2026年江苏省南京市金陵中学教育集团中考物理零模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年江苏省南京市金陵中学教育集团中考物理零模试卷（含答案+解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在跨学科实践活动中，小明利用橡皮筋制作了如图所示的简易“古筝”，并用它进行“演奏”。下列说法中正确的是( )
A. “古筝”发出的声音一定不是噪声
B. 拨动不同的琴弦，琴声的音色不同
C. 橡皮筋振动越快，演奏声传播速度越大
D. 拨动橡皮筋的力越大，发出声音的响度越大
2.如图所示，是AI根据古诗《饮湖上初晴后雨(其二)》的意境并融入新农村建设元素创作的国画作品。下列描述正确的是( )
A. 山间的雾是汽化放热形成的B. 船的倒影是光的反射形成的
C. 风力发电机把电能转化为动能D. 太阳能路灯发光时不需要电源
3.手机是常用的电子工具。图示是某款国产手机，使用功率为60W的充电器半小时可充满一次电。下列对于该款手机的估测，最符合实际的是( )
A. 正常使用时，后壳温度约为65∘CB. 质量约为500g
C. 充满一次电消耗的电能约为0.3kW⋅ℎD. 长度约为1.4dm
4.热质说是18世纪流行的热学理论。该理论认为热质是一种无质量、看不见的特殊物质，物体吸收、放出热质会导致温度或物态的变化，它只能在物体间转移，不会产生或消失。下列事例中，不能佐证该理论的是( )
A. 热水暖手B. 冰袋冷敷C. 扬汤止沸D. 钻木取火
5.关于粒子与宇宙，下列事实与对应的推论关系正确的是( )
A. 卢瑟福提出原子核式结构模型——电子可拆分
B. 固体和液体都很难被压缩——分子间存在斥力
C. 带电玻璃棒能够吸引纸屑——分子间存在引力
D. 太阳系中行星绕太阳旋转——太阳是宇宙中心
6.如图所示，泡沫块正在沿粗糙斜面缓慢下滑，现用吸管沿泡沫块上表面吹气。不计空气阻力，则吹气过程中泡沫块可能( )
A. 继续向下滑B. 静止不动C. 加速向上滑D. 匀速向上滑
7.小金自制了一个“电池秋千”，他用铜线圈做一个秋千，线圈下方放一块永久磁铁，线圈通电后，轻推线圈，线圈就能不停地摆动。下列实验能说明其工作原理的是( )
A. B.
C. 电动机D.
8.如图甲所示，用起重机竖直提升重物，如图乙所示是起重机对重物拉力F的大小随时间t变化的情况，重物上升的v−t图像如图丙所示，不计空气阻力，则正确的是( )
A. 第1s时重物所受合力为1000N，方向竖直向上
B. 第11s时重物所受合力为2000N，方向竖直向下
C. 2s∼10s时起重机对物体做的功为24000J
D. 2s∼10s时起重机对物体做功的功率240W
9.如图所示，电源电压为U0保持不变，电阻R1、R2的阻值均为R0，闭合开关，电路正常工作。过了一会儿，电压表V的示数减小。已知电路中只有一处故障，且发生在电阻R1或R2处。为确定故障，下列操作可行的是( )
A. 将电阻R1、R2的位置互换
B. 用完好的电阻R0替换电阻R1
C. 在电阻R2两端并联电压表V1
D. 在电阻R1两端并联一根导线
10.小明利用斜面分别进行了“探究阻力对物体运动的影响”(图甲)和“探究影响动能大小的因素”(图乙)两个实验，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙两个实验中，利用斜面都是为了使小球到达水平面时的速度相同
B. 甲、乙两个实验中，小球到达水平面能继续向前运动是因为它受到惯性的作用
C. 为了实验效果明显，甲实验中水平面要尽量粗糙，乙实验中水平面要尽量光滑
D. 甲实验中，小球在水平表面上克服阻力做功相等，乙实验中木块被撞得越远，说明小球对木块做的功越多
11.三峡大坝船闸利用连通器原理让轮船平稳通行，图中船处于平衡状态，则( )
A. 甲图中阀门H打开后，两边液面高度保持不变
B. 甲图中M、N点处的液体压强相等
C. 甲、乙图中M点处的液体压强不等
D. 船在甲、乙图中排开液体的质量不等
12.如图甲为某兴趣小组设计的“超载报警器”原理图，OAB为轻质水平杠杆，O为支点，OA：AB=1：4，控制电路中R为压敏电阻(所受压力与电阻的关系如图乙所示)；变阻器R1规格为“50Ω2A”，电磁继电器线圈电阻R2为5Ω，控制电路的电源电压为6V时，当通过线圈的电流大于0.1A时，电磁继电器的衔铁被吸下，若某路段禁止质量超过40t的车辆通过，则下列说法正确的是( )
A. 当压敏电阻R受到的压力F增大时，控制电路中电磁铁的磁性减弱
B. 控制电路中R1的阻值应设为35Ω
C. 一辆空车重为2.5t的汽车通过时，电磁铁线圈的电流为75mA，则汽车的载重为10t
D. 某些主干道抗压能力较好，需调高限载，应适当减小R1阻值
二、填空题：本大题共6小题，共23分。
13.无人机送快递为市民的生活带来了极大的便利。在某次取货途中，无人机载着空货箱竖直匀速上升36m用时30s。不计空气阻力，g取10N/kg。
(1)无人机上升时，以地面为参照物，它是 的；
(2)无人机竖直匀速上升时的速度为 m/s；
(3)在取货点，工作人员将快递放入货箱，无人机再次升空，竖直匀速上升30m用时30s。已知无人机配备的货箱质量为1kg，取货前后两次匀速升空过程中无人机对货箱拉力做功的功率之比为1：2，放入货箱的快递质量为 kg。
14.(1)如图甲，将钢勺和瓷勺的勺头一起放入盛有开水的烧杯中，过一会儿，用手触摸两个勺子的勺柄，会感觉到 勺的勺柄较烫手；如图乙，将瓷勺的勺头放在酒精灯火焰上加热一段时间，然后与火柴头接触，火柴被点燃，而勺柄并不烫手，由此说明瓷的 。
(2)如图丙，探究不同物质吸热升温的现象。将 相等的沙子和水分别装入瓷盘中，用红外灯均匀照射两个瓷盘。红外热成像仪显示出沙子升温比水快。由此推得，质量相等的沙子和水，升高相同的温度， 吸收的热量多。
15.如图甲所示的某品牌插秧机使用北斗导航，农民只需在作业前进行相关设定，即可实现24小时无人值守自动作业。
(1)北斗导航卫星是通过 向插秧机发送位置信息的；
(2)该插秧机使用四冲程汽油机，图乙中汽油机处于 冲程，与它原理相同的是 图所示的演示实验。丁图中当塞子飞出去时试管口会出现“白雾”，这说明试管内气体的内能 ；该汽油机每分钟对外做功1200次，汽油机飞轮转速为 r/min；
(3)某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，汽油完全燃烧放出的热量完全被46kg初温为15∘C的水吸收，则水温升高 ∘C。[q汽油=4.6×107J/kg,c水=4.2×103J/(kg⋅∘C)]
16.如图甲，用动滑轮将重物匀速提升1m，滑轮重40N。整个过程中，有用功和额外功的大小如图乙，则物重为 ，绳端的拉力大小为 N，该滑轮的机械效率为 %，克服绳重和摩擦所做的额外功占总功的 %。
17.如图是规格为“220V 1000W”的电饭锅内部简化电路图，有“加热”和“保温”两挡。当S接“2”时，电饭锅处于 挡(选填“加热”或“保温”)；电阻R0的阻值为 Ω；若只让电饭锅在“加热”挡正常工作0.1ℎ，发现此电能表的转盘转动120转，则电能表上模糊不清的这个参数应该是 r/kW⋅ℎ。
18.如图甲所示电路中，电源电压恒定，小灯泡标有“5V？W”，电压表量程为0∼15V，电流表量程为0∼0.6A。在保证电路安全且R2的滑片P移动范围最大的前提下，闭合S、S1，将滑片P从某一端移到位置a；再断开S1闭合S2，将滑片P从另一端移到位置b。上述两过程中电流表与电压表示数变化的图像如图乙，则小灯泡的额定功率为 W，只闭合S、S1时，为保证电路安全，滑动变阻器的取值范围是 Ω，若电源换成可调电压的电源，其他条件不变，在保证电路安全情况下，闭合任意开关和调节滑片位置，电路的最大功率为 W。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
19.如图(a)，被隔板隔开的两个人偶不能直接“看到”对方，但人偶A可以从平面镜中“看到”人偶B。请在图(b)中画出人偶A从平面镜中“看到”人偶B的光路图。
20.如图，请在O点画出2026年春晚吉祥物“吉祥马”吊坠所受弹力的示意图。
21.请用笔画代替导线，将图中元件接入家庭电路中，要求：①同时闭合声控开关和光控开关电灯才能亮；②三孔插座单独接入
四、实验探究题：本大题共7小题，共33分。
22.某同学进行了如下实验：
(1)将两个凸透镜分别固定在光具座上，并用一束平行主光轴的光分别射向两个凸透镜，调节光屏的位置，直至在各自光屏上形成了一个最小的亮斑，如图所示。由此可知凸透镜 ______(选填“M”或“N”)对光的会聚作用更强。
(2)该同学继续利用上述器材及一个发光体、刻度尺探究凸透镜成实像时，像的高度与焦距是否有关。实验中需要选用凸透镜______(选填“M和N”或“M或N”)，将发光体放在距凸透镜 ______(选填“相同”或“不同”)距离处，用光屏接收像，若______，则说明像的高度与焦距有关。
23.在研究“固体熔化时温度的变化规律”实验中，同学们选用不同物质进行实验。
(1)小余同学利用图甲装置对冰加热，他每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。图乙是他根据记录的数据绘制的图像，已知实线是采用碎冰，虚线是采用块状冰的实验结果，出现这样现象的原因是 。实验过程中发现烧杯外部出现了小水珠，这是 (填物态变化名称)现象。若将冰换成非晶体石蜡， (选填“可以”或“不可以)看到与图乙相同的图像。
(2)如图丙是另一组同学根据记录的数据绘出的晶体海波的温度与时间的曲线，出现这种情况的可能原因有 。
A.实验中海波的量太少了，导致海波熔化过程经历时间太短
B.实验时记录数据时间间隔太长了，导致两次时间间隔中，海波的熔化过程已经结束
C.采用酒精灯直接加热，导致海波熔化速度太快
24.同学们学习了光学后，将光学实验又进行了回顾。
(1)如图甲，“探究光的反射定律”的实验，他将平面镜放在一个能转动的水平圆台上，水平圆台用一个透明玻璃罩盖着。先通过加湿器使整个玻璃罩内充满水雾，然后用固定的红色激光笔发出一束垂直射向平面镜的光NO，再用另一支绿色激光笔向O点发出一束光AO，经平面镜反射后沿OB方向射出。若从侧面观察到 现象，说明在光的反射中，反射光线、入射光线、法线在同一平面内。
(2)如图乙，探究“平面镜成像”的实验，小谦同学利用两支大小完全相同的蜡烛A和B、茶色透明薄玻璃板、刻度尺等器材，进行以下操作。为确定像的位置，将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板前，眼睛从图乙 处观察A的像，再将相同未点燃的蜡烛B，竖立在玻璃板后方，调至完全重合并记录像的位置；
(3)如图丙，平面镜竖直放置，S为镜前的一个发光点，现将平面镜从MN位置绕M点向右缓慢旋转90∘，物体S在平面镜中的像S′离M的距离 (选填“变大”、“变小”、“不变”或“先变大后变小”，下同)，像S′离S的距离 。
25.某小组用杠杆、带挂钩的重物A(质量为10kg)、水和两个可读取液体体积的相同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前，需将两容器挂在杠杆两端固定10cm刻度线处的位置，如图甲，调节两端平衡螺母使杠杆水平平衡，使用中，小明向左侧容器中倒入体积V=30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积的待测液体，通过在右边悬挂重物A，使杠杆再次水平平衡，如图乙。他根据相关数据，算出了该液体的密度。
(1)图甲中要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向 调节；
(2)小明测出的待测液体密度为 g/cm3；
(3)依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A距支点O的距离l满足一定的函数关系，图丙中图线 符合此关系；
(4)若要提高该密度秤测量液体密度时的精确度，可换用质量更 (选填“大”或“小”)的重物A。
26.如图所示，探究液体内部压强影响因素的实验。
(1)在制作压强计时，小明手头有两块形状相同的橡皮膜，将相同的小球放在两种橡皮膜上时形变程度不同，如图甲，则小明应选择橡皮膜 (选填“A”或“B”)覆盖在压强计金属盒表面；使用压强计前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置 ；
(2)实验中液体压强大小的变化是通过比较 来判断的；
(3)比较图乙、丙、丁可知，液体内部的压强大小与 无关；小明还比较图丁、戊得出：液体压强和液体密度有关，同组小华认为这样比较得出结论是不正确的，她的理由是 ；
(4)小华在做图戊实验后，保持金属盒在盐水中的位置不变，向盐水中加入少量的清水与盐水均匀混合后(液体未溢出)，则烧杯底部受到液体的压强会 (选填“变大”、“不变”或“变小”)。
27.小明利用如图甲所示的电路探究“电流与电阻的关系”，实验器材有：学生电源、电流表、电压表、定值电阻6个(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、50Ω)、开关一个、滑动变阻器R1(20Ω1A)、导线若干。
(1)图甲中的电路连接有误，请你在错误的导线上打“×”，并补画出正确的导线。
(2)电路连接正确后，小明首先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，直接读出电压表的示数为0.9V。接下来移动滑片，直到电压表示数为______ V时，记录电流表示数。再依次换用10Ω、15Ω、20Ω、25Ω电阻进行实验，根据得到的数据绘制成如图乙所示的图象，分析图象可以得到实验结论：______。同时由上述数据可知电源电压为______ V。
(3)最后小明将50Ω的定值电阻接入电路，他发现无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，为了完成这次实验，不能串联一个阻值为______(选填“5Ω”“15Ω”或“30Ω”)的定值电阻。
28.实验小组的同学进行测量小灯泡额定功率的实验，实验器材有：待测小灯泡(额定电压为2.5V)、电源(电压不变)、电流表(0∼0.6A、0∼3A)、电压表(0∼3V、0∼15V)、滑动变阻器和开关各一只，导线若干。
(1)如图甲所示是实验小组的小李连接的电路，闭合开关发现电流表的示数如图乙所示，原因是 。
(2)排除问题后继续进行实验，闭合开关后，电压表示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，小李应向 (选填“左”或“右”)移动滑动变阻器的滑片P，直至电压表的示数为 V，此时电流表示数如图丙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 Ω。
(3)另一组在原电路中将灯泡换成滑动变阻器R2，仅利用以下测量数据测量出小灯泡正常发光时滑动变阻器R1接入电路的阻值。
①闭合S，调节R2，使电压表的示数为U1，电流表的示数为I1；
②再进行以下一次电路调节，使电压表的示数为U2，电流表的示数为I2。其中能够测出灯泡正常发光时滑动变阻器R1接入电路的阻值的有 。
A.仅调节R1到某一合适值
B.仅调节R1到任意值
C.仅调节R2到任意值
五、计算题：本大题共2小题，共14分。
29.2025年4月，在北京亦庄举行的半程马拉松赛事，首次由人类和人形机器人共跑。某型号机器人的质量为50kg，拥有高度仿生的躯干构型和拟人化的运动控制。本次赛事的赛道约21km，下表是该机器人的部分参数(电池容量：电池充满电后，供电电流与可供电时间的乘积)。请通过计算回答：
(1)该机器人若以最高速度跑完该赛道需要的时间是多少？
(2)该机器人站立在水平地面上，对地面的压强是多少？
(3)该机器人充满电时储存的电能是多少？
30.图甲是某物理兴趣小组设计的一款自动称量装置，使用时，物体的质量可以从标注质量后的电压表表盘上直接读出。该装置电源电压恒定，电压表的量程为0∼3V，R0电阻为10Ω，R是一根长为15cm的均匀电阻丝(阻值与其长度成正比)，滑片P与绝缘横杆固定。当秤盘不放物体时，滑片刚好位于R最上面的a端。当放入2kg的物体时，滑片到R最下面的b端的距离为14cm，电压表的示数为1V。当滑片移到离b端距离为12.5cm的位置时，测出电压表的示数为2V。实践过程中同学们还发现，滑片下移的距离与秤盘中所放物体的质量大小成正比。求：
(1)电压表示数为2V时，放入秤盘中物体的质量；
(2)求电源电压以及此装置能称取的最大质量；
(3)同学们在对电压表表盘进行质量标注的过程中发现表盘上的每一小格对应的质量值是不同的，即质量刻度不均匀，如图乙。请利用原有器材设计一个可以实现质量刻度均匀的电路，将图丙方框内的电路图补充完整。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、从环境保护角度，凡是妨碍人们正常休息、学习和工作的声音，以及对人们要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。若“古筝”演奏的音乐影响了他人正常的学习、休息等，就属于噪声，故A错误。
B、拨动不同的琴弦，琴弦振动的频率不同，发出声音的音调不同，故B错误。
C、声音的传播速度与介质的种类和温度等因素有关。在同一介质中，温度不变时，声音传播速度是固定值，与发声体的振动速度无关。橡皮筋振动越快，影响的是声音的音调，不是传播速度，故C错误。
D、用力拨动橡皮筋，会使橡皮筋的振幅增大，而振幅决定声音的响度，所以是增大了声音的响度，故D正确。
故选：D。
(1)从环境保护的角度来说，凡是妨碍人们正常休息、学习和工作的声音，以及对人们要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。
(2)(4)音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
(3)声音的传播速度与介质的种类和温度有关。
本题考查了声音的传播、声音的三个特性以及噪声的界定，属于声学部分的常考知识。
2.【答案】B
【解析】解：A、山间的雾是水蒸气遇冷液化放热形成的小液滴，故A错误；
B、船的倒影是光的反射形成的，故B正确；
C、风力发电机把动能转化为电能，故C错误；
D、太阳能路灯发光时需要电源，故D错误。
故选：B。
A、物质由气态变为液态为液化，液化放热；
B、船的倒影是光的反射形成的；
C、风力发电机把动能转化为电能；
D、太阳能路灯发光时消耗电能。
本题考查物态变化和能量转化等知识，是一道综合题。
3.【答案】D
【解析】解：
A、正常使用时，后壳温度略高于手的温度，在40∘C左右，不会达到65∘C，故A不符合实际；
B、图示智能手机的质量在200g左右，故B不符合实际；
C、充满一次电消耗的电能约为W=Pt=60×10−3kW×0.5ℎ=0.03kW⋅ℎ，故C不符合实际；
D、长度约为14cm=1.4dm，故D符合实际。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。
本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，找出合理的选项即可。
4.【答案】D
【解析】解：ABC、热水暖手、冰袋冷敷、扬汤止沸均属于热传递改变物体的内能，物体吸收、放出热质会导致温度或物态的变化，它只能在物体间转移，不会产生或消失，故ABC不符合题意；
D、钻木取火属于做功改变物体的内能，能量发生转化，不是热质的转移，故D符合题意。
故选：D。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
做功改变物体内能的实质是内能和其它形式的能量转化的过程；热传递改变物体的内能是内能的转移。
本题考查的是热传递可以改变物体的内能，属于基础题目。
5.【答案】B
【解析】解：A、卢瑟福提出原子核式结构模型，电子在原子核外绕核作轨道运动。原子核带正电，电子带负电，故A错误；
B、分子间既有引力又有斥力，分子间的引力使得固体和液体能保持一定的体积；由于斥力的存在，使得分子已经离得很近的固体和液体很难被压缩，故B正确；
C、带电体具有吸引轻小物体的性质，带电玻璃棒能够吸引纸屑，故C错误；
D、太阳系中行星绕太阳旋转，太阳是太阳系的中心，故D错误。
故选：B。
(1)原子的结构和太阳系相似，原子是由原子核和核外电子组成的，原子核由质子和中子两种微粒组成；
(2)分子间既有引力又有斥力；
(3)带电体具有吸引轻小物体的性质；
(4)太阳是太阳系的中心。
本题考查分子动理论、原子结构、摩擦起电等，属于基础知识。
6.【答案】A
【解析】解：用吸管沿泡沫块上表面吹气，泡沫块上表面空气流速增大，压强减小，而泡沫块下面受到的大气压强不变，会形成一个向上的压力差，导致泡沫受到的摩擦力减小，所以它将继续下滑。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据流体压强和流速的关系，结合摩擦力大小的影响因素，运用力与运动的关系分析解答。
此题综合考查流体压强和流速的关系，同时涉及到摩擦力大小的影响因素和力与运动的关系，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
7.【答案】B
【解析】解：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。
A、图为奥斯特实验装置图，说明通电导线周围存在磁场，故A不符合题意；
B、闭合开关，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理图，故B符合题意；
C、图为电磁继电器的应用，是电流的磁效应，故C不符合题意；
D、图为探究电磁感应实验装置图，说明闭合电路部分导体切割磁感线时会产生感应电流，故D不符合题意。
故选：B。
题目给出了四个有关电和磁的实验，首先要弄清各实验所揭示的原理，再结合题设要求来进行选择。
本题考查电磁学实验装置，学生需要熟记不同实验装置的实验结论。
8.【答案】A
【解析】解：A、根据丙图，2∼10s物体做匀速直线运动，受力平衡，拉力等于重力，根据乙图知此时的拉力为2000N，则重力也是2000N，第1s物体加速运动，由图乙可知，拉力是3000N，重物所受合力为F合1=F1−G=3000N−2000N=1000N，方向竖直向上，故A正确；
B、根据丙图，2∼10s物体做匀速直线运动，受力平衡，拉力等于重力，根据乙图知此时的拉力为2000N，则重力也是2000N，第11s物体减速运动，由图乙可知，拉力是1000N，重物所受合力为F合2=−G−F2=2000N−1000N=1000N，方向竖直向下，故B错误；
C、2s∼10s时物体上升的高度s=vt=1.2m/s×(10s−2s)=9.6m，拉力做的功W=Fs=2000N×9.6m=19200J，故C错误；
D、2s∼10s时起重机对物体做功的功率P=Wt=19200J10s−2s=2400W，故D错误。
故选：A。
(1)根据丙图，2−10s物体做匀速直线运动，受力平衡，拉力等于重力，第1s物体加速运动，由拉力和重力得到合力；
(2)第11s物体做减速运动，由拉力和重力得到合力；
(3)根据s=vt得到物体上升的高度，根据W=Fs得到2∼10s拉力做的功；
(4)根据P=Wt得到2∼10s拉力做功的功率。
本题考查二力平衡、力的合力、功和功率的计算，属于综合题。
9.【答案】B
【解析】解：闭合开关，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，过了一会儿，电压表V的示数减小，故障可能是R1短路，或者R2断路；
A、将电阻R1、R2的位置互换后，无论是R1短路，还是R2断路，电压表的示数都等于电源电压，因此不能确定故障发生在电阻R1或R2，故A错误；
B、用完好的电阻R0替换R1，电压表示数恢复原来示数，则故障为R1短路；若电压表无变化，则故障为R2断路，故B正确；
C、在电阻R2两端并联电压表V1，无论是R1短路，或者R2断路电压表示数都一样，接近电源电压，因此不能确定故障发生在电阻R1或R2，故C错误；
D、在电阻R1两端并联一根导线，无论故障是R1短路，或者是R2断路，电压表都会被短路，示数都为0，现象相同，无法区分故障发生在电阻R1或R2，故D错误。
故选：B。
闭合开关，电阻R1、R2串联，电压表测R1两端的电压，故障可能是R1短路，或者R2断路。
用电压表判断电路故障时，如果有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路。
10.【答案】D
【解析】解：A、甲、乙两个实验中，利用斜面都是为了使小球到达水平面时的获得速度，但速度不一定相同，如探究动能与速度的关系时，需要小车从不同的高度往下滑，使小车到斜面底端的速度不同，故A错误；
B、甲、乙两个实验中，小球到达水平面能继续向前运动是因为小球具有惯性，而不能说“受惯性作用”，故B错误；
C、“探究阻力对物体运动的影响”时要改变水平面的粗糙程度，探究出阻力逐渐减小时，物体的运动情况；
“探究影响动能大小的因素”实验中水平面的要粗糙些，观察木块被推动距离的远近来体现动能的大小，故C错误；
D、“探究阻力对物体运动的影响”实验要控制小车运动到水平面的速度相同，而最终的速度为0，运动变化量相同，小球在水平表面上克服阻力做功相等；“探究影响动能大小的因素”实验中木块被撞得越远，说明小球对木块做的功越多，采用了转换法，故D正确。
故选：D。
(1)甲、乙两个实验中，利用斜面都是为了使小球到达水平面时的获得速度；
(2)惯性是物体本身的一种性质，只能说“具有惯性”不能说“受惯性的作用”
(3)“探究阻力对物体运动的影响”时要改变水平面的粗糙程度，“探究影响动能大小的因素”实验中水平面的要粗糙些；
(4)根据实验的目的，观察实验现象得出答案。
此题考查了“探究运动和力的关系”实验和“探究影响动能大小的因素”的区别和联系，考查对实验数据的分析处理能力，要深入分析实验收集的信息，分析出数据所反映的物理知识，最后得出结论。
11.【答案】C
【解析】A、图中，阀门H打开，闸室和上游水道构成连通器，水从上游流向闸室，故A错误；
B、甲图中M、N点处的深度不同，由公式p=ρ液gℎ可知M、N点处的液体压强不相等，故B错误；
C、甲、乙图中M点的深度不同，所受液体压强不同，故C正确；
D、船在甲、乙图中都处于漂浮状态，受到的浮力相等，根据F浮=G排=m排g可知：船排开液体的质量相同，故D错误。
故选：C。
(1)上端开口、底部相连通的容器叫做连通器；连通器的特点：连通器里的同一种液体不流动时，各容器中的液面保持相平；在流动时，由液柱高的一端向液柱低的一端流动，直到各容器中的液面相平时，即停止流动而静止；
(2)(3)根据p=ρ液gℎ判断液体压强的大小；
(4)根据阿基米德原理F浮=G排判断排开液体的质量关系。
本题考查连通器、液体压强公式的运用以及阿基米德原理，是一道综合题。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图乙可知，F增大时，压敏电阻R减小，则控制电路总电阻减小，由欧姆定律可知，电流增大，电磁铁磁性增强，故A错误；
B.限制总重力G=mg=4×104kg×10N/kg=4×105N
杠杆OAB，O为支点，由题意OA：AB=1：4，可知OA：OB=1：5，根据杠杆平衡条件F×OB=G×OA，可得压敏电阻受到的压力F=OAOBG=15G=15×4×105N=8×104N
由图乙可知，此时R=20Ω；刚好报警时I=0.1A，则总电阻R总=UI=6V0.1A=60Ω
因此控制电路中R1的阻值为R1=R总−R−R2=60Ω−20Ω−5Ω=35Ω，故B正确；
C.当电磁铁线圈的电流为I′=75mA=0.075A时，总电阻为R总′=UI′=6V0.075A=80Ω
由串联电路的电阻特点知，压敏电阻R=R总′−R1−R2=80Ω−35Ω−5Ω=40Ω
由图乙可知，R=40Ω时，对应F=2×104N，则总重力为G总=OBOA×F=5F=5×2×104N=1×105N
则总质量m总=G总g=1×105N10N/kg=1×104kg=10t
空车2.5t，因此载重为10t−2.5t=7.5t≠10t，故C错误；
D.某些主干道抗压能力较好，调高限载，即允许更大G，对应更大F、更小R；要使电流达到0.1A时才报警，总电阻R总=60Ω不变，R减小，则需要增大R1的阻值，故D错误。
故选：B。
A.电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
B.由图甲可知，压敏电阻、变阻器和线圈串联，结合串联电路的特点以及杠杆的平衡条件，可知控制电路中R1的阻值。
C.结合图乙可知，此时压敏电阻受到的压力，由杠杆平衡条件得到FB⋅OB=FA⋅OA，可得A点受到的压力，进一步可得汽车的总质量和汽车的载重量。
D.某些主干道抗压能力较好，需调高限载，使压力增大，R减小，据此分析。
本题主要考查了电磁继电器的原理，电磁铁的影响因素，以及有关欧姆定律的应用。
13.【答案】运动
1.2
1.4

【解析】解：(1)无人机上升时，无人机与地面之间有位置的变化，以地面为参照物，它是运动的；
(2)无人机的上升速度：v=s1t1=36m30s=1.2m/s；
(3)取货前无人机对空货箱的拉力F1=G货箱=m货箱g=1kg×10N/kg=10N，
拉力F1的功率P1=W1t1=F1s1t1=10N×36m30s=12W，
已知取货前后两次匀速升空过程中无人机对货箱拉力做功的功率之比为1：2，
取货后无人机对货箱的拉力F2的功率P2=2P1=2×12W=24W，
由P2=W2t2=F2s2t2得G总=F2=W2s2=P1t2s2=24W×30s30m=24N，
快递与货箱的总质量m总=G总g=24N10N/kg=2.4kg，
快递的质量m快递=m总−m货箱=2.4kg−1kg=1.4kg。
故答案为：(1)运动；(2)1.2；(3)1.4。
(1)研究物体相对于参照物的位置发生变化，则研究物体是运动的，否则是静止的；
(2)根据v=st计算无人机竖直匀速上升时的速度；
(3)无人机竖直匀速上升时，货箱受到的拉力大小等于货箱的重力大小；
根据P=Wt求出无人机对空货箱拉力做功的功率；
根据两次功率之比求出无人机对货箱和快递拉力做功的功率；
根据P=Wt=Fst求出货箱与快递的总重，进而求出快递受到的重力，最后根据G=mg求出快递的质量。
本题考查了机械运动、速度的计算、功率计算公式的应用、重力的计算等，属于综合题。
14.【答案】钢
导热性差
质量
水

【解析】解：(1)钢是金属材料，属于热的良导体，导热性能好，将钢勺和瓷勺的勺头放入开水中，钢勺能较快地将热量从勺头传递到勺柄，所以钢勺的勺柄较烫手。而瓷的导热性比钢差，是热的不良导体，但在酒精灯火焰上加热一段时间后，瓷勺勺头积累了足够热量，也能使火柴点燃。
(2)根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同(不同物质密度不同，根据m=ρV，体积相同的不同物质质量不同)，故两个瓷盘中加入的沙子和水除初温相同外，还应保证质量相同；
用红外灯均匀照射两个瓷盘。红外热成像仪显示出沙子升温比水快，说明沙子吸热能力比较弱，水吸热能力比较强；由此推得，质量相等的沙子和水，升高相同的温度，吸热能力强的吸收热量多，故水吸收的热量多。
故答案为：(1)钢；导热性差；(2)质量；水。
(1)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、磁性等。
(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。
本题考查了物质的物理特征、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。
15.【答案】电磁波
做功
丁
减小
2400
50

【解析】解：(1)北斗导航卫星是通过无线电设备发射电磁波向插秧机发送位置信息的。
(2)如图乙所示，进气门和排气门均关闭，且活塞向下运动，火花塞点火，所以图乙中汽油机处于做功冲程。
做功冲程将内能转化为机械能，丙图活塞向下运动压缩气体将机械能转化为内能；丁图加热试管中的水将活塞冲出，将内能转化为机械能，所以原理相同的是丁图。
塞子飞出去时水蒸气的内能转化为活塞的机械能，所以内能减少温度降低，使水蒸气液化成小液滴。
汽油机每分钟对外做功1200次，说明每分钟完成1200个工作循环，飞轮转2400r，所以飞轮的转速为2400r/min。
(3)完全燃烧0.2kg汽油，放出的热量
Q=mq汽油=0.21kg×4.6×107J/kg=9.66×106J
汽油完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则
Δt=Qcm水=9.66×106J4.2×103J/(kg⋅∘C)×46kg=50∘C。
故答案为：(1)电磁波；(2)做功；丁；减小；2400； (3)50。
(1)北斗卫星导航系统在实现定位、导航服务时，主要是利用电磁波传递信息的。
(2)从进气门和排气门，以及活塞运行情况判断是什么冲程。
汽油完成一个工作循环，经历四个冲程，飞轮转动两周，燃气对外做功一次。
(3)知道汽油的热值和质量，根据Q=mq求出完全燃烧0.21kg汽油放出的热量。根据Q=cmΔt求出水温升高多少 ∘C。
本题把农业耕作和高科技的北斗系统联系起来，体现了生活处处有物理，本题考查了电磁波传递信息、热量计算、热机等多个知识点。
16.【答案】200N
125
80
4

【解析】解：由图乙可知W有=200J，W额=50J，
则物重：G=W有ℎ=200J1m=200N；
拉力做的总功：W总=W有+W额=200J+50J=250J，
动滑轮上的绳子段数为n=2，根据W=Fs=Fnℎ可得，
拉力的大小：F=W总nℎ=250J2×1m=125N；
该滑轮的机械效率：η=W有W总=200J250J×100%=80%；
克服动滑轮重做的额外功：W动=G动ℎ=40N×1m=40J，
克服绳重和摩擦所做的额外功：W摩=W额−W动=50J−40J=10J，
克服绳重和摩擦所做的额外功占总功的百分比：10J250J×100%=4%。
故答案为：200N；125；80；4。
由图乙可知有用功和额外功，根据W有=Gℎ求物体的重力；根据W总=W有+W额求拉力做的总功，动滑轮上的绳子段数为n=2，根据W=Fs=Fnℎ求拉力的大小，根据η=W有W总求该滑轮的机械效率，根据W动=G动ℎ求克服动滑轮重做的额外功，从而可得克服绳重和摩擦所做的额外功及其占总功的百分比。
本题考查使用动滑轮时，功、机械效率和相关力的计算，难度一般。
17.【答案】加热
48.4
1200

【解析】解：当S接“1”时，电阻R1和R0串联；当S接“2”时，电阻R1被短路，电路中只接入R0，电源电压一定，根据欧姆定律可知此时电路中电流较大，根据公式P=UI可知，电功率较大，故当S接“2”时，电饭锅处于“加热”挡，当S接“1”时，电饭锅处于保温挡；
电饭锅的加热功率P加热=1000W=1kW，电阻R0的阻值：R0=U2P加热=(220V)21000W=48.4Ω；
电饭锅在“加热”挡正常工作0.1ℎ时消耗的电能：W=P加热t=1kW×0.1ℎ=0.1kW⋅ℎ，
消耗0.1kW⋅ℎ电能，此电能表的转盘转动120转，则每消耗1kW⋅ℎ的电能、电能表转盘转1200转，所以电能表上模糊不清的这个参数应该是1200r/kW⋅ℎ。
故答案为：加热；48.4；1200。
由电路图可知，当S接“1”时，R0与R1串联，电路中的电阻最大，当S接“2”时，电阻R1被短路，电路中只接入R0，电源电压一定，根据欧姆定律可知此时电路中电流变化，根据P=UI可知电功率变化，据此确定电饭锅的挡位；
知道加热功率，根据R=U2P计算电阻R0的阻值；
利用W=Pt求出电饭锅在“加热”挡正常工作0.1ℎ消耗的电能，根据电能表的转盘转动120r可求出每消耗1kW⋅ℎ的电能，电能表的转盘转动的圈数。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，分析开关S接1或2时，电饭锅处于何种挡位是解题的关键，也是本题的难点。
18.【答案】2
7.5∼20
14.4

【解析】解：由图甲可知，闭合S、S1，R2与L串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流，
滑片P从某一端移到位置a，电流表示数为：I=U−U2RL，其中U为电源电压，U2为电压表示数，RL为灯泡电阻，灯泡电阻RL随温度变化，所以电流表示数I与电压表示数U2非线性关系，故图乙中右边的曲线为此过程的图像，闭合S、S1，R2与L串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流；当电流增大时，灯泡正常发光，电压等于额定电压，为5V，此时的电流为0.4A，灯泡的额定功率P=UI=5V×0.4A=2W；此时变阻器的电阻为R2的=URI大=3V0.4A=7.5Ω，电源电压为U=5V+3V=8V；
当电流最小时，变阻器的电阻最大，R2′=UR′I小=Ω，
只闭合S、S2，R2与R1串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流；则定值电阻R1=U1I1=8V−4V0.2A=20Ω，
由于灯泡的额定电流小于电流表的量程，故最大电流为电流表的量程，即0.6A，在电流一定时总电阻最大，电压最大，因而采用两个电阻测量总电阻最大，且当定值电阻R1与变阻器最大值测量测量，电流最大为0.6A时，电路的电功率最大为P=UI=I2R=(0.6A)2×(20Ω+20Ω)=14.4W。
故答案为：2；7.5∼20；14.4。
(1)根据欧姆定律列出电流表示数与电压表示数的关系式，分析两者的线性关系，判断图乙中对应的图像，闭合S、S1，R2与L串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流；根据最大电流，结合灯泡的额定电压计算电源电压；
(2)根据图像计算变阻器的电阻；
(3)由于灯泡的额定电流小于电流表量程，根据电流表的量程确定最大电流，根据图像计算电阻R，得出最大总电阻，计算最大电功率。
本题考查欧姆定律的应用，电功率的计算。
19.【答案】解：根据平面镜成像的特点作出B物体关于平面镜的对称点B′，B′即为B物体在平面镜中的像；
根据平面镜成像的原因，反射光线的反向延长线过像点，连接AB′，与平面镜交于一点O，连接AO，BO即可，如图所示：

【解析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像、物关于平面镜对称；
根据光的反射定律标出光的传播方向，人偶A通过平面镜看到人偶B，是因为人偶B反射的光进入了人偶A的眼睛。
此题考查了平面镜成像的特点和光的反射定律，在光的反射中，光的反射定律与平面镜成像是非常重要的内容，要求学生熟练掌握，并能解决实际问题。
20.【答案】吉祥马受到的弹力是绳子形变产生的，故示意图为：

【解析】解：吉祥马受到的弹力是绳子形变产生的，故示意图为：
物体由于发生弹性形变而产生的力。
本题考查了弹力，属于基础题。
21.【答案】解：灯泡与两个开关串联，且火线要先过开关，再接入灯泡尾部的金属点，零线接入螺旋套；
三孔插座与灯泡并联，其接法为：左零右火上接地，如下图所示：

【解析】只有在光线很暗且有声音时灯才亮说明两开关不能独立工作、相互影响即为串联；连接电路时应注意开关控制火线，且火线接入灯尾金属点，零线接入螺旋套；三孔插座的接线方法是要求“左零右火上接地”。
本题考查了灯泡与开关的接法，声、光控灯和三孔插座的接线方法，关键是根据题意得出两开关的连接方式和注意安全用电的原则。
22.【答案】(1)M；
(2)M和N；相同；像的高度不同

【解析】(1)凸透镜的焦距越小，折光能力越强。由图可知，M透镜的焦距小于N透镜的焦距，故M透镜对光的折光能力更强；
(2)探究凸透镜成实像时，像的高度与焦距是否有关，需要控制物距不变，改变凸透镜的焦距，故需要M和N透镜；
发光体距离凸透镜的距离保持不变，先后换用M与N透镜，观察光屏上像的高度，如果高度不同，说明像的高度与焦距有关。
故答案为：(1)M；(2)M和N；相同；像的高度不同。
(1)凸透镜的焦距越小，折光能力越强，据此分析；
(2)探究凸透镜成实像时，像的高度与焦距是否有关，需要控制物距不变，改变凸透镜的焦距，据此分析。
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。
23.【答案】碎冰接触面积大，受热更均匀
液化
不可以
ABC

【解析】解：(1)实线碎冰、虚线块状冰温度变化不同的原因：碎冰接触面积大，受热更均匀，熔化更快；块状冰受热不均匀，内部升温慢，熔化时间更长。烧杯外壁小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成小水珠。换成非晶体石蜡：不可以看到相同图像。原因：非晶体熔化时温度持续上升，没有固定熔点，不会出现水平段。
(2)A：海波量太少，熔化过程极短，图像上几乎看不出水平熔化段。
B：记录时间间隔太长，熔化过程在两次记录间完成，图像上没有明显水平段。
C：直接用酒精灯加热，受热过快，熔化迅速，同样无法观察到明显的水平熔化段。
故选：ABC。
故答案为：(1)碎冰接触面积大，受热更均匀；液化；不可以；(2)ABC。
(1)碎冰接触面积大，受热更均匀，熔化更快；块状冰受热不均匀，内部升温慢，熔化时间更长。烧杯外壁小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。非晶体熔化时温度持续上升，没有固定熔点，不会出现水平段。
(2)A、海波量太少，熔化过程极短，图像上几乎看不出水平熔化段。
B、记录时间间隔太长，熔化过程在两次记录间完成，图像上没有明显水平段。
C、直接用酒精灯加热，受热过快，熔化迅速，同样无法观察到明显的水平熔化段。
本题考查晶体熔化时的特征和水浴法的优点，是热学实验中的常考点，要熟练掌握。
24.【答案】OB同时挡住NO与AO的光
a
不变
先变大后变小

【解析】解：(1)从侧面可以看到OB能把OA和ON同时挡住，这表明反射光线OB、入射光线OA和法线ON在同一平面内，这说明在光的反射现象中，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
(2)平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在a所在这一侧；
(3)平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，现将平面镜从MN位置顺时针转到MN′，发光点S到M的距离不变，由平面镜成像规律可知，像S′离M的距离也保持不变；
平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，点S离它像点S的距离先变大后变小。
故答案为：(1)OB同时挡住NO与AO的光；
(2)a；
(3)不变；先变大后变小。
(1)在光的反射现象中，反射光线与入射光线、法线在同一平面内；
(2)平面镜成的像是光的反射形成的，据此分析；
(3)根据平面镜成像特点分析。
本题探究光反射时的规律实验，难度不大。
25.【答案】右
0.7
b
小

【解析】(1)由图甲可知，左端低、右端高，要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向右调节。
(2)如乙图，在水平位置静止时，由杠杆的平衡条件可知，左侧水重与力臂的乘积等于右侧物体A的重力与对应力臂乘积和液体重力与对应力臂的乘积之和。即为G水l水=GAlA+G液l液，
可得ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液，水的密度是1.0g/cm3，水和液体的体积为30cm3。则液体的密度ρ液为：ρ液=ρ水Vl水−mAlAVl液=1.0g/cm3×30cm3×10cm−10g×9cm30cm3×10cm=0.7g/cm3，
(3)由ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液可知，在水的体积、液体的体积、水的密度、l液、l水、物体A的质量一定时，所以待测液体密度ρ液与重物A距支点O的距离lA满足一定的函数关系，且lA越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系。
(4)由ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液，可得ρ液=ρ水Vl水−mAlAVl液，则Δρ液=mA×ΔlAVl液
所以在液体密度变化量Δρ液不变时，物体A的质量变小，则ΔlA就越大，则该密度秤测量液体密度时的精确度越高。
故答案为：(1)右；(2)0.7；(3)b；(4)小。
(1)由图甲可知，直尺静止时，左端低、右端高，要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)如图乙，直尺在水平位置静止时，根据杠杆的平衡条件可知，左侧水重与力臂的乘积等于右侧物体A的重力与对应力臂乘积和液体重力与对应力臂的乘积之和。即G水l水=GAlA+G液l液
可得ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液，水的密度为1.0×103kg/m3=1.0g/cm3，水和液体的体积为30mL=30cm3。则可以计算出液体的密度ρ液；
(3)由ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液可知，水的体积、液体的体积、水的密度、l液、l水、物体A的质量一定，所以待测液体密度ρ液与重物A距支点O的距离lA满足一定的函数关系，且lA越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系；
(4)由ρ水Vgl水=mAglA+ρ液Vgl液可得可得在液体密度变化量Δρ液一定时，物体A的质量越小，则ΔlA越大，使用该密度秤测量液体密度时的精确度越高。
本题目考查杠杆平衡条件的运用，密度计算等知识。
26.【答案】A
不漏气
U形管两侧液面高度差
方向
没有控制液体的深度相同
变大

【解析】解：(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强的大小，橡皮膜形变程度明显误差小，如图甲小明应选择橡皮膜A；使用前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)探究影响液体压强大小的因素，根据转换法，通过U形管两侧液面高度差来反映液体压强大小；
(3)图乙、丙、丁三次实验，因U形管两边液面的高度差相等，可以得出：在同种液体内部，同一深度向各个方向的压强相等；研究液体的压强大小与液体的密度有关，要控制液体的深度相同，比较丁、戊两次实验得出结论，小明的相关实验操作不能得出该结论，原因是没有控制液体深度相同；
(4)根据p=FS可知，向盐水中加入少量的清水与盐水均匀混合后(液体未溢出)，液体对容器底部的压力增大，容器底部受力面积不变，所以烧杯底部受到液体的压强会变大。
故答案为：(1)A；不漏气；
(2)U形管两侧液面高度差；
(3)方向；没有控制液体的深度相同；
(4)变大。
(1)压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强的大小，橡皮膜形变程度明显误差小；使用前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)探究影响液体压强大小的因素，根据转换法，通过U形管两侧液面高度差来反映液体压强大小；
(3)液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析；
(4)根据p=FS分析容器底部压强的变化。
此题考查的是我们对于液体压强计的了解以及液体内部压强的影响因素，注意物理实验中研究方法-----转换法和控制变量法的运用，液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握。
27.【答案】 3;在电压一定时，电流与电阻成反比;4.5 30Ω
【解析】解：(1)两表串联后与电阻并联是错误，电流表与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：
(2)由图知，电阻的电流与电阻之积为UV=IR=0.6A×5Ω=---=0.2A×15Ω=3V
探究“电流与电阻的关系”要控制电阻的电压不变，先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，直接读出电压表的示数为0.9V，故接下来移动滑片，直到电压表示数为3V时，因电流与电阻之积为一定值，得出：在电压一定时，电流与电阻成反比。
电路连接正确后，小先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，直接读出电压表的示数为0.9V(此时变阻器连入电路的电阻最大根据分压原理有
U−UVUV=R滑R
即
U−Ω5Ω
电源电压为
U=4.5V。
(3)根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压U滑=U−UV=4.5V−3V=1.5V
变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为R滑=0.5×50Ω=25Ω
根据R定+R1=25Ω，R1范围为0∼20Ω，所以定值电阻的最小值为5Ω，最大阻值为25Ω(此时R1=0)，所以不能串联30Ω。
故答案为：(1)；(2)3；在电压一定时，电流与电阻成反比；4.5；(3)30Ω。
(1)找出原电路连接错误之处，本实验电流表要与电阻串联，电压表与电阻并联；
(2)由图知电阻的电流与电阻之积，探究“电流与电阻的关系”要控制电阻的电压不变，根据电流与电阻之积为一定值得出结论；
先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，直接读出电压表的示数为0.9V(此时变阻器连入电路的电阻最大)根据分压原理得出电源电压；
(3)根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，结合串联电阻的规律分析。
本题“探究电流与电阻的关系”，考查电路连接、操作过程、数据分析和对器材的要求。
28.【答案】电流表正负接线柱接反了
左
2.5
8.3
AC

【解析】解：(1)如图甲所示的电路，闭合开关发现电流表的示数如图乙所示，即电流表指针左偏，说明电流表的正负接线柱接反了。
(2)灯在额定电压下正常发光，电压表测小灯泡两端电压，此时电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器使小灯泡两端的电压增大至2.5V；根据串联电压规律可知，电源电压不变，小灯泡两端电压变大，则滑动变阻器两端电压要变小；根据串联分压规律可知，滑动变阻器接入电路中的阻值要变小，即滑片要向左端移动。
小灯泡在额定电压下的电功率就是额定功率，为了测量小灯泡的额定功率，应移动滑动变阻器的滑片，使小灯泡两端电压等于额定电压，即电压表示数为2.5V。
如图丙所示，电流表的量程为0−0.6A，分度值为0.02A，电流表读数为0.3A，小灯泡正常发光时的电阻为R=UI=≈8.3Ω；
(3)AB.原电路中将灯泡换成滑动变阻器R2，闭合S，调节R2，使电压表的示数为U1=2.5V，电流表的示数为I1，则此时R2=U1I1⋯⋯①
I1(R1+R2)=I1(R1+U1I1)=U⋯⋯②
仅调节R1到某一合适值(0Ω)，此时电压表测量电源电压(电源电压为2节电池，不超3V)，示数为U2，即U=U2……③
通过解②③可以把R1即灯正常工作时滑动变阻器接入的阻值求出来，故A符合题意，B不符合题意；
C.仅调节R2到任意值，此时I2(R1+R2′)=I2(R1+U2I2)=U⋯⋯④
通过解②④可以把R1即灯正常工作时滑动变阻器接入的阻值求出来，故C符合题意。
故选：AC。
故答案为：(1)电流表正负接线柱接反了；
(2)左；2.5；8.3；
(3)AC。
(1)电流表要从电流表正接线柱流入，否则，电流表指针反偏；
(2)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；根据图丙电流表的量程为0−0.6A，确定分度值读数，由欧姆定律得出小灯泡正常发光时的电阻；
(3)AB.原电路中将灯泡换成滑动变阻器R2，由欧姆定律得出R2的表达式，根据欧姆定律结合串联电阻的规律得出电源电压，仅调节R1到某一合适值(0Ω)，此时电压表测量电源电压；解方程组可以把R1即灯正常工作时滑动变阻器接入的阻值求出来；
C.根据电源电压表表达式分析。
本题测量小灯泡额定功率的实验，考查注意事项、操作过程及欧姆定律的运用。
29.【答案】该机器人若以最高速度跑完该赛道需要的时间是2.1ℎ 该机器人站立在水平地面上，对地面的压强是1×104Pa 该机器人充满电时储存的电能是2.16×106J
【解析】解：(1)赛道长度为s=21km，跑步的最高速度v=10km/ℎ，则该机器人若以最高速度跑完该赛道需要的时间为：t=sv=21km10km/ℎ=2.1ℎ；
(2)机器人的重力为：G=mg=50kg×10N/kg=500N；
机器人站立在水平地面上，对地面的压力等于自身重力，则机器人对地面的压力为：F=G=500N；
该机器人站立在水平地面上，对地面的压强为：p=FS=500N500×10−4m2=1×104Pa；
(3)额定电压为24V，电池容量为25A⋅ℎ，则该机器人充满电时储存的电能为：
W=UIt=24V×25A×3600s=2.16×106J。
答：(1)该机器人若以最高速度跑完该赛道需要的时间是2.1ℎ；
(2)该机器人站立在水平地面上，对地面的压强是1×104Pa；
(3)该机器人充满电时储存的电能是2.16×106J。
(1)已知赛道长度和跑步的最高速度，根据t=sv计算该机器人若以最高速度跑完该赛道需要的时间；
(2)已知机器人的质量，根据G=mg计算出机器人的重力；机器人站立在水平地面上，对地面的压力等于自身重力，已知脚与地面接触总面积，根据p=FS计算该机器人对地面的压强；
(3)已知额定电压和电池容量，根据W=UIt计算该机器人充满电时储存的电能。
本题考查速度公式的应用、压强的计算、电能的计算等知识点，难度不大。
30.【答案】(1)电压表示数为2V时，放入秤盘中物体的质量为5kg (2)电源电压为6V，此装置能称取的最大质量为10kg (3)
【解析】解：(1)当放入m1=2kg的物体时，滑片到b端的距离为14cm，而已知电阻丝总长为15cm，所以滑片从a端下移的距离为L1=15cm−14cm=1cm，
当电压表示数为2V时，滑片到b端的距离为12.5cm，此时滑片从a端下移的距离为L2=15cm−12.5cm=2.5cm，
根据题意，滑片下移的距离与秤盘中所放物体的质量成正比，即L1L2=m1m2，
则此时放入秤盘中物体的质量为m2=L2m1L1=2.5cm×2kg1cm=5kg；
(2)由电路图可知，R0与电阻丝串联，电压表测电阻丝两端的电压，
由题意可知，当放入2kg的物体时，电阻线接入的电阻丝的长度1cm，设此时接入的电阻为R，其两端的电压为1V，
根据串联分压规律知：U1：(U−U1)=R：R0；
即1V：(U−1V)=R：10Ω------①，
当滑片移到离b端距离为12.5cm的位置时，电阻丝接入的电阻丝的长度2.5cm，由于电阻丝阻值与其长度成正比，所以此时电阻丝接入电阻为2.5R，其两端的电压为2V，根据串联分压规律知：U2：(U−U2)=R′：R0；
即2V：(U−2V)=2.5R：10Ω------②，
①②联立可得U=6V，R=2Ω，即电源电压为6V，1cm电阻丝的电阻为2Ω，
由于电压表的量程为0∼3V，所以当电压表满偏为3V时，所测质量达到最大，此时R0两端的电压也为3V，
根据串联分压可知，电阻丝接入电路中的电阻R′=R0=10Ω，
即电阻丝接入的长度为即滑片下移的距离为5cm，
根据题意可知，放入2kg的物体时，电阻线接入的电阻丝的长度1cm，又因为滑片下移的距离与秤盘中所放物体的质量大小成正比，所以滑片下移的距离为5cm时，此装置能称取的最大质量为5×2kg=10kg；
(3)要使表盘上刻度均匀，必须保证电流不变，所以需使滑动变阻器全部阻值始终接入电路，由U=IR可知，电压表示数与它所跨接的部分阻值成正比，故将电源、开关S、定值电阻R0、滑动变阻器R(a、b两端)串联起来。然后将电压表的一端接在滑动变阻器的a端，另一端接在滑片P上。如图所示：
。
答：(1)电压表示数为2V时，放入秤盘中物体的质量为5kg；
(2)电源电压为6V，此装置能称取的最大质量为10kg；
(3)。
(1)当放入m1=2kg的物体时，滑片到b端的距离为14cm，而已知电阻丝总长为15cm，据此计算滑片从a端下移的距离，当电压表示数为2V时，滑片到b端的距离为12.5cm，进一步计算滑片从a端下移的距离，根据题意，滑片下移的距离与秤盘中所放物体的质量成正比，解方程可得此时放入秤盘中物体的质量；
(2)由电路图可知，R0与电阻丝串联，电压表测电阻丝两端的电压，根据电阻丝接入电路的长度分析电阻，结合串联电路的特点和串联分压规律列出表达式，据此计算单位长度的电阻与电源电压；
根据最大质量时电压表的示数等于3V，结合串联分压规律计算电阻，根据单位长度的电阻计算长度，进一步计算最大质量；
(3)要使表盘上刻度均匀，必须保证电流不变，所以需使滑动变阻器全部阻值始终接入电路，由U=IR可知，电压表示数与它所跨接的部分阻值成正比，据此设计电路图即可。
本题考查欧姆定律与串联电路的特点的应用，属于中档题。脚与地面接触总面积/cm2
500
跑步最高速度/(km⋅ℎ−1)
10
额定电压/V
24
电池容量/A⋅ℎ
25