变；
根据F=G总=m总g得出隔板对气球的压力，根据压强公式得出压强；
此时铁钉对气球的支持力等于隔板对气球的压力；
在压力相同时，受力面积越小，压强越大。
本题考查压强的有关知识，是一道综合题。
24.【答案】5
通过导体的电流与导体两端的电压成正比
25
1.3

【解析】解：由图乙可知，当电阻Ra两端电压为3.0V时，通过电阻Ra的电流为0.6A，则Ra的阻值为：
Ra=UaIa=Ω；
由图乙可知，三个电阻的图线的延长线均过原点，即三个电阻的I−U图像为过原点的斜线，故可得出结论：当导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
由图乙中a图线可知，当电阻Ra两端电压为0.5V时，通过电阻Ra的电流为0.1A，根据串联电路的规律及欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=U滑I1=U−U1I1=3V−Ω，
即实验中滑动变阻器的最大阻值为25Ω；
由图乙中c图线可知，当电阻Rc两端电压为3.0V时，通过电阻Rc的电流为0.15A，则Rc的阻值为：
Rc=UcIc=Ω；
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：
U滑=U总−UV=3V−UV，
根据分压原理有：
U滑UV=R滑R定，
即3V−UVUV=R滑R定------①，
因电压表示数UV为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
3V−UVUV=25Ω20Ω，
解得电压表的示数：UV≈1.3V，即为完成实验，电压表的最小电压为1.3V。
故答案为：5；通过导体的电流与导体两端的电压成正比；25；1.3。
(1)根据图乙中的数据利用R=UI求出Ra的阻值；
(2)根据图乙分析得出结论；
(3)根据图乙中a图线利用串联电路的规律及欧姆定律求出滑动变阻器连入电路中的电阻，据此确定滑动变阻器最大阻值；
(4)根据图乙c中的数据利用R=UI求出Rc的阻值；当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制的电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中滑动变阻器的最大电阻为25Ω，根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻20Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压。
本题探究通过导体的电流与电压、电阻的关系实验，考查了电阻的计算、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用等知识。
25.【答案】
【解析】解：木块静止在水平面上，受到重力G和支持力F，这两个力平衡，重力从重心竖直向下画，支持力从重心竖直向上画，标出字母符号，注意两条线段长度相同，如图：
先分析出物体受到几个力，再根据物体处于静止状态判断几个力的大小关系，最后正确画出受力示意图。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
26.【答案】
【解析】解：根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管右端为N极，左端为S极，根据安培定则可知，电流从右端流入，左端流出，故电源右端为正极，如图所示：
故答案为：
同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
根据安培定则判断电路中电流的方向，进而得出电源的正负极。
本题考查磁极间的相互作用以及利用安培定则判断电流的方向，难度适中。
27.【答案】。
【解析】解：三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，为了用电的安全，开关接在火线上，如图所示：
。
三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线；
开关应接在火线与用电器之间。
本题考查了家庭电路的连接，属于基础题。
28.【答案】调节玻璃板的位置(或倾斜程度)；OP与它在玻璃板中所成的像OP′关于MN对称(或像与物的连线与MN垂直； 虚；相等； 延长CB与OQ相交于点A′；9.20；平面镜所成的像与物到平面镜的距离相等；9.20
【解析】(1)将白纸平铺在水平桌面上，用水笔在白纸上画出两条相互垂直的细直线MN和PQ，交于O点。如图甲所示，将茶色玻璃板的底部贴住MN放置，透过玻璃板，观察到OP在平面镜中所成的像OP′在OQ的正上方，此时需要调节玻璃板的位置(或倾斜程度)，直至观察到OP与它在玻璃板中所成的像OP′关于MN对称(或像与物的连线与MN垂直)，表明玻璃板与白纸面垂直，固定好玻璃板；
(2)在直线OP上放置棋子A，在玻璃板后方放置白卡片并移动，发现不能在白卡片上观察到棋子的像，表明平面镜所成的像是虚像；换用另一个相同的棋子B，在玻璃板后移动，直至它与棋子A在平面镜中所成的像完全重合，表明平面镜所成的像和物大小相等；
(3)连接CB，延长CB与直线OQ的交点，该点即为棋子A的像A′的位置。因为根据光的直线传播原理，当棋子C遮挡住棋子A的像和棋子B时，说明从棋子A的像点发出的光线经直线传播被棋子C挡住，所以延长CB与OQ的交点就是像的位置；
用刻度尺测量像距时，如图丙所示，刻度尺的分度值为1mm，读数为9.20cm；
根据表中数据可知，平面镜所成的像与物到平面镜的距离相等。
故答案为：(1)调节玻璃板的位置(或倾斜程度)；OP与它在玻璃板中所成的像OP′关于MN对称(或像与物的连线与MN垂直；(2)虚；相等；(3)延长CB与OQ相交于点A′；9.20；平面镜所成的像与物到平面镜的距离相等；9.20。
(1)在探究平面镜成像特点的实验中，玻璃板必须与纸面垂直，这样才能保证棋子A的像与棋子B能够在同一水平高度重合，从而准确探究像与物的关系；
(2)实像可以呈现在光屏上，虚像不能呈现在光屏上；平面镜所成的像与物大小相等；
(3)根据光的直线传播原理进行分析；使用刻度尺测量长度，读数时视线要和尺面垂直，估读到分度值的下一位；平面镜所成的像与物到平面镜的距离相等。
本题考查学生实际动手操作实验的能力，并能对实验中出现的问题正确分析，探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的；只要熟练掌握平面镜的成像特点和实验的探究过程，解答此类题目就很容易。
29.【答案】零刻度线处；右； 72； ①33；偏小；②20；2.4
【解析】(1)调节天平时，先将天平放在水平台面上，再将游码移至标尺左端的零刻度线处，此时指针偏向分度盘中央刻度线左侧，应将平衡螺母向右调节，使指针对准分度盘中央的刻度线；
(2)根据图甲可知，砝码质量为70g，标尺的分度值为0.2g，游码的示数为2g，
故茶杯的质量：m=70g+2g=72g；
(3)①根据题意可知，茶杯的体积等于从量筒中倒入量杯内水的体积，即V杯=ΔV=50mL−17mL=33mL=33cm3；由于取出茶杯时沾了水，所以加入水的体积会偏大，即所测茶杯的体积会偏大，根据ρ=mV可知所测密度会偏小；
②根据图丁可知，量筒的分度值为1mL，剩余水的体积为25mL，
量杯中水的总体积：V总=350mL+(45mL−25m)=370mL，
故茶杯的体积：V=400mL−370mL=30mL=30cm3，
茶杯的密度：ρ=mV=72g30cm3=2.4g/cm3。
故答案为：(1)零刻度线处；右；(2)72；(3)①33；偏小；②20；2.4。
(1)调节天平时，应先将天平放在水平台面上，再将游码移至标尺左端的零刻度线处，最后根据指针的偏转情况调节平衡螺母，使指针对准分度盘中央的刻度线；
(2)根据图甲砝码质量和游码示数可得茶杯的质量；
(3)①根据题意可知，茶杯的体积等于从量筒中倒入量杯内水的体积；由于取出茶杯时沾了水，所以加入水的体积会偏大，即所测茶杯的体积会偏大，根据ρ=mV可知所测密度的误差情况；
②根据题意可得量杯中水的总体积，从而可得茶杯的体积，根据ρ=mV求茶杯的密度。
本题考查质量、体积和密度的测量，难度一般。
30.【答案】12；0.3； 0.075；不变；6；10；9.5
【解析】(1)根据电压表的量程的0−15V，分度值为0.5V，电压表的示数为12V；
阻值R′=40Ω，此时电路中的电路I=U′R=12V40Ω=0.3A；
(2)浮子的体积为20cm3；浮子浮在汽油中静止，恰好一半体积浸入汽油，排开液体的体积为10cm3；
此时浮子所受浮力大小为F浮=ρ水gV排=0.75×103kg/m3×10N/kg×10×10−6m3=0.075N；
继续倒油，油面上升，浮子再次静止时，仍是漂浮，浮力等于重力，因重力不变，故浮力不变，因而浸入的体积不变；
闭合开关S，当OA处于M端的位置，R与R′串联，在电流表的刻度盘上标定此时油面高度为0cm，此时电流表示数为0.12A。
根据串联电路的特点和欧姆定律知，电源电压U=I(R+R′)=0.12A×(R+40Ω)；
当OA处于N端时，电流表示数为0.6A，电源电压U=IR=0.6A×R；
解得R=50Ω；U=6V；
当电流表示数为0.5A时，根据串联电路的特点和欧姆定律知，U=I(R+R′′)=0.5A×(10Ω+R′′)=6V；
解得R′′=2Ω；
根据表格数据，当h=2.5cm时，电流为0.15A，根据串联电路的特点和欧姆定律知，U=I(R+R′)=0.15A×(10Ω+R′)=6V；
解得R′′=30Ω；
当h=5cm时，电流为0.2A，根据串联电路的特点和欧姆定律知，U=I(R+R′)=0.2A×(10Ω+R′)=6V；
解得R′′=20Ω；
当h=7.5cm时，电流为0.3A，根据串联电路的特点和欧姆定律知，U=I(R+R′)=0.3A×(10Ω+R′)=6V；
解得R′′=10Ω；
根电阻与高度的变化规律知，高度增大2.5cm，电阻减小10Ω，故高度增大0.5cm，电阻减小2Ω；电阻的表达式R=40Ω−h0.5cm×2Ω；
因而当电阻R′′=2Ω时，有2Ω=40Ω−h0.5cm×2Ω；
解得h=9.5cm。
故答案为：(1)12；0.3；(2)0.075；不变；6；10；9.5。
(1)根据电压表的量程和分度值读数，结合欧姆定律计算电流；
(2)根据浸入的体积结合阿基米德原理计算浮力；根据漂浮的条件解答；
根据串联电路的特点和欧姆定律列出电源电压的表达式解方程计算；根据欧姆定律计算电阻结合电阻与长度成正比分析解答。
本题考查串联电路的特点、阿基米德原理、欧姆定律的应用，属于较难题。
31.【答案】重力势；电；
水轮发电机组的发电效率为80%
【解析】(1)抽水蓄能时，将过剩的电能转化为水的重力势能，在需要的时候再通过发电机组转化为电能，输送回电网。
(2)水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×4.5×107m3=4.5×1010kg，
总功：W总=Gh=mgh=4.5×1010kg×10N/kg×400m=1.8×1014J，
水轮发电机组的发电效率为：η=W电W总×100%=1.44×1014J1.8×1014J×100%=80%。
答：(1)重力势；电；
(2)水轮发电机组的发电效率为80%。
(1)抽水蓄能发电站发电时，水库的水放下来推动水轮机发电，水的重力势能转化成动能，推动发电机发电，又把机械能转化成电能。
(2)利用密度公式求出水的质量，然后利用W=Gh=mgh求出总功，再利用η=W电W总×100%计算水轮发电机组的发电效率。
此题考查能量的转化和转移、能量利用效率的计算等，分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量。
32.【答案】泵腔内气压小于外界大气压，外界大气压将水压入泵腔；
①R1的额定功率是2000W；②R2消耗的电能为31000J；
0.03；热熔断器FU未熔断
【解析】(1)自动取水时，传动杆向上拉动弹性隔膜，泵腔体积增大，内部气压减小；由于水桶内水面上方与外界大气相通，外界大气压大于泵腔内的气压，所以水从进水管口冲开单向球阀，进入泵腔；
(2)已知U=220V，R2=242Ω，R2的电流I2=UR2=220V242Ω= 1011A≈0.909A；
因为加热时R1与R2并联，总电流I=10A，所以R1的电流I1=I−I2=10A−1011A=10011A；
R1的额定功率P1=U×I1=220V×10011A=2000W，R2的功率P2=U×I2=220V×1011A=200W，加热时间t=155s，R2消耗的电能W2=P2t=200W×155s=31000J；
(3)保温时，当水温下降至84∘C时，热敏电阻RT=300Ω，控制电路中电源电压U1=9V，线圈中的电流I1=UR=9V300Ω=0.03A，即线圈中的电流为0.03A时衔铁被释放；若温度达到100∘C时，R2仍在工作，且线圈中仍有电流、电磁继电器和RT均无故障，则可能是热熔断器FU未熔断。
故答案为：(1)泵腔内气压小于外界大气压，外界大气压将水压入泵腔；
(2)①R1的额定功率是2000W；②R2消耗的电能为31000J；
(3)0.03；热熔断器FU未熔断。
(1)自动取水时，水进入泵腔的原理基于大气压的作用，当泵腔内气压降低时，外界大气压会迫使水进入泵腔；
(2)①加热时R1与R2并联，先根据总电流和R2的电流求出R1的电流，再结合功率公式计算R1的额定功率；
②利用R2的功率和加热时间，通过W=P2t计算R2消耗的电能；
(3)保温时衔铁被释放的条件是线圈电流减小到特定值，结合热敏电阻的阻值变化，利用欧姆定律求出此时的电流；分析R2仍工作且线圈有电流的故障原因，需考虑电路中其他元件的故障。
本题综合考查了大气压的应用、电功率与电能的计算以及电路故障分析。燃料
加热前的水温/∘C
加热后的水温/∘C
5.6g酒精
22
70
5.6g花生米
22
52
实验序号
①
②
③
物到平面镜的距离/cm
9.20
5.10
12.40
像到平面镜的距离/cm
______
5.10
12.40
油面高度h/cm
0
2.5
5
7.5
10
电流表示数I/A
0.12
0.15
0.2
0.3
0.6