2020年江苏省苏州市中考物理试卷

这是一份2020年江苏省苏州市中考物理试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，综合题，作图题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。


2020年江苏省苏州市中考物理试卷
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分








一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 2020年6月23日，我国成功发射了最后一颗“北斗”全球组网卫星，卫星向地面传递信息是通过（　　）
A. 电磁波 B. 超声波 C. 次声波 D. 红外线
2. 如图所示的工具中，在使用时属于省力杠杆的是（　　）
A. 镊子 B. 开瓶器
C. 船桨 D. 钓鱼竿
3. 十月的苏城桂花飘香，这现象表明了（　　）
A. 分子可以再分 B. 分子间有空隙
C. 分子间有作用力 D. 分子在永不停息的无规则运动
4. 下列安全警示语与物理知识不对应的是（　　）
A. 车厢内“请系好安全带”--物体具有惯性
B. 宿舍内“禁用大功率用电器”--电路短路会导致熔丝熔断
C. 包装上“刀口锋利，小心割伤”--压强大小与受力面积有关
D. 公路上“冰雪路面，加装防滑链”--滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关
5. 下列四张图中利用热传递来改变物体内能的是（　　）
A. 钻木取火 B. 煤炉烧水
C. 压缩空气升温 D. 搓手取暖
6. 关于能源和材料，下列说法正确的是（　　）
A. 天然气是可再生能源 B. 超导体材料可制成电热器
C. 目前核电站是利用核裂变发电 D. “永动机”是可以制造出来的
7. 如图所示，烛焰在光屏上刚好成清晰的像。透镜不动，将蜡烛移至40cm刻度处，移动光屏，在光屏上能观察到（　　）

A. 倒立、缩小的实像 B. 倒立、放大的实像
C. 正立、放大的实像 D. 光屏上不能呈现像
8. 在烧瓶中注入刚刚沸腾的水，塞紧瓶塞，将烧瓶倒置，再用冷水浇烧瓶的底部，可以看到水又重新沸腾起来。该实验现象说明了（　　）
A. 沸腾过程需要吸热
B. 沸腾过程需要放热
C. 水的沸点与环境温度有关
D. 水的沸点与水面上方气压有关


9. 有一款“空调扇”既能送常温风，又能送凉风。小明了解到其内部有两个电动机，其中电动机M1，驱动扇叶送风，M2驱动机内水循环使所送的风成为“凉风”，此款风扇不会只有水循环而不送风。小明设计的电路图，符合要求的是（　　）
A. B.
C. D.
10. 小明采用“向漏斗口吹气，观察乒乓球状态”的方法来探究流速对流体压强的影响。以下方案不合理的是（　　）
A. 竖直向上吹气 B. 水平向右吹气
C. 竖直向下吹气 D. 斜向下吹气
11. 在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）

A. 电压表V1对应的是图线② B. 电压满足Uc=Ua+Ua’
C. R2的最大阻值小于R1的阻值 D. 电路的最大总功率为2UbIb
12. 如图甲所示，水平桌面上放有一内壁光滑的竖直圆筒，筒底固定一根弹簧。将一小球放置在弹簧上，静止时位于A点（如图乙）。现将小球下压至B点，并用此处的装置锁定（如图丙）。解锁后，小球向上弹出筒口。下列说法正确的是（　　）
①图乙中圆筒对桌面的压力小于图丙中的压力
②图乙中圆筒对桌面的压力等于图丙中的压力
③图丙中小球开始运动到脱离弹簧的过程中速度一直变大
④图丙中小球开始运动到脱离弹簧的过程中速度先变大后变小
A. ①和③ B. ①和④ C. ②和③ D. ②和④
二、填空题（本大题共10小题，共26.0分）
13. 诗句“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”中，“钟声”是由于钟的______而产生的；“客船”上的人通过______（填乐音的特性）辨别出是钟声。
14. 熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经______（填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，利用带电体具有______的性质，增强口罩的过滤效果。
15. 如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是______的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点中，人站在______（A/B）点进行上述实验，更容易转动。


16. 用天平测量一石块的质量，天平平衡时所用砝码及游码如图甲所示，则石块的质量为______g．将该石块放入盛有30mL水的量筒中，液面位置如图乙所示，图中读数时视线正确的是______（a/b/c）。石块的密度是______kg/m3。



17. 在光学实验室内，将一辆玩具汽车放置在白色背景板前。拉上窗帘，打开光源A，让一束白光照向汽车，发现汽车呈现黄色，这是由于汽车______（吸收/反射）了黄色光。若将另外一束红光照向汽车的影子，则影子区域此时呈现______色。
18. 如图所示，将甲、乙两个微型电动机的转轴对接并固定在一起，闭合开关后两电动机一起转动，小灯泡发光。此处产生电磁感应现象的是______（甲/乙）电动机。该过程中能量转化是将电能→______能→电能，最终转化为内能和光能。


19. 某燃气热水器将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是______J．热水器烧水的效率是______。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4×107J/m3]
20. 如图所示，重为12N、边长0.1m的正方体物块静置于粗糙的水平桌面上，物块对桌面的压强为______Pa．向右推动物块，在运动过程中，它受到______（向左/向右）的摩擦力。物块掉入水槽中（水足够深），其静止后所受浮力为______N．（g取10N/kg）
21. 如图所示为学校实验室中某电能表的表盘。
（1）该电能表示数为______kW•h。
（2）小明利用该电能表和秒表检测一只标识为“220V 10W”节能灯的额定功率。他关闭其他用电器，将该节能灯接入220V的测量电路，设计了以下三种测量方案：
方案一：测量出电能表显示消耗1kW•h电能所用的时间t；
方案二：测量出1min时间内电能表转盘转过的圈数n；
方案三：测量出电能表转盘转过1圈所用时间t。
①若使用方案二，小明计算额定功率的关系式应该为：P=______（单位：W）。（用数字和n表示）
②比较三种方案，最可行的是方案______。
22. 阅读下列材料，回答问题

伽利略的温度计及热电阻
16世纪，伽利略利用热胀冷缩的原理制作过一种最早的温度计。据他学生描述：伽利略取一个鸡蛋大小的玻璃泡，将其接到一根约半米长的细玻璃管一端，用手掌将玻璃泡握住，使之受热，然后倒转插入水中，松开手待玻璃泡冷却后，水会升高二三十厘米，用水柱上升的高度来表示手掌的温度，如图甲所示。
温度能明显影响金属导体和半导体的导电性能。金属的导电性能会随温度增加而减弱，与金属不同，有些半导体的导电性能会随温度增加而增强。如图乙所示是一种金属导体和一种半导体的电阻-温度特性图线。根据这一特性，它们不仅可以用来测量温度，还能作为热传感器运用到自动控制电路中。
（1）伽利略的温度计测温物质是______（玻璃泡中的空气/玻璃管中的水），他在用温度计测量手掌温度时，玻璃管中的水柱越高，表明手掌的温度越______（高/低）；
（2）如图丙所示，是一款利用热传感器设计的高温报警器电路，启动报警器，当环境温度过高时，电铃会被接通发出报警声，通过断开开关S可关闭铃声。电铃应接在电路中的______（a/b/c）位置，热传感器接在电路中的______（a/b/c）位置，热传感器应使用图乙中的______（金属导体/半导体）。
三、计算题（本大题共4小题，共24.0分）
23. 如图所示，物体正随水平传送带一起向右做匀速直线运动，画出物体所受力的示意图。








24. 如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V3W”。其电流与电压的关系如图乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。

（1）求灯泡L的额定电流；
（2）求定值电阻R1的阻值；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？







25. 小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
（1）小明列举了三个常识，分别做出了三个猜想，其中符合常识1的是______（填序号）。
常识
猜想
常识1：木头漂在水面，铁钉沉在水底
常识2：轮船从长江驶入大海，船身会上浮一些
常识3：人从泳池浅水区走向深水区，感觉身体变轻
猜想1：与浸入液体的深度有关
猜想2：与液体的密度有关
猜想3：与物体的密度有关
（2）为了验证上述猜想是否正确，小明依次做了如下实验：

①根据A、B、C的结果，可得猜想1是______（正确/错误）的；根据A、C、D的结果，可得猜想1是______（正确/错误）的。深入分析上述现象，可得：浮力大小与______有关，与浸入液体的深度______；
②接下来根据A、D和E______（能/不能）对猜想2进行验证；
③为验证猜想3，小明在老师的指导下，将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度。接着他仿照步骤D进行实验，发现此时测力计示数小于1.8N，便认为该猜想是正确的。小明在该实验环节中存在的问题是______。







26. 小明用如图甲所示电路探究电流与电阻的关系，电源电压3V，电阻R有4个阻值（5Ω、10Ω、15Ω、25Ω）供选用，滑动变阻器Rp规格为“10Ω 2A”。

（1）开关闭合前，应将滑动变阻器滑片P移到最______（左/右）端；闭合开关后，小明发现电流表、电压表示数均为0，他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c、d各接线柱，当接触到d时，电压表开始有示数且为3V，电流表示数仍为0，经进一步检查，电流表及各接线处均完好，则电路中所有可确定的故障是______。
（2）排除故障并将问题元件进行同规格更换，此时R的阻值为5Ω．闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，此时电流表示数如图乙所示，该示数为______A．接着将R阻值换成10Ω，向______（左/右）端移动滑动变阻器滑片，以保持电压表的示数不变。
（3）将R阻值换成15Ω重复上述操作。三组数据如表所示，由此可得：电压一定时，电流与电阻成______。为提高结论的可靠性，换用阻值为25Ω的电阻继续上述实验，是否可行？______（可行/不可行）
实验序号
R/Ω
I/A
①
5

②
10
0.20
③
15
0.13
（4）下列图象中，能大致反映本实验中各物理量之间关系的是______










四、综合题（本大题共2小题，共10.0分）
27. 科技馆里两位老人正饶有兴致地体验升降座椅装置，小明观察后画出简图（如图）进行研究。若爷爷质量m人=60kg，奶奶用F=240N的拉力将爷爷匀速拉升到顶端，该过程中奶奶手握住绳子向下拉动的总长度s=6m。不计绳重和摩擦，g取10N/kg。求：
（1）奶奶所做的功；
（2）动滑轮（含座椅）的质量；
（3）该升降座椅装置的机械效率（保留一位小数）。
28. Phyphox是一款功能强大的物理实验手机软件，其中的AcousticStopwatch功能能够自动记录下所接收到的两次响声之间的时间间隔：当手机接收到第一次响声时便自动计时，当再次接收到响声时计时自动停止（类似于使用秒表时的启动和停止），由于对声音的响应非常灵敏，计时可精确到0.001s。
甲、乙两人使用手机在空旷安静的广场上测量声音的传播速度。他们分别站于间距测量值为s的A、B两处，打开手机软件做好计时准备。甲先在手机边击掌一次，乙听到击掌声之后，也在手机边击掌一次。查看甲、乙两手机均有效记录下了两次掌声的时间间隔，分别为t甲、t乙．
（1）若已知空气中的声速为340m/s，0.001s内声音的传播距离为______m；
（2）本实验中两手机所记录的时间大小关系是t甲______t乙（＞/=/＜）；
（3）测得空气中声音的传播速度v声=______。（用s、t甲、t乙表示）
五、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
29. 如图，请把节能灯正确接人到家庭电路中。















30. 如图，请根据小磁针静止时N极的指向标出A处的磁感线方向和电源正、负极。















31. 图中，请画出FA的力臂l，并在B端画出使杠杆平衡的最小力FB。







六、实验探究题（本大题共2小题，共10.0分）
32. 用如图所示的装置探究平面镜成像特点。
（1）组装器材时，要使玻璃板与水平桌面相互______。实验中选用两只完全相同的棋子A、B，其目的是为了比较像与物______的关系；
（2）若在棋子A的像的位置上放一光屏，光屏上______（能/不能）呈现出像；
（3）若将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90°，则在此过程中，棋子A的像大小变化情况是______。棋子A顶端与其像之间的距离变化情况是______。
33. 小明分别采用图甲、乙所示的实验装置探究蜡烛、冰的熔化特点。
（1）组装甲装置时，A、B两部件中应先固定______部件；探究时采用“水浴法”而不直接用酒精灯加热除了能减缓升温速度，还能使试管______；
（2）图乙中温度计的示数为______℃；
（3）根据实验数据作出两者温度随时间变化的图象（如图丙），其中蜡烛的图象是图______（①/②）；图①中bc段对应的时间内，试管里物质的内能______（变大/变小/不变）。
答案和解析
1.【答案】A

【解析】解：
因为电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播，所以“北斗”卫星是通过电磁波将信息传回地面的，故A正确。
故选：A。
电磁波可以在真空中传播，传播过程不需要介质。
本题考查电磁波的应用及是否能在真空中传播的常识，属基础知识的考查，比较简单。
2.【答案】B

【解析】解：镊子、船桨、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；开瓶器在使用时，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确、ACD错误。
故选：B。
结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
本题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3.【答案】D

【解析】解：十月的苏城桂花飘香，是一种扩散现象，是桂花的芳香分子扩散到空气中，扩散表明分子不停地做无规则运动，故选项ABC错误、选项D正确。
故选：D。
从扩散定义和扩散表明的问题进行解答。
扩散表明分子是不停地做无规则运动，分子的运动无法用肉眼观察到，但可以通过气味、颜色体现。
4.【答案】B

【解析】解：
A、车厢内警示语“请系好安全带”，是为了防止当紧急刹车时，人由于惯性向前倾而造成伤害，故A正确；
B、宿舍内“禁用大功率用电器”，是因为用电器的总功率过大引起电流过大，会导致熔丝熔断，故B错误；
C、刀口锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，容易割伤，说明压强大小与受力面积有关，故C正确；
D、“冰雪路面，加装防滑链”是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，防止打滑，说明滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关，故D正确。
故选：B。
（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性。
（2）熔丝熔断是因为电路中的电流过大，电路中电流过大的原因，一是用电器的总功率过大，二是电路短路；
（3）增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；
（4）增大滑动摩擦力的方法：在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力；在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力增大摩擦力。
本题综合考查了惯性、电路中引起电流过大的原因、增大压强的方法、增大摩擦力的方法，属于基础题。
5.【答案】B

【解析】解：
A、钻木取火，机械能转化成内能，是通过做功的方式改变物体内能的，故A不符合题意；
B、煤炉烧水，水吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递的方式增加水的内能，故B符合题意；
C、压缩空气，使空气升温，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体内能的，故C不符合题意；
D、用“搓手”的方法取暖，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体内能的，故D不符合题意。
故选：B。
（1）热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体转移的过程，在此过程中能的形式不发生变化；
（2）做功实质是能的转化过程，做功的过程中能量的形式变了，有的是机械能和内能的转化过程。
解答此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程也就是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。
6.【答案】C

【解析】解：
A、天然气使用后在短时间内不能再生，所以它是不可再生能源。故A错误；
B、超导材料是指电阻为0的材料，若制成电热器是不可能发热的。故B错误；
C、目前核电站是利用核裂变方式来发电的。故C正确；
D、任何机械在使用过程中总有能量损耗，所以不可能制成永动机。故D错误。
故选：C。
（1）煤、石油、天然气是化石能源，使用后在短时间内不能再生，所以是不可再生能源；
（2）某些物质在很低的温度时，电阻就变成了零，这是超导现象；
（3）获得核能的方式：核裂变和核聚变两种，目前可供人们控制利用的核能是通过核裂变获得的；
（4）任何机械在使用过程中总有能量损耗，所以不可能制成永动机。
此题考查的知识点较多，有能源的分类、超导体的特点、核能的获得方式及能量的转化和守恒等，基础性题目。
7.【答案】D

【解析】解：如图，u=50cm-20cm=30cm，v=80cm-50cm=30cm，此时光屏上出现清晰的像，
u=v=2f=30cm，所以f==15cm，
将蜡烛移至40cm刻度处，u'=50cm-40cm=10cm，
物距小于焦距，凸透镜成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，所以光屏上不能呈现像。
故选：D。
（1）凸透镜成像时，当u=v=2f 时，光屏上呈现倒立、等大的实像，知道物距求出凸透镜的焦距。
（2）当蜡烛移至40cm刻度处，求出物距，根据物距和焦距的关系判断凸透镜成像情况。
（3）实像能在光屏上呈现，虚像不能在光屏上呈现。
本题首先要明确凸透镜的几种成像情况求出凸透镜的焦距，然后再根据变化后的物距和焦距的关系判断成像情况。
8.【答案】D

【解析】解：在烧瓶中注入刚沸腾的水，塞紧瓶塞，将烧瓶倒置，再用冷水浇时，烧瓶中的水蒸气液化，瓶内气压降低，水的沸点降低，所以会看到水重新沸腾，故D正确、ABC错误。
故选：D。
从液体沸点与气压关系角度来分析，气压减小，沸点降低。
本题主要考查学生对沸点与气压的关系的了解和掌握，属于基础知识。
9.【答案】C

【解析】解：由图知：
A、开关S1闭合，电动机M1和M2串联同时工作；S1、S2都闭合，电动机M1被短路不能工作。故A不合题意；
B、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风；S2闭合，电动机M2工作驱动机内水循环。水循环和送风互不影响。故B不合题意；
C、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风；再闭合开关S2，电动机M2工作，驱动机内水循环，使所送的风成为“凉风”；若S1断开，无论S2是否闭合，电动机M2都不能工作。故C符合题意；
D、闭合开关S1，电动机M2工作，驱动机内水循环；再闭合开关S1，电动机M1工作，驱动扇叶送风。故D不合题意。
故选：C。
电路基本连接方式是串联和并联，其中串联电路用电器互相影响，并联电路用电器互不影响；串联电路一个开关可以控制所有用电器，并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关只控制所在支路用电器。
此题考查串、并联电路的设计的应用，这考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用。
10.【答案】A

【解析】解：A、不吹气时，乒乓球受到的重力和支持力是平衡力，乒乓球处于静止状态；竖直向上吹气时，乒乓球底部空气流速大压强小，乒乓球上面流速小压强大，产生向下的压力，乒乓球受竖直向下的重力，乒乓球还受到支持力作用，这三个力是平衡力，乒乓球也处于静止状态，所以竖直向上吹气没有改变乒乓球的运动状态，不能很好的探究流体流速对流体压强的影响，故选项正确。
B、不吹气时，乒乓球由于重力作用会滚下来，水平向右吹气时，乒乓球左侧空气流速大压强小，乒乓球右侧空气流速小压强大，产生向左的压力，乒乓球保持静止状态，所以水平向右吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。
C、不吹气时，乒乓球由于重力作用会滚下落，竖直向下吹气时，乒乓球上方空气流速大压强小，乒乓球下方空气流速小压强大，产生向上的压力，乒乓球保持静止状态，所以竖直向下吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。
D、不吹气时，乒乓球由于重力作用会滚下来，斜向下吹气时，乒乓球右上方空气流速大压强小，乒乓球左下方空气流速小压强大，产生向右上方的压力，乒乓球保持静止状态，所以斜向下吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。
故选：A。
首先分析不吹气时乒乓球的状态，再分析吹气时乒乓球的状态，如果乒乓球受到流体压力时运动状态变化了，就能探究流速对流体压强的影响。
通过本实验给我们一个启示，进行探究实验时不但要理解小实验探究的过程和实验结论，更要大胆想象实验过程变化时是否能得出实验结论。
11.【答案】B

【解析】解：
A、滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，因此此时电压表V2示数为零，由图象可得，图线②反映电压表V2示数随电流的变化，图线①反映电压表V1示数随电流的变化，故A错误；
B、从图乙可以看出，电路中电流为Ia时，电压表V1示数为Ua，电压表V2示数为Ua’，根据串联电路的电压规律可知，电源电压U=Ua+Ua’；
当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表V1测量的是电源电压，此时的示数为Uc，所以Uc=Ua+Ua’，故B正确；
C、从图乙可以看出，电路中电流最小时为Ia，此时滑动变阻器两端的电压要大于R1两端的电压，根据分压原理，滑动变阻器的最大阻值要大于R1的阻值，故C错误；
D、由图可知，当电路中电流为Ic时，电流是最大的，则最大功率为：P=UcIb，故D错误。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
（1）根据电压表V2示数为0判断；
（2）在串联电路中，电源电压等于各部分电压之和；
（3）根据欧姆定律知，当滑动变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中电流最小，由图判断两电阻的电压关系，根据分压原理确定两电阻的关系；
（4）根据公式P=UI可知，当电路中电流最大时，总功率最大。
本题考查欧姆定律及串联电路的规律的灵活运用，关键是从图获取有效的信息，有难度。
12.【答案】D

【解析】解：
①②、以整体为研究对象，图乙、丙对桌面的压力相等，都等于容器、弹簧和小球的总重力，故①错误、②正确；
③④、解锁后，小球受竖直向上的弹簧的弹力、竖直向下的重力，重力小于弹力，合力向上，小球速度越来越大；随着弹簧压缩量的减小，弹力逐渐减小，当弹力与重力相等，小球的速度达到最大；
弹力小于重力时，合力向下，小球速度减小，故③错误、④正确；
故D正确，ABC错误。
故选：D。
（1）以整体为研究对象分析甲乙图中容器对水平桌面的压力大小关系；
（2）在运动过程中小球受重力与弹簧的弹力，当两力大小相等时，小球速度最大，此时弹力与重力是一对平衡力。
本题考查了弹力以及运动和力关系等问题。解题的关键要读懂图，分析弹力的变化情况。
13.【答案】振动  音色

【解析】解：
（1）“钟声”是由于钟的振动产生的。
（2）人通过音色辨别出是钟声。
故答案为：振动；音色。
（1）声音是由物体的振动产生的。
（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
知道声音产生的条件、区分声音的三个特征，可解答此题。
14.【答案】凝固  吸引轻小物体

【解析】解：生产熔喷布时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再凝固成固态的超细纤维，组合成布；
将熔喷布制成口罩时，熔喷布先经过驻极处理，带上静电，因为带电体能吸引轻小的灰尘等小颗粒物，所以增强了口罩的过滤效果。
故答案为：凝固；吸引轻小物体。
（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固；
（2）带电体可以吸引轻小的物体。
本题考查了凝固现象以及带电体的性质，属于基础题，难度不大。
15.【答案】相互  A

【解析】解：如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是相互的，空气给人一个反作用力，人与转盘开始一起反向转动，人站在A点进行上述实验，力臂大于人站在B点进行上述实验的力臂，在A、B两点中，使用相同的力，在A点更容易转动。
故答案为：相互；A。
（1）力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；力的作用是相互的；
（2根据杠杆平衡条件分析在那点更容易转动。
本题考查力的作用效果、力作用的相互性和力的三要素，属于基础题。
16.【答案】29.2  b  2.92×103

【解析】解：
（1）游码标尺的分度值为0.2g，天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量与游码示数的和，石块的质量m=20g+5g+4.2g=29.2g；
（2）量筒读数时，视线要与液柱的凹面相同，故b的读数方法正确；量筒的分度值为1mL，石块与水的总体积为40mL，量筒内装有30mL水，石块的体积为：V=40mL-30mL=10mL=10cm3，
石块的密度：
ρ===2.92g/cm3=2.92×103kg/m3。
故答案为：29.2；b；2.92×103。
（1）根据游码标尺的分度值读出游码对应的刻度；天平在读数时应将砝码质量与游码示数相加；
（2）浸没在液体中的固体体积等于固体浸没在水中前后的液面对应的体积差，读数时视线以凹液面底部为准；根据密度公式ρ=判断计算小石块的密度。
本题通过测定一小石块的密度，考查了天平和量筒的读数、密度的计算，难度适中。
17.【答案】反射  红

【解析】解：发现汽车呈现黄色，这是由于汽车反射黄色光。
将另外一束红光照向汽车的影子，白色背景板反射红光，故区域呈现红色。
故答案为：反射；红。
不透明物体的颜色由它反射的色光决定。
知道物体的颜色之谜，不透明物体的颜色由它反射的色光决定，可解答此题。
18.【答案】甲  机械

【解析】解：
闭合开关，电源与乙电动机接通，电流通过乙电动机，乙电动机转动，将电能转化为机械能，其原理是通电导体在磁场中受力而运动；
乙电动机带动甲电动机一起转动，甲电动机内部的线圈在磁场中切割磁感线，产生感应电流，小灯泡发光，此时甲电动机相当于发电机，将机械能转化为电能，其工作原理是电磁感应现象。
整个过程中能量转化是将电能→机械能→电能，最终转化为小灯泡的内能和光能。
故答案为：甲；机械。
（1）通电导体在磁场中受到磁力的作用而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机。
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，该过程中机械能转化为电能，其实际应用是发电机。
本题考查了对发电机、电动机的原理的理解；要理解电动机和发电机的工作过程是相反的：发电机是由磁场和运动产生电流；电动机是由磁场和电流产生运动。
19.【答案】4.2×106  50%

【解析】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J；
（2）这些煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=qV=4×107J/m3×0.21m3=8.4×106J，
热水器烧水的效率：
η==×100%=50%。
故答案为：4.2×106；50%。
（1）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸=cm（t-t0）求水吸收的热量（有用能量）；
（2）知道使用煤气的体积、煤气的热值，利用Q放=qV求煤气完全燃烧放出的热量（总能量）；热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，是一道较简单的应用题。
20.【答案】1200  向左  10

【解析】解：
正方体物块对水平桌面的压力F=G=12N，受力面积S=0.1m×0.1m=0.01m2，
物块对桌面的压强：p===1200Pa；
向右推动物块，在运动过程中，摩擦力的方向与物体运动方向相反，即它受到向左的摩擦力；
正方体物块的体积：V=0.1m×0.1m×0.1m=0.001m3，
物块全部浸没在水中时受到的浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.001m3=10N，
因为F浮＜G，所以物块掉入水槽中（水足够深）沉底，其静止后所受浮力F浮=10N。
故答案为：1200；向左；10。
（1）物体对水平桌面的压力等于物体本身的重力，求出物块的底面积，即受力面积，根据公式p=可求对桌面的压强；
（2）摩擦力的方向总是与物体相对运动方向或相对运动趋势的方向相反；
（3）首先求得正方体物块的体积，利用F浮=ρ水gV排求得物块全部浸没在水中时受到的浮力，与其重力比较，确定其状态，然后可知其静止后所受浮力。
本题考查了压力和压强的计算、浮力的计算以及摩擦力方向的判断，关键是公式的灵活应用。
21.【答案】1469.5  30n  方案三

【解析】解：（1）电能表单位是kw•h，最后一位是小数位，由图知电能表的示数是1469.5kW•h。
（2）①方案二：2000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2000转，
则节能灯1min消耗的电能：W=kW•h，
节能灯的实际电功率：P===0.03nkW=30nW；
②节能灯的功率：P=10W=0.01kW，
电能表转盘转一圈消耗的电能为：W=kW•h，
节能灯需要工作的时间：t===0.05h=180s；
由以上分析可知：
方案一：因节能灯功率较小，测量出电能表显示消耗1kW•h电能所用的时间t较长，不易操作；
方案二：因节能灯功率较小，小灯泡工作1min“电能表转动不到一圈，无法测量；
方案三：电能表转盘转动1圈消耗的电能可供节能灯工作180s，比较容易测量。
比较可知，方案三容易操作，实验误差较小，最可行。
故答案为：（1）1469.5；（2）①30n；方案三。
（1）电能表的最后一位是小数位，电能表单位是kw•h，根据图示可读出电能表示数。
（2）2000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转2000转，据此求电能表1min转n转消耗的电能，再利用P=求该节能灯的实际电功率；比较三种方案的优缺点，得出结论。
本题考查了利用电能表的读数，计算电能、电功率，关键是对电能表参数的含义理解，应知道电能表最后一位数字是十分位，是小数。
22.【答案】玻璃泡中的空气  低  b  c  半导体

【解析】解：（1）当外界气温上升的时候，球形容器内的气体受热膨胀，由于密闭，所以压强增大，使管内的液面下降；
当外界气温下降的时候，球形容器内的气体受冷收缩，由于密闭，所以压强减小，使管内的液面上升，所以在用温度计测量手掌温度时，玻璃管中的水柱越高，表明手掌的温度越低；
（2）如图丙所示的是高温报警器，当环境温度升高到一定程度时，电磁继电器的衔铁被吸合，动触点和下面的静触点接触，电铃接在b位置时就会被接通发出报警声，断开开关S，电路中没有电流，电磁铁失去磁性，弹簧将衔铁拉起，接在b处的电铃不再工作，可关闭铃声；
当温度低时，低压控制电路断开，电路中没有电流，电磁铁失去磁性，弹簧将衔铁拉起，接在b处的电铃不再工作，可关闭铃声，所以热传感器接在电路中的c位置；
因为热传感器在温度低时能断开开关，说明热传感器的电阻随温度的降低而增大，所以热传感器应使用图乙中的半导体。
故答案为：（1）玻璃泡中的空气；低；（2）b；c；半导体。
（1）气体有着较突出的热胀冷缩的性质，随着外界温度的变化，球形容器内气体的体积会有明显的变化；
（2）根据题中的信息和电磁铁的特点分析解答。
本题主要考查了伽利略温度计的工作原理和高温报警器的原理，了解和掌握气体压强跟温度、体积的关系是解题的关键，是一道中档题。
23.【答案】解：物体做匀速直线运动说明它受到了平衡力的作用。
水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；
竖直方向上有重力和支持力，物体竖直方向上是静止的，重力和支持力就是一对平衡力，大小相等、方向相反。
作用点画在物体的中心就行，画出表示重力和支持力的射线标出箭头、字母，如图所示：


【解析】首先分析物体受到的作用力，物体做匀速直线运动说明物体受到了平衡力---重力和支持力的作用；水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；然后根据力的图示的方法来作图。
能否正确分析物体在水平和竖直方向上的受力情况，是本题的解题关键所在。
24.【答案】解：
（1）灯泡L规格为“6V 3W”，是指额定电压为6V、额定功率为3W。
由P=UI可得灯泡L的额定电流：
I额===0.5A；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，
由欧姆定律可得：
R1===12Ω；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，
由P=UI可知：
R2两端的电压、灯L两端电压之比：
U2：UL′=2：1，
因为U2+UL′=U=6V，
所以R2两端的电压为4V、灯L两端电压为2V，
由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流：
I′=0.25A，
滑动变阻器连入的电阻：
R2===16Ω。
答：（1）灯泡L的额定电流为0.5A；
（2）定值电阻R1的阻值为12Ω；
（3）此时滑动变阻器接入电路的阻值为16Ω。

【解析】（1）知道灯泡L规格（额定电压、额定功率），利用P=UI求灯泡L的额定电流；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，利用欧姆定律求R1的阻值；
（3）由图甲可得，断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，利用P=UI求R2两端的电压、灯L两端电压之比，知道电源电压，可求R2两端的电压、灯L两端电压；由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流，利用欧姆定律求滑动变阻器连入的电阻。
本题考查了电功率公式、欧姆定律、串联电路特点的应用以及对灯的铭牌含义的理解，分析通过灯的电流与电压图象得出相关信息是关键。
25.【答案】3  正确  错误  排开液体的体积  无关  能  没有测量出此时瓶子（含有沙子的）重力

【解析】解：（1）木头漂在水面，是因为木头的密度小于水的密度；铁钉沉在水底，是因为铁的密度大于水的密度，
其中符合常识1的是与物体的密度有关，即符合常识1的是猜想3；
（2）①B、C实验中（物体在水中的深度不同），测力计示数不同，由称重法，两实验中受到的浮力不同，根据A、B、C的结果，可得猜想1是正确的；
而C、D实验中，浸入液体的深度不同，两实验中，测力计示数相同，由称重法，两实验中受到的浮力相同，根据A、C、D的结果，可得猜想1是错误的；
B、C实验中排开液体的体积不同，而C、D实验中排开液体的体积相同，深入分析上述现象，可得：浮力大小与排开液体的体积有关，与浸入液体的深度无关；
②研究浮力与液体的密度有关，要控制排开液体的体积相同，只改变排开液体的密度，故接下来根据A、D和E能对猜想2进行验证；
③根据称重法测浮力，F浮=G-F，
将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度，则此时瓶子（含有沙子的）重力小于2.8N，为验证猜想3，即浮力与与物体的密度有关，应测量出此时瓶子（含有沙子的）重力中，故小明在该实验环节中存在的问题是没有测量出此时瓶子（含有沙子的）重力。
故答案为：
（1）3；（2）①正确；错误；排开液体的体积；无关；②能；③没有测量出此时瓶子（含有沙子的）重力。
（1）木头漂在水面，是因为木头的密度小于水的密度；铁钉沉在水底，是因为铁的密度大于水的密度，
据此分析；
（2）①分析B、C（C、D）实验中相同量和不同量，根据测力计示数不同，由称重法比较两实验中受到的浮力关系，据此回答；
B、C实验中排开液体的体积不同，而C、D实验中排开液体的体积相同，据此分析；
②物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关，研究浮力大小与其中一个因素的关系时，要控制另一个因素不变；
③根据称重法测浮力，F浮=G-F，
将瓶子中的沙子倒掉一些以减小物体密度，则此时瓶子（含有沙子的）重力小于2.8N，据此分析回答。
本题探究浮力的影响因素，考查物体的浮沉条件、称重法测浮力、控制变量法、数据分析和对实验方案的评估。
26.【答案】右  滑动变阻器RP（cd间）断路；电阻R断路  0.4  右  反比  不可行  C

【解析】解：（1）开关闭合前，应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处的右端；
由题意，闭合开关后，他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c各接线柱，电流表、电压表示数均为0，说明电源正极和c之外的电路有断路；
当接触到d时，电流表示数仍为0，电路可能断路，电压表开始有示数且为3V，说明电压表与电源连通，则可能是与电压表并联的电路断路了，因电流表及各接线处均完好，故原因是R断路，导致电压表串联在电路中，综上，电路中所有可确定的故障是：滑动变阻器RP（cd间）断路；电阻R断路；
（2）排除故障并将问题元件进行同规格更换，此时R的阻值为5Ω．闭合开关，调节滑片P，使电压表示数到达某一数值，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，该示数为0.4A；
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；
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，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，以保持电压表的示数不变；
（3）将R阻值换成15Ω重复上述操作，根据表中数据，考虑到误差因素，电流与电阻之积为：
UV=IR=0.4A×5Ω=0.20A×10Ω=0.13A×15Ω≈2V为一定值，由此可得：电压一定时，电流与电阻成反比；
电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=3V-2V=1V，定值电阻分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当变阻器的最大电阻10Ω连入电路中时，对应的定值电阻最大值为：
R滑=2×10Ω=20Ω＜25Ω，换用阻值为25Ω的电阻继续上述实验不可行。
（4）A、因电压表示数不变，即电流与R之积为一定值，故电流随R的变化关系为反比例函数，A错误；
B、换用不同的电阻时，电压表示数不变，B错误；
C、定值电阻的电压为2V，变阻器的电压为1V，由分压原理，变阻器与R的比值为1：2，故变阻器连入电路的电阻与R的关系为一过原点的直线C，C正确；
D、根据P=，定值电阻的功率：
PR=，即电阻的电功率与R之积为一定值，电阻的电功率随R变化关系为反比例函数，D错误。
故选C。
故答案为：
（1）右；滑动变阻器RP（cd间）断路；电阻R断路；（2）0.4；右；（3）反比；不可行；（4）C。
（1）为保护电路，开关闭合前，应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处；
他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触a、b、c各接线柱，电流表、电压表示数均为0，说明电源正极和c之外的电路有断路；
若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（2）根据电流表选用小量程确定分度值读数；
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片移动的方向；
（3）根据表中数据，考虑到误差因素得出电流与电阻之积为一定值分析；
根据电阻两端的电压始终保持UV=2V，由串联电路电压的规律和分压原理求出当变阻器的最大电阻连入电路中时对应的定值电阻最大值；
（4）A、根据电流与R之积为一定值分析；
B、换用不同的电阻时，电压表示数不变，据此分析；
C、由分压原理可知变阻器与R的比值，据此分析；
D、根据P=得出定值电阻的功率，据此分析。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、电流表示数、操作过程、控制变量法、数据分析和对器材的要求等知识，最后一问是难点，关键是明确相关的物理量之间的关系。
27.【答案】解：（1）奶奶所做的功：
W=Fs=240N×6m=1440J；
（2）爷爷的质量m人=60kg，则爷爷的重力：
G=mg=60kg×10N/kg=600N，
由图可知，n=3，不计绳重和摩擦，由F=（G+G动）可得动滑轮（含座椅）的重力：
G动=nF-G=3×240N-600N=120N，
动滑轮（含座椅）的质量：
m动===12kg；
（3）不计绳重和摩擦，该升降座椅装置的机械效率：
η=====×100%≈83.3%。
答：（1）奶奶所做的功是1440J；
（2）动滑轮（含座椅）的质量是12kg；
（3）该升降座椅装置的机械效率是83.3%。

【解析】（1）根据W=Fs可求奶奶所做的功；
（2）不计绳重和摩擦，根据F=（G+G动）变形可求动滑轮（含座椅）的重力，再根据G动=m动g可求动滑轮（含座椅）的质量；
（3）不计绳重和摩擦，根据η====可求该升降座椅装置的机械效率。
此题主要考查了学生对滑轮组省力特点、功和机械效率计算公式的理解和掌握，常见题目。
28.【答案】0.34  ＞ 

【解析】解：（1）声音的传播距离为s=vt=340m/s×0.001s=0.34m；
（2）由记录过程知，t甲比t乙多记录声音传播的时间，故t甲＞t乙；
（3）从A到B处声音的传播的时间为：t=，测得空气中声音的传播速度v声=测得空气中声音的传播速度v声==。
故答案为：（1）0.34；（2）＞；（3）。
（1）根据速度公式s=vt计算声音的传播距离；
（2）根据题意分析两手机记录的时间；
（3）根据速度公式v=计算。
本题考查速度的计算，解题的关键是求声音的传播时间，熟练应用速度公式的变形公式即可正确解题。
29.【答案】解：
灯泡接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，如图所示：


【解析】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，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。
本题考查了家庭电路中电灯和开关的接法；要掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
30.【答案】解：小磁针在磁场中受到磁力作用，小磁针静止时N极指向和磁感线方向相同，所以可以判断磁感线方向如图中箭头方向，根据磁体周围的磁感线都是从N极出发回到S极，可以判断通电螺线管的左端是N极，右端是S极，根据安培定则可以判断电流从通电螺线管的右端进入、从左端流出，可以判断电源的右端是正极、左端是负极，如图。

故答案为：如上图。

【解析】根据小磁针的N极判断磁感线方向，根据磁感线方向判断通电螺线管的磁极，根据通电螺线管的磁极判断电流方向，根据电流方向判断电源正负极。
针对这类习题，知道磁场中小磁针静止时N极指向、磁感线方向、电流方向，知道其中任何一者都能判断另外两者。
31.【答案】解：从支点O向FA的作用线作垂线，垂线段的长度为FA的力臂l；
根据杠杆平衡条件，动力臂越长越省力，力的作用点确定，从支点到动力作用点的距离便为最长的力臂；图中O为支点，要使杠杆平衡且动力最小，就应该让力F作用在B点，OB最长的力臂，则力F应与OB垂直且向下。如图所示：


【解析】（1）动（阻）力臂是指从支点到动（阻）力作用线的距离；已知支点，画出力的作用线，过支点作力的作用线的垂线段，画出力臂；
（2）根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆上支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
要做出杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：①确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；②连接支点与动力作用点，得到最长的线段；③经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；④根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
32.【答案】垂直  大小  不能  不变  先变大后变小

【解析】解：
（1）为了比较物像大小和确定像的位置，实验时玻璃板应该垂直放置；
根据实验要求，选择两棋子的规格是完全相同的，目的是通过比较看出像与物大小的关系；
（2）平面镜成的是虚像，是由反射光线的反向延长线会聚而成的，所以不能成在光屏上；
（3）平面镜成的像与物大小相同，和物到镜的距离无关，人们感觉到的近大远小是一种视觉效果，不影响真实的大小。所以将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90°，则在此过程中，棋子A的像大小变化情况是不变。将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90°，则在此过程中，像与物关于镜面是对称的，棋子A顶端与其像之间的距离变化情况是先变大后变小。
故答案为：（1）垂直；大小；（2）不能；（3）不变；先变大后变小。
（1）如果玻璃板没有放正，所成的像不在水平面上，所以无论怎样移动另一支蜡烛都不能与像重合；
在此实验中，为了比较物像大小关系，利用等效替代的方法，用相同的棋子进行比较，来获得物像大小关系；
（2）要掌握虚像的概念，知道虚像不是实际光线会聚而成的，不能在光屏上承接。
（3）根据平面镜成像特点：正立等大的虚像，像与物关于镜面是对称的解答此题。
本题考查学生动手操作实验的能力。眼睛应在棋子这一侧观察，光屏只能承接实像，不能承接虚像等都是实验中需要特别注意和强调的地方。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
33.【答案】B  受热均匀  -4  ②  变大

【解析】解：（1）在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度，即先固定B；在调节过程中，要点燃酒精灯；水浴法能使物质均匀受热，减缓升温的速度；
（2）由图可知，温度计的分度值为1℃，温度在0℃以下，示数为-4℃；
（3）由图可知，图①中的物质在熔化时温度不变，为晶体，即为冰；图②中的物质吸热，温度一直升高，没有固定的熔点，为非晶体，即是蜡烛；
图①中bc段对应的时间内，试管里冰吸收热量，内能变大。
故答案为：（1）B；受热均匀；（2）-4；（3）②；变大。
（1）因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；用水浴法加热还有个好处就是冰的温度上升速度较慢，便于及时记录各个时刻的温度；
（2）根据温度计的分度值读数；
（3）晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，物质吸收热量，内能变大。
此题是探究冰、蜡烛的熔化特点。考查了对固态物质进行加热的方法，比较了冰和蜡烛在熔化过程中的不同，难度不大。