2025年山东省日照市中考物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025年山东省日照市中考物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，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.日照市拥有丰富的自然和人文资源，某同学在6月份参加“旅游+研学”活动时，收集的有关数据恰当的是( )
A. 浮来山银杏树主干周长约16米，需七八个成年人手拉手方能环抱，有“七搂八拃一媳妇”之说
B. 五莲山是国家地质公园，山体岩石主要为花岗岩，其密度约为1.0×103kg/m3
C. 岚山多岛海海水浴场，当天风和日丽，滩缓浪静，最高风速为36.2m/s
D. 日照沿海地区冬无严寒，夏无酷暑，当天最高气温为32.5∘C，全年平均气温为37∘C
2.二十四节气是中华民族农耕文明的经验积累和智慧结晶，已被列入联合国教科文组织《人类非物质文化遗产代表作名录》。对古诗词中涉及节气的物态变化的解释，下列说法正确的是( )
A. “谷雨晴时春昼长，鹧鸪啼处百花香”，雨的形成是升华现象，此过程放热
B. “夕浦离觞意何已，草根寒露悲鸣虫”，露的形成是汽化现象，此过程放热
C. “时逢秋暮露成霜，几份凝结几份阳”，霜的形成是凝华现象，此过程放热
D. “节气今朝逢大雪，清晨瓦上雪微凝”，雪的形成是凝固现象，此过程吸热
3.某学校考场配备了能接收国家授时中心授时信息的电波钟，下列说法正确的是( )
A. 钟表通过接收电磁波实现精准校时，若将电波钟放在真空容器中则无法正常校时
B. 钟表面板发生了镜面反射，这样便于教室里各个位置的同学能看清表面的数字
C. 钟表采用了静音设计，降低了噪声响度，避免干扰同学们答题
D. 钟表指针旋转时机械能转化为电能，与发电机的工作原理相同
4.无人机航拍具有高清晰、大比例尺、小面积、高现势性的优点，下列说法正确的是( )
A. 无人机航拍是利用超声波传输信号的
B. 无人机远距离航拍时镜头到被摄物体的距离要大于镜头焦距的两倍
C. 无人机远距离航拍镜头所成的像是倒立、缩小的实像，和投影仪成像的特点相同
D. 无人机降落过程中，降落点附近的物体在镜头内所成的像会变小
5.小明把盛水的容器放在桌面上，将A管插入水中，再把B管的管口贴靠在A管的上端。用吹风机低速挡从B管的另一端向管中吹气，可以看到A管中水面上升到如图所示位置并保持静止。下列说法正确的是( )
A. 容器中水面上方大气压等于A管上端管口处气压
B. A管底部内、外同一深度处水的压强相等
C. 容器对桌面的压强比吹气前大
D. 换用吹风机高速挡吹气，水可从A管的上端喷出
6.近年来，中国科技工作者在各个领域一次次刷新“中国高度”。下列说法正确的是( )
A. 如图甲，中国空间站利用的太阳能既是可再生能源又是一次能源
B. 如图乙，日照附近海域成功发射谷神星一号运载火箭，火箭上升过程中机械能转化为内能
C. 如图丙，小米自主研发的“玄戒01”3nm旗舰处理器芯片是由超导体材料制成
D. 如图丁，四川舰是全球首次采用电磁弹射技术的两栖攻击舰，这项技术利用了电磁感应原理
7.某同学利用如图所示的电路探究热敏电阻的特性。电源电压恒定，Rt为某种热敏电阻，R为定值电阻。闭合开关S，加热热敏电阻Rt，该同学发现电流表A1的示数变大，在这个过程中，下列说法正确的是( )
A. 热敏电阻Rt的阻值变大
B. 电流表A2的示数变大
C. 电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变大
D. 电压表V的示数与电流表A3的示数的比值变小
8.2024年，日照港跻身全球5亿吨大港阵营。如图所示，工人用电动机驱动的起重机搬运质量为10t的集装箱。先在100s内将集装箱匀速提升10m，此过程电动机的功率为1.2×104W。然后起重机又在100s内将集装箱沿水平方向匀速移动了5m，此过程的电动机的功率为1×102W。不计空气阻力，g取10N/kg。下列说法正确的是( )
A. 在上升过程中，起重机对集装箱做的功为1.2×106J
B. 在上升过程中，起重机对集装箱做功的功率为1×104W
C. 在上升过程中，起重机的机械效率为100%
D. 在水平移动过程中，起重机对集装箱做的功为1×104J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.篆刻艺术是中华艺术文脉上的古老印记。如图，一位艺术家正在篆刻一枚材质质地均匀的方章，与篆刻前相比，篆刻后方章保持不变的物理量是( )
A. 质量
B. 密度
C. 体积
D. 比热容
10.小明和小亮用相同的仪器完成了“观察水的沸腾”实验，如图是根据实验数据绘制的水温随时间变化的图像。由图可知，小明实验过程中水沸腾用时明显比小亮少。下列解释可能正确的是( )
A. 小明实验用水的初温比小亮的高
B. 小明实验时周围气压比小亮周围的低
C. 小明实验用水的质量比小亮的小
D. 小明实验时所用燃料的热值比小亮的高
11.重为5N的磁铁吸附在竖起放置且足够长的白板上。0∼6s内磁铁在图甲所示的拉力作用下沿竖直方向向上运动，拉力F的大小与时间t的关系如图乙所示，速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。6s后撤去拉力F，磁铁静止不动。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 磁铁受到白板的吸引力与支持力是一对平衡力
B. 磁铁在0∼6s内通过的路程为8m
C. 磁铁在5s时所受的摩擦力大小为6N
D. 磁铁在2s时机械能达到最大
12.如图是拉力传感器的电路示意图，电源电压恒为6V，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A，定值电阻R1=10Ω，滑动变阻器R2标有“20Ω0.5A”字样。为保证电路安全，下列说法正确的是( )
A. 当电压表示数为3V时，滑片P位于R2的最左端
B. 电流表示数允许的变化范围为0.2∼0.3A
C. 变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10Ω∼20Ω
D. 当滑片P位于R2最右端时，电路的总功率为1.8W
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
13.人工智能为日常生活带来美好体验。当人对智能车机播放系统说“请将歌声调大”，车机播放系统将改变声音的 (选填“音调”或“响度”或“音色”)，这种人机交互说明了声音能够传递 (选填“信息”或“能量”)。
14.某同学在碗中放一枚硬币，慢慢蹲下，当低至某一观察位置时，就看不到硬币了，如图甲所示。然后慢慢往碗中倒水，在同一观察位置就又能看到碗中的硬币了，如图乙所示。这是光的 现象，后来看到的是硬币的 (选填“实”或“虚”)像。
15.某电工师傅检查刚安装的插座是否符合安全用电要求。闭合开关，指示灯亮，用测电笔分别接触插座各孔，只有接触B、E两孔时氖管发光，说明这两个孔均接 (选填“火线”或“零线”)。用USB供电模块给一款标明电压为4V，容量为4000mA⋅h的手机电池充电，充满后电池储存的电能约为 J。
四、作图题：本大题共2小题，共6分。
16.如图中所示，牙科医生用一个带杆的小圆镜给病人检查。图乙中的C点为牙齿B在镜中成像的位置，请画出医生在A点通过平面镜看到这颗牙齿的光路图。
17.某电磁阀的工作原理如图所示。当开关S1、S2如图连接时，固定线圈通电后产生磁场，推动强磁阀门向左运动，封闭液管通道，阻止液体流动。请：
(1)标出此时通电螺线管右端的极性；
(2)标出强磁阀门右端的极性；
(3)画出通电螺线管外部磁场的磁感线(画出一条即可)。
五、实验探究题：本大题共2小题，共20分。
18.在“探究杠杆的平衡条件”实验时，小明和小亮进行了如下交流：
(1)小明用钩码和一个弹簧测力计使杠杆在水平位置平衡。保持钩码位置不变，改变弹簧测力计与杠杆的角度，杠杆平衡时测力计示数发生变化，如图甲所示。由此小明认为影响杠杆平衡的因素除了与力的大小有关，还与______有关。
(2)小亮认为杠杆在其它位置也能平衡，请指出杠杆在水平位置平衡的好处______。
(3)小明利用图乙所示的实验装置进行实验。先控制杠杆一侧的两个量不变，改变另一侧的两个量；再控制另一侧的两个量不变，改变这一侧的两个量。下列实验没有使用这种方法的是______(选填序号)。
A.探究浮力大小与哪些因素有关
B.探究液体压强与哪些因素有关
C.探究平面镜成像特点
D.探究影响导体电阻大小的因素
(4)小明记录实验数据如下，则表中A处应填写______，B处记录的数据应是______。
(5)小亮用一根长为1m、分度值为1cm、粗细均匀的钢直尺来制作杆秤，如图丙所示，制作过程如下：
①分别在直尺上5.0cm和10.0cm刻度处钻了小孔A和B，各用细绳穿过小孔作为秤钩和提纽。在秤钩处悬挂秤盘，把质量为20g的钩码挂在细绳上作为秤砣。移动秤砣到20.0cm处的C点时，杆秤刚好在水平位置平衡，此处即为该杆秤的“定盘星”。
②小亮用这个自制的杆秤称量某物体时，在秤盘中放入待测物体，移动秤砣到D点时，杆秤在水平位置平衡。结合杠杆平衡条件可知m物lAB=m秤砣lCD，则此物体的质量为______g，杆秤的量程为______g。
③请帮小亮提出一种提高杆秤量程的方法______。
19.小明在“探究电流与电压的关系”实验时，选用了如下实验器材：电源(电压恒为3V)，电流表(量程0∼0.6A)，电压表(量程0∼3V)，滑动变阻器，开关，定值电阻，小灯泡(额定电压2.5V)，导线若干，实验电路如图甲所示。
(1)请用笔画线代替导线将图乙电路连接完整(要求滑片P向左移动时电流表示数变大)。
(2)实验前将滑片P调至最______(选填“左”或“右”)端。闭合开关，发现电压表、电流表均无示数。小明将另一个电压表接在a、b两点时，电压表示数为3V；接在a、c两点时，电压表无示数；接在b、c两点时，电压表示数为3V。由此可判断出电路中______断路。
(3)排除故障后，闭合开关，调节滑动变阻器，记录实验数据如下表。当电压表示数为1.20V时，电流表示数如图丙所示，其读数为______A。请利用表中数据在图丁中作出电流与电压关系图像。
(4)通过作图发现第______组数据明显错误应舍去。根据作出的图线可得出的实验结论是：______。
(5)根据作出的图线可知定值电阻R=______Ω。当电压表示数为0.50V时，定值电阻1分钟内产生的热量是______J。
(6)小明用小灯泡代替定值电阻，调节滑动变阻器，测出小灯泡在不同电压下的电流，作出小灯泡电流与电压变化的图像如图戊所示，由图可知小灯泡的实际功率随着电压的增大而______(选填“减小”或“不变”或“增大”)，小灯泡的额定功率为______W。
六、计算题：本大题共2小题，共22分。
20.上有“天宫”，下有“龙宫”。据了解，我国计划2030年前在南海建成未来型深海空间站，该空间站总长度达到60.2米、型高9.7米、型宽15.8米，排(海)水量为2600吨，将为探索深海极端环境下的生命起源及可燃冰等深海资源的绿色开发等前沿基础研究和高新技术研发提供先进的平台支撑。已知海水密度ρ海水=1.03×103kg/m3，g取10N/kg。若该深海空间站下表面潜入海平面以下2000米深处，求：
(1)该处海水的压强；
(2)该空间站在深海中所受浮力的大小；
(3)若该空间站在海中以1m/s速度竖直上浮2分钟，在这个过程中海水对空间站的浮力做了多少功？
21.某学校食堂购置了一批加热餐台，如图甲所示。通电后加热容器中的水，为上方饭菜提供所需的热量。加热器简化电路如图乙所示，旋转开关S分别连通0、1、2触点，可实现加热器的断电、快速加热、保温多挡位功能调节。R1、R2是定值电阻，R2=96.8Ω。容器内水的体积为10L，密度ρ水=1.0×103kg/m3，比热容c水=4.2×103J/(kg⋅∘C)，加热器使用的电源电压恒为220V，加热器快速加热时的功率为2kW。求：
(1)R1的阻值；
(2)加热器保温时的功率；
(3)加热器使用保温挡工作1小时消耗的电能是多少度？
(4)加热器使用快速加热挡工作15min可使水温升高40∘C，则加热器对水加热的效率是多少？(结果保留一位小数)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、浮来山银杏树主干周长约16 米，七八个成年人手拉手方能环抱，符合实际中大树树干粗壮、周长较大的情况，故A符合实际；
B、花岗岩的密度约为2.6×103kg/m3，而水的密度是1.0×103kg/m3，花岗岩密度远大于水，故B不符合实际；
C、岚山多岛海海水浴场当天风和日丽、滩缓浪静，说明风力很小，而最高风速为36.2m/s属于大风甚至狂风级别，与“风和日丽、滩缓浪静”的描述矛盾，故C不符合实际；
D、日照沿海地区冬无严寒，夏无酷暑，全年平均气温较为温和，37∘C是比较高的温度，故D不符合实际。
故选：A。
此题考查对生活中常见物体物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合题意的选项。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】C
【解析】解：AB、雨和露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化是放热过程，故AB错误；
CD、霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华是放热过程，故C正确、D错误；
故选：C。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3.【答案】C
【解析】解：A、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，因此将电波钟放在真空容器中也能正常校时，故A错误；
B、教室里各个位置的同学能看清钟表面的数字，即反射光线射向不同的方向，说明钟表面板对光产生了漫反射，故B错误；
C、钟表采用了静音设计，这是在声源处减弱噪声，可以避免干扰同学们答题，故C正确；
D、钟表指针旋转是通过电动机实现的，电动机工作时将电能转化为机械能，而发电机工作时将机械能转化为电能，故D错误。
故选：C。
(1)电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
(2)表面粗糙的反射面，光线射到反射面上时，反射光线射向不同的方向，这就是漫反射现象；
(3)防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
(4)电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动。
本题考查的知识点较多，综合性较强，但难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A、无人机航拍是电磁波传递信号，故A错误；
BC、无人机远距离航拍时，镜头成像相当于照相机，镜头到被摄物体的距离要大于镜头焦距的两倍，成倒立缩小的实像，故B正确，C错误；
D、无人机降落过程中，物距减小，降落点附近的物体在镜头内所成的像会变大，故D错误。
故选：B。
(1)无人机航拍是用电磁波传递信息的(2)凸透镜成像时，u>2f，成倒立、缩小的实像，2f>v>f，应用于照相机；照相机从高空拍摄地面照片，物距很大，像距很小，像更接近于焦点；(3)凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小。
此题考查了有关凸透镜成像的规律及应用，掌握凸透镜的成像的三种情况和凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像减小是关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、向A管上方吹起时，空气流速加快，压强变小，容器中水面上方大气压大于A管上端管口处气压，故A错误；
B、因为A管内外的气压大小不同，所以A管底部内、外同一深度处水的压强不相等，故B错误；
C、吹风后，A管上方气压减小，在上下压强差的作用下，容器对桌面的压力变小，受力面积不变，所以容器对桌面的压强比吹气前小，故C错误；
D、换用吹风机高速挡吹气，气体流速增大，A管内外的压强差变大，支持的水柱高度变大，水可从A管的上端喷出，故D正确。
故选：D。
流体的压强跟流速有关，流速越快的地方压强越小。
本题考查了流体压强与流速的关系，属于基础题。
6.【答案】A
【解析】解：
A、太阳能既是可再生能源，又是一次能源，故A正确；
B、火箭加速上升的过程，质量不变，速度增加，则动能增加，高度变大，重力势能增加，即机械能增大，是燃料燃烧产生的内能转化为火箭的机械能，故B错误；
C、芯片的主要材料是半导体，常见的是硅。半导体具有独特的电学特性，能够实现对电流的控制和信号的处理，超导体电阻为0，故C错误；
D、电磁弹射技术，当舰内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同，故D错误。
故选：A。
可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源；一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源；
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能=动能+势能；
半导体是指导电性能介于导体和绝缘体之间的物质，例如硅、锗等元素的单质，以及一些化合物(如砷化镓)都属于半导体；超导体是指在特定的低温条件下，电阻突然消失为零的导体；通电导体在磁场中受到磁场力的作用。
本题考查了能源的分类、机械能的影响因素、半导体材料、电动机，有一定难度。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，闭合开关S后，定值电阻R与热敏电阻Rt并联，电流表A1测通过Rt的电流，电流表A2测通过R的电流，电流表A3测干路电流，电压表测电源电压。
根据并联电路的电压规律可知两电阻两端的电压均等于电源电压，保持不变，已知电流表A1的示数变大，即通过热敏电阻的电流变大，根据R=UI可知热敏电阻Rt的阻值变小，故A错误；
B、并联电路各支路互不影响，所以通过R的电流不变，即电流表A2的示数不变，故B错误；
C、电源电压恒定，即电压表的示数不变，则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值不变，故C错误；
D、并联电路干路中的电流等于各支路中的电流之和，所以干路中的电流，即电流表A3的示数变大，则电压表V的示数与电流表A3的示数的比值变小，故D正确。
故选：D。
(1)由图可知，闭合开关S后，定值电阻R与热敏电阻Rt并联，电流表A1测通过Rt的电流，电流表A2测通过R的电流，电流表A3测干路电流，电压表测电源电压。根据并联电路的电压规律可知两电阻两端的电压变化，根据欧姆定律可知热敏电阻Rt的阻值变化；
(2)根据并联电路的特点可知电流表A2的示数变化；
(3)根据电源电压可知电压表的示数变化，从而可知电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变化；
(4)根据并联电路的电流规律可知电流表A3的示数变化，从而可知电压表V的示数与电流表A3的示数的比值变化。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，难度一般。
8.【答案】B
【解析】解：A、根据重力公式可得集装箱重力为：G=mg=10×103kg×10N/kg=105N；
集装箱匀速上升，起重机的拉力F与重力G平衡，即F=G=105N；
根据功的计算公式可得上升过程中起重机对集装箱做的功为：W=Fs=105N×10m=106J；
故A错误；
B、根据功率的计算公式可得上升过程中起重机对集装箱做功的功率为：P=Wt=106J100s=104W；
故B正确；
C、根据W=Pt可得上升过程中电动机做的总功为W总=Pt=1.2×104W×100s=1.2×106J；
根据机械效率的公式可得上升过程中起重机的机械效率为η=W有用W总=106J1.2×106J≠100%；
故C错误；
D、集装箱沿水平方向移动，拉力方向与移动方向垂直，因此起重机对集装箱不做功，故D错误。
故选：B。
(1)先根据重力公式可得集装箱重力，再根据功的计算公式求出上升过程中起重机对集装箱做的功；
(2)根据功率的计算公式可求出上升过程中起重机对集装箱做功的功率；
(3)先根据W=Pt求出上升过程中电动机做的总功，再根据机械效率的公式求出上升过程中起重机的机械效率；
(4)力做功的条件是：力的方向与物体移动方向一致。
本题考查功、功率和机械效率的计算及其公式变形，熟练运用公式是解答此题关键。
9.【答案】BD
【解析】解：A、质量是物体所含物质的多少。篆刻过程中，方章的部分物质被去除，所含物质减少，所以质量会变小，故A不符合题意；
B、密度是物质的一种特性，它等于质量与体积的比值，且与物质的种类、状态和温度有关，与质量、体积无关。方章材质均匀，篆刻时只是形状改变，物质种类不变，所以密度保持不变，故B符合题意；
C、篆刻时，方章的部分物质被刻掉，占据的空间大小改变，所以体积会变小，故C不符合题意；
D、比热容也是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量、体积等无关。方章物质种类不变，所以比热容保持不变，故D符合题意。
故选：BD。
(1)密度是物质本身的一种特性，物质种类和状态不变，密度不变；
(2)比热容是物质的一种特性，只跟物质的种类和状态有关，与物体质量的大小、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关。
本题考查密度和比热容的理解，难度不大。
10.【答案】CD
【解析】解：A、由图像可知，小明和小亮实验时水的初温相同(图像起始温度一致)，故A错误；
B、水的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高。但图像中两人实验时水的沸点相同(最终温度都稳定在100∘C)，说明周围气压相同，故B错误；
C、水的质量会影响沸腾时间，质量越小，升高到沸点所需吸收的热量越少，沸腾用时越短。小明实验中水沸腾用时明显比小亮少，可能是小明实验用水的质量比小亮的小，故C正确；
D、燃料的热值是燃料的固有属性，相同的仪器，但没说燃料的种类相同，则燃料的热值可能不同，故D正确。
故选：CD。
影响达到沸腾所需时间的因素主要有水的初温和质量，根据图象，通过水质量的大小及初温的高低判断小明所用加热时间较少的原因。
本题主要考查了气压对液体沸点的影响及热值概念的理解，难度不大。
11.【答案】AC
【解析】解：A、磁铁在竖直方向上，受到非平衡力的作用，在水平方向上，磁铁受到白板的吸引力与支持力是一对平衡力，故A正确；
B、由图可知，磁铁在0∼2s内通过的路程：s1=12×4m/s×2s=4m，
在2∼4s内通过的路程：s2=vt=4m/s×2s=8m，
在4∼6s内通过的路程：s3=12×4m/s×2s=4m，
则磁铁在0∼6s内通过的路程为s=s1+s2+s3=4m+8m+4m=16m，故B错误；
C、由丙图可见，在2∼4s磁铁速度保持不变，因此磁铁做匀速直线运动，磁铁受到平衡力的作用，在竖直方向上受到竖直向下的重力G、竖直向下的摩擦力f和竖直向上的拉力F′，根据平衡力的特点，故磁铁受到摩擦力大小f′=F′−G=11N−5N=6N，磁铁t=5s时做竖直方向上运动时，速度减小，压力不变、接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，故t=5s时，铁块受到的摩擦力为6N，故C正确；
D、由图丙可知，磁铁在2s时，速度最大，动能最大，但2s后磁铁继续向上运动，所以重力势能不断增大，因此磁铁在2s时机械能不是最大，故D错误。
故选：AC。
(1)处于平衡状态的物体受平衡力作用，故对物体做受力分析即可判断；
(2)分别求得0∼2s、2∼4s、4∼6s的路程，然后可得磁铁在0∼6s内通过的路程；
(3)根据二力平衡条件结合摩擦力的影响因素解答；
(4)根据影响动能和重力势能的因素解答。
此题涉及到速度的计算、平衡力的判断、机械能的概念等，读懂图像是关键。
12.【答案】BC
【解析】解：AC、由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电压表量程为0∼3V，故R1两端的电压最大为3V，根据串联电路规律知：此时滑动变阻器两端电压最小为：U2=U−U1=6V−3V=3V，结合欧姆定律知：此时它接入电路中的阻值最小为：R′2=U2U1R1=3V3V10Ω=10Ω，所以变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10Ω∼20Ω，故A错误，C正确。
B、当电压表的示数最大时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，最大电流为：I大=U1R1=3V10Ω=0.3A，当滑片P位于R2最右端时，此时电路中的电流最小为：I小=UR1+R2=6V10Ω+20Ω=0.2A，电流表示数允许的变化范围为0.2∼0.3A，此时，电路中的总功率P=UI小=6Vx0.2A=1.2W，故B正确，D错误。
故选：BC。
(1)电路为定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测定值电阻R1的电压，需保证：.电压表不超过3V，电流表不超过0.6A，滑动变阻器电流不超过0.5A；
(2)当电压表示数最大为3V时，R1的电压U1=3V，此时电流最大，根据串联电路总电压U=U1+U2，结合欧姆定律I=U1R1，可求此时滑动变阻器的阻值R2；
(3)当电流最大时，滑动变阻器的阻值最小，需满足U1≤3V；
(4)当滑动变阻器阻值最大为20Ω时，电流最小，计算最小电流I，并验证总功率。
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，关键是电路中最大和最小电流的确定。
13.【答案】响度
信息

【解析】解：当人对智能车机播放系统说“请将歌曲调大”，车机播放系统将改变声音的响度，因为“调大”通常指的是声音的强弱，也就是响度。这种人机交互说明了声音能够传递信息，通过声音指令车机做出相应操作，体现了声音传递信息的作用。故答案为：响度；信息。
响度指声音的大小；
声音能够传递信息，例如：人们面对面谈话；也能够传递能量，例如：利用超声波来清洗钟表等精细的机械、超声波碎石等。
本题考查有关声的相关知识，难度适中。
14.【答案】折射
虚

【解析】解：当水倒到一定高度后，看到了硬币，产生这种现象的原因是由于从硬币发出的漫反射光从水中斜射入空气发生折射，折射光线远离法线向下偏折，当光线射入人眼，人凭光沿直线传播的感觉，认为硬币在折射光线的反向延长线上，其实人看到的是硬币的虚像，比实际的位置要高，这是光的折射现象；
人眼看到的硬币是由实际光线的反向延长线会聚而成的，属于虚像。
故答案为：折射；虚。
光从水中斜射入空气中时，会发生折射，折射光线向远离法线的方向偏折；
由实际光线的反向延长线会聚而成的像是虚像。
本题考查了光的折射现象，属于常考题。
15.【答案】火线
57600

【解析】解：测电笔的氖管发光表明接触的是火线，不发光则为零线，由于接触B、E两孔时氖管发光，所以B、E两孔均接火线；
已知手机电池电压U=4V，容量4000mA⋅h。先进行单位换算：4000mA=4A，1h=3600s，根据电能公式W=UIt，代入数据得W=4V×4A×3600s=57600J。
故答案为：火线；57600。
(1)当笔尖插入插座的插孔中时，氖管发光，说明此插孔中连接的是火线。
(2)利用电能计算公式。
本题考查的是测电笔的使用原理及电能的计算。
16.【答案】
【解析】解：作出像点C的对称点，即发光点B，连接AC交平面镜于点O，沿OA画出反射光线，连接BO画出入射光线，如图所示：
利用平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出像点的对称点，即发光点B，根据反射光线反向延长通过像点，可以由像点C和A点确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路。
根据平面镜成像特点作图，关键是明确像与物关于镜面对称。
17.【答案】
【解析】(1)当开关S1、S2如图连接，固定线圈通电后电路中产生电流，电流从螺线管的左端流入，右端流出，由安培定则可知，通电螺线管的左端是N极，则通电螺线管右端是S极；
(2)固定线圈通电后产生磁场，推动强磁阀门向左运动，说明强磁阀门受到向左的力，由同名磁极相互排斥可知，通电螺线管左端为N极，则强磁阀门右端为N极；
(3)磁感线从螺线管的左端N极出发，回到右端S极。
故答案为：
(1)利用安培定则判断通过螺线管的极性：右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则拇指所致的那端就是螺线管的N极；
(2)磁极之间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
(3)通电螺线管外部的磁感线是从N及出发，回到S极。
本题考查了利用安培定则判断螺线管的极性、利用磁极之间的相互作用规律判断强磁阀门的极性、磁感线的画法，属于基础题。
18.【答案】力臂的大小； 方便读取力臂； C； 阻力F2/N；10.0； ②120；320；③在秤砣质量不变时，增加秤杆的长度，或在秤杆长度不变时，增加秤砣的质量
【解析】(1)保持钩码位置不变，即保持阻力和阻力臂不变，改变弹簧测力计与杠杆的角度，即动力臂大小发生变化，根据杠杆的平衡条件可知，动力大小发生变化，说明影响杠杆平衡的因素除了与力的大小有关，还与力臂的大小有关；
(2)小亮认为杠杆在其它位置也能平衡，而杠杆在水平位置平衡时，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
(3)先控制杠杆一侧的两个量不变，改变另一侧的两个量；再控制另一侧的两个量不变，改变这一侧的两个量，这是控制变量法的应用；
A、浮力大小与液体的密度和排开液体的体积有关，应采用控制变量法进行探究，故A不符合题意；
B、液体压强与液体的密度和深度有关，应采用控制变量法进行探究，故B不符合题意；
C、在探究平面镜成像特点实验中，通过改变物到平面镜的距离来探究像与物的大小和像与物到平面镜的距离的关系，没有采用控制变量法，故C符合题意；
D、电阻大小与材料、长度、横截面积和温度有关，应采用控制变量法进行探究，故D不符合题意；
故选：C；
(4)在探究杠杆的平衡条件”实验中，应测量动力、动力臂、阻力和阻力臂，因此A处应填写阻力F2/N；
根据杠杆平衡条件可知，B处记录的数据为：
l2=F1l1F2=2.0N×；
(5)②根据杠杆平衡条件可知m物lAB=m秤砣lCD，
代入数据m物×5cm=20g×30cm，
解得被称物体的质量m物=120g；
由图可知，直尺的最大刻度为100cm，因此lCD最大为80cm，由m物lAB=m秤砣lCD可知，杆秤的量程为：
m物′×5cm=20g×80cm，
解得：m物′=320g；
③根据 m物LOA=m秤砣LOB 可知，要增大杆秤的量程，即增大m物的最大值，可在秤砣质量不变时，增加秤杆的长度，或在秤杆长度不变时，增加秤砣的质量。
故答案为：(1)力臂的大小；(2)方便读取力臂；(3)C；(4)阻力F2/N；10.0；(5)②120；320；③在秤砣质量不变时，增加秤杆的长度，或在秤杆长度不变时，增加秤砣的质量。
(1)根据杠杆的平衡条件可知，当阻力和阻力臂不变时，动力臂越大，动力越小；
(2)杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
(3)根据控制变量法分析回答；
(4)在探究杠杆的平衡条件”实验中，应测量动力、动力臂、阻力和阻力臂，据此分析回答；
(5)杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杠杆平衡条件求出物体的质量以及杆秤的最大称量和改变方法。
本题是探究杠杆平衡条件的实验，考查了对杠杆平衡的理解、如何调节杠杆的平衡以及杠杆平衡条件的应用等知识，难度适中。
19.【答案】； 右；开关； 0.24；； 5；当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比； 4.98；3； 增大；1.5
【解析】(1)滑动变阻器串联接入电路，且滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大，此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，由此判断左下部分电阻接入电路，据此完成电路连接如下图：
；
(2)为了保护电路，在连接电路时，应就将开关断开且将滑动变阻器滑片置于阻值最大端，最右端；
闭合开关，发现电压表和电流表均无示数；小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数，说明与a、b之间和b、c到电源之间是通路；接在a、c之间，电压表无示数，说明b、c之间断路；如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是开关断路；
(3)图丙电流表选用的是0∼0.6A的小量程，分度值为0.02A，读数为0.24A；
根据表中数据利用描点法画出电流与电压关系图像，如下图所示：
；
(4)由图丁中数据可知，第5组数据不在图线上，因此第5组数据是错误的；
舍去错误数据，由图丁可知，图线是一条过原点的斜线，故可得出结论：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(5)由表中数据可知，定值电阻为：
R1=U1I1=Ω，
R2=U2I2=Ω，
R3=U3I3=Ω，
R4=U4I4=≈4.8Ω，
R6=U6I6=≈5.1Ω，
则定值电阻R=R1+R2+R3+R4+R65=5Ω+5Ω+5Ω+4.8Ω+5.1Ω5=4.98Ω；
由表中数据可知，当电压表示数为0.50V时，通过定值电阻的电流为0.1A，则定值电阻1分钟内产生的热量为：
Q=U1I1t=0.5V×0.1A×60s=3J；
(6)由图戊可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡实际功率变大，即小灯泡的实际功率随着电压的增大而增大；
由图戊可知，灯泡额定电压对应的额定电流为0.6A，则小灯泡额定功率为：
P=UI=2.5V×0.6A=1.5W。
故答案为：(1)；(2)右；开关；(3)0.24；；(4)5；当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(5)4.98；3；(6)增大；1.5。
(1)在本实验中应将滑动变阻器串联接入电路，且根据题干要求滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变大，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻减小，据此完成电路连接；
(2)为了保护电路，在连接电路时，应就将开关断开且将滑动变阻器滑片置于阻值最大端；
闭合开关，电压表和电流表均无示数，说明电路故障为断路，把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数；接在a、c之间，电压表无示数，据此分析出故障出现在b、c之间的开关上；
(3)根据电流表选用的量程和对应的分度值，结合指针位置读数；利用描点法画出电流与电压关系图像；
(4)根据电流与电压关系图像分析出错误数据并得出结论；
(5)根据表中数据利用R=UI求出定值电阻的阻值；根据Q=UIt求出定值电阻1分钟内产生的热量；
(6)根据P=UI结合图戊分析回答，并利用P=UI求出小灯泡的额定功率。
本题考查了”探究电流与电压的关系”实验，涉及了电路的连接及其注意事项、电路故障分析、数据分析、电阻的计算和电功率的计算等知识。
20.【答案】2.06×107Pa； 2.6×107N； 3.12×109J
【解析】(1)已知海水密度ρ海水=1.03×103kg/m3，g=10N/kg，深度h=2000m。根据液体压强公式p=ρgh，可得：p=ρ海水gh=1.03×103kg/m3×10N/kg×2000m=2.06×107Pa
(2)已知m排=2.6×106kg，g=10N/kg，由阿基米德原理F浮=G排=m排g，可得：F浮=m排g=2.6×106kg×10N/kg=2.6×107N
(3)已知空间站上浮速度v=1m/s，时间t=2min=120s，
根据v=st，可得空间站上浮的距离s=vt=1m/s×120s=120m。
因为浮力方向竖直向上，空间站沿竖直方向上浮，所以浮力做的功W=F浮s，
将F浮=2.6×107N，s=120m代入可得：W=F浮s=2.6×107N×120m=3.12×109J
故答案为：(1)2.06×107Pa；(2)2.6×107N；(3)3.12×109J。
(1)液体压强公式p=ρgh来计算海水的压强；
(2)因为空间站排(海)水量为2600吨，即m排=2600t=2.6×106kg，根据阿基米德原理F浮=G排=m排g可计算浮力；
(3)首先根据速度公式v=st求出空间站上浮的距离s，然后根据功的计算公式W=Fs(这里F为浮力，s为在浮力方向上移动的距离)计算浮力做的功。
本题考查了液体压力、阿基米德原理、功的计算。
21.【答案】R1的阻值为24.2Ω；
加热器保温时的功率为400W；
加热器使用保温挡工作1小时消耗的电能是0.4度；
加热器使用快速加热挡工作15min可使水温升高40∘C，则加热器对水加热的效率是93.3%
【解析】(1)旋转开关S连通1时，电路为R1的简单电路，S连通2时，两电阻串联(串联电阻大于其中任一电阻)，根据P=U2R可知，S连通1时功率大，快速加热挡(S连通2时，为保温挡)，加热器快速加热时的功率为2kW，R1=U2P加=(220V)22000W=24.2Ω
(2)两电阻串联时为加热器保温挡，由串联电阻的规律保温时的功率为
P保=U2R1+R2=(220V)224.2Ω+96.8Ω=400W
(3)加热器使用保温挡工作1小时消耗的电能
W=P保t=0.4kW×1h=0.4kW⋅h=0.4度
(4)由密度公式知水的质量为
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×10×10−3m3=10kg
水吸收的热量
Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×10kg×40∘C=1.68×106J
加热器使用快速加热挡工作15min消耗的电能为
W′=P加t=2000W×15×60=1.8×106J
加热器对水加热的效率是
η=QW′×100%=1.68×106J1.8×106J×100%≈93.3%
故答案为：(1)R1的阻值为24.2Ω；
(2)加热器保温时的功率为400W；
(3)加热器使用保温挡工作1小时消耗的电能是0.4度；
(4)加热器使用快速加热挡工作15min可使水温升高40∘C，则加热器对水加热的效率是93.3%。
(1)分析旋转开关S连通1和2时电路的连接，由串联电阻的规律，根据P=U2R确定快速加热挡和保温挡电路的连接，根据P=U2R得出R1；
(2)两电阻串联时为加热器保温挡，由串联电阻的规律和P=U2R得出保温时的功率；
(3)根据W=Pt得出加热器使用保温挡工作1小时消耗的电能；(4)由密度公式知水的质量，根据Q=c水mΔt得出水吸收的热量；根据W=Pt得出加热器使用快速加热挡工作15min消耗的电能；从而得出加热器对水加热的效率。
本题为电热综合题，考查电功率公式、密度公式、吸热公式及效率公式的运用。实验次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
A
阻力臂l2/cm
1
1.0
10.0
0.5
20.0
2
1.0
10.0
1.0
10.0
3
2.0
5.0
1.0
B
数据序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
0.50
0.80
1.20
1.50
2.00
2.50
电流I/A
0.10
0.16
0.31
0.48
0.49