2026年天津市中考模拟物理练习卷含答案4

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本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题时，务必将答案涂写在“答题卡”上，答案答在试卷上无效。考试结束后，将本试卷和“答题卡”一并交回。
祝你考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每题选出答案后，用2B铅笔把“答题卡”上对应题目的答案标号的信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号的信息点。
2．本卷共两大题，共39分。
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．如图所示，贾湖骨笛被认定是世界上发现年代最早的可演奏乐器，曾侯乙编钟是世界上现存规模最大最完整的编钟。即使它们演奏同一首曲子，还是可以把它们区分，原因主要是它们发声的（ ）不同。
A．响度B．音色C．音调D．速度
【分析】音色：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。
【解答】解：如图所示，贾湖骨笛被认定是世界上发现年代最早的可奏乐器，曾侯乙编钟是世界上现存规模最大最完整的编钟。即使它们演奏同一首曲子，还是可以把它们区分，原因主要是它们发声的音色不同，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
2．水无常形，于千变万化中孕育自然奇观。如图所示的各种水的物态变化中，属于液化的是（ ）
A．雪融成溪B．滴水成冰
C．气凝成霜D．气结成露
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
【解答】解：A、雪融成溪，雪由固态变成液态，是熔化过程，故A不符合题意；
B、滴水成冰，冰的形成，水由液态变成固态，是凝固过程，故B不符合题意；
C、气凝成霜，霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C不符合题意；
D、气结成露，露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的水滴，故D符合题意。
故选：D。
3．沙画是我国的一种民间文化艺术，将沙子撒在平板灯台上做出各种造型，灯台下方射出的光受到沙子的阻挡后，呈现出各种画面。下列现象与其光学原理相同的是（ ）
A．水中倒影B．海市蜃楼C．雨后彩虹D．小孔成像
【分析】（1）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等。
【解答】解：沙画的原理是光的直线传播；
A．水中倒影属于平面镜成像，原理是光的反射，故A错误；
B．海市蜃楼的原理是光的折射，故B错误；
C．雨后彩虹原理是光的折射，故C错误；
D．小孔成像的原理是光的直线传播，故D正确。
故选：D。
4．如图所示的电路，闭合开关S，电流表A1的示数为0.30A，电流表A的示数为0.46A，下列说法正确的是（ ）
A．通过灯泡L1的电流为0.46A
B．通过灯泡L2的电流为0.16A
C．若灯泡L1开路，电流表A的示数变为0.30A
D．若灯泡L2短路，电流表A1的示数变为0.46A
【分析】AB．分析电路的连接及电流表测量的对象，根据并联电路电流的规律得出通过灯泡L2的电流；
C．若灯泡L1开路，分析电路的连接，根据并联电路特点分析；
D．根据灯泡L2短路分析。
【解答】解：AB．由实物图可知，灯泡L1与灯泡L2分别在两条支路上，两灯并联，电流表A在干路中，测干路电流；电流表A1与灯泡L1在一条支路中，测通过灯泡L1的电流，故可得I1＝0.3A
由并联电路电流的规律，I2＝I﹣I1＝0.46A﹣0.3A＝0.16A
即通过灯泡L1的电流为0.3A，通过灯泡L2的电流为0.16A，故A错误，B正确；
C．若灯泡L1开路，则灯泡L1支路没有电流通过，电流表A只测量通过灯泡L2的电流，因并联电路各支路可独立工作、互不影响，其示数变为0.16A，故C错误；
D．两灯并联，若灯泡L2短路，电流从正极出发会经过灯泡L2支路直接回到电源负极，电流表A1的示数为0，故D错误。
故选：B。
5．2025年9月，教育部开展主题为“预防和减少近视发生率”的活动。要求各地中小学全面落实“一尺、一拳、一寸”的正确读写姿势要求。即：眼离书本一尺远，胸离书桌一拳远，手离笔尖一寸远，如图所示。关于“眼离书本一尺远”的估算最合理的是（ ）
A．约10cmB．约30cmC．约60cmD．约100cm
【分析】根据生活经验和对长度单位的认识进行分析。
【解答】解：根据生活经验一尺约为33.3cm，故B最合理。
故选：B。
6．2026年2月举行的米兰冬奥会上，宁忠岩表现出色，不仅夺得速度滑冰男子1500米金牌并刷新冬奥会纪录，还在其他项目中收获两枚铜牌。如图所示是宁忠岩举着国旗绕场庆祝的情景，下列相关说法正确的是（ ）
A．穿滑冰鞋是为了减小对雪地的压力
B．冰面对冰鞋的支持力和冰鞋对冰面的压力是一对相互作用力
C．冰鞋受到的重力和冰面对冰鞋的支持力是一对平衡力
D．运动员速度越大，他的惯性也就越大
【分析】（1）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
（2）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（4）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系。
【解答】解：A、穿滑冰鞋是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对雪地的压强，而非减小压力，故A错误；
B、冰面对冰鞋的支持力和冰鞋对冰面的压力同时作用在冰鞋和冰面上，符合相互作用力的特点，是一对相互作用力，故B正确。
C、冰面对冰鞋的支持力等于冰鞋和人的总重力，则冰鞋受到的重力和冰面对冰鞋的支持力大小不等，不是一对平衡力，故C错误。
D、惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体运动速度大小无关，故D错误。
故选：B。
7．如图所示是部分家庭电路的简化图，图中a、b位置元件未知。小明把电视机插头插在两孔插座上，闭合电视机开关，发现电视机不工作，原本右侧发光的灯也熄灭了，用测电笔分别插入两孔插座左右两孔中，发现两孔均能使测电笔的氖管发光。下列说法正确的是（ ）
A．电能表应该接在图中b位置、总开关接在a位置
B．题目所述故障原因一定是两孔插座短路
C．电冰箱的三脚插头插入三孔插座时，“长”脚能使冰箱金属外壳接地
D．家庭电路中空气开关跳闸，一定是因为电路中用电器总功率过大
【分析】（1）电能表接在进户线的后面，总开关的前面。
（2）根据测电笔和家庭电路的组成判断电路的故障。
（3）有金属外壳的家用电器要使用三孔插座。
（4）家庭电路中电流过大的原因有两个：一是电路发生了短路，二是用电器的总功率过大。
【解答】解：A．电能表应该接在图中a位置、总开关接在b位置，故A错误；
B．用测电笔分别插入两孔插座左右两孔中，发现两孔均能使测电笔的氖管发光，说明两孔插座左右两孔均与火线相连，则故障是进户的零线断了，故B错误；
C．电冰箱的三脚插头插入三孔插座时，“长”脚能使冰箱金属外壳接地，故C正确；
D．家庭电路中空气开关跳闸，可能是因为电路中用电器总功率过大，也可能是因为发生了短路，故D错误。
故选：C。
8．我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰福建舰于2025年11月5日正式服役，其电磁弹射起飞系统可以搭载固定翼舰载无人机，重型舰载战斗机以及固定翼舰载预警机等多种新型舰载机，是中国航母舰载机的跨越。下列说法正确的是（ ）
A．福建舰在海上航行时受到的浮力大于重力
B．福建舰的电磁弹射系统与发电机的工作原理相同
C．飞机升力产生的原理是：机翼上方的空气流速大，压强小
D．舰载机在空中匀速转圈执行侦察任务的过程中，运动状态没有改变
【分析】（1）漂浮的物体，其所受浮力等于自身的重力；
（2）电磁弹射系统的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；发电机利用了电磁感应原理；
（3）飞机是利用流体流速越大的位置，压强越小的原理产生升力的；
（4）运动状态包括运动的方向和速度大小，其中一个改变则运动状态改变。
【解答】解：A．福建舰在海上航行时始终处于漂浮状态，所以浮力等于自身重力，故A错误；
B．电磁弹射系统是根据通电导体在磁场中受到力的作用的原理来工作的；而发电机的工作原理是电磁感应现象，故B错误；
C．飞机的机翼设计为上凸下平的形状，飞行时，上方空气流速大、压强小；下方空气流速小、压强大，从而产生向上的升力，故C正确；
D．舰载机在空中匀速转圈时，运动方向一直在改变，则它的运动状态发生了改变，故D错误。
故选：C。
9．青少年科技创新大赛的获奖作品（5G高铁轨道螺丝报警器），设计了检测螺丝松动的报警方案，如图所示。其主要的科学原理是：螺丝（螺丝在电路图中用虚线框表示，其电阻不计）连接在电路中，当螺丝松动时，它会与下端的导线分离而断开，此时电灯L亮起而发出警报，提醒工人及时修理。下列电路图符合题意的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】螺丝连接在电路中，当螺丝松动时，它会与下端的导线分离而断开，螺丝不接入电路中，指示灯会发光，据此分析电路的连接方式。
【解答】解：根据题意可知，螺丝连接在电路中，当螺丝松动时，它会与下端的导线分离而断开，螺丝不接入电路中，即螺丝所在电路发生了断路，此时指示灯会发光，这表明螺丝与灯泡是并联在电路中的，由于螺丝的电阻很小，能把灯泡短路；为了保护电路，防止电源短路，在干路中应该接上一个保护电阻，故A符合题意。
故选：A。
10．在研究和学习物理学的过程中，方法是不可缺少的。在探究影响重力势能的因素实验中，重力势能的大小无法直接观察，我们是通过观察比较小球陷入沙坑的深度来间接比较的。下列四个研究实例中，不是用到此研究方法的是（ ）
A．通过压强计U形管液面的高度差来反映液体压强的大小
B．牛顿第一定律是在实验的基础上经分析推理而得出的
C．通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果
D．通过乒乓球被弹起来反映发声的音叉在振动
【分析】首先明确“通过观察比较小球陷入沙坑的深度来间接比较重力势能大小”运用的研究方法；然后对每个实例进行分析，明确采用的具体方法就能确定符合题意的选项。
【解答】解：重力势能的大小无法直接观察，我们是通过观察比较小球陷入沙坑的深度来间接比较的，所以采用的是转换法。
A．液体压强的大小难以直接观察，通过U形管液面的高度差来反映液体压强的大小，是用了转换法；
B．牛顿第一定律是在实验的基础上经分析推理而得出的，采用的是推理法，不是转换法；
C．通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用的是转换法；
D．音叉的振动难以直接观察得到，通过乒乓球被弹起来反映发声的音叉在振动，是利用了转换法。
综上分析可知，不是用到此研究方法的是B。
故选：B。
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分。每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，不选或选错得0分）
11．探究凸透镜成像规律时，将焦距为10cm的凸透镜甲固定在光具座上50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上25cm刻度线处，移动光屏，使烛焰在光屏上成清晰的像（图中未画出），如图所示。之后，保持蜡烛的位置不变，将凸透镜甲换为凸透镜乙并保持位置不变，移动光屏至光具座上88cm刻度线处时，烛焰仍在光屏上成清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．图中所示的实验可以说明照相机的成像特点
B．凸透镜甲的焦距小于凸透镜乙的焦距
C．蜡烛燃烧一段时间后，光屏上烛焰的像会向上移动
D．更换凸透镜乙后，不移动光屏，向左移动蜡烛也能使烛焰在光屏上成清晰的像
【分析】（1）根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
（2）凸透镜焦距越大，对光的折射能力越弱；
（3）根据过光心的光线传播方向不变分析回答；
（4）根据凸透镜成实像时，物远像近像变小分析回答。
【解答】解：A、由图可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，故A正确；
B、保持蜡烛的位置不变，将凸透镜甲换为凸透镜乙并保持位置不变，移动光屏至光具座上88cm刻度线处时，烛焰仍在光屏上成清晰的像，即凸透镜乙的像距变大，说明凸透镜乙对光的折射能力较弱，焦距较大，即凸透镜甲的焦距小于凸透镜乙的焦距，故B正确；
C、蜡烛燃烧一段时间后，蜡烛变短，根据过光心的光线传播方向不变可知，光屏上烛焰的像会向上移动，故C正确；
D、将凸透镜甲换为凸透镜乙并保持位置不变，移动光屏至光具座上88cm刻度线处时，此时u＜v，成倒立、放大的实像，此时f＜u＜2f，v＞2f，结合蜡烛的位置不变乙的物距u＝25cm、像距v＝38cm，需同时满足f乙＜25cm＜2f乙，38cm＞2f乙，结合两个条件，最终凸透镜乙的焦距范围是12.5cm＜f乙＜19cm，再考虑乙的焦距范围，不移动光屏，光屏在一倍焦距内，故无法成像，故D错误。
故选：ABC。
12．将一个定值电阻接入图甲所示电路的虚线框处，并将一个电压表（图中未画出）并联在某段电路两端，闭合开关，移动滑片P，多次记录两电表示数；断开开关，只将定值电阻更换为小灯泡，再次获取数据并记录；将记录的数据绘制成如图乙所示的I﹣U图象。下列分析正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．图象b是用接入定值电阻时记录的数据绘制得到的
C．定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，灯泡的电阻较大
D．接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，电压表的示数将变大
【分析】闭合开关，定值电阻（或灯泡）和滑动变阻器串联接入电路，根据U＝IR可知定值电阻（或灯泡）两端的电压随电流的增大而增大，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压随电流的增大而减小，由乙图可知电压表与滑动变阻器并联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，
定值电阻的阻值不变，灯泡的电阻是变化的，所以a是接入定值电阻时记录的数据绘制得到的，b是接入灯泡时记录的数据绘制得到的；
当滑动变阻器两端的电压为0.5V时，通过电路的电流为0.7A，当滑动变阻器两端的电压为3.5V时，通过电路的电流为0.1A，
根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，代入数据解方程可得定值电阻的阻值和电源电压；
定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，由乙图可知此时通过定值电阻的电流和通过灯泡的电流，比较电流大小，根据R=UI比较电阻的大小；
接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压原理可知电压表的示数变化。
【解答】解：闭合开关，定值电阻（或灯泡）和滑动变阻器串联接入电路，根据U＝IR可知定值电阻（或灯泡）两端的电压随电流的增大而增大，串联电路总电压等于各部分电压之和，则滑动变阻器两端的电压随电流的增大而减小，由乙图可知电压表与滑动变阻器并联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，
定值电阻的阻值不变，灯泡的电阻是变化的，所以a是接入定值电阻时记录的数据绘制得到的，b是接入灯泡时记录的数据绘制得到的，故B错误；
当滑动变阻器两端的电压为0.5V时，通过电路的电流为0.7A，当滑动变阻器两端的电压为3.5V时，通过电路的电流为0.1A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U＝IR定+UV，
代入数据可得0.7A×R定+0.5V＝0.1A×R定+3.5V，
解方程可得R定＝5Ω，
则电源电压U＝IR定+UV＝0.7A×5Ω+0.5V＝4V，故A正确；
定值电阻和灯泡两端的电压各为3.5V时，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压为4V﹣3.5V＝0.5V，由乙图可知此时通过定值电阻的电流大于通过灯泡的电流，根据R=UI可知灯泡的电阻较大，故C正确；
接入小灯泡后，将滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压原理可知电压表的示数将变小，故D错误。
故选：AC。
13．水平面上有一个底面积为S的薄壁圆柱形容器，容器中装有密度为ρ0质量为m1的某种液体，现将一质量为m2的物块放入容器中，物块漂浮在液面上，如图所示，物块露出液面的体积为物块体积的2/5；用力缓慢向下压物块直至物块恰好浸没在液体中（液体未溢出），如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块的密度为3ρ05
B．物块的体积为3m25ρ0
C．图中压力F的大小为25m2g
D．图乙中水对容器底部的压强为(3m1+5m2)g3S
【分析】A、物块漂浮在液面上，受到的浮力等于自身重力，根据重力公式、密度公式、阿基米德原理可得ρ0g（1−25）V＝ρgV，整理得物块的密度；
B、根据V=mρ计算物块的体积；
C、根据阿基米德原理表示物块全部浸入液体受到的浮力，由A可知物块漂浮时受到的浮力，图中压力F的大小为物块两次受到的浮力之差；
D、容器底部受到水的压力等于液体的重力、物块的重力、压力F之和，根据p=FS计算水对容器底部的压强。
【解答】解：A、物块漂浮在液面上，受到的浮力等于自身重力，根据重力公式、密度公式、阿基米德原理可得ρ0g（1−25）V＝ρgV，整理得物块的密度为ρ=35ρ0，故A正确；
B、物块的体积为V=m2ρ=m235ρ0=5m23ρ0，故B错误；
C、物块全部浸入液体受到的浮力：F浮＝ρ0gV，
由A可知物块漂浮时受到的浮力，所以图中压力F的大小为：F＝ρ0gV﹣ρ0g（1−25）V＝ρ0g25V，
把V=5m23ρ0代入F＝ρ0g25V可得F＝ρ0g25×5m23ρ0=23m2g，故C错误；
D、容器底部受到水的压力：F′＝G1+G2+F，
水对容器底部的压强为：p=F′S=G1+G2+FS=m1g+m2g+23m2gS=(3m1+5m2)g3S，故D正确。
故选：AD。
注意事项：
1．用黑色字迹的签字笔将答案写在“答题卡”上（作图可用2B铅笔）。
2．本卷共两大题，共61分。
三、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）
14．如图甲所示，是东汉学者王充在《论衡》中记载的司南，静止时它的长柄指向 。在我国的《史记》和《梦溪笔谈》中都有关于海市蜃楼的记录，如图乙所示，海市蜃楼是一种由光的 产生的现象。
【分析】（1）“司南”是最早的指南针，实质就是一个磁体；
（2）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
【解答】解：
司南”最早出现于我国战国时期，它是我国古代劳动人民智慧的结晶，将勺放在水平光滑的“地盘”上，让其自由转动，在地磁场作用下静止时，因勺柄为S极，则勺柄指向南方，勺头指向北方；海市蜃楼是光在不均匀的大气中传播形成的光的折射现象。
故答案为：南方；折射。
15.（1）如图所示，电阻箱的读数为 ；
（2）如图所示，弹簧测力计的示数是 N。
【分析】（1）电阻箱的读数方法是，将各旋钮对应的小三角对准的数字乘以面板上标记的倍数，然后数值加在一起就是电阻箱连入电路中的阻值。
（2）弹簧测力计读数时，先确定弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数。
【解答】解：（1）图示电阻箱的示数为：R＝5×1000Ω+5×100Ω+5×10Ω+5×1Ω＝5555Ω；
（2）弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.4N。
故答案为：（1）5555Ω；（2）1.4。
16．我国古人曾发明一种点火器，以牛角为套筒，把艾绒粘在木质推杆前端，其结构如图所示。取火时一只手握住套筒，另一只手向内猛推推杆，推杆前端的艾绒就会被点燃，拔出推杆后，吹吹艾绒就有火苗产生。向内猛推时通过 方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的 冲程相似。
【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
在汽油机的压缩冲程中，活塞向上运动，压缩汽缸内的混合气体，也是将机械能转化为内能。
【解答】解：当向内猛推推杆时，活塞对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气内能增大，温度升高，达到艾绒的着火点，从而使艾绒被点燃。
在汽油机的压缩冲程中，活塞向上运动，压缩汽缸内的混合气体，也是将机械能转化为内能，与点火器的能量转化情况相同。
故答案为：做功；压缩。
17．如图甲所示，我国古代记录传统手工技术的著作《天工开物》里记载了一种捣谷用的舂，其简化图如图乙所示，该装置是 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。该装置碓头A重200N，不计横木的重力和摩擦。杆长AB＝1.5m，支点O距离脚踏板OB＝0.5m，人在B端施加的竖直向下的力至少为 N；若每次碓头A上升的高度都为0.6m，1min撞击舂中的谷粒20次，则克服碓头重力做功的功率为 W。
【分析】（1）作出杠杆的示意图，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
（2）根据已知条件，根据相似三角形知识可知力臂之比，根据杠杆的平衡条件得出动力大小；
（3）不计横木的重力和摩擦，求出1min内人克服碓头重力做功，根据功率公式得出1min克碓头重力做功的功率。
【解答】解：（1）由图可知，O是支点，从O点向阻力F2的作用线作垂线段，可得阻力臂l2，同理可知动力臂为l1，舂在使用过程中，因动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
（2）杆长AB＝1.5m，支点O距离脚踏板OB＝0.5m，故AO＝1.0m；根据相似三角形知识有l2l1=，
根据杠杆的平衡条件可知：mg×l2＝F1×l1，F1=l2l1×mg＝2×200N＝400N
（3）不计横木的重力和摩擦，1min内人克服碓头重力做功：W总＝nW＝20×Gh＝20×200N×0.6m＝2400J，
1min克服碓头重力做功的功率为：p=W总t=2400J60s=40W。
故答案为：费力；400；40。
18．如图所示，GMR是巨磁电阻，它的阻值随电磁铁磁性的增强而减小。开关S1闭合，滑片移到某一位置，小磁针A端为 极。再闭合开关S2，要使指示灯变亮，则滑动变阻器的滑片P应该向 移动（填“左”或“右”）
【分析】（1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
（2）要使指示灯变亮，需要增大电路中的电流，减小GMR的电阻，据此分析。
【解答】解：由利用安培定则可知，电磁铁的左端为N极、右端为S极；根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，A端为S极；
要使指示灯变亮，需要增大电路中的电流，减小GMR的电阻，GMR的阻值随电磁铁磁性的增强而减小，故需要增强磁场，增大电磁铁的电流，故滑片应该向左移动。
故答案为：S；左。
19．图甲是同学们自制的调光小台灯，图乙是台灯的电路原理图。电源电压为3V，R是调节亮度的变阻器，最大阻值为10Ω。灯L标有“2.5V 0.5W”字样。忽略温度对电阻的影响。灯L正常发光时的电阻 ；电源电压降为2.7V后，灯L的最小实际电功率 。
【分析】（1）已知灯L的额定电压和额定功率，根据P=U2R求灯正常发光时的电阻；
（2）电源电压降为2.7V后，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求电路中的最小电流，根据P＝UI＝I2R灯L的最小实际电功率。
【解答】解：灯L正常发光时的电阻为RL=U额2P额=(2.5V)20.5W=12.5Ω；
电源电压降为2.7V后，滑动变阻器接入电阻的阻值达到最大为10Ω时，电路中的总电阻最大，电流最小，此时灯L的实际功率最小。电路中的最小电流为：I=U总R总=2.7V10Ω+12.5Ω=0.12A，
灯L的实际最小功率为：
P实小=I2RL=(0.12A)2×12.5Ω=0.18W。
故答案为：12.5Ω；0.18W。
四、综合题（本大题共6小题，共37分。解题中要求有必要的分析和说明，计算题还要有公式及数据代入过程，结果要有数值和单位）
20．小明家新购置了一个额定功率为3200W的电热水龙头，如图。经过测试，正常工作时进水温度为20℃，出水温度为45℃，30s内的出水质量为0.8kg。已知[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）水吸收的热量；
（2）电热水龙头的热效率。
【分析】（1）根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据P=Wt求出电热水龙头消耗的电能，根据η=Q吸W×100%求出电热水龙头的效率。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.8kg×（45℃﹣20℃）＝8.4×104J；
（2）由P=Wt可知，电热水龙头消耗的电能：W＝Pt＝3200W×30s＝9.6×104J，
电热水龙头的效率：η=Q吸W×100%=8.4×104J9.6×104J×100%＝87.5%。
答：（1）水吸收的热量为8.4×104J；（2）电热水龙头的热效率为87.5%。
21．在“测量小灯泡的电阻”实验中，选用的器材有：两节新干电池，额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（2）正确连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表无示数，电流表有示数，造成这一现象的原因可能是 （选填字母代号）。
A.电流表短路
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器断路
（4）排除故障后，移动滑片P，某次实验时，电压表的示数为2.5V，电流表的示数如图乙所示，则通过小灯泡的电流为 A，小灯泡正常发光时的电阻约为 Ω（结果保留一位小数）。
（5）经过多次实验，测出并记录多组电压和电流的值，得到小灯泡的I﹣U图象如图丙所示；通过分析图象，写出一条你发现的结论： 。
【分析】（1）电流表与灯泡串联，电压表与灯泡并联，据此连接电路；
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
（3）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，据此分析造成这一现象的原因；
（4）根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值；
（5）由图丙可知，灯泡两端的电压增大时，通过灯泡的电流也增大，但通过小灯泡的电流与它两端的电压不成正比，即灯泡两端电压与通过电流的比值不是定值，由此得出结论。
【解答】解：（1）电流表与灯泡串联，电压表与灯泡并联，如图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片右侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的A端；
（3）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的电路短路，因此故障可能是与电压表并联的灯泡短路了，故选B；
（4）此时灯泡两端的电压等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.28A，此时灯泡的电阻：R=ULIL=≈8.9Ω；
（5）由小灯泡的I﹣U图象可知，通过小灯泡的电流与它两端的电压不成正比，即灯泡两端电压与通过电流的比值不是定值，所以可得出结论：小灯泡的电阻不是定值（或小灯泡的电阻是变化的）。
故答案为：（1）见解答图；（2）A；（3）B；（4）0.28；8.9；（5）小灯泡的电阻不是定值（或小灯泡的电阻是变化的）。
22．如图所示，工人师傅在30s的时间内将重为900N的物体匀速提升了5m，拉力大小为400N（不计绳重及摩擦，g取10N/kg）。在此过程中，求：
（1）工人师傅对物体所做的有用功；
（2）工人师傅做功的功率；
（3）该滑轮组的机械效率。
【分析】（1）根据W有＝Gh求出工人师傅对物体所做的有用功；
（2）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用W总＝Fs＝Fnh求出工人师傅做的总功，利用P=W总t求出工人师傅做功的功率；
（3）根据η=W有W总求出该滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）工人师傅对物体所做的有用功为：
W有＝Gh＝900N×5m＝4500J；
（2）由图可知，n＝3，工人师傅做的总功为：
W总＝Fs＝Fnh＝400N×3×5m＝6000J，
工人师傅做功的功率为：
P=W总t=6000J30s=200W；
（3）该滑轮组的机械效率为：
η=W有W总×100%=4500J6000J×100%=75%。
答：（1）工人师傅对物体所做的有用功为4500J；（2）工人师傅做功的功率为200W；
（3）该滑轮组的机械效率为75%。
23．如图所示，是小明同学“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验。
（1）实验前，用手指按压图甲中探头的橡皮膜，发现U形管中的液面升降灵活，说明该装置 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（2）如图乙、丙所示是将该装置的探头放入水中不同深度的情况，比较后可初步得出结论：液体内部的压强随深度的增加而 。
（3）将探头放入水中某一深度不变，改变橡皮膜朝向，目的是探究液体内部压强大小与 是否有关。
（4）比较图丙和图丁，可得出结论：不同的液体，产生的压强大小与液体的 有关。
（5）在做图丙和图丁所示的实验时，小明同学认为图丙、丁两烧杯中的液面必须相平。小明的观点是否正确？并说明理由： 。
【分析】（1）检查装置是否漏气时，用手轻轻按压几下橡皮膜，看液体能否灵活升降；
（2）（3）（4）找出相关实验中相同量和不同量，结合转换法，得出压强随与变化量的关系。
（5）根据深度是某点到液面的竖直距离分析。
【解答】解：（1）压强计是通过U形管两端液面的高度差来反映被测压强大小的，用手指按压探头的橡皮膜，发现U形管中的液面升降灵活，说明装置不漏气。
（2）图乙、丙所示是将该装置的探头放入水中不同深度，压强计液面的高度差不一样，且探头在液面中越深的，液面高度差越大，则可得结论：液体内部的压强随深度的增加而增加。
（3）将探头放入水中某一深度不变，改变橡皮膜朝向，即改变橡皮膜在各个方向上所受的压强，观察U形管液面高度差，目的是探究液体内部压强大小与方向的关系。
（4）图丙和丁中，探头在液面的深度相同，液体的密度不同，U形管液面高度差不同，所以可得结论：不同的液体，产生的压强与液体的密度有关。
（5）在做探究液体内部压强与液体密度的关系时，需要控制探头在液体的深度相同即可，即某点到液面的距离相等即可，所以不需要两烧杯中液面相平，只需控制金属盒在液体的深度相同即可。
故答案为：（1）不漏气；（2）增大；（3）方向；（4）密度；（5）不正确，只需控制探头在液体中的深度相同即可。
24．小明要测量一只小蜡块的密度ρ蜡（已知ρ蜡＜ρ水）．他找来了一只弹簧测力计、一只装有适量水的杯子、一只与蜡块差不多大小的铁块、细丝线若干。请你利用上述器材帮助他设计一个测量蜡块密度的实验，要求写出主要实验步骤，并利用测量出的物理量写出蜡块密度ρ蜡的表达式。
（1）主要实验步骤。
（2）蜡块密度ρ蜡＝ 。
【分析】有弹簧测力计可以测出蜡块的重力，借助铁块将蜡块浸没水中，利用浮力计算蜡块的体积，根据密度公式计算蜡块的密度。
【解答】答：
（1）①用弹簧测力计测出铁块和蜡块的重力分别为G铁和G蜡；
②用弹簧测力计吊着使铁块浸没在水中，读出弹簧测力计示数F；
③用细绳将铁块和蜡块绑在一起，弹簧测力计吊着使它们浸没在水中，读出弹簧测力计示数F′；
（2）蜡块密度的计算：
根据F浮＝ρ液gV排可得铁块体积：V铁＝V排=F浮ρ水g=G铁−Fρ水g，
铁块和蜡块的总体积：V＝V排′=G铁+G蜡−F′ρ水g，
所以蜡块的体积为：V排′﹣V铁=G铁+G蜡−F′ρ水g−G铁−Fρ水g=G蜡+F−F′ρ水g，
所以蜡块的密度：ρ蜡=m蜡V蜡=G蜡V蜡g=G蜡G蜡+F−F′ρ水g⋅g=G蜡G蜡+F−F′•ρ水。
25.小硕在数学课上学习了角度的测量，当角的两个边较短时测量总出现偏差。在综合实践课上，他和物理小组同学开展了“设计电子量角器”的项目化学习活动。
【项目名称】设计电子量角器
【项目器材】如图甲是将阻值为20Ω电阻丝AB弯成半圆形，O为圆心，OP为能够绕圆心转动的金属滑片（OP的阻值忽略不计），P与AB接触良好，OA与OP的夹角为θ；电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，电源电压为6V，R0为定值电阻。
【项目设计】将制作好的电子量角器接入电路，如图乙所示。转动滑片OP，电表的示数随之改变，多次用对应的角度θ替换原电压表刻度盘上的电压值即完成了对电压表的改造。
【项目实施】
将滑片OP旋转至A处，电流表的示数为0.6A，则R0的阻值为 Ω。当转动OP使角θ为90°时，电压表的示数为 V。当电压表的示数为2V时，角θ为 。
为能满足测量0～180°的要求，需要更换一个阻值 （填“更大”或“更小”）定值电阻R0。
【项目优化】小硕发现用电压表改造后的量角器刻度不均匀，请你在图丙的基础上，用笔画线帮他重新连接电路，使得角度在电压表的刻度盘上能分布均匀。
【分析】定值电阻和量角器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测电阻丝AP两端的电压，
将滑片OP旋转至A处，电阻丝AB接入的阻值为0，电路为只有R0的简单电路，此时电流表的示数为0.6A，电源电压为6V，根据欧姆定律计算R0的阻值；
由图可知当转动OP使角θ为90°时，首先计算电阻丝AP接入的阻值，根据串联电路特点结合欧姆定律表示通过电路的电流，代入数据解方程可得电压表的示数；
当电压表的示数为2V时，根据欧姆定律表示此时通过电路的电流，代入数据解方程可得电阻丝AP接入的阻值，进一步计算角的度数；
当角θ为180°时，电阻丝AP接入的阻值为20Ω，根据欧姆定律表示此时通过电路的电流，代入数据解方程可得电压表示数，与电压表的量程比较可知应更换的定值电阻的阻值变化；
电压表上标注的刻度要均匀，由U＝IR可知电压表示数与电压表并联段的电阻丝的阻值R成正比，则电路中的电流不变，所以AB间的电阻丝应全部接入电路，又因电子量角器角度增大时，电压表示数增大，所以电压表应并联接在A、O两点间。
【解答】解：定值电阻和量角器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测电阻丝AP两端的电压，
将滑片OP旋转至A处，电阻丝AB接入的阻值为0，电路为只有R0的简单电路，此时电流表的示数为0.6A，电源电压为6V，
根据欧姆定律可得R0的阻值：R0=UI=6V0.6A=10Ω；
由图可知当转动OP使角θ为90°时，电阻丝AP接入的阻值为12×20Ω＝10Ω，
串联电路总电压等于各部分电压之和，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得通过电路的电流I=UAPRAP=U−UAPR0，
即UAP10Ω=6V−UAP10Ω，
解得：UAP＝3V，所以电压表的示数为3V；
当电压表的示数为2V时，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流I=U′APR′AP=U−U′APR0，
即2VR′AP=6V−2V10Ω，
解得：R′AP＝5Ω，则θ=5Ω20Ω×180°=45°；
当角θ为180°时，电阻丝AP接入的阻值为20Ω，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流I=U″APR″AP=U−U″APR0，
即U″AP20Ω=6V−U″AP10Ω，
解得：U″AP＝4V，而电压表的量程为0～3V，超过了电压表的量程，因此为了满足测量 0～180°的要求，需要定值电阻分得更大的电压，根据串联分压的特点可知，应更换一个阻值更大的定值电阻；
电压表上标注的刻度要均匀，由U＝IR可知电压表示数与电压表并联段的电阻丝的阻值R成正比，则电路中的电流不变，所以AB间的电阻丝应全部接入电路，又因电子量角器角度增大时，电压表示数增大，所以电压表应并联接在A、O两点间，如图所示：
。
故答案为：10；3；45°；更大；见上图。