2026年江苏省无锡市惠山区中考模拟物理练习卷含答案

这是一份2026年江苏省无锡市惠山区中考模拟物理练习卷含答案，共22页。
1. A 2. C 3. D 4. D 5. D 6. B 7. A
8. D 9. B 10. C 11. C 12. D
13. 振动 空气
14. 惯性 重力 变大 变小 运动状态
15. 木块移动的距离 速度 否
16. 滑动 滚动 静
17. 匀速直线 压力大小 砖块
18. 开关 通路 半导体 S1、S4
19. 质量； 大于；乙； 6.03×105； 相同；少；铝块
20. 质量 升高温度 沙子 B
21. 不会 放热 1.9×107 化学
22. 并联 短路
23. 磁场 减小接触面积 700 6×106 20 声源处 电磁波 3×10824.
25.
26.

27. 天平 等于 物体所受的重力与它的质量成正比 C 能 不变
28. 镊子；左； C； 86；0.8×103；偏小； 2m+m2−m32(m+m1−m2)；偏大
29. B 1;电路中的最小电流大于0.1A 正 1;调大;B
30. 8；向上； 液体密度； 10；浮力的大小与物体的密度无关；浮力的大小与水的深度无关； 10−3
31. 机器狗未负重时受到的重力是120N；
机器狗负重站立不动时，对水平地面的压强是7×105Pa； 机器狗负重匀速直线移动60m，牵引力做的功是420J
32. 缩小；电磁；
滑动变阻器RP接入电路的阻值为22Ω
【解析】
1. 解：合唱中“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，“低音声部”的音调低。
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。
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. 解：A、固态青铜原料加热变为液体，是从固态到液态的变化，属于熔化现象；而液化是气态变为液态的过程，故A错误。
B、青铜液体倒入模具冷却成固态青铜器，是液态变为固态的过程，属于凝固现象；凝华是气态直接变为固态，故B错误。
C、青铜液体冷却成青铜器是凝固过程，根据物态变化的能量变化规律，凝固过程放出热量，故C正确。
D、青铜是金属，属于晶体。晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保持不变(达到熔点后)。因此固态青铜加热化成液体的过程中，温度不变，故D错误。
故选：C。
熔化是固态变液态，凝固是液态变固态，液化是气态变液态，凝华是气态直接变固态，晶体熔化过程中不断吸热，但温度不变。
本题考查物态变化的基本概念辨析，重点区分熔化、凝固、液化、凝华等过程的方向性，并结合晶体的熔化特点进行判断。
3. 解：A.火箭的燃料需要具有较大的热值，故A错误；
B.卫星随火箭加速上升时，质量不变，速度增加，高度增大，动能增大，重力势能增大，机械能一直增大，故B错误；
C.火箭加速上升时，将内能转化为机械能，故C错误；
D.在轨运行的卫星是通过电磁波与地面联系的，故D正确。
故选：D。
(1)热值反映了所有能燃烧的物质的一种性质，反映了不同燃料在燃烧过程中，化学能转化为内能本领的大小，也就是说，热值是燃料本身的一种性质，它只与燃料的种类有关，与燃料的形态、质量、体积、是否完全燃烧、放出热量多少均没关系；
(2)动能和势能都属于机械能，动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关；
(3)火箭升空时，将内能转为机械能；
(4)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
本题考查了热值的概念，机能的概念和转化，电磁波的应用。
4. 解：A、水电站发电是将水的机械能转化为电能，能量不能凭空产生，是遵循能量守恒定律的，故A错误。
B、水和酒精充分混合后总体积变小，是因为分子间存在间隙，故B错误。
C、下面的铅块和重物不掉下来，说明分子间存在引力，而不是斥力，故C错误。
D、红墨水在水中散开是扩散现象，说明分子总是在不断地做无规则运动，故D正确。
故选：D。
水电站发电是将水的机械能转化为电能，能量不能凭空产生，是遵循能量守恒定律的。
水和酒精充分混合后总体积变小，是因为分子间存在间隙。
分子间存在相互作用的引力和斥力。
不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象及分子间的作用力，能量守恒定律。
5. 解：A、北斗导航卫星是通过电磁波向地面传递信息的，故A错误；
B、电池板利用的太阳能可以短时间内再次获得，是可再生能源，故B错误；
C、长征三号乙运载火箭在发射快速升空时，质量不变，速度与高度都增加，故动能增大，重力势能增大，故C错误；
D、太阳能来自于太阳内部发生的核聚变，故D正确。
故选：D。
(1)电磁波的传播不需要介质；
(2)可再生能源指短时间内能再次获取的能源；
(3)动能与物体的质量及速度有关；重力势能与物体的质量及高度有关；
(4)获取核能的方式：核聚变和核裂变。
本题考查了电磁波的传播、动能与重力势能的影响因素和获取核能的方式，属于基础题。
6. 解：A.平面镜成像时，像与物体到镜面的距离相等，当他走近窗户时，人与窗户玻璃(镜面)距离变小，像到窗户的距离也会变小，所以像会向他靠近，故A正确；
B.若关掉教室的灯，则人和教室内物体表面反射出来到窗玻璃的入射光线变少，经窗玻璃反射进入眼睛的光线也变少，看到的像会变模糊，故B错误；
C.关窗时，人在窗玻璃上成像是光的反射形成的，所成像的大小只与物体的大小有关，小明的大小不变，所成像的大小不变，故C正确；
D.平面镜成像时，像和物体关于镜面对称，他向左推动玻璃窗，玻璃位置仍在原来所在对称面上，像的位置不变，故D正确。
故选：B。
平面镜成像特点：平面镜所成的像是虚像，像与物体的大小相同，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等，像与物关于平面镜对称。
本题考查学生对平面镜成像特点的掌握，看学生能否根据规律，辨别生活中的现象。
7. 解：设物体的重力为G，OA、OB、OC的长度分别为LA、LB、LC，物体在A点上升0.1m时，由三角形相似得D点移动的距离ℎ1=0.1m×1mLA，
对应的B点上升的高度为ℎB1A，由三角形相似得：ℎB1Aℎ1=LBLOD，
ℎB1A=LBLODℎ1=LB1m×0.1m×1mLA=0.1m×LBLA，
此次的额外功为W额A=G木ℎB1A，
此次总功与有用功的比为ηA′=W有A+W额AW有A=1+G木0.1m×G×0.1m×LBLA=1+G木G×LBLA；
当物体在B点时，总功与有用功的比ηB′=1+G木×0.2mG ×0.2m=1+G木G；
当物体在C点上升0.3m，由三角形相似得D点移动的距离ℎ2=0.3m×1mLC，
对应的B点上升的高度为ℎB2C，由三角形相似得：ℎB2Cℎ2=LBLOD
ℎB2C=LBLODℎ2=LB1m×0.3m×1mLC=0.3m×LBLC，
此次的额外功W额C=G木ℎB2C，
所以当物体在C点时，总功与有用功的比ηC′=1+G木G×0.3m×0.3m×LBLC=1+G木G×LBLC
因为LALBLC，所以ηA′>ηB′>ηC′，
故ηA2f，凸透镜成的像是倒立、缩小的实像，可以说明照相机的成像特点；
B.当物距相同时，像距越小，凸透镜的焦距越小；
C.根据过光心的光线传播方向不变分析；
D.更换凸透镜乙后，不移动光屏，向左移动蜡烛，通过增大物距，减小像距，也能使烛焰在光屏上成清晰的像。
本题探究凸透镜成像规律实验，掌握凸透镜成像规律是关键。
9. 解：
从题意中知道，手机中的线圈，能将底座产生的变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的；
A、该图是奥斯特实验，研究电流的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、闭合电路的一部分导体AB做切割磁感线运动能够产生感应电流，是电磁感应现象，故B符合题意；
C、图中有电源，其原理是通电导体在磁场中受力运动，故C不符合题意；
D、电磁铁通电后具有磁性，是电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：B。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。
本题主要考查了电磁现象中几个实验的掌握情况，知道无线充电器的原理是解题的关键。
10. 解：AB、由图甲可知，两个电阻串联接入电路中，根据串联电路的特点可知通过两个电阻的电流是相同的，通电时间也相同；根据Q=I2Rt可知在电流和通电时间相同时，电流产生的热量与电阻成正比，电阻之比为5Ω：10Ω=1：2，所以左右两电阻发热量之比为1：2，故AB错误；
C、乙图中，电阻相同，通电时间相同，根据串并联电路电流规律结合欧姆定律可知通过R1的电流电流是通过R2电流的2倍，根据Q=I2Rt可知左右两电阻发热量之比为4：1，故C正确；
D、本实验利用了气体热胀冷缩的性质使U形管的液面高度差发生变化，故D错误。
故选：C。
(1)由图甲可知两个电阻串联接入电路中，根据串联电路的特点可知通过两个电阻的电流是相同的，通电时间也相同；根据Q=I2Rt计算左右两电阻发热量之比；
(2)根据串并联电路电流的特点分析两侧的电流关系，根据焦耳定律得出比值；
(3)本实验利用了气体热胀冷缩的性质使U形管的液面高度差发生变化。
此题通过实验探究电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系，考查串联电路特点、并联电路特点、焦耳定律、控制变量法的应用。
11. 解：A、水沸腾时壶口冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，故A错误；
B、0℃的冰熔化成0℃的水时，虽然温度不变，但熔化过程吸热，分子势能增加，内能增大，故B错误；
C、汽油机的做功冲程中，高温燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，是唯一对外提供能量的冲程，故C正确；
D、燃料完全燃烧放出的热量取决于热值和燃料质量，热值小但质量大时，放热量仍可能较多(公式：Q=qm)，故D错误。
故选：C。
液化指物质由气态转变成液态。
内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；温度影响物体的内能，温度越高物体内能越大。
在四冲程内燃机工作过程中有两个冲程存在能量转化：一个是压缩冲程，将机械能转化为内能；另一个是做功冲程，将内能转化为机械能。
结合Q=mq分析判断。
此题考查了液化现象、内能大小的影响因素、热机冲程的能量转化及热值的认识。
12. 解：由图甲可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流；
A.物品重力越大，物体对压敏电阻压力越大，由图乙可知，压敏电阻阻值越小，串联电路的总阻值减小，由I=UR可知，电流增大，故A错误；
B.若物体重力增大到25N时，R2的电阻小于40Ω，电路中的电流：I=UR1+R2>24V20Ω+40Ω=0.4A，
电路电流超过0.4A，超过R1的安全工作电流，可能会导致检测装置不工作，故B错误；
C.已知R1规格为“20Ω 0.4A”，电流表的量程为0～0.6A，由串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为0.4A，
电路消耗的功率最大值为：P大=UI大=24V×0.4A=9.6W，故C错误。
D.若要将超过40N的物品筛选出来，由乙图可知，R2的阻值会低于30Ω，电路电流会超过R1的安全电流，为保证R1正常工作，可适当增大R1的阻值使电流减小到安全值内，故D正确。
故选：D。
由图甲可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流；
(1)由图乙可知，当物品重力增大时，压敏电阻阻值减小，电路中电流增大；
(2)当物重为25N时，由图乙可得压敏电阻的阻值，再由欧姆定律得到此时电流的大小与R1最大限制电流比较；
(3)根据R1的规格和电流表的量程，得到电路最大电流，由P=UI可算出电路最大功率；
(4)当物重越大时，R2越小，为保证电流不超过R1的安全电流，需要增大R1的电阻。
本题考查了欧姆定律的应用、电功率的综合计算。
13. 解：声音是由物体振动产生的，“水花四溅”说明发声的“鱼洗”正在振动。
声音的传播需要介质(固体、液体、气体都是介质)，“鱼洗”发出的嗡嗡声是靠空气传播的。
故答案为：振动；空气。
声音是由物体的振动产生的；声音的传播需要介质。
本题考查的是声音产生和传播的条件，属于基础性题目。
14. 解：(1)图示中，纸片受到力的作用，运动状态发生改变，于是飞出，而鸡蛋由于惯性，要保持原来的运动状态不变，并未随纸片飞出。鸡蛋由于受到重力的作用，纸片发生后，会落入杯内。
(2)“清风”能翻书，是因为风吹过时，书页上方空气流速变大，压强变小，书页下方空气流速较小，压强较大，于是产生向上的力，将书翻动。
书页由于受到向上的力而翻动，由静止变为运动，是力改变了其运动状态。
故答案为：(1)惯性；重力；(2)变大；变小；运动状态。
(1)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；地面附近的物体都受到竖直向下的重力；
(2)流体流速越大的位置，压强越小；力可以改变物体的形状和运动状态。
本题考查惯性、重力、流体压强和流速的关系及力和运动的关系，属于综合题。
15. 解：该实验中钢球动能的大小是通过木块被撞距离的远近体现的，木块被撞得越远，说明钢球的动能越大，这里采用了转换法的思想；
比较甲、乙两实验，小球质量相同，下滑高度不同，到达水平面的速度不同，木块被撞距离不同，动能不同，故可探究动能与速度的关系；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。
故答案为：木块移动距离；速度；否。
根据转换法，本实验通过比较小球推动木块运动距离的大小，判断小球动能的大小；
由于影响物体动能大小的因素有物体的质量和速度，所以在通过实验进行探究时，我们必须控制其中的一个量保持不变，每次只探究其中一个变量对动能大小的影响；根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，实验将不能达到探究目的。
本题研究物体动能大小与什么因素有关和阻力对物体运动的影响，考查控制变量法、转换法、推理法的运用和实验现象的分析。
16. 解：(1)擦黑板时，板擦在黑板表面滑动，故属于滑动摩擦；
(2)滑旱冰时，鞋底的轮子在地面上滚动，属于滚动摩擦；
(3)小车放在斜坡上静止不动时，车轮与路面之间没有相对运动但具有相对运动趋势，故它们之间属于静摩擦。
故答案为：滑动；滚动；静。
摩擦力的概念是：两个互相接触的物体，当它们做相对运动或相对运动趋势时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力。根据两个物体的运动情况不同，可将摩擦力分为三种：当一个物体在另一个物体表面滑动时，产生的摩擦力叫滑动摩擦力；当一个物体在另一个物体表面滚动时，产生的摩擦力叫滚动摩擦力；当两个物体未发生相对运动，但有相对运动趋势时，产生的摩擦力叫静摩擦力。抓住物体的运动情况，可判断题目中各属于何种摩擦力。
此题考查了摩擦力的种类，属于基础题。
17. 解：实验中，弹簧测力计水平拉动木块进行匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，根据二力平衡条件，滑动摩擦力大小等于拉力大小。
甲、乙两次实验中，接触面粗糙程度相同，压力不同，弹簧测力计示数不同，因此可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
乙、丙两次实验中，压力大小相同，接触面粗糙程度不同，丙中滑动摩擦力较大，因此砖块的表面更粗糙。
故答案为：匀速直线；压力大小；砖块。
实验中，弹簧测力计水平拉动木块进行匀速直线运动，根据二力平衡条件，滑动摩擦力大小等于拉力大小。
本题通过二力平衡条件间接测量滑动摩擦力大小，还考查了利用控制变量法探究滑动摩擦力大小的影响因素等。
18. 解：(1)根据基本电路各部的作用可知：液体感应器是起控制电路的作用，所以是先进的触水式开关；
(2)根据触水式开关的特点可知，触水式开关接触水时，电路是通路；
(3)LED灯由半导体材料制成；如图乙所示的电路中，同时闭合开关S1、S4，电流从a到b，LED灯能发光。
故答案为：(1)开关；(2)通路；(3)半导体；S1、S4。
(1)根据感应发光冰块内部电子元件和电路的基本组成即可分析出各部分的作用；
(2)容易导电的物体是导体；
(3)LED灯由半导体材料制成；LED灯能发光，则通过LED灯有电流。
本题考查了电路的组成和连接、半导体的应用，属于基础题。
19. 解：(1)由控制变量法可知，在“比较不同物质吸热能力”的实验中，应控制液体的初温和质量相同，液体的种类不同，故选用初温和质量相等的甲、乙两种液体。
(2)实验中用相同的电加热器同时加热，加热相同时间时，两种液体吸收的热量相同，由图甲可知，加热相同时间时，乙液体温度升高慢，所以乙液体的比热容大于甲液体的比热容。
由于乙液体的比热容较大，吸收相同的热量，乙液体的温度变化小，所以乙液体更适合制作冷却液。
(3)由图甲可知，甲液体在0～10min内温度由0℃升高至60℃，同种液体吸热能力不变，所以5kg的甲液体在10～20min内吸收的热量等于0～10min内吸收的热量，所以甲液体在10～20min内吸收的热量Q=cmΔt=2.01×103J/(kg⋅℃)×5kg×(60℃−0℃)=6.03×105J
(4)②根据c=QmΔt可知，铜块和铝块质量相等时，要比较铜和铝的比热容，只需要比较二者吸收或放出热量与对应温度变化量的比值即可；由步骤①可知，铜块和铝块加热后的末温与沸水温度相同，由于沸水的温度高于图丙中水的温度，由步骤②可知，铜块和铝块放入隔热材料密封的A、B两容器的水中后，铜块和铝块放出热量对水加热，最终铜块和铝块分别与容器中水的温度相同，忽略热损失，铜块和铝块放出的热量与水吸收的热量相等；由步骤③可知，实验最终记录了A、B两容器中水的末温，为了方便比较水吸收的热量，A、B两容器中水的质量和初温都应该相等。
④由于先将质量相等的铜块和铝块放入沸水中加热足够长时间，所以铜块和铝块放入盛有质量相等、温度相同的水的A、B两容器中时的温度都是100℃；由于经过足够长的时间后，同时测量A、B两容器中水的温度，记录数据分别为40℃和47℃，即B容器中水的温度变化大，由Q=cmΔt可知，B容器中水吸收热量较多，即在过程②中铝块放出的热量多，即铜块放出的热量比铝块少；由于铝的温度变化小，根据c=QmΔt可知，铝块的比热容大。
故答案为：(1)质量；(2)大于；乙；(3)6.03×105；(4)相同；少；铝块。
(1)(2)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
比热容较大的液体更适合制作冷却液；
(3)由Q=cmΔt可得甲液体在10～20min内吸收的热量；
(4)同质量水的初温相同，甲、乙两容器中水的末温分别是40℃和47℃，根据Q=cmΔt得出两图中水吸热的多少，据此回答。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
20. 解：为了比较不同物质的吸热能力，需将质量相等的沙子和水分别装在易拉罐中，然后用相同的热源红外灯照射加热，根据转换法，用相同规格的电加热器加热a、b两种物质，使它们加热相同时间，吸收相同的热量，通过升高的温度来比较a、b两种物质吸收热量的多少；对于质量相等的沙子和水，由图可知，加热相同时间，升温较快的是沙子，则沙子的吸热能力弱，水的吸热能力强，因此a是沙子的图象，b是水的图象。水的比热容比玻璃的大，质量相等的水和玻璃放出相等的热量，水降低的温度少。故答案为：质量；升高温度；沙子；B。
(1)为了比较不同物质的吸热能力，需使不同物质的质量相同；实验中通过加热时间来反映水和沙子吸收热量的多少；(2)比较物质吸热能力的2种方法：①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及分析图象能力，为热学中的重要实验。
21. 解：(1)水在沸腾时的温度规律是，虽然继续吸热，但温度保持不变；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，液化会放出热量；
(2)完全燃烧0.5m3天然气放出热量：Q=Vq=0.5m3×3.8×107J/m3=1.9×107J；
(3)锂电池充电时将电能转化为化学能储存起来。
故答案为：(1)不会；放热；(2)1.9×107；(3)化学。
(1)水在沸腾时的温度规律是，虽然继续吸热，但温度保持不变；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；
(2)利用Q放=Vq求出天然气完全燃烧释放的热量；
(3)蓄电池放电是化学能转化成电能，充电是电能转化成化学能。
本题考查热学相关的物理知识，综合性就较强，属于基础知识的考查。
22. 解：家庭电路中，电灯、电视、电冰箱等家用电器的连接方式是并联的。
当S闭合时，再逐一闭合开关S1、S2(每次只闭合其中的一个开关)，若L0正常发光，灯泡直接接在火线和零线之间，说明该支路短路。
故答案为：并联；短路。
(1)家庭电路的各个用电器是并联的，互不影响。
(2)原来接保险丝的位置接一个检验灯泡，若检验灯泡正常发光，说明该支路短路。
本题考查的是家庭电路的组成；会判断短路故障。
23. 解：(1)铰刀利用电机驱动，电机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
在一定压力时，用锋利铰刀来增大压强，是通过减小受力面积的方法来增大压强；
1标准大气压p0=1.0×105Pa，铰刀对岩石的压强相当于标准大气压的个数：n=pp0=70×106Pa1×105Pa=700；
(2)“天鲲号”的排泥速度为：v=1.4m3/s0.7m2=2m/s；
由公式P=Fv可知，泥泵对泥浆的推力为：F=Pv=17000×103W2m/s=6×106N；
(3)工作时排泥管的重力：G管=m管g=10×103kg×10N/kg=105N；
工作时排泥管泥浆的重力：G泥浆=ρ泥浆V管g=ρ泥浆S管L管g=2×103kg/m3×0.7m2×12m×10N/kg=1.68×105N；
工作时排泥管的总重力：G泥浆管=G管+G泥浆=105N+1.68×105N=2.68×105N；
泥浆管浸入水受到浮力：F管浮=ρ海水gV排=ρ海水gS管L管=1×103kg/m3×10N/kg×0.7m2×12m=0.84×105N；
若工作时套上浮管的排泥管恰好浮在水面：F浮=G泥浆管=F浮管+F管浮；
即F浮管=F浮−F管浮=2.68×105N−0.84×105N=1.84×105N；
质量极轻的浮管体积为：V浮管=F浮管ρ海水g=1.84×105N1×103kg/m3×10N/kg=18.4m3；
20m3>18.4m3，故浮管的体积至少为20m3；
(4)气动弹性减震装置有效的减少了作业时居住舱振动发出的噪声，这是在声源处减弱噪声的；
电磁波可以传递信息，且传播不需要介质，速度快，因此，操作人员只利用电磁波来传递指令，电磁波在空气中的传播速度为3×108m/s。
故答案为：(1)磁场；减小接触面积；700；(2)6×106；(3)20；(4)声源处；电磁波；3×108。
(1)电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
知道1标准大气压的值，可求铰刀对岩石的压强相当于标准大气压的个数；
(2)已知排泥量和排泥管的横截面积，可求出排泥速度，根据变形公式P=Fv即可求出推力；
(3)先求出钢管和泥浆的总重力，在求出钢管浸没在水中的浮力，由沉浮条件计算出最小浮力，从而选择至少的浮管的体积；
(4)减弱噪声的途径有三种：即在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱；
广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的；
电磁波在空气中的传播速度接近在真空中的传播速度，为3×108m/s。
本题考查电动机原理，增大压强的方法，大气压的应用，功率公式的运用，漂浮条件的应用，减弱噪声的途径及电磁波的题目，难度不大但综合性极强。
24. 解：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后，折射光线平行于主光轴，如图所示：
在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点(三条特殊光线)来作图。
凹透镜的三条特殊光线：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长线通过焦点；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。
25. 解：不计空气阻力，在空中前进的跳远运动员只受到竖直向下的重力作用；从重心O点竖直向下画一条带箭头的线段表示重力，表示符号为G，大小为550N，如下图所示：
不计空气阻力，在空中前进的跳远运动员只受到竖直向下的重力作用，据此根据力的示意图的画法作图。
本题考查了力的示意图的画法，属于基础题。
26. 解：开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P向右滑时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律I=UR可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强；条形磁体的上端为S极、下端为N极，电磁铁磁性增强时，弹簧测力计的示数变小，说明电磁铁的上端应为N极，其下端为S极，排斥力增大，导致弹簧测力计的示数变小；
根据安培定则可知，电磁铁中电流从下端流入，上端流出，故电源的右端为正极，左端是负极，如图：
电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈匝数有关；
根据滑片移动的方向判定滑动变阻器接入电路电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化，从而得出电磁铁磁性大小的变化；
根据弹簧伸长量的变化判定电磁铁的极性，然后根据安培定则可知电流方向。
本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素和安培定则的应用，属于基础题。
27. 解：(1)实验中需要测量物体的质量，因此还需要的测量工具是天平。
(2)根据二力平衡的知识可知，此时弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力。
(3)由表中的数据可得：Gm=⋯⋯=，重力与质量的比值是定值，由此可得出结论：物体所受的重力与它的质量成正比；
(4)根据实验目的可知时要寻找重力和质量的关系规律，所以，多次测量的目的是寻找普遍规律，选项AB均是寻找普遍规律，选项C多次测量是为了取平均值减小误差，故AB错误，C正确。故选：C；
(5)物体在月球上受月球的引力，也受到重力作用，因此在月球上用同样的器材能完成实验；
(6)重力的方向始终竖直向下，因此逐渐改变木板M与桌面的夹角α，会观察到悬线OA的方向不变。
故答案为：(1)天平；(2)等于；(3)物体所受的重力与它的质量成正比；(4)C；(5)能；(6)不变。
(1)实验中需测量物体的质量和重力，所以要用到天平和弹簧测力计；将弹簧测力计在竖直方向上调零，使指针对准零刻度线；
(2)根据二力平衡的知识解答；
(3)根据表中的数据，计算每次实验数据重力与质量的比值，可得出结论；
(4)根据实验目的可知时要寻找重力和质量的关系规律，所以，多次测量的目的是寻找普遍规律；
(5)物体在月球上受月球的引力，故可以完成该实验；
(6)重力的方向始终竖直向下。
本题考查探究重力与质量的关系实验，难度适中。
28. (1)调节天平时，将天平放在水平桌面上，用镊子将游码移至标尺左端的“0”刻度线处，发现指针静止时偏右，应将平衡螺母向左调节；
(2)测量烧杯和煤油的总质量，通过加减砝码的一番操作，横梁指针还是偏向分度盘中央刻线的左侧一点，说明左盘物体的质量大于右盘砝码的质量，应向加更小的砝码或向右移动游码，故选C；
(3)由图丙知，烧杯和煤油的总质量m2=50g+20g+10g+5g+1g=86g；
由图乙知，煤油的体积V=40mL=40cm3，
煤油的质量为：m=m2−m1=86g−54g=32g，
煤油的密度为：ρ=mV=32g40cm3=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3；
先用量筒测量煤油的体积，再将量筒中的煤油倒入烧杯测量其质量，此时量筒的内壁上残留有一部分煤油，使得煤油的质量偏小，由ρ=mV计算得到的煤油密度偏小；
(4)假设A密度ρA，体积VA；B的密度ρB，体积VB，杯子体积V杯，杯子的质量为m容，
由ρ=mV可得：ρAVA=m，ρBVB=2m；
装满水后容器和水总质量为m1，则m容+ρ水V杯=m1，
对于放进A的情况：
m容+m+ρ水(V杯−VA)=m2，
即m容+m+ρ水V杯−ρ水VA=m2，
即ρ水VA=m+m1−m2----①
若在该空容器内放一质量为m的金属块A和另一质量为2m的金属块B后再加满水，总质量为m3：
则m容+3m+ρ水(V杯−VA−VB)=m3，
即m容+3m+ρ水V杯−ρ水VA−ρ水VB=m3，
3m+m1−ρ水VA−ρ水VB=m3，
3m+m1−(m+m1−m2)−ρ水VB=m3，
2m+m2−ρ水VB=m3，
即ρ水VB=2m+m2−m3------②
由①②可得：VAVB=m+m1−m22m+m2−m3，
根据ρ=mV可得：ρAρB=mAVAmBVB=mAmB×VBVA=m2m×2m+m2−m3m+m1−m2=2m+m2−m32(m+m1−m2)；
若在测量m3过程中，天平指针偏右一点就读数，则读数偏大，由②可知，测得B的体积偏小，根据ρ=mV可知测得B的密度偏大。
故答案为：(1)镊子；左；(2)C；(3)86；0.8×103；偏小；(4)2m+m2−m32(m+m1−m2)；偏大。
(1)天平使用前调节平衡时，为避免手部油脂或力度影响精度，应使用镊子移动游码；指针偏向分度盘中线左侧，平衡螺母向右调，指针偏向分度盘中线右侧，平衡螺母向左调，直至天平平衡；
(2)在称量过程中，应通过加减砝码或移动游码的方法来使天平平衡；
(3)烧杯和煤油的总质量等于砝码总质量加上游码对应的刻度值；根据图甲读出煤油的体积；煤油的质量等于烧杯和煤油的总质量减去空杯的质量，利用密度公式ρ=mV求出煤油密度；先用量筒测量煤油的体积，再将量筒中的煤油倒入烧杯测量其质量，此时量筒的内壁上残留有一部分煤油，使得煤油的质量偏小，据此判断；
(4)先设出AB物体的密度和体积，根据密度公式分别表示出A、B和水的质量；当放进A的情况，容器的总质量等于容器的质量、水的质量和金属块的质量之和，根据密度公式表示出其大小，同理得出容器放入B后容器的总质量，联立等式即可得出AB物体的体积之比，再根据密度公式得出AB物体的密度；若在测量m3过程中，天平指针偏右一点就读数，则读数偏大，据此分析。
本题考查了液体密度的测量及密度公式的灵活应用，关键是根据题意得出分别放入物体AB时容器的总质量，进一步得出两者的体积之比。
29. 解：(1)滑动变阻器滑片向右移电流表示数变小，说明滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，如图所示：
；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表指针有明显偏转，说明电压表与电源连通，电压表被串联在电路中，排除与电压表并联的电路以外的电路断路情况，可判定与电压表并联的电路断路了，即原因可能是电阻R断路，故ACD错误，B正确。
故选：B；
(3)探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，根据欧姆定律结合表中数据可得此时定值电阻阻值为：
R′=U2I2=Ω；
滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电阻特点和欧姆定律可得电路中的最小电流为：
I小=UR滑+R′=3V20Ω+5Ω=0.12A>0.1A，故出错的是第1次，原因是电路中的最小电流大于0.1A；
(4)去掉出错的实验数据，因电压与电流之比为一定值，故分析可得到的结论是：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；
(5)探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变：
①在电路中接入阻值为5Ω的定值电阻，移动滑动变阻器的滑片，图丙中电压表选用小测量范围，分度值为0.1V，电压表示数为1V，即U0=1V；
②根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
在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，根据分压原理可知，需调大滑动变阻器连入电路中的电阻；
③A、根据串联电路电压的规律和分压原理：
U滑U定=U−U定U定=UU定−1=R滑R定，即UU定−1=R滑R定，
由此可知，当电源电压U、定值电阻的电压U定一定时，滑动变阻器的电阻随定值电阻的增大而增大；当电阻为R定4=20Ω时，滑动变阻器的阻值最大为R滑大=20Ω，
根据串联电阻的规律，总电阻为：
R=R定4+R滑大=20Ω+20Ω=40Ω，
此时电流中的电流为：
I=UR=3V40Ω，根据I=UR可得此时电压表的示数为：
U表=IR定4=3V40Ω×20Ω=1.5V，即为应控制a、b间的最小电压为1.5V，根据电流表的量程，最大电流0.6A，当电阻最小为5Ω时，最大电压为：U′表=I′R′=0.6A×5Ω=3V，故A可行；
B、电源电压为3V，电阻两端电压为1V，滑动变阻器分压为2V，
定值电阻两端电压为滑动变阻器电压的12倍，根据分压原理，定值电阻阻值为滑动变阻器接入电路的阻值为的12倍，因滑动变阻器最大阻值为20Ω，因此定值电阻最大阻值为10Ω；
根据电流表量程结合滑动变阻器规格可知，电路中电流最大0.6A，此时电路电阻最小，根据I=UR可得此时定值电阻的阻值为：
R定小=URI最大=1V0.6A=1.67Ω，
即更换的定值电阻R的阻值范围是1.67～10Ω，故B不可行；
C、滑动变阻器两端电压是2V，是定值电阻两端电压的2倍，由分压原理可知，滑动变阻器接入电路的阻值是定值电阻阻值的2倍，当定值电阻阻值最大为20Ω时，滑动变阻器接入电路的阻值最大应为40Ω，即更换的滑动变阻器最大阻值不小于40Ω；
当电阻最小为5Ω时，因滑动变阻器分得的电压为2V，滑动变阻器分得的电压是定值电阻的2倍，
根据分压原理，滑动变阻器连入电路中的电阻为2×5Ω=10Ω，
由串联电路电阻的规律，此时电路的总电阻为15Ω最小，电路中电流最大，
根据I=UR可得最大电流为：
I′=UR最小=3V15Ω=0.2A，即最大电流不小于0.2A；故C可行；
D、当变阻器全部电阻20Ω连入电路时，此时对应的定值电阻应最大为20Ω，电源电压最大，
根据分压原理可得滑动变阻器的电压为：
U变=R滑R定U定=20Ω20Ω×1V=1V；
所以最大电源电压为1V+1V=2V，最小为1V.更换的电源电压范围是1V～2V，故D可行；
故选：B。
故答案为：(1)
；(2)B；(3)1；电路中的最小电流大于0.1A；(4)正；(5)①1；②调大；③B。
(1)根据滑动变阻器滑片向右移电流表示数变小，说明滑动变阻器阻值变大，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表指针有明显偏转，说明电压表与电源连通，电压表被串联在电路中，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)探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，根据欧姆定律结合表中数据求出电阻大小；滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电阻特点和欧姆定律求出电路中的最小电流分析回答；
(4)去掉出错的实验数据，因电压与电流之比为一定值，据此分析得出结论；
(5)①根据电压表选用测量范围确定分度值读数；
②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动变阻器阻值变化；
③要探究电流与电阻的关系，需保持电阻两端的电压不变，应用串联电路规律与欧姆定律分析解答。
此题是探究电流与电压、电阻的关系，考查了电路的连接、故障分析、操作过程、控制变量法的运用、串联电路规律及欧姆定律的运用，对器材的要求。最后一问是难点。
30. (1)由图−2可知，力传感器的示数F在4−12cm逐渐减小，受力分析可知，F=G−F浮，说明浮力在增大，F减小，力传感器F方向向下，在12cm时候，F为零，说明浮力等于重力，塑料块受到的重力为8N，超过12cm，浮力大于重力，F的方向发生变化，所以当水深为13cm时，力传感器受到硬杆方向向上；
(2)当塑料块刚好浸没时，塑料块进入液体中的体积相同时，即排开液体的体积相同时，液体的密度不同，受到的浮力不同，说明浮力大小与液体的密度有关；
(3)由图−2可知，塑料块和木块浸没在水中时，力学传感器都受到向上的支持力，根据力的作用是相互的和力的平衡条件，F压=F支；F浮=F压+G，即F塑料块=8N+2N=10N；F木块=6N+4N=10N；F塑料块=F木块，因此浮力的大小与物体的密度无关。观察水深14cm后的图线，力传感器的示数F不变，说明浮力不变，由此可得出的结论是浮力的大小与水的深度无关；
(4)塑料块在水中受到的浮力为10N，塑料块的体积V=V排=F浮ρ水g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=10−3m3。
故答案为：(1)8；向上；
(2)液体密度；
(3)10；浮力的大小与物体的密度无关；浮力的大小与水的深度无关；
(4)10−3。
(1)根据没有浸入时的传感器示数分析重力；根据示数变化分析力传感器受到硬杆的力的方向；
(2)根据称重法比较浮力，结合排开液体的体积不变分析；
(3)根据传感器示数计算木块与塑料块的浮力，据此分析；
(4)根据阿基米德原理计算排开水的体积。
本题考查浮力的有关因素探究，属于中档题。
31. (1)机器狗未负重时受到的重力G1=m1g=12kg×10N/kg=120N；
(2)总重力G=G1+G2=G1+m2g=120N+2kg×10N/kg=140N，
机器狗负重站立不动时，对水平地面的压力F压=G=140N，
机器狗负重站立不动时，对水平地面的压强p=F压S=140N2×10−4m2=7×105Pa；
(3)机器狗做匀速直线运动时，受到的总动力与阻力平衡，大小相等，机器狗受到向前的动力大小为：F动=f=0.05G=0.05×140N=7N，
机器狗负重匀速直线移动60m，牵引力做的功W=Fs=7N×60m=420J。
答：(1)机器狗未负重时受到的重力是120N；
(2)机器狗负重站立不动时，对水平地面的压强是7×105Pa；(3)机器狗负重匀速直线移动60m，牵引力做的功是420J。
(1)已知机器狗的质量，根据G=mg求出机器狗的重力；
(2)根据G=mg得到总重力，机器狗负重站立不动时，对水平地面的压力等于总重力，根据p=FS得到对水平地面的压强；
(3)机器狗做匀速直线运动时，受到的牵引力与阻力平衡，大小相等，根据F动=f=0.05G求出机器狗受到向前的动力，根据W=F动s得到牵引力做的功，根据P=Wt得到功率。
本题考查重力、压强和功的计算，属于综合题。
32. (1)无线视频监控系统中的镜头中间厚、边缘薄，相当于一个凸透镜，此时的应用相当于照相机，由照相机的成像规律可知，垃圾收集情况通过镜头成倒立、缩小的实像；
电磁波可以传递信息，且速度很快，电磁波的传播不需要介质，所以监控画面信号通过电磁波传回控制中心；
(2)由图(c)可知，压力传感器接入电路的阻值与其所受海水的压力之间关系是一次函数，设压力传感器接入电路的阻值与其所受海水的压力之间的关系式为：R=kF+b，
当F=0时，R=20Ω，有：20Ω=b，
当F=5N时，R=16Ω，有：16Ω=k×5N+20Ω，则k=−45Ω/N，
所以压力传感器接入电路的阻值与其所受海水的压力之间的关系式为：R=(−45F+20)Ω，
当吃水深度为1m时，压力传感器受到的压强为：p=ρ海水gℎ=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m=1×104Pa，
压力传感器受到的压力为：F=pS=1×104Pa×15×10−4m2=15N，
此时压力传感器接入电路的阻值为：R=(−45F+20)Ω=(−45×15+20)Ω=8Ω，
分析图(b)电路，压力传感器和滑动变阻器串联，电流表测电路电流，此时总电阻为：R总=UI=9V0.3A=30Ω，
则滑动变阻器接入电路的阻值应为：RP=R总−R=30Ω−8Ω=22Ω。
答：(1)缩小；电磁；
(2)滑动变阻器RP接入电路的阻值为22Ω。
(1)无线视频监控系统中的镜头相当于一个凸透镜，物体在凸透镜的二倍焦距以外，物体成倒立、缩小的实像；电磁波可以传递信息；
(2)根据数学关系求出压力传感器接入电路的阻值与其所受海水的压力之间的关系式，当吃水深度为1m时，根据p=ρ液gℎ求出压力传感器受到的压强，再根据p=FS求出压力传感器受到的压力，利用压力传感器接入电路的阻值与其所受海水的压力之间的关系式求出压力传感器接入电路的阻值，根据欧姆定律结合电阻的串联求出滑动变阻器接入电路的阻。
本题主要考查压强定义式、液体压强公式及欧姆定律的应用，有一定难度。