2026年江苏省南京市鼓楼区名校联盟中考物理二模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年江苏省南京市鼓楼区名校联盟中考物理二模试卷（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，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图中的物品使用时利用了杠杆原理的是( )
A. 洗手盘下防臭水管B. 指甲钳
C. 塑料吸盘挂钩D. 汽车逃生安全锤
2.通常情况下，下列各组物质中，都属于绝缘体的是( )
A. 空气、塑料、人体B. 陶瓷、湿木材、橡胶
C. 空气、油、食盐晶体D. 玻璃、油、大地
3.下列数据中最接近生活实际的是( )
A. 日光灯正常工作电流约为1.8AB. 中学生正常步行上楼1s做功大约800J
C. 家用节能灯的额定功率约为20WD. 人体的安全电压不高于220V
4.下列几种现象中，内能改变的方式与其它三种不同的是( )
A. 夏天，用嘴向手背快速吹气，手会感到凉意
B. 推空气压缩引火仪，筒内温度升高
C. 反复弯折铁丝后，铁丝的温度升高
D. 冬天，摩擦双手，手的温度会升高
5.关于温度、热量、内能，以下说法中正确的是( )
A. 温度相同的两个物体间也能发生热传递
B. 0∘C的冰变成0∘C的水，温度不变，内能不变
C. 物体内能减少，一定放出了热量
D. 任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能
6.如图所示的情景中，改变内能的方式与其他三个不同的是( )
A. 活塞压缩气体
B. 水浴法加热
C. 反复弯折铁丝
D. 点火后盒盖飞出
7.物理与生活息息相关，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，电磁起重机是利用电流热效应工作的
B. 乙图中，自制水果电池的铁片是水果电池的正极
C. 丙图中，引体向上时，功率大小只与人的质量有关
D. 丁图中，海陆风的形成原因之一是水和沙石的比热容不同
8.某款电吹风有“冷风”和“热风”两个挡位，电动机工作时吹冷风，电动机和电热丝R同时工作时吹热风，电热丝不可以单独工作。下列模拟电路，符合要求的是( )
A. B.
C. D.
9.如图是一位运动员在蹦床比赛中的示意图，某时刻他从A点自由下落，与水平床面在B点接触，他能到达的最低点为C。下列说法正确的是( )
A. 运动员在C点时的动能最大
B. 运动员在B点时的机械能最大
C. 从A到B的过程，运动员的重力势能全部转化为动能
D. 从A到C的过程，运动员减小的机械能大于蹦床增加的弹性势能
10.如图所示的电路，电源电压恒定，先闭合开关S1、再闭合开关S2，下列说法正确的是( )
A. 电流表A1的示数将变小
B. 电压表V与电流表A1示数的比值将变小
C. 电流表A2的示数将变大
D. 电压表V与电流表A2示数的比值将变大
11.如图1所示，R1是电阻箱，R2是定值电阻，闭合开关S，改变R1的阻值，两电压表示数与R1关系图像如图2所示，已知图线①和②相互平行，则( )
A. ①是V1示数和R1的关系图线B. 供电设备两端的电压保持不变
C. 电路中电流随R1的增大而减小D. 电路总功率随R1的增大而增大
12.如图所示，电源电压U恒定，R1是定值电阻，滑动变阻器R2标有“20Ω2A”，灯L标有“6V6W”。滑片P在阻值最大端时，闭合开关S，电压表V1示数为2V，电压表V2(未画出)示数为4V；P移到某一位置时，V2示数为10V，电流表示数为1A。上述滑片移动过程中，R2阻值的变化量为ΔR，电路总功率的变化量为ΔP。下列说法正确的是( )
A. U=16VB. R1=5ΩC. ΔR=12ΩD. ΔP=7W
二、填空题：本大题共7小题，共24分。
13.华为手机拥有反向无线充电的技术。如图所示，现将手机甲置于手机乙之上，就能给手机甲充电，此时的甲手机相当于电路中的 (填电路元件名称)，此时乙手机的能量转化情况主要是 能转化为 能。
14.2025年，华为发布的新款手机搭载了麒麟9030芯片，该芯片主要用到 材料(选填“导体”、“半导体”或“超导体”)，当芯片中有电流通过时，芯片元件有电阻，由于电流的 效应，不可避免地会产生热量。
15.用定滑轮匀速提升质量为10kg的物体，所用的拉力为110N，物体在2s内升高0.5m。此过程中的有用功是 J，定滑轮的机械效率是 %，拉力的功率是 W。(g取10N/kg)
16.小明用塑料矿泉水瓶进行了如下探究：瓶中留有少量水，盖上瓶盖(图甲)；扭转瓶子(图乙)，轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，瓶内气体的内能 (增大/减小/不变)，同时瓶内出现白雾。此时能量转化与丙、丁图中汽油机 (丙/丁)的工作过程一致，若某台汽油机1s内对外做功20次，则飞轮转速是 r/min。
17.在发光亮度相当的情况，和普通白炽灯相比，“220V4.4W”的LED灯可以节约90%的电能，此LED灯与功率为 W的普通白炽灯亮度相当；家中电能表如图所示，如果断开家中所有用电器，只接通该LED灯，正常发光5小时消耗电能 kW⋅h，电能表指示灯闪烁 次。
18.如图所示，灯泡标有“6V 3W”字样，R1标有“5Ω1.5A”，R2为标有“10Ω1A”的滑动变阻器，电源电压恒定，闭合所有开关，灯泡恰好正常发光，则电源电压是 V，10s内R1产生的热量为 J；断开S1、S2，R2允许调节的阻值范围为 Ω，移动R2滑片的过程中，R2的电功率与电路总功率的最大比值为 。
19.热机是将内能转化成 能的机器，如图所示是热机的 冲程。一台四冲程汽油机飞轮转速是1200r/min，则汽油机每秒完成 个冲程，燃气做功 次，如果一次做功为1000J，则汽油机的功率为 W。
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
20.按要求作图(保留作图痕迹)。
(1)如图甲，杠杆OAB处于静止状态，请画出拉力F1的力臂l1及杠杆所受阻力F2的示意图。
(2)如图乙，请在虚线框内标出通电螺线管右端的磁极，并在A处标出磁感线方向。
(3)如图丙，请将灯泡、开关正确连入家庭电路中。
四、实验探究题：本大题共4小题，共22分。
21.某实验小组设计了如图甲所示的温度报警电路，电源电压恒为4V，R1为滑动变阻器，热敏电阻Rt的阻值随温度的变化如图乙所示，阻值不计的报警器在电流达到20mA时开始报警，超过50mA时损坏。
(1)将滑动变阻器滑片P向左移动可 (选填“提高”或“降低”)报警温度。
(2)为设定报警温度为100∘C，小组同学利用电阻箱成功进行了两种调试：
方法一：用电阻箱替代滑动变阻器R1，将电阻箱的示数调节为 Ω，即可实现温度为100∘C时报警。
方法二：用电阻箱替代热敏电阻Rt，将其阻值调为 Ω，再调节滑动变阻器滑片P，直至报警器报警，再用热敏电阻Rt替换电阻箱，即可实现温度100∘C时报警。
(3)要想实现报警温度可以在50∘C∼200∘C之间调节，则该电路应该选用电压至少为 V的电源。
22.探究影响动能大小因素的实验如图所示，小球从同一斜面由静止释放，碰撞静止在同一水平长木板上同一位置的同一木块。
(1)比较甲、乙实验，可以探究动能大小与 的关系。
(2)比较乙、丙实验，可初步得到的结论是 。
(3)依据实验中 这一现象，可知C球刚到达水平面时具有的动能最大。
(4) 两图所示的实验可以用图丁所示的弹簧替换斜面完成。
23.探究通电螺线管外部磁场的分布实验中：
(1)在固定有螺线管的水平玻璃板上均匀撒满铁屑，给螺线管通电后， 玻璃板，铁屑分布如图所示。观察铁屑的排列情况，发现通电螺线管外部的磁场与 磁体的磁场相似；
(2)通过铁屑的分布可知A、B点中， 点的磁场更强；
(3)为了探究通电螺线管周围的磁场方向，还应增加的器材是 。
24.“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”实验：
(1)实验中需要控制相同的有 。
A.液体的质量
B.液体的种类
C.燃料的质量
D.燃料的种类
(2)该实验通过比较 来比较燃料燃烧释放出的热量。
(3)将两试管中注入初温相同的液体，若甲图试管中的液体实验结束前已沸腾，乙图试管中的液体实验结束时未沸腾，则 (选填“能”或“不能”)说明甲图中燃料的热值更大。
五、计算题：本大题共2小题，共14分。
25.小明利用如图所示的实验装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的电阻小。
(1)实验中煤油吸收热的多少是通过______来反映的(选填“温度计示数”或“加热时间”)，这体现的研究物理问题的方法是______。
(2)为了在较短的时间内达到明显的实验效果、小明选用煤油而不用水做实验，是因为煤油的比热容______水的比热容。(选填“大于”或“小于”)
(3)为了使得实验的有效性，所以要使得甲、乙两瓶中的煤油______与______都相等。
(4)通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，由此得出的实验结论是：在______和通电时间相同时，______越大，导体产生的热量越多。
26.图甲所示是某校科技小组制作的液体密度计的工作原理图，其中空桶重1N，测量时需将桶内注满液体。电源电压恒为12V，定值电阻R0的阻值为10Ω；电压表的量程为0∼3V，表盘改造后可直接显示所测液体的密度值；滑动变阻器R2标有“24Ω0.5A”的字样，R1为压敏电阻，其阻值与所受压力F变化关系如下表所示(R1的阻值不为0)。在桶内注满水时，桶内水重恰为1N，闭合开关S，移动R2的滑片至位置M时，电压表的示数为1.5V。
(1)此时电路中的电流为______ A。
(2)此时滑动变阻器R2接入电路中的阻值为______Ω。
(3)R2的滑片在位置M时，该液体密度计的“0”刻度线与电压表表盘______ V的刻度线相对应。
(4)移动R2的滑片可以改变密度计的最大测量值(此时电压表指针满偏)。已知桶的容积为100mL，求则该液体密度计的最大测量值。(写出必要的文字说明、计算过程及最后的结果)
六、综合题：本大题共2小题，共9分。
27.如图所示是某电水壶的电路简图，其中R1、R2均为电热丝，该水壶有加热、保温两个挡位，相关参数如表所示。
(1)在壶内装有额定容量的水，加热挡工作350s，水温升高了90∘C，水吸收的热量为______ J，电水壶对水加热的效率为______%。[c水=4.2×103J/(kg⋅∘C)]
(2)若对该电水壶电路进行改造，保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，请写出一条改造措施。
28.用如图所示实验装置测量动滑轮的机械效率。
(1)实验时，应竖直向上 拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下的物体A缓慢上升。
(2)将滑轮从图中实线位置拉至虚线位置的过程中，测力计的示数为 N，已知物体A重3.6N，物体A上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.2m，则动滑轮的机械效率为 。
(3)如果增加所提物体A的重力，则动滑轮的机械效率将 (选填“变大”、“变小”或“不变”)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、洗手盘下防臭水管，利用的是连通器原理。故A不符合题意；
B、指甲钳是三个杠杆的组合应用，利用的是杠杆原理。故B符合题意；
C、塑料吸盘挂钩利用的是大气压。故C不符合题意；
D、汽车逃生安全锤，利用的是在压力一定时，减小受力面积增大压强。故D不符合题意。
故选：B。
对每个选项中的物品进行分析，明确各自应用的物理原理，确定符合题意的选项。
此题考查的是物理规律在日常生活中的应用，体现了物理来源于生活，服务于生活的理念。
2.【答案】C
【解析】解：A、空气和塑料是绝缘体，人体是导体，故A不符合题意。
B、陶瓷和橡胶是绝缘体，湿木材是导体，故B不符合题意。
C、空气和油是绝缘体，食盐晶体是绝缘体，食盐的水溶液是导体，故C符合题意。
D、玻璃和油是绝缘体，大地是导体，故D不符合题意。
故选：C。
常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的水溶液、石墨、湿木材等。
常见的绝缘体包括：橡胶、陶瓷、塑料、玻璃、油、干木材、空气等。
酸碱盐晶体是绝缘体，酸碱盐的水溶液是导体，这点一定要主要区分。
3.【答案】C
【解析】解：A、日光灯电压为220V，功率一般为20W，由P=UI得：I=PU=20W220V=111A，A错；
B、中学生体重约为50kg，人1s上楼约为0.5米，则做功为：W=mgh=50kg×10N/kg×0.5=250J，B错；
C、家用节能灯额定功率在15∼30W间，故C对；
D、人体的安全电压为不高于36V.D错。
故选：C。
本题考查生活中的物理知识，在学习中注意积累。
生活中的一些近似如人走路的速度，上楼速度、电灯的功率等平常应注意积累。
4.【答案】A
【解析】解：A、夏天，用嘴向手背快速吹气时，带走了手上的热量，使手的温度降低，是通过热传递的方式改变内能；
B、迅速向下压空气压缩引火仪的压活塞，活塞会压缩空气做功，机械能转化为内能，使空气的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式改变内能；
C、反复弯折铁丝时，机械能转化为铁丝的内能，内能增大温度升高，是通过做功改变了物体的内能；
D、摩擦双手时，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使手的温度会升高，所以是通过做功改变物体的内能；
A是通过热传递的方式改变内能的，BCD都是通过做功的方式改变内能的，故A符合题意。
故选：A。
改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，其实质是能的转移。
本题考查了改变物体内能有两种方式，结合生活实际解决问题。
5.【答案】D
【解析】解：A、温度相同的两个物体间不存在温度差，所以不能发生热传递，故A错误；
B、0∘C的冰变成0∘C的水，温度不变，但状态改变，需要吸收热量，所以内能增大，故B错误；
C、物体内能减少，可能是放出了热量，也可能是对外做了功，故C错误；
D、任何物体都具有内能，通过摩擦做功可增大冰块的内能，故D正确．
故选D.
(1)发生热传递的条件是物体间有温度差；
(2)内能的大小跟质量、温度、状态有关；
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能；
(4)一切物体都有内能，对物体做功，物体的内能增大．
本题主要考查了对温度、热量、内能等概念的理解，热传递的条件以及改变物体内能的方法等的了解，有一定综合性，但难度不大．
6.【答案】B
【解析】解：A、活塞压缩气体，对气体做功，内能增加，通过做功的方式改变气体的内能；
B、水浴法加热，水吸收热量，内能增加，通过热传递的方式改变水的内能；
C、反复弯折铁丝，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能；
D、点火后盒盖飞出，内能转化为机械能，属于通过做功改变物体的内能。
改变内能的方式与其他三个不同的是B选项。
故选：B。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
本题考查了对做功和热传递改变物体内能的辨别，属于基础题目。
7.【答案】D
【解析】解：A、电磁起重机是利用电流磁效应工作的，故A错误；
B、自制水果电池的铜片是水果电池的正极，故B错误；
C、引体向上时，功率大小与人的质量和时间均有关，故C错误；
D、海陆风的形成原因之一是水和沙石的比热容不同，水的比热容远大于沙石的比热容，质量相同的水和沙石在吸收或放出同样的热量时，水的温度变化小，故D正确。
故选：D。
(1)电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的。
(2)电流从电压表的正接线柱流入时，电压表正向偏转；铜片接电压表的正接线柱，自制水果电池的铜片是水果电池的正极。
(3)根据P=mght进行分析。
(4)水的比热容远大于沙石的比热容，质量相同的水和沙石在吸收或放出同样的热量时，水的温度变化小。
本题考查的是电流的磁效应、水果电池的正负极和水的比热容较大的应用；知道影响功率大小的因素。
8.【答案】B
【解析】解：由题可知，电动机工作时吹冷风，电动机和电热丝R同时工作时吹热风，即电动机可以单独工作，也能与电热丝同时工作，说明电动机和电热丝是并联的；而电热丝不可以单独工作，说明有一个开关单独控制电热丝，有一个开关在干路中控制整个电路，故B符合要求，ACD不符合要求。
故选：B。
根据题意可知电动机与电热丝的工作关系和连接方式，以及开关的作用和位置，由此得出符合要求的电路设计。
本题考查电路的设计，明确各元件的连接方式是关键。
9.【答案】D
【解析】解：A、运动员从B到C的过程中，一开始重力大于蹦床的弹力，速度还在增大，当重力等于弹力时速度达到最大，之后弹力大于重力，速度减小，到C点时速度为0，动能为0，所以C点动能不是最大，故A错误。
B、从A到B的过程中，克服阻力做功，机械能转化为内能，在A点的机械能最大，故B错误。
C、从A到B的过程中，运动员下落时会受到空气阻力的作用，重力势能除了转化为动能，还有一小部分会因为克服空气阻力做功转化为内能，不是全部转化为动能，故C错误。
D、根据能量守恒定律，从A到C的过程中，运动员减小的机械能一部分转化为蹦床的弹性势能，另一部分因为克服空气阻力做功转化为内能，所以运动员减小的机械能等于蹦床增加的弹性势能加上转化的内能，也就是运动员减小的机械能大于蹦床增加的弹性势能，故D正确。
故选：D。
重力势能的大小跟质量、高度有关。质量一定时，高度越高，重力势能越大；高度一定时，质量越大，重力势能越大；
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；
弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关。
此题考查了动能和势能的大小变化，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，先闭合开关S1时，是R1的简单电路，两个电流表都测通过R1的电流，电压表测电源电压；再闭合开关S2，R1与R2并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。
ABC、根据并联各支路不相互影响，当再闭合开关S2后R1支路的电流不变，则电流表A2的示数不变；而电流表A1原来测一个电阻电流，根据并联电路的电流特点，闭合开关S2后电流表A1测量干路电流，故电流表A1的示数变大，根据电源电压不变知电压表的示数不变，所以电压表V与电流表A1示数的比值将变小，故A错误；B正确；
D、电压表示数不变，电流表A2的示数不变，电压表V与电流表A2示数的比值不变，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，先闭合开关S1时，是R1的简单电路，两个电流表都测通过R1的电流，电压表测电源电压；再闭合开关S2，R1与R2并联，电压表测量电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过R1的电流。根据电源电压不变和并联电路的电流特点分析各表示数变化；根据电压表和电流表A1、A2示数变化确定电压表V与电流表A1、A2示数的比值变化。
本题考查并联电路的特点，关键是知道开关闭合前后电路的连接形式变化。
11.【答案】D
【解析】【分析】
由图可知，该电路为串联电路，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量的是电源的电压；
(1)根据电压表的连接方式分析；
(2)根据电压表V2示数的变化特点分析；
(3)根据串联电路的电压关系分析R2两端电压的变化，然后根据欧姆定律分析电流的变化；
(4)根据P=UI分析总功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，明确电源电压的变化是解题的关键。
【解答】
A、根据电路图可知，当电阻R1的阻值为0时，其两端的电压也为0，根据图2可知，②是V1示数和R1的关系图线，故A错误；
B、图2中的①是电压表V2示数和R1的关系图线，根据图线可知，当R1增大时，电压表V2示数也是增大的，由于电压表V2测量的是电源电压，所以供电设备两端的电压是改变的，故B错误；
C、根据串联电路的电压关系可知，R2两端电压等于V2示数与V1示数的差值，由于图线①和②相互平行，则V2示数与V1示数的差值保持不变，即R2两端电压保持不变，根据I=UR可知，电路中的电流保持不变，故C错误；
D、R1增大时，电源电压变大，电路中的电流不变，根据P=UI可知，电路总功率变大，故D正确。
故选：D。
12.【答案】D
【解析】解：AB.灯L标有“6V6W”，灯正常工作时的电流为：IL=PLUL=6W6V=1A；滑片P由最大值移到某一位置时，变阻器的电阻变小，根据串联分压可知滑动变阻器两端的电压变小，电压表V2示数由4V增大为10V，确定电压表V2测灯L和定值电阻R1的电压；电流表示数为1A，此时灯正常发光，
当P移到某一位置时：灯两端的电压UL=6V，定值电阻R1的电压为U1=10V−6V=4V，定值电阻R1的电阻为R1=U1I1=4V1A=4Ω；
当滑片P在阻值最大端时：电压表V1示数为2V，定值电阻R1的电压为U1′=2V，通过定值电阻R1的电流为I1′=U1′R1=2V4Ω=0.5A；
串联电路各处电流相等，滑动变阻器R2两端的电压为：U2′=0.5A×20Ω=10V；
电源电压为：U=10V+4V=14V，故AB错误；
C.当滑片P在阻值最大端时，R2阻值为20Ω；当P移到某一位置时，R2′=14V−10V1A=4Ω，R2阻值的变化量为ΔR=20Ω−4Ω=16Ω，故C错误；
D.当滑片P在阻值最大端时，电路总功率为：P1=UI1′=14V×0.5A=7W；
当P移到某一位置时，电路总功率为：P2=UI1=14V×1A=14W；
电路总功率的变化量为ΔP=P2−P1=14W−7W=7W，故D正确。
故选：D。
(1)由滑动变阻器由最大值移动到某一位置时，滑动变阻器的电阻变小，电路中的电流变大，电压表V2的示数变大，确定电压表V2测灯L和定值电阻R1的电压。当P移到某一位置时，灯正常发光，运用串联电路特点和欧姆定律可求出定值电阻R1的电阻；当滑片P在阻值最大端时，求出电源的电压；
(2)由两次电路中的数据分别求出滑动变阻器的电阻，可得出R2阻值的变化量为ΔR；
(3)由两次电路中的数据分别求出电路的总功率，可得出电路总功率的变化量为ΔP。
本题考查电功率的综合计算，熟练运用欧姆定律是正确解题的关键。
13.【答案】用电器
化学
电

【解析】解：在反向无线充电过程中，手机甲作为能量接收方，从手机乙获取电能并存储到其电池中。因此，甲手机在电路中扮演消耗电能的角色，相当于用电器。
乙手机作为能量发送方，其内部电池的化学能转化为电能。
故答案为：用电器；化学；电。
电路的组成：电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成，缺少或不完整都会影响电路的正常工作；
电源工作时将其他形式的能转化为电能。
本题考查了电路的基本组成及电源的能量转化，属电学的最基础的知识，是我们应熟练掌握的。
14.【答案】半导体
热

【解析】解：(1)芯片是半导体元件产品的总称，也称为集成电路、微电路和晶片。
(2)当芯片中有电流通过时，由于芯片元件有电阻，电能转化为内能，产生热量，这种现象叫电流的热效应。
故答案为：半导体；热。
芯片是由半导体材料制成的；
电流通过导体时，导体都会发热，这种现象叫电流的热效应。
本题考查了电流的热效应和半导体的应用，属于基础题。
15.【答案】50
90.9
27.5

【解析】解：(1)物体的重力：G=mg=10kg×10N/kg=100N；
此过程中的有用功：W有=Gh=100N×0.5m=50J；
(2)由题知滑轮为定滑轮，则绳子自由端移动的距离：s=h=0.5m，
拉力做的总功：W总=Fs=110N×0.5m=55J；
定滑轮的机械效率：η=W有用W总×100%=50J55J×100%≈90.9%。
(3)拉力的功率P=W总t=55J2s=27.5W。
故答案为：50；90.9；27.5。
(1)根据G=mg求出物体重力，根据W=Gh求出有用功；
(2)根据W=Fs求出总功，根据η=W有用W总×100%求出机械效率；
(3)根据P=Wt可求得拉力的功率。
本题考查了有用功、总功、功率及机械效率的计算，清楚有用功、总功的含义是本题的关键。
16.【答案】减小
丙
2400

【解析】解：(1)当瓶盖被瓶内的气体冲出时，是瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，瓶内气体的内能减小，这一过程与四冲程内燃机的做功冲程相似，故这个过程与图丙冲程相似；
(2)如果此汽油机每秒内对外做功20次，则每秒完成20个工作循环，飞轮每秒转40圈，即每分钟转2400圈，所以，飞轮的转速为2400r/min。
故答案为：减小；丙；2400。
(1)压缩气体做功，可将机械能转化为内能；气体对瓶盖做功，内能转化为机械能；汽油机做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能；
(2)热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案。
本题考查了四冲程内燃机的工作过程和原理，正确解答的关键是对四个冲程特点的记忆和理解，属于对基础知识的考查。
17.【答案】44
0.022
66

【解析】解：
设两种灯泡正常发光的时间为t，由P=Wt可得，LED消耗的电能为W1=P1t=0.0044kW×t，白炽灯消耗的电能为W2=P2t，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约90%的电能，
所以P2t−4.4×10−3kW×tP2t=90%，
解得P2=44W，即此LED灯与功率为44W的普通白炽灯亮度相当。
只接通LED灯，正常发光5小时消耗电能为：W=PLtL=4.4×10−3kW×5h=0.022kW⋅h，
电能表闪烁的次数为：n=0.022kW⋅h×3000imp/kW⋅h=66imp。
故答案为：44；0.022；66。
设两种灯泡正常发光的时间为t，由P=Wt可得LED、白炽灯消耗的电能表达式，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约90%的电能，进而得出白炽灯的功率。
根据P=UI得出只接通LED灯，正常发光5小时消耗电能，进而得出电能表闪烁的次数。
本题考查电功率和电能的计算，是一道综合题。
18.【答案】6
72
1∼10
2：3

【解析】解：(1)闭合所有开关，R2被短路，R1与灯泡并联，灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点，所以灯泡L两端的实际电压也等于灯泡L的额定电压，因此电源电压：U=UL=6V；
(2)由(1)知R1电压为6V，10s内R1产生的热量Q=U2R1t=(6V)25Ω×10s=72J；
(3)断开开关S1，S2，R1、R2串联，滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω，当阻值最小时。电流最大I大=1A，串联电路的电流处处都相等，则总电阻R总=UI大=6V1A=6Ω，故R2小=6Ω−5Ω=1Ω，R2允许调节的阻值范围为1Ω到10Ω；
(4)从第(3)可知R2、电阻R1串联，R2的电功率P2=I2R2=(UR1+R2)2R2；电路总功率由P总=I2R总=(UR1+R2)2(R1+R2)，故R2的电功率与总电功率的最大比值P2P总=R2R1+R2=1R1R2+1，当R1R2越小，功率的比值就越大，则R2越大，R1R2越小；
故P2P总=15Ω10Ω+1=23；
故答案为：6；72；1∼10；2：3。
(1)闭合所有开关，R2被短路，R1与灯泡并联，灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点据此求出电源电压；
(2)只根据Q=U2R1t求出10s内R1产生的热量；
(3)断开S1、S2，滑动变阻器R2、电阻R1串联，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小电阻，进而确定滑动变阻器接入的电阻范围；
(4)根据P=I2R2求出R2的电功率与电路的总电功率的最大比值。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律、电功和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
19.【答案】机械
做功
40
10
104

【解析】解：热机是将内能转化为机械能的机器；
热机一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程组成；
由图可知，进气门和排气门都是关闭的，活塞下行，火花塞喷出电火花，可以判断是做功冲程；
一台四冲程汽油机飞轮转速是1200r/min=20r/s，
因一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，
所以，汽油机每秒完成40个冲程，燃气做功10次；
1s内汽油机做的功W=1000J×10=10000J，
则汽油机的功率P=Wt=10000J1s=104W。
故答案为：机械；做功；40；10；104。
(1)把燃料燃烧时释放的能量转化为机械能的装置称为热机；
(2)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，根据活塞的运动情况和气门的开合情况可判断是哪个冲程；
(3)一台四冲程汽油机额一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次；
(4)根据题意求出1s内汽油机做的功，根据p=Wt求出汽油机的功率。
本题考查了热机的定义和汽油机四冲程的判定方法、做功次数、完成的冲程以及功率的计算，明确转速和曲轴转动示数、冲程个数、做功次数的关系是关键。
20.【答案】
【解析】解：(1)过支点O作出拉力F1的作用线的垂线段，该垂线段为动力臂l1；阻力F2作用点在左侧细绳与杠杆的接触点处，方向沿绳子向下，如图所示：
(2)已知电源左端为正极，由安培定则可得，螺线管右侧为N极，因外部磁感线由N极指向S极，故磁感线方向向左；如图所示：
(3)火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套；如下图所示：
(1)根据力臂是支点到力的作用线的垂直距离可作出动力的力臂l1，支点为点O，阻力F2作用点在细绳与杠杆的接触点处A，方向竖直向下。
(2)由安培定则可得出螺线管的极性，由磁感线的特点可得出磁感线的方向。
(3)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
此题为综合作图题，作图题是中考的必考题型之一，要求学生掌握相关作图方法和技巧。
21.【答案】降低
40
160
5.4

【解析】解：
(1)由电路图可知，热敏电阻Rt与滑动变阻R1串联，滑动变阻器滑片P向左移动时R1接入电路中的电阻变小，与滑片移动前相比，相同温度下，热敏电阻Rt的阻值相同，但电路中电流会变大，随着温度上升，向左移动滑片后的电路较移动滑片之前的电路，电路中电流会先达到报警值20mA，因此将滑动变阻器滑片P向左移动可降低报警温度。
(2)由图乙可得，温度达到100∘C时，热敏电阻Rt的阻值为160Ω，而报警器在电流达到20mA(0.02A)时开始报警，要想让报警器在100∘C时报警，则此时电路中的总电阻为：
R总=UI=4V0.02A=200Ω；
由串联电路中总电阻等于各电阻之和可得，与热敏电阻Rt串联的电阻箱阻值为：R=R总−Rt=200Ω−160Ω=40Ω；
因此，用电阻箱替代滑动变阻器R1，将电阻箱的示数调节为40Ω，即可实现温度为100∘C时报警。
温度为100∘C时，对应热敏电阻Rt的阻值为160Ω。用电阻箱替换热敏电阻后对滑动变阻器进行调节，目的是在电路中的电流为20mA，报警器报警时，调节出热敏电阻Rt的阻值为160Ω时滑动变阻器滑片对应的位置，因此电阻箱的电阻应等于100∘C时热敏电阻Rt的阻值160Ω。
(3)由图乙可知，热敏电阻Rt的阻值随温度的增加而减小，由欧姆定律可得，电源电压为：U=IR总=I(Rt+R1)；
由以上公式可得，想要电源电压最小，需要电路中的电流和总电阻都取最小值，但是按设计要求，电路中电流必须达到报警时的最小值20mA，因此电流最小值为：Imin=20mA=0.02A；
电路总电阻想要取最小值，先将滑动变阻器接入电路中的电阻调为0，而为了使电路能够在50∘C时报警，Rt的阻值不能低于其在50∘C时的阻值270Ω，则满足电路在50∘C时能够报警的总电阻的最小值为R总min=270Ω；
则电源电压最小值为：U=IminR总min=0.02A×270Ω=5.4V。
故答案为：(1)降低；(2)40；160；(3)5.4。
(1)由电路图可知，热敏电阻Rt与滑动变阻R1串联；根据欧姆定律可知，电路的总电阻不变，根据热敏电阻阻值与温度的关系分析；
(2)根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻关系求出热敏电阻的阻值；根据等效替代法分析电阻箱的阻值的大小；
(3)根据欧姆定律写出电源电压的表达式，根据报警的电流可知电路的最小电流；根据图乙得出报警时电路的最小总电阻，根据欧姆定律可以求出最小电压值。
本题考查了欧姆定律的应用，设计到了串联电路的电流规律、电阻规律的应用，难度较大。
22.【答案】速度
速度相同时，质量越大，动能越大
木块移动距离
甲、乙

【解析】解：(1)由甲、乙图知小球的质量相同，小球下滑的高度不同，小球到达斜面底端的速度不同，所以甲组实验目的是探究金属球动能与速度的关系，初步得到的结论是：质量相同时，速度越大的物体做的功越多，表明它具有的动能越大；
(2)由乙、丙图知小球的质量不相同，小球下滑的高度相同，小球到达斜面底端的速度相同，且小球的质量越大，做的功越多，故初步得到的结论是：速度相同时，质量越大的物体做的功越多，表明它具有的动能越大；
(3)图中，小球的动能大小通过它对木块做功的多少来反映，而做功的多少可由木块被推开距离的远近来确定，这三个图中丙图的木块被推动的距离最大，因此说明c球的动能最大；
(4)如图丁所示，小球的动能由弹簧的弹性势能转化而来，弹簧压缩的程度越大，转化成小球的动能就越大，可以通过改变弹簧压缩程度改变速度，探究与速度关系，但改用不同质量的小球不能控制速度相同，所以甲、乙两实验可以使用图丁替换。
故答案为：(1)速度；(2)速度相同时，质量越大，动能越大；(3)木块移动距离；(4)甲、乙。
(1)根据甲、乙实验的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；
(2)根据图乙、丙的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；
(3)物体动能的大小，可由它对外做功的多少来体现。球把木盒推出的距离长，说明物体对外做的功多，进而体现它的动能大，这是一种转换的方法；
(4)动能与质量和速度有关，据此分析。
本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键。
23.【答案】轻敲
条形
A
小磁针

【解析】解：(1)轻敲玻璃板是为了减小铁屑与玻璃板之间的摩擦力，让铁屑在通电螺线管的磁场力作用下自由转动、有序排列，从而清晰显示磁场分布，避免摩擦阻碍铁屑按磁场方向排布。
通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体的磁场相似，两端磁性最强(为N极和S极)，磁感线从N极出发回到S极，中间磁性较弱，铁屑分布呈现两端密集、中间稀疏的特征。
(2)磁场强弱可通过铁屑分布的密集程度判断：铁屑越密集，磁场越强。A点靠近螺线管的磁极(N极或S极)，铁屑分布更密集，因此A点磁场更强；B点靠近螺线管中部，铁屑稀疏，磁场较弱。
(3)铁屑只能显示磁场的分布形状，无法显示磁场方向。物理学规定：小磁针静止时N极所指的方向为该点的磁场方向，因此需要增加小磁针，通过观察小磁针N极的指向，确定通电螺线管周围各点的磁场方向。
故答案为：(1)条形；(2)A；(3)小磁针。
(1)轻敲玻璃板是为了减小铁屑与玻璃板之间的摩擦力。
通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体的磁场相似，两端磁性最强(为N极和S极)。
(2)磁场强弱可通过铁屑分布的密集程度判断：铁屑越密集，磁场越强。
(3)铁屑只能显示磁场的分布形状，无法显示磁场方向。物理学规定：小磁针静止时N极所指的方向为该点的磁场方向。
本题考查的是通电螺线管的磁场分布；知道通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关。
24.【答案】ABC
液体升高的温度
能

【解析】解：(1)比较不同燃料的热值，应选择不同的燃料加热相同的物质，控制燃料燃烧的质量相同，故实验中需要控制相同的有液体的质量、液体的种类和燃料的质量，应选：ABC；
(2)比较不同燃料的热值时，采用的是控制变量法，实验中需要控制燃料的质量相同，当燃料全部燃烧完后，通过比较液体升高的温度来比较放出热量的多少；
(3)将两试管中注入初温相同的液体，若甲图试管中的液体实验结束前已沸腾，乙图试管中的液体实验结束时未沸腾，可推理实验结束时两种燃料燃烧的质量相同，甲杯水的温度升高的较快，即甲燃烧产生的热量多，能说明甲图中燃料的热值更大。
故答案为：(1)ABC；(2)液体升高的温度；(3)能。
(1)(2)比较不同燃料的热值时，采用的是控制变量法，实验中需要控制燃料的质量相同，当燃料全部燃烧完后，通过比较液体升高的温度来比较放出热量的多少；
(3)让相同质量的燃料完全燃烧，根据液体升高的温度来比较热值的大小。
本题探究比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量，考查控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验，为易错题。
25.【答案】温度计示数 转换法 小于 质量 初温 电流 电阻
【解析】解：
(1)两电阻丝产生热量的多少是通过温度计示数的变化反映出来的，因此煤油吸收热的多少是通过温度计示数来反映的，这是采取的转换法；
(2)若将烧瓶中装有水，则由Q=cm△t可知：在相同质量的水和煤油中，吸收的相同的热量时，由于水的比热容大，温度升高的度数少，温度计的示数变化不明显；
(3)为了便于比较两种电阻丝通过电流后产生热量的多少，甲、乙两瓶中要装入质量相等、初温度相等的同煤油；
(4)综合实验过程，使用相同质量与初温都相同的煤油，在电流和通电时间相同的前提下，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中的煤油吸收的热量多，即乙瓶中的镍铬合金丝产生的热量多；所以可得出的结论是：在电流和通电时间相同时，导体电阻越大产生的热量越多。
故答案是：(1)温度计示数；转换法；(2)小于；(3)质量；初温；(4)电流；电阻。
(1)在探究导体产生的热量是要通过煤油的温度变化体现出来，运用了转换法。
(2)为了在较短的时间内达到明显的实验效果，即观察到得温度计示数变化大，则在同质量吸收相同热量的条件下，比热容小的液体温度变化大。
(3)在此实验中要注意控制变量，需要控制：不同烧瓶中液体的质量和初温度相同。
(4)使用相同质量的煤油，通电一定时间后，乙瓶中的温度计示数升高的快，说明乙瓶中的煤油吸收的热量多，即乙瓶中的镍铬合金丝产生的热量多；由此得出结论。
本题考查“探究通电导体产生热量的多少与电阻的关系”和“比较不同物质的吸热能力”的实验过程，故在实验中一定要注意控制变量法与转换法的应用。
26.【答案】0.15 20 1
【解析】解：(1)由图可知，R0、R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量R0两端电压，已知在桶内注满水，闭合S，电压表的示数为1.5V，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得电路电流为：I=I0=U0R0=1.5V10Ω=0.15A，
(2)根据欧姆定律可得此时总电阻为：R=UI=12V0.15A=80Ω；
此时压敏电阻受到的压力为：F=G水+G桶=1N+1N=2N，
由表格数据可知：F=2N时，R1=50Ω，
则根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得，R2的电阻为：R2=R−R1−R0=80Ω−50Ω−10Ω=20Ω；
(3)该液体密度计的“0”刻线，即桶内不装液体时电压表的示数，由于当桶内不装液体时，压敏电阻受到的压力为空桶重力：F0=G桶=1N，
由表格数据可得：F0=1N时，R1′=90Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得：R′=R1′+R0+R2=90Ω+10Ω+20Ω=120Ω；
根据欧姆定律可得此时电压表示数为：U0′=UR′×R0=12V120Ω×10Ω=1V；
(4)当R滑全部接入时，滑动变阻器最大值为：R2大=24Ω，根据电压表的量程可知：U0大=3V，
根据欧姆定律可得此时电路中电流为：I1=U0大R0=3V10Ω=0.3A，
根据欧姆定律可得此时总电阻为：R小=UI1=12V0.3A=40Ω；，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得此时R1的电阻为：R1小=R小−R0−R2大=40Ω−10Ω−24Ω=6Ω，
根据图表可得R1与FB之间的关系式为：R1=130Ω−40Ω/N×F，
则此时压敏电阻受到的压力为：F大=130Ω−R1小40Ω/N=130Ω−6Ω40Ω/N=3.1N，
则此时桶中液体的重力为：G液大=FA大−G桶=3.1N−1N=2.1N，
液体的质量为：m液大=G液大g=2.1N10N/kg=0.21kg=210g，
则液体的密度为：ρ液大=m液大V=210g100cm3=2.1g/cm3。
答：(1)0.15；
(2)此时滑动变阻器R2接入电路中的阻值为20Ω；
(3)R2的滑片在位置M时，该液体密度计的“0”刻度线与电压表表盘1伏的刻度线相对应；
(4)该液体密度计的最大测量值为2.1g/cm3。
(1)由图可知，R0、R1和滑动变阻器R2串联，根据串联电路特点、欧姆定律计算出电路电流；
(2)根据欧姆定律计算电路总电阻；
已知桶重和水重，要加班计算压敏电阻此时所受到的压力，由表格得出此时压敏电阻的阻值，根据串联电路电阻规律即可求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
(3)不装液体时，密度计示数为0，由表格得出此时R1的阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律计算出此时电压表的示数；
(4)根据表格数据可知压力越大时R1的阻值越小，所以据此可知当R2滑片在左端时R1的阻值最小，受到的压力最大；根据欧姆定律求出当电压表指针满偏时电路中的电流和此时电路中的总电阻以及R1的阻值最小值；根据图表可得R1与F之间的关系式，据此求出此时压敏电阻受到的最大压力，最后根据重力公式和密度公式计算出能够测量的最大密度。
本题综合性较强，解决本题的关键掌握电压表的使用以及串联电路的特点和欧姆定律、密度公式的应用，难度较大，关键是明确密度计的测量值与电压表示数之间的关系。
27.【答案】3.78×105;90 将R2的阻值更换为40Ω
【解析】解：(1)水的质量为：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg，水吸收的热量为：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×1kg×90∘C=3.78×105J；
加热挡工作350s，电水壶消耗的电能为：W=P加t=1200W×350s=4.2×105J，
电水壶对水加热的效率为：η=Q吸W=3.78×105J4.2×105J×100%=90%。
(2)当S、S1都闭合时，两电阻并联，电路中电阻最小，根据P=U2R可知，电路的功率最大，是加热挡；当S闭合时，电路为只有R1工作，电阻最大，根据P=U2R可知，电路的功率最小，是保温挡；
保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，此时R2的功率为P2=1310W−100W=1210W，根据P=U2R可知，R2的阻值为R2=U2P2=(220V)21210W=40Ω，故为了让加热功率提高到1310W，改造措施是将R2的阻值更换为40Ω。
故答案为：(1)3.78×105；90；(2)将R2的阻值更换为40Ω。
(1)根据ρ=mV求出水的质量，利用Q吸=c水mΔt求出水吸收的热量；根据P=Wt求出电水壶消耗的电能，利用η=Q吸W×100%求出电水壶对水加热的效率。
(2)当S、S1都闭合时，两电阻并联，电路中电阻最小，根据P=U2R可知，电路的功率最大为加热挡；当S闭合时，电路为只有R1工作，电阻最大，根据P=U2R可知，电路的功率最小为保温挡；
保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，此时R2的功率为P2=1310W−100W=1210W，根据P=U2R求出R2的阻值，据此设计改造措施。
本题考查了吸热公式、电功公式、效率公式的运用，还考查了电路设计，是一道综合题，有一定的难度。
28.【答案】匀速
2.4
75%
变大

【解析】(1)探究滑轮组机械效率时，要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力不变，弹簧测力计示数稳定，方便读数。
(2)由图知，测力计的分度值为0.2N，所以测力计的示数是2.4N。
动滑轮的机械效率η=W有用W总×100%=GhFs×100%=3.6N××0.2m100%=75%。
(3)如果增加所提物体A的重力，则动滑轮的机械效率将变大。
故答案为：(1)匀速；(2)2.4；75%；(3)变大。
(1)由二力平衡的条件可知，只有物体做匀速直线运功时，弹簧测力计的示数和绳子的拉力相等；
(2)需要掌握测力计的读数问题，在读数时要认清弹簧测力计的分度值；根据η=W有用W总×100%的关系进行计算。
(3)增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重。
此题是测量滑轮组的机械效率。其中要测量绳端拉力，所以有关测力计的读数是很重要的。同时还考查了二力平衡的条件。R1/Ω
130
110
90
70
50
30
…
F/N
0
0.5
1.0
0.5
2.0
2.5
…
额定容量/L
1
额定电压/V
220
加热功率/W
1200
保温功率/W
100