还剩20页未读，
继续阅读
2020年江苏省镇江市中考物理试卷
展开
这是一份2020年江苏省镇江市中考物理试卷，共23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。
2020年江苏省镇江市中考物理试卷
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. 影响声音音调的因素是声源的（ ）
A. 振幅 B. 频率 C. 材料 D. 结构
2. 下列现象能说明分子做无规则运动的是（ ）
A. 花香满园 B. 尘土飞扬 C. 百花怒放 D. 细雨绵绵
3. 下列物态变化中，属于汽化的是（ ）
A. 湿手烘干 B. 深秋凝霜
C. 清晨结露 D. 冰雪消融
4. 以图中哪一个物体为参照物，正在下降的跳伞员是静止的（ ）
A. 地面 B. 降落伞
C. 地面上行驶的汽车 D. 正在上升的无人机
5. 下列估计值中，最接近实际的是（ ）
A. 一个中学生质量约为500kg B. 人正常步行速度约为10m/s
C. LED 节能台灯的功率约为500W D. 人体的正常体温约为36.5°C
6. 如图所示，蹄形磁铁和铜棒均水平放置。现闭合开关，水平向左移动铜棒，电流表G的指针发生偏转，则（ ）
A. 根据此现象的产生原理可制成电动机
B. 此现象与奥斯特实验现象的产生原理相同
C. 若将铜棒左右来回移动，可产生交变电流
D. 仅将磁铁水平向右移动，G 的指针不偏转
7. 某汽油机的四个冲程如图所示。在该汽油机的一个工作循环中，压缩冲程结束后，下一个冲程是（ ）
A. B. C. D.
8. 在新冠肺炎疫情期间，为加强对进校人员的管控，学校对电动门控制系统进行了改造：进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门。用S1闭合表示体温正常，用S2闭合表示佩戴了口罩，则符合改造要求的电路是（ ）
A. B.
C. D.
9. 如图所示，闭合开关S，发现灯L不亮，用测电笔接触M点时氖管发光，而接触N、Q点时氖管均不发光。若仅有一处发生断路，则该处可能是（ ）
A. 熔丝处 B. P、M 间某处 C. M、N 间某处 D. N、Q 间某处
10. 如图所示，棋子P、Q叠放在一起静止在水平桌面上，用尺将Q快速水平击打出去。则（ ）
A. 击打前，Q在两个力的作用下处于平衡状态
B. Q在P的下方滑动时，P受到摩擦力的作用
C. 离开P后滑动过程中，Q受到的摩擦力逐渐减小
D. 离开P后滑动过程中，Q的运动状态保持不变
11. 当蜡烛、透镜甲和光屏放置在图示位置时，烛焰在光屏上成清晰的像。现保持蜡烛和透镜的位置不变，将透镜甲更换为透镜乙后，需将光屏向左移动距离S，方可在光屏上再次成清晰的像，则（ ）
A. 透镜甲的焦距为20cm B. 透镜甲的焦距比乙的大
C. 第二次所成的像是放大的 D. 光屏移动的距离s＜10cm
12. 测温模拟电路如图1所示，温度表由量程为3V的电压表改装而成，电源电压U为6V，R的阻值为40Ω，热敏电阻的阻值Rt随温度t变化的关系如图2所示。则当开关S闭合后（ ）
A. 电路可测量的最高温度为50°C
B. 温度表的0°C 应标在电压表零刻度处
C. 若增大U，电路可测量的最高温度将增大
D. 若U 增大3V，R 增大45Ω，电路可测量的最高温度将增大
二、填空题（本大题共10小题，共27.0分）
13. 如图，物块的长度为______cm。
14. 如图，电压表的示数为______V。
15. 如图所示，吸管A插入杯中，吸管B管口贴在A管上端。往B管中吹气，A管中水面将上升，这是因为A管口处气体压强变______。如图是探究影响液体内部压强因素的实验装置，将金属盒向下移动，观察到U形管两边液面的高度差h变大，表明金属盒所在处水的压强变______，说明了液体内部压强与______有关。
16. 额定电压为220V的家用电暖器正常工作时，通过内部电热丝的电流为5A，则电热丝正常工作时的电阻为______Ω，工作10min产生的热量为______J．电热丝通电后变得很烫，而连接的导线却不怎么热，这是由于导线电阻远______（选填“大于”或“小于”）电热丝电阻的缘故。
17. 质量为10kg的水温度升高22°C，需要吸收的热量为______J，若不考虑热量散失，这些热量需要完全燃烧______g的天然气来提供。天然气是______（选填“可再生”或“不可再生”）能源。[c水=4.2×103J/（kg•℃），q天然气=4.4×107J/kg]
18. 如图所示，某同学站在电梯内的电子秤上，在电梯向下匀速运动的过程中，该同学的重力势能______，机械能______（上述两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。在电梯减速停靠一楼的过程中，电子秤的示数比该同学所受重力______。
19. 经过1.5h，小林家中电能表的示数从图示变，则此段时间内电能表的转盘转动了______圈，家庭电路实际消耗的功率为______kW；此段时间内，若通过电能表的电流为其正常工作的最大电流I，则I=______A。
20. 光在空气和水的分界面处同时发生反射和折射的光路如图所示，其中折射角为∠______（选填“1”、“2”或“3”），分界面为______（选填“①”“②”），分界面的______方为水。当入射角减小时，反射光线与折射光线的夹角将变______。
21. 某电烤箱内部简化电路如图所示，R1和R2为长度和材料均相同的电热丝，铭牌上的部分参数如表所示。该电烤箱处于低温挡时，正常工作12min所消耗的电能为______kW⋅h，R2的阻值为______Ω，R1的横截面积比R2的______。
电烤箱参数表
额定电压
220V
额定
功率
高温档
1500W
低温档
500W
22. 如图所示，电源电压为6V，R为“30Ω0.25A”滑动变阻器，R1为“10Ω0.3A”电阻，R2为“20Ω0.4A”电阻，电压表量程为0∼3V．①闭合S1和S2，断开S3时，调节R，使其接入电路的阻值为10Ω，此时电路消耗的电功率为______W；②断开S1，闭合S2、S3，调节R，使电压表的示数为1V，则R接入电路的阻值为______Ω；③闭合所有开关，在保证电路安全的前提下，电阻R2消耗的电功率范围为______。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
23. 足球静止在水平桌面上，O为重心，请画出足球受力的示意图。
24. 请根据平面镜成像特点，作出图中点光源S发出的一条入射光线的反射光线。
25. 如图，小磁针处于静止状态且螺线管的左端极性已知。请在两虚线框内分别标出小磁针和电源的极性。
四、实验探究题（本大题共4小题，共21.0分）
26. 如图所示，弹簧测力计的示数为______N。
27. 在探究不同物质吸热升温的现象实验中：
（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则他应将平衡螺母向______端调节；调节天平平衡后，为称取质量相等的沙子和水，小强将装有沙子和水的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是______。
（2）小强组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是______。
（3）实验中某时刻温度计的示数如图4所示，其读数为______°C。
（4）实验结束后，小强根据图5所示的温度随时间变化图象，用三种方法来比较沙子和水吸热升温的快慢，从而建立比热容的概念：①在相同的时间t内比较温度变化△T；②在相同的温度变化△T内比较时间t；③若△T和t均不同，则可用______来比较沙子和水吸热升温的快慢。在初中物理中，比较物体______的快慢时也用到了上述方法。
28. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞。通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
（1）为探究小车动能与质量的关系，应选用场景①和______（选填“②”、“③”或“④”）进行实验；选用场景③和④进行实验时，可探究小车动能与______的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越______，木块被碰撞后在木板上______。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究______对物体运动的影响。为提高实验结论的准确性，还需再增加一次实验，为此，在场景①的基础上，你所作的调整是：______。
29. 小华用图1所示电路来测量小灯泡的电功率（部分器材的规格已标明）。
（1）图1是小华正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处：①______；②______。
（2）闭合开关进行实验，小华发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零。已知仅导线发生故障，则图1中导线______（选填“①”、“②”或“③”）发生了______（填写故障名称）。
（3）小华进行了六次实验，记录实验数据并在U-I图象中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系
图象如图2所示。则根据记录的数据和图象可知：
①小灯泡的额定功率为______W。
②实验中所使用的滑动变阻器的规格可能为______。
A.5Ω 2A
B.10Ω 2A
C.20Ω 1A
D.30Ω 1A
（4）实验结束后，小华继续对滑动变阻器两端电压与通过它的电流关系进行了探究，则他画出的U-I图象应为图3中的虚线______（选填“①”、“②”或“③”），你选择的依据是______。
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
30. 如图1所示，质量为20kg的重物放在水平地面上，重物与地面间的接触面积为0.1m2．利用图2所示的滑轮组，小明在20s内将重物匀速提高5m，他对绳子自由端施加的拉力为150N．不计绳重和轮轴处摩擦，g取10N/kg。
（1）求图1中重物对地面的压强。
（2）在图2所述过程中，求：
①小明所做的额外功。
②小明做功的功率。
31. “超级电容”电动公交车利用超级电容替代电池储存电能，仅需在起始站和终点站充电数分钟就能完成一次运营。在平直公路上某次运营过程简化为图示三个阶段：
阶段一：公交车充满电后，从起始站加速运动至A处时速度达到54km/h，此阶段电容释放的电能为E1=1.5×106J，其中80%转化为车的动能。
阶段二：公交车从A处开始以54km/h的速度匀速行驶100s后到达B处，此阶段电容释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶。公交车匀速行驶时所受阻力为3000N。
阶段三：公交车从B处开始刹车，最后停在终点站。
（1）求公交车运动至A处时的动能E2。
（2）在公交车匀速行驶的过程中，求电容释放的电能E3。
（3）在进站刹车过程中，若公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存在电容中。
①求进站刹车过程中回收的电能E4。
②到达终点站后，要将电容充满电，求需要充入的电能E5。
六、综合题（本大题共1小题，共9.0分）
32. 图1是蓄水池水位自动控制模拟装置：可绕O点转动的轻质杠杆A端用轻绳系一正方体浮块，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡。已知：AO长为1m，BO长为2m；浮块边长为20cm，密度为5×103kg/m3，下表面距池底2m；当电磁铁线圈中的电流I≤0.02A时，衔铁K被释放，水泵开始工作向水池注水，反之停止注水，池内达到所设定的最高水位，线圈电阻不计；电压U=6V，电阻箱R调至75Ω；设RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示。g取10N/kg。
（1）浮块的重力为______N．在达到最高水位之前，随着浮块排开水的体积逐渐增大，支架对RF的压力将______。
（2）当池内达到所设定的最高水位时，求：
①轻绳对浮块的拉力。
②池内水面距池底的高度。
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，在其他条件不变的情况下，电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：音调指声音的高低，由振动频率决定，故影响声音音调的因素是声源振动的频率；故B正确，ACD错误。
故选：B。
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。
本题考查声音的三要素，音调指声音的高低，由振动频率决定。
2.【答案】A
【解析】解：A、鲜花的芳香分子不停地做无规则运动，所以人们能够感受到“花香满园”。故A符合题意；
B、尘土飞扬是固态颗粒的机械运动，与分子无规则运动无关。故B不符合题意；
C、百花怒放是植物生长行为，与分子无规则运动无关。故C不符合题意；
D、细雨绵绵是雨滴的机械运动，与分子无规则运动无关。故D不符合题意。
故选：A。
物质是由分子构成的，构成物质的分子都在不停地做无规则运动。不同物体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的做无规则运动。
本题考查分子热运动和机械运动。明确肉眼能看到的运动都不是分子运动。
3.【答案】A
【解析】解：A、湿手烘干是手上的水汽化为水蒸气，故A正确。
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面，故B错误。
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，故C错误。
D、冰雪消融是冰的熔化现象，故D错误。
故选：A。
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。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】B
【解析】解：
跳伞员在下降的过程中，跳伞员与地面、地面上行驶的汽车以及正在上升的无人机之间的位置不断发生着变化，以地面、地面上行驶的汽车、正在上升的无人机为参照物，跳伞员是运动的；
跳伞员在下降的过程中，跳伞员与降落伞之间的位置没有发生变化，以降落伞为参照物，跳伞员是静止的；故ACD不符合题意符，B符合题意。
故选：B。
判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化，若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的。
判断参照物是研究物体运动状态的一个逆过程，是已知物体的运动情况，判断以“谁”为参照物。要求学生熟练掌握判断物体运动状态的方法，并能体会动与静的相对性。
5.【答案】D
【解析】解：A、中学生质量约为50kg，故A错误。
B、人正常步行速度约为1m/s左右，故B错误。
C、LED节能台灯的功率约为5W，故C错误。
D、人体的正常体温约为36.5°C，符合实际，故D正确。
故选：D。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此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，找出符合实际的选项即可。
6.【答案】C
【解析】解：
A、由图可知，水平向左移动铜棒，电流表G的指针发生偏转，说明产生了电流，这是电磁感应现象，利用该现象制成了发电机，故A错误；
B、奥斯特实验说明电流的周围存在磁场，与电磁感应现象不同，故B错误；
C、若将铜棒左右来回移动，铜棒切割磁感线的方向不同，产生的电流的方向不同，所以可产生交变电流，故C正确；
D、仅将磁铁水平向右移动，铜棒做切割磁感线运动，会产生交变电流，G的指针偏转，故D错误。
故选：C。
产生感应电流的条件是：电路是闭合的，部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
本题考查了产生感应电流的条件和感应电流的方向的影响因素，是学以致用的典型题目。
7.【答案】C
【解析】解：汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该汽油机的一个工作循环中，压缩冲程结束后，下一个冲程是做功冲程，由图可知，C图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C正确；
故选：C。
由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。
解答此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。
8.【答案】D
【解析】解：进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门，即两个开关同时闭合电路才能接通电路，只闭合其中任一开关，电路不能连通，故两开关串联后再与电动机串联，只有D正确。
故选：D。
根据进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门可确两开关的连接方式，从而确定正确选项。
本题考查根据要求设计电路图，关键是根据“进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门“确定两开关串联。
9.【答案】C
【解析】解：电灯L不亮，用测电笔接触M点时氖管发光，说明M与火线之间是接通的；接触N、Q点时氖管均不发光，说明这两点与火线之间是断开的，所以故障是MN之间发生了断路现象，故C正确。
故选：C。
电灯L不亮，说明电路出现了断路现象；用试电笔接触某点时，若氖管发光，说明该点与火线是相连的，不发光，说明该点与火线之间是断开的。
本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
10.【答案】B
【解析】解：
A、棋子P、Q叠放在一起静止在水平桌面上，Q受到竖直向下的重力、竖直向下的P对Q的压力、竖直向上的支持力的作用，共三个力，故A错误；
B、Q在P的下方滑动时，Q与P之间存在压力，发生了相对滑动，所以P受到摩擦力的作用，故B正确；
C、离开P后滑动过程中，压力、接触面的粗糙程度不变，则受到的摩擦力不变，故C错误；
D、离开P后滑动过程中，Q由于受到阻力的作用，其运动状态是变化的，故D错误。
故选：B。
（1）根据图片对Q进行受力分析；
（2）物体之间存在压力且发生相对滑动时，会受到摩擦力的作用；
（3）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
（4）物体处于静止或匀速直线运动状态时，运动状态是不变的。
本题考查了摩擦力产生的条件、物体的受力分析、运动状态的判定、影响摩擦力大小的因素，难度不大，要掌握。
11.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，此时的u=v=2f，成的是倒立、等大的实像，所以2f=20cm，则f=10cm，故A错误；
B、现保持蜡烛和透镜的位置不变，将透镜甲更换为透镜乙后，需将光屏向左移动距离S，此时的像距减小，则物距不变的情况下，相当于减小了焦距，所以透镜甲的焦距比乙的大；故B正确；
C、替换乙后，此时的物距大于像距，成倒立、缩小的实像，故C错误；
D、由于不知道乙透镜的焦距的大小，所以无法判定光屏移动的距离，故D错误。
故选：B。
（1）当u=v=2f时，凸透镜成倒立等大的实像，据此分析；u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f；
（2）凸透镜成实像时，物距变大，像距变小，像变小。
要熟记凸透镜成像的规律，搞清物距与像距之间的关系是解答此题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：由a图可知，R、Rt串联，电压表测Rt两端电压，
A、当电压表的示数最大，即Ut=3V时，电路允许测量的温度最高，
根据串联电路两端的总电压等于各分电阻两端的电压之和可得：
定值电阻R两端的电压：UR=U-Ut=6V-3V=3V，
则电路中的电流：
I===0.075A，
热敏电阻的阻值：
Rt===40Ω，
由图象可知，此电路允许的最高环境温度为30℃，故A错误；
B、当温度表的示数为0°C时，热敏电阻Rt的阻值不为零，根据串联电路的分压作用知，热敏电阻Rt两端的电压不为零，电压表的示数不为零，故B错误；
C、若增大电源电压U，电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=知电路的电流增大，热敏电阻的阻值Rt的阻值减小，电路可测量的最高温度减小，故C错误；
D、若U 增大3V，即电源电压为3V+6V=9V，R 增大45Ω，此时电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，变为9V-3V=6V，由欧姆定律I=知此时电路的电流为I′===A，热敏电阻的阻值Rt的阻值为Rt′===42.5Ω，由图2知此时电路可测量的最高温度大于30Ω，即电路可测量的最高温度将增大，故D正确。
故选：D。
由电路图知两电阻串联，电压表测Rt两端电压。
（1）当电压表的示数最大时电路允许测量的温度最高，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出热敏电阻的阻值，由图象读出环境的最高温度；
（2）根据串联电路的分压作用分析解答；
（3）若增大电源电压U，电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=知电路的电流增大，热敏电阻的阻值Rt的阻值减小，由图2可知电路可测量最高温度的变化；
（4）若U 增大3V，R 增大45Ω，此时电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=算出此时电路的电流和热敏电阻的阻值Rt的阻值由图2判断出此时电路可测量的最高温度。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象读出热敏电阻对应的温度。
13.【答案】2.50
【解析】解：
图中刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0.00cm对齐，右侧与2.50cm对齐，所以物体的长度为2.50cm。
故答案为：2.50。
使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
读取不同测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直。
14.【答案】0.9
【解析】解：读图可知，电压表选择的量程为0～3V，其分度值为0.1V，则其示数为0.9V。
故答案为：0.9。
读取电压表示数时，首先要明确电压表选择的量程和对应的分度值，读数时视线与指针所在刻度线相垂直。
电压表是电学中最重要的测量仪器之一，明确其读数方法要先看量程、分度值，再观察指针位置，是正确解答的关键。
15.【答案】小 大 深度
【解析】解：（1）往B管中轻轻吹气，可以看到A管中的水面上升，原因是：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速变大、压强变小，A管中水受到向上的压强差，所以A管水上升；
（2）将图中的金属盒逐渐下移，U形管两边的液面高度差变大，说明在同一种液体里，液体的压强随深度的增大而增大。
故答案为：小；大；深度。
（1）吸管和烧杯构成连通器，吹气之前，吸管内和烧杯内液面相平。当向B管吹气时，A管上方的空气流动速度增大，压强减小，A管下方压强不变，A管内的液体受到向上的压强大，液面上升；
（2）将图甲中的金属盒逐渐下移，U形管两边的液面高度差变大，即液体内部压强变大，由于液体密度、方向一样，压强变大是深度变大导致的。
本题考查流速与压强的关系，以及液体压强的特点，难度不大。
16.【答案】44 6.6×105 小于
【解析】解：
（1）由题知，电暖器在220V电路中工作时，通过电热丝的电流为5A，
由欧姆定律可得，电热丝正常工作时的电阻：
R===44Ω；
工作10min产生的热量：
Q=I2Rt=（5A）2×44Ω×10×60s=6.6×105J；
（2）电热丝和导线串联在电路中，电流相等，电热丝比导线热，导线电阻比电热丝小得多，由Q=I2Rt知，相同时间里电流通过导线产生热量远远小于电热丝消耗的热量。
故答案为：44；6.6×105；小于。
（1）已知电暖器所加电压和通过的电流，利用欧姆定律求电阻，再利用焦耳定律求产生热量；
（2）串联电路中电流处处相等，通电时间相同，根据Q=I2Rt分析电热丝的电阻和电线电阻关系。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律和焦耳定律公式的应用，熟练运用公式是关键。
17.【答案】9.24×105 21 不可再生
【解析】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×22℃=9.24×105J，
如果不考虑热量散失，天然气完全燃烧释放的热量：Q放=Q吸=9.24×105J，
由Q放=mq可得，完全燃烧天然气的质量：
m天然气===0.021kg=21g；
（2）天然气随着使用不断的减少，短时间内从自然界得不到补充，因此属于不可再生能源。
故答案为：9.24×105；21；不可再生。
（1）知道水的质量和升高的温度以及比热容，利用Q吸=cm△t求出水吸收的热量，如果不考虑热量散失Q放=Q吸，根据Q放=mq求出完全燃烧天然气的质量；
（2）能够短时间内从自然界源源不断得到补充的是可再生能源，短时间内从自然界得不到补充的是不可再生能源。
本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧释放热量公式的应用以及能源的分类，是一道较为简单的应用题。
18.【答案】减小 减小 大
【解析】解：电梯向下匀速运动的过程中，该同学的质量不变、速度不变，动能不变；质量不变、高度减小，重力势能减小，所以机械能减小；
电梯减速停靠一楼的过程中，人会向下做减速运动，则人所受的合力是向上的，而人受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，所以支持力大于重力，可得电子秤的示数比该同学所受重力大。
故答案为：减小；减小；大。
动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与高度和质量有关；机械能为动能和势能的和；根据人的运动状态判定其受力情况。
本题考查了影响机械能大小的因素、物体运动状态的判定和受力分析，难度不大，要掌握。
19.【答案】9900 2.2 10
【解析】解：
由于电能表的最后一位数是小数，单位kW•h，原来电能表的示数为2020.7kW•h，后来电能表的示数为2024.0kW•h，
这段时间内消耗的电能：
W=2024.0kW•h-2020.7kW•h=3.3kW•h，
3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，
此段时间内电能表的转盘转数：
n=3000r/kW•h×3.3kW•h=9900r；
家庭电路实际消耗的功率：
P===2.2kW=2200W；
由P=UI得通过电能表的电流：
I===10A。
故答案为：9900；2.2；10。
电能表的读数：电能表的最后一位数是小数，单位kW•h；消耗的电能等于前后电能表的示数之差；3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求此段时间内电能表的转盘转数，再利用P=求家庭电路实际消耗的功率；再利用P=UI求通过电能表的电流。
本题考查了消耗电能、电功率的计算以及电能表的读数方法，明确电能表相关参数的意义是关键。
20.【答案】2 ② 上 大
【解析】解：由图可知，∠1等于∠3，因此①是法线，②是界面，CO是入射光线，OA是反射光线，OB是折射光线；
又因为∠2大于∠3，即折射角大于入射角，所以分界面下方是空气，上方是水；
因反射角等于入射角，所以当入射角变小时，反射角变小，折射角也会减小，所以反射光线与折射光线的夹角将变大。
故答案为：2；②；上；大。
（1）反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；根据定律反射光线和入射光线与法线的夹角一定相等，由此可确定入射光线和反射光线，以及法线和界面。
（2）折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；因为入射光线和折射光线一定在相对的两个区域中，由此确定入射光线和折射光线。
（3）最后根据确定的入射光线、反射光线、折射光线判断反射光线与折射光线的夹角变化。
在两种透明介质的界面上，会同时发生折射和反射，反射光线与入射光线分居法线两侧且在同种介质中；折射光线与入射光线也是分居法线两侧，但在两种不同介质中。
21.【答案】0.1 48.4 小
【解析】解：由电路图可知，当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中的电阻最小，由P=可知，电烤箱的电功率较大，据此确定电烤箱为高温档；
开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的基本电路，电路的电阻较大，由P=可知，电烤箱的电功率较小，据此确定电烤箱为低温档；
（1）电烤箱低温挡正常工作12min消耗的电能：
W=P低t=500×10-3kW×h=0.1kW•h；
（2）由P=可得，R1的阻值：
R1===96.8Ω，
R2的功率：P2=P高-P低=1500W-500W=1000W，
R2的阻值：
R2===48.4Ω；
（3）因R1＞R2，而R1和R2为长度和材料均相同的电热丝，则R1的横截面积比R2小。
故答案为：0.1；48.4；小。
由电路图可知，当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中的电阻最小，由P=可知，电烤箱的电功率较大，据此确定电烤箱为档位；
开关S1闭合S2断开时，电路为R1的基本电路，由P=可知，电烤箱的电功率较小，据此确定电烤箱为档位；
（1）根据W=Pt可求出电烤箱低温挡正常工作12min消耗的电能；
（2）先根据高温档和低温档功率求出R2的功率，再利用P=的应用分别求出R1、R2的阻值；
（3）导体的电阻决定于导体的长度、材料、横截面积和温度等，在长度和材料相同时，横截面积越小电阻越大。
本题考查电功、电功率计算公式的应用，以及影响电阻大小的因素，关键能正确辨别电路的连接方式，并判断出开关在不同状态下的档位。
22.【答案】1.2 6 0.45W～1.25W
【解析】解：
（1）闭合S1和S2，断开S3时，滑动变阻器与R2串联，
因为串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，则电路的总电阻：
R总=R2+R′=20Ω+10Ω=30Ω；
电路消耗的电功率P总===1.2W；
（2）断开S1，闭合S2、S3，滑动变阻器与R1、R2串联，电压表测R两端的电压，
则R12=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω；
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以R1、R2两端的电压：U12=U-UR=6V-1V=5V，
此时电路中的电流：I′===A，
根据I=可得：
滑动变阻器接入电路中的阻值：R″===6Ω；
（3）闭合所有开关，由于对R1短路，则滑动变阻器与R2串联，电压表测R两端的电压，根据滑动变阻器和R2允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，利用P=I2R求出电阻R2消耗的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，根据电阻的串联求出R2两端的电压，利用P=求出电阻R2消耗的最小电功率。
因为串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为0.25A，电阻R2允许通过的最大电流为0.4A，
所以电路中的最大电流为0.25A，此时R2消耗的最大电功率：
P2最大=I最大2R2=（0.25A）2×20Ω=1.25W；
当电压表的示数U滑最大=3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以R2最小两端的电压：U2最小=U-U滑最大=6V-3V=3V，
R2消耗的最小电功率：
P2最小==0.45W。
故答案为：1.2；6；0.45W～1.25W。
（1）闭合S1和S2，断开S3时，滑动变阻器与R2串联，根据电阻的串联特点求出电路中的电阻，根据P=求出电路消耗的电功率；
（2）断开S1，闭合S2、S3，滑动变阻器与R1、R2串联，电压表测R两端的电压，利用串联电路的特点求出R1、R2两端的总电阻；利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中电流，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
（3）闭合所有开关，由于对R1短路，则滑动变阻器与R2串联，电压表测R两端的电压，当电路中的电流最大时滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据滑动变阻器和R2允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，利用P=I2R求出电阻R2消耗的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，根据电阻的串联求出R2两端的电压，利用P=求出电阻R2消耗的最小电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据开关的断开和闭合判断出电路的连入方式和电路中最大、最小电流的确定。
23.【答案】解：足球静止在水平桌面上，处于平衡状态，受到重力G和支持力F是一对平衡力，大小相等、方向相反，过足球的球心O，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，注意两条线段的长度要相等，并分别标上符号G、F，如图所示：
【解析】物体静止在水平桌面上，受到重力G和支持力F，作用点在重心，重力的方向是竖直向下的，支持力的方向是竖直向上。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
24.【答案】解：过镜面作出点S的对称点S′，即为点光源S在平面镜中的像，连接S′O并延长则OA为反射光线，如下图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点像与物关于镜面对称做出像点，然后根据反射光线的反向延长过像点做出反射光线即可。
此题考查光的反射光路图的画法，认真审题，注意题目要求，并知道反射光线的反向延长过像点是解答此题关键。
25.【答案】解：①由图可知，螺线管的左端为N极，则右端为S极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的右侧为N极；
②根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的右端为负极，左端为正极。
如图所示：
【解析】①知道通电螺线管的磁极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的N极。
②根据右手螺旋定则（安培定则）判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点以及利用手安培定则判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
26.【答案】2.4
【解析】解：由图可知，弹簧测力计的最大刻度是5N，则量程为0～5N，分度值是0.2N，指针在“2”下面第二个格，示数为2.4N。
故答案是：2.4。
弹簧测力计读数时，先观察量程，然后根据指针所在位置进行读数。
本题考查了弹簧测力计的读数方法，属于基础题目。
27.【答案】右 不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水） 温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触） 35 或 运动
【解析】解：（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则天平右端上翘，他应将平衡螺母向右端调节；
调节天平平衡后，为称取质量相等的沙子和水，小强将装有沙子和水的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是：不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水）；
（2）小强组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是：温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触）；
（3）实验中某时刻温度计的示数如图4所示，温度计分度值为1°C，其读数为35°C；
（4）若△T和t均不同，则可用或；来比较沙子和水吸热升温的快慢。在初中物理中，比较物体运动的快慢时也用到了上述方法。
故答案为：（1）右；不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水）； （2）温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触） （3）35； （4）或；运动。
（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，调节横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端调节；
调节天平平衡后（游码归零），为称取质量相等的沙子和水，天平再次平均时，即称取相等质量的沙子和水；
（2）温度计玻璃泡要与水充分接触；
（3）根据温度计分度值读数；
（4）单位时间通过的路程叫速度，用速度比较物体运动的快慢，根据类比法回答。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平和温度计的使用及类比法的运用，体现了对过程和方法的考查。
28.【答案】③ 速度 多 滑行的距离越长 阻力（或摩擦力） 在木板上铺设玻璃板（或毛巾）
【解析】解：（1）为探究小车动能与质量的关系，应让两质量不相同小车分别从同一斜面同高度由静止滑下，小车的质量不同，初速度相同，所以可探究动能与小车的质量的关系；应选场景①和③。
选用场景③和④进行实验时，控制了两小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的速度的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越多，木块被碰撞后在木板上滑行的距离越长。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，完全相同的两小车到达水平面时初速度相同，水平面的粗糙程度不同，小车的滑行距离不同，据此场景可以探究摩擦力对物体运动的影响。
为提高实验结论的准确性，应改变水平面的粗糙程度进行重复实验，得到普遍性规律，还需再增加一次实验；为此，在场景①的基础上，所作的调整是：在木板上铺设玻璃板（或毛巾）。
故答案为：（1）③；速度；（2）多；滑行的距离越长；（3）阻力（摩擦力）；在木板上铺设玻璃板（或毛巾）。
（1）动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小。
（2）若一个物体能够对外做功，我们就说该物体具有能量，在实验中我们一般将物体具有能量的多少转化为其能对外做功的多少，故此实验把物体具有动能的大小转换为木块被撞击后滑动的距离，距离越远表明小车的动能越大，运用了转换法。
（3）探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，平面越光滑，小球运动的距离越长，说明小球受到的阻力越小，速度减小得越慢；为提高实验结论的准确性，应选择不同水平面材料进行实验。
本题将“阻力对物体运动的影响”、“影响动能大小的因素”两个实验相结合，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的试验中多注意分析实验的方法。
29.【答案】开关闭合 没有将变阻器最大电阻连入电路 ① 断路 0.75 D ① 电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等，由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V
【解析】解：
（1）两个不妥之处：①开关闭合；②没有将变阻器最大电阻连入电路；
（2）电流表示数始终为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，则图1中导线①发生了断路，导致电压表串联在电路中了；
（3）根据U-I图象知，灯在额定电压下的电流为0.3A，
①小灯泡的额定功率为：
P=ULI=2.5V×0.3A=0.75W。
②根据U-I图象知，灯的电压为0.5V时，电流为0.1A，由串联电路的规律及欧姆定律，此时，实验中所使用的滑动变阻器连入电路的电阻为：
R滑===25Ω，故变阻器的的规格可能为30Ω 1A，选D；
（4）因电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等（串联电路各处的电流相等），故由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V，由下图知，只有图3中的虚线①符合这个条件，故他画出的U-I图象应为图3中的虚线。
故答案为：（1）①开关闭合；②没有将变阻器最大电阻连入电路；（2）①；断路；（3）①0.75；②D；（4）①；电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等，由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V。
（1）连接电路时，为保护电路，开关要断路，将变阻器最大电阻连入电路；
（2）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，则与电压表并联的电路断路了；
（3）①根据U-I图象知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
②根据U-I图象知灯的电压为0.5V时电流大小，由串联电路的规律及欧姆定律得出此时实验中所使用的滑动变阻器连入电路的电阻，确定变阻器的的规格；
（4）已知电源电压，由串联电路规律结合图3分析。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、故障分析、功率计算、串联电路的规律及欧姆定律的运用，综合性较强。
30.【答案】解：
（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力：
F=G=mg=20kg×10N/kg=200N，
对地面的压强：
p===2000Pa；
（2）①拉力做的有用功：
W有用=Gh=200N×5m=1000J，
绳子自由端移动的距离s=2h=2×5m=10m，
拉力做的总功：
W总=Fs=150N×10m=1500J，
拉力做的额外功：
W额=W总-W有用=1500J-1000J=500J；
②小明做功的功率：
P===75W。
答：（1）图1中重物对地面的压强为2000Pa。
（2）①小明所做的额外功为500J。
②小明做功的功率为75W。
【解析】（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，利用p=求出对地面的压强；
（2）①由W有用=Gh可求得有用功，由W总=Fs可求得总功，总功减去有用功等于额外功；
②利用P=求小明做功的功率。
本题考查了压强公式和做功公式、功率公式的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等以及滑轮组绳子的有效股数的确定。
31.【答案】解：（1）因为释放的电能80%转化为车的动能，
所以公交车运动至A处时的动能：
E2=E1×80%=1.5×106J×80%=1.2×106J；
（2）公交车匀速行驶的速度为：v=54km/h=15m/s，
根据v=得，匀速行驶100s的路程为：
s=vt=15m/s×100s=1500m，
因为公交车匀速行驶时牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，
所以公交车匀速行驶时所受牵引力：F=f=3000N，
牵引力做的功为：
W=Fs=3000N×1500m=4.5×106J，
因为电容释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶，
所以在公交车匀速行驶的过程中电容释放的电能为：
E3===5×106J；
（3）①公交车匀速直线行驶时，动能不变，即动能为E2=1.2×106J；
因为公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存起来，
所以回收的电能为：
E4=E2×75%=1.2×106J×75%=9×105J；
②阶段一和阶段二释放的电能为：
E总=E1+E3=1.5×106J+5×106J=6.5×106J，
需要充入的电能：
E5=E总-E4=6.5×106J-9×105J=5.6×106J；
答：（1）公交车运动至A处时的动能E2为1.2×106J；
（2）在公交车匀速行驶的过程中，电容释放的电能E3为5×106J；
（3）①进站刹车过程中回收的电能E4为9×105J；
②到达终点站后，要将电容充满电，需要充入的电能E5为5.6×106J。
【解析】（1）已知释放的电能，根据释放电能的80%转化为动能进行计算即可；
（2）先根据速度公式的应用求出公交车匀速行驶的路程，然后根据W=Fs求出牵引力做的功，再根据释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶求出释放的电能；
（3）①公交车匀速直线行驶时，动能不变，根据刹车过程中，公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存起来可求回收的电能；
②将阶段一和阶段二释放的电能加起来再减去回收的电能E4就是需要充入的电能E5。
本题考查了速度公式、功的公式以及公交车运行过程中能量的转化，读懂三个阶段的工作原理是解题的关键，有一定的难度。
32.【答案】400 减小 50Ω≤R＜90Ω
【解析】解：（1）浮块的重力为：
G=mg=ρ物gV=5×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）3=400N；
在达到最高水位之前，根据F浮=ρ液gV排知，随着浮块排开水的体积逐渐增大，物体受到的浮力增大，根据杠杆平衡条件和力的作用是相互的可知，支架对RF的压力将减小；
（2）①由图1可知，压敏电阻与电阻箱串联，
当池内达到所设定的最高水位时，电路中的电流最大为0.2A，
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为：
R总===300Ω，
此时压敏电阻为：RF=R总-R=300Ω-75Ω=225Ω，
由图2知，此时压敏电阻受到的压力为175N，
根据力的作用是相互的可知，杠杆B端受到的压力FB=F=175N
根据杠杆的平衡条件知，F拉×OA=FB×OB，
所以，F拉===350N；
②此时物体受到的浮力为：
F浮=G-F拉=400N-350N=50N，
根据F浮=ρ液gV排知，物体浸入水中的体积为：
V排===5×10-3m3，
根据V=Sh知，物体浸入水中的深度为：
h水===0.125m，
因为开始时物体下表面距池底2m，所以池内水面距池底的高度：
h=h水+h′=0.125m+2m=2.125m；
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，水池的最低水位不能低于物体没有进入水中时的水位，为2m，最高水位为物体刚好完全浸没，为2m+0.2m=2.2m；
当水位为2m时，轻绳对浮块的拉力为物体的重力，为400N，
根据杠杆的平衡条件F拉′×OA=FB′×OB知，
此时的压敏电阻的压力为：F′=FB′===200N，
由图2知，此时的压敏电阻为Rt′=250Ω，
电阻箱的最小值为：R小=R总-Rt′=300Ω-250Ω=50Ω；
当水位为2.2m时，物体刚好完全浸没，
物体受到的浮力为：
F浮′=ρ水gV=ρ水ga3=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）3=80N；
此时G杠杆A端受到的拉力物体受到的拉力为：
FA″=F拉″=G-F拉′=400N-80N=320N，
根据杠杆的平衡条件FA″×OA=FB″×OB知，此时的压敏电阻的压力为：
F″=FB″===160N，
由图象知压敏电阻与压力成一次函数关系，关系式为Rt=kF+b，
将（200N，250Ω）和（0，50Ω）代入关系式得，
解得：k=1Ω/N，
所以关系式为Rt=1Ω/N×F+50Ω，
当压力为160N时，压敏电阻为Rt″=210Ω，
电阻箱的最大值为：R大=R总-Rt″=300Ω-210Ω=90Ω；
综合分析电阻箱R接入电路的阻值范围为50Ω≤R＜90Ω。
故答案为：（1）400；减小；（2）①轻绳对浮块的拉力为350N；②池内水面距池底的高度2.125m；（3）50Ω≤R＜90Ω。
（1）根据G=mg=ρ物gV算出浮块的重力；在达到最高水位之前，根据F浮=ρ液gV排判断出随着浮块排开水体积的逐渐增大浮力的变化，进而判断出支架对RF压力的变化；
（2）①当池内达到所设定的最高水位时，电路中的电流最大为0.2A，由欧姆定律算出此时电路的总电阻，根据串联电路电阻的规律算出此时压敏电阻，由图2知得出此时的压力，
根据杠杆的平衡条件F拉×OA=F×OB算出此时的拉力；
②根据力的平衡算出此时物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出物体浸入水中的体积，由V=Sh算出物体浸入水中的深度，根据开始时物体下表面距池底2m算出池内水面距池底的高度；
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，水池的最低水位不能低于物体没有进入水中时的水位，为2m，最高水位为物体刚好完全浸没，为2m+0.2m=2.2m；
分别算出当水位为2m时和2.2m时，轻绳对浮块的拉力，根据杠杆的平衡条件F拉′×OA=F′×OB算出压敏电阻的压力，由图2知压敏电阻，再由电阻的串联算出电阻箱的示数，即可算出电阻箱的调节范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、阿基米德原理以及杠杆平衡条件的综合应用，从题干和图中获取有用的信息是解题的关键。
2020年江苏省镇江市中考物理试卷
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. 影响声音音调的因素是声源的（ ）
A. 振幅 B. 频率 C. 材料 D. 结构
2. 下列现象能说明分子做无规则运动的是（ ）
A. 花香满园 B. 尘土飞扬 C. 百花怒放 D. 细雨绵绵
3. 下列物态变化中，属于汽化的是（ ）
A. 湿手烘干 B. 深秋凝霜
C. 清晨结露 D. 冰雪消融
4. 以图中哪一个物体为参照物，正在下降的跳伞员是静止的（ ）
A. 地面 B. 降落伞
C. 地面上行驶的汽车 D. 正在上升的无人机
5. 下列估计值中，最接近实际的是（ ）
A. 一个中学生质量约为500kg B. 人正常步行速度约为10m/s
C. LED 节能台灯的功率约为500W D. 人体的正常体温约为36.5°C
6. 如图所示，蹄形磁铁和铜棒均水平放置。现闭合开关，水平向左移动铜棒，电流表G的指针发生偏转，则（ ）
A. 根据此现象的产生原理可制成电动机
B. 此现象与奥斯特实验现象的产生原理相同
C. 若将铜棒左右来回移动，可产生交变电流
D. 仅将磁铁水平向右移动，G 的指针不偏转
7. 某汽油机的四个冲程如图所示。在该汽油机的一个工作循环中，压缩冲程结束后，下一个冲程是（ ）
A. B. C. D.
8. 在新冠肺炎疫情期间，为加强对进校人员的管控，学校对电动门控制系统进行了改造：进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门。用S1闭合表示体温正常，用S2闭合表示佩戴了口罩，则符合改造要求的电路是（ ）
A. B.
C. D.
9. 如图所示，闭合开关S，发现灯L不亮，用测电笔接触M点时氖管发光，而接触N、Q点时氖管均不发光。若仅有一处发生断路，则该处可能是（ ）
A. 熔丝处 B. P、M 间某处 C. M、N 间某处 D. N、Q 间某处
10. 如图所示，棋子P、Q叠放在一起静止在水平桌面上，用尺将Q快速水平击打出去。则（ ）
A. 击打前，Q在两个力的作用下处于平衡状态
B. Q在P的下方滑动时，P受到摩擦力的作用
C. 离开P后滑动过程中，Q受到的摩擦力逐渐减小
D. 离开P后滑动过程中，Q的运动状态保持不变
11. 当蜡烛、透镜甲和光屏放置在图示位置时，烛焰在光屏上成清晰的像。现保持蜡烛和透镜的位置不变，将透镜甲更换为透镜乙后，需将光屏向左移动距离S，方可在光屏上再次成清晰的像，则（ ）
A. 透镜甲的焦距为20cm B. 透镜甲的焦距比乙的大
C. 第二次所成的像是放大的 D. 光屏移动的距离s＜10cm
12. 测温模拟电路如图1所示，温度表由量程为3V的电压表改装而成，电源电压U为6V，R的阻值为40Ω，热敏电阻的阻值Rt随温度t变化的关系如图2所示。则当开关S闭合后（ ）
A. 电路可测量的最高温度为50°C
B. 温度表的0°C 应标在电压表零刻度处
C. 若增大U，电路可测量的最高温度将增大
D. 若U 增大3V，R 增大45Ω，电路可测量的最高温度将增大
二、填空题（本大题共10小题，共27.0分）
13. 如图，物块的长度为______cm。
14. 如图，电压表的示数为______V。
15. 如图所示，吸管A插入杯中，吸管B管口贴在A管上端。往B管中吹气，A管中水面将上升，这是因为A管口处气体压强变______。如图是探究影响液体内部压强因素的实验装置，将金属盒向下移动，观察到U形管两边液面的高度差h变大，表明金属盒所在处水的压强变______，说明了液体内部压强与______有关。
16. 额定电压为220V的家用电暖器正常工作时，通过内部电热丝的电流为5A，则电热丝正常工作时的电阻为______Ω，工作10min产生的热量为______J．电热丝通电后变得很烫，而连接的导线却不怎么热，这是由于导线电阻远______（选填“大于”或“小于”）电热丝电阻的缘故。
17. 质量为10kg的水温度升高22°C，需要吸收的热量为______J，若不考虑热量散失，这些热量需要完全燃烧______g的天然气来提供。天然气是______（选填“可再生”或“不可再生”）能源。[c水=4.2×103J/（kg•℃），q天然气=4.4×107J/kg]
18. 如图所示，某同学站在电梯内的电子秤上，在电梯向下匀速运动的过程中，该同学的重力势能______，机械能______（上述两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。在电梯减速停靠一楼的过程中，电子秤的示数比该同学所受重力______。
19. 经过1.5h，小林家中电能表的示数从图示变，则此段时间内电能表的转盘转动了______圈，家庭电路实际消耗的功率为______kW；此段时间内，若通过电能表的电流为其正常工作的最大电流I，则I=______A。
20. 光在空气和水的分界面处同时发生反射和折射的光路如图所示，其中折射角为∠______（选填“1”、“2”或“3”），分界面为______（选填“①”“②”），分界面的______方为水。当入射角减小时，反射光线与折射光线的夹角将变______。
21. 某电烤箱内部简化电路如图所示，R1和R2为长度和材料均相同的电热丝，铭牌上的部分参数如表所示。该电烤箱处于低温挡时，正常工作12min所消耗的电能为______kW⋅h，R2的阻值为______Ω，R1的横截面积比R2的______。
电烤箱参数表
额定电压
220V
额定
功率
高温档
1500W
低温档
500W
22. 如图所示，电源电压为6V，R为“30Ω0.25A”滑动变阻器，R1为“10Ω0.3A”电阻，R2为“20Ω0.4A”电阻，电压表量程为0∼3V．①闭合S1和S2，断开S3时，调节R，使其接入电路的阻值为10Ω，此时电路消耗的电功率为______W；②断开S1，闭合S2、S3，调节R，使电压表的示数为1V，则R接入电路的阻值为______Ω；③闭合所有开关，在保证电路安全的前提下，电阻R2消耗的电功率范围为______。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
23. 足球静止在水平桌面上，O为重心，请画出足球受力的示意图。
24. 请根据平面镜成像特点，作出图中点光源S发出的一条入射光线的反射光线。
25. 如图，小磁针处于静止状态且螺线管的左端极性已知。请在两虚线框内分别标出小磁针和电源的极性。
四、实验探究题（本大题共4小题，共21.0分）
26. 如图所示，弹簧测力计的示数为______N。
27. 在探究不同物质吸热升温的现象实验中：
（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则他应将平衡螺母向______端调节；调节天平平衡后，为称取质量相等的沙子和水，小强将装有沙子和水的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是______。
（2）小强组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是______。
（3）实验中某时刻温度计的示数如图4所示，其读数为______°C。
（4）实验结束后，小强根据图5所示的温度随时间变化图象，用三种方法来比较沙子和水吸热升温的快慢，从而建立比热容的概念：①在相同的时间t内比较温度变化△T；②在相同的温度变化△T内比较时间t；③若△T和t均不同，则可用______来比较沙子和水吸热升温的快慢。在初中物理中，比较物体______的快慢时也用到了上述方法。
28. “探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞。通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
（1）为探究小车动能与质量的关系，应选用场景①和______（选填“②”、“③”或“④”）进行实验；选用场景③和④进行实验时，可探究小车动能与______的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越______，木块被碰撞后在木板上______。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究______对物体运动的影响。为提高实验结论的准确性，还需再增加一次实验，为此，在场景①的基础上，你所作的调整是：______。
29. 小华用图1所示电路来测量小灯泡的电功率（部分器材的规格已标明）。
（1）图1是小华正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处：①______；②______。
（2）闭合开关进行实验，小华发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数始终为3V，而电流表示数始终为零。已知仅导线发生故障，则图1中导线______（选填“①”、“②”或“③”）发生了______（填写故障名称）。
（3）小华进行了六次实验，记录实验数据并在U-I图象中描点，得到小灯泡两端的电压与电流的关系
图象如图2所示。则根据记录的数据和图象可知：
①小灯泡的额定功率为______W。
②实验中所使用的滑动变阻器的规格可能为______。
A.5Ω 2A
B.10Ω 2A
C.20Ω 1A
D.30Ω 1A
（4）实验结束后，小华继续对滑动变阻器两端电压与通过它的电流关系进行了探究，则他画出的U-I图象应为图3中的虚线______（选填“①”、“②”或“③”），你选择的依据是______。
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
30. 如图1所示，质量为20kg的重物放在水平地面上，重物与地面间的接触面积为0.1m2．利用图2所示的滑轮组，小明在20s内将重物匀速提高5m，他对绳子自由端施加的拉力为150N．不计绳重和轮轴处摩擦，g取10N/kg。
（1）求图1中重物对地面的压强。
（2）在图2所述过程中，求：
①小明所做的额外功。
②小明做功的功率。
31. “超级电容”电动公交车利用超级电容替代电池储存电能，仅需在起始站和终点站充电数分钟就能完成一次运营。在平直公路上某次运营过程简化为图示三个阶段：
阶段一：公交车充满电后，从起始站加速运动至A处时速度达到54km/h，此阶段电容释放的电能为E1=1.5×106J，其中80%转化为车的动能。
阶段二：公交车从A处开始以54km/h的速度匀速行驶100s后到达B处，此阶段电容释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶。公交车匀速行驶时所受阻力为3000N。
阶段三：公交车从B处开始刹车，最后停在终点站。
（1）求公交车运动至A处时的动能E2。
（2）在公交车匀速行驶的过程中，求电容释放的电能E3。
（3）在进站刹车过程中，若公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存在电容中。
①求进站刹车过程中回收的电能E4。
②到达终点站后，要将电容充满电，求需要充入的电能E5。
六、综合题（本大题共1小题，共9.0分）
32. 图1是蓄水池水位自动控制模拟装置：可绕O点转动的轻质杠杆A端用轻绳系一正方体浮块，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡。已知：AO长为1m，BO长为2m；浮块边长为20cm，密度为5×103kg/m3，下表面距池底2m；当电磁铁线圈中的电流I≤0.02A时，衔铁K被释放，水泵开始工作向水池注水，反之停止注水，池内达到所设定的最高水位，线圈电阻不计；电压U=6V，电阻箱R调至75Ω；设RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示。g取10N/kg。
（1）浮块的重力为______N．在达到最高水位之前，随着浮块排开水的体积逐渐增大，支架对RF的压力将______。
（2）当池内达到所设定的最高水位时，求：
①轻绳对浮块的拉力。
②池内水面距池底的高度。
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，在其他条件不变的情况下，电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：音调指声音的高低，由振动频率决定，故影响声音音调的因素是声源振动的频率；故B正确，ACD错误。
故选：B。
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。
本题考查声音的三要素，音调指声音的高低，由振动频率决定。
2.【答案】A
【解析】解：A、鲜花的芳香分子不停地做无规则运动，所以人们能够感受到“花香满园”。故A符合题意；
B、尘土飞扬是固态颗粒的机械运动，与分子无规则运动无关。故B不符合题意；
C、百花怒放是植物生长行为，与分子无规则运动无关。故C不符合题意；
D、细雨绵绵是雨滴的机械运动，与分子无规则运动无关。故D不符合题意。
故选：A。
物质是由分子构成的，构成物质的分子都在不停地做无规则运动。不同物体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的做无规则运动。
本题考查分子热运动和机械运动。明确肉眼能看到的运动都不是分子运动。
3.【答案】A
【解析】解：A、湿手烘干是手上的水汽化为水蒸气，故A正确。
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面，故B错误。
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，故C错误。
D、冰雪消融是冰的熔化现象，故D错误。
故选：A。
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。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】B
【解析】解：
跳伞员在下降的过程中，跳伞员与地面、地面上行驶的汽车以及正在上升的无人机之间的位置不断发生着变化，以地面、地面上行驶的汽车、正在上升的无人机为参照物，跳伞员是运动的；
跳伞员在下降的过程中，跳伞员与降落伞之间的位置没有发生变化，以降落伞为参照物，跳伞员是静止的；故ACD不符合题意符，B符合题意。
故选：B。
判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化，若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的。
判断参照物是研究物体运动状态的一个逆过程，是已知物体的运动情况，判断以“谁”为参照物。要求学生熟练掌握判断物体运动状态的方法，并能体会动与静的相对性。
5.【答案】D
【解析】解：A、中学生质量约为50kg，故A错误。
B、人正常步行速度约为1m/s左右，故B错误。
C、LED节能台灯的功率约为5W，故C错误。
D、人体的正常体温约为36.5°C，符合实际，故D正确。
故选：D。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此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，找出符合实际的选项即可。
6.【答案】C
【解析】解：
A、由图可知，水平向左移动铜棒，电流表G的指针发生偏转，说明产生了电流，这是电磁感应现象，利用该现象制成了发电机，故A错误；
B、奥斯特实验说明电流的周围存在磁场，与电磁感应现象不同，故B错误；
C、若将铜棒左右来回移动，铜棒切割磁感线的方向不同，产生的电流的方向不同，所以可产生交变电流，故C正确；
D、仅将磁铁水平向右移动，铜棒做切割磁感线运动，会产生交变电流，G的指针偏转，故D错误。
故选：C。
产生感应电流的条件是：电路是闭合的，部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
本题考查了产生感应电流的条件和感应电流的方向的影响因素，是学以致用的典型题目。
7.【答案】C
【解析】解：汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，在该汽油机的一个工作循环中，压缩冲程结束后，下一个冲程是做功冲程，由图可知，C图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C正确；
故选：C。
由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。
解答此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。
8.【答案】D
【解析】解：进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门，即两个开关同时闭合电路才能接通电路，只闭合其中任一开关，电路不能连通，故两开关串联后再与电动机串联，只有D正确。
故选：D。
根据进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门可确两开关的连接方式，从而确定正确选项。
本题考查根据要求设计电路图，关键是根据“进校人员在体温正常且佩戴口罩的情况下，电动机方可工作开启电动门“确定两开关串联。
9.【答案】C
【解析】解：电灯L不亮，用测电笔接触M点时氖管发光，说明M与火线之间是接通的；接触N、Q点时氖管均不发光，说明这两点与火线之间是断开的，所以故障是MN之间发生了断路现象，故C正确。
故选：C。
电灯L不亮，说明电路出现了断路现象；用试电笔接触某点时，若氖管发光，说明该点与火线是相连的，不发光，说明该点与火线之间是断开的。
本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
10.【答案】B
【解析】解：
A、棋子P、Q叠放在一起静止在水平桌面上，Q受到竖直向下的重力、竖直向下的P对Q的压力、竖直向上的支持力的作用，共三个力，故A错误；
B、Q在P的下方滑动时，Q与P之间存在压力，发生了相对滑动，所以P受到摩擦力的作用，故B正确；
C、离开P后滑动过程中，压力、接触面的粗糙程度不变，则受到的摩擦力不变，故C错误；
D、离开P后滑动过程中，Q由于受到阻力的作用，其运动状态是变化的，故D错误。
故选：B。
（1）根据图片对Q进行受力分析；
（2）物体之间存在压力且发生相对滑动时，会受到摩擦力的作用；
（3）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
（4）物体处于静止或匀速直线运动状态时，运动状态是不变的。
本题考查了摩擦力产生的条件、物体的受力分析、运动状态的判定、影响摩擦力大小的因素，难度不大，要掌握。
11.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，此时的u=v=2f，成的是倒立、等大的实像，所以2f=20cm，则f=10cm，故A错误；
B、现保持蜡烛和透镜的位置不变，将透镜甲更换为透镜乙后，需将光屏向左移动距离S，此时的像距减小，则物距不变的情况下，相当于减小了焦距，所以透镜甲的焦距比乙的大；故B正确；
C、替换乙后，此时的物距大于像距，成倒立、缩小的实像，故C错误；
D、由于不知道乙透镜的焦距的大小，所以无法判定光屏移动的距离，故D错误。
故选：B。
（1）当u=v=2f时，凸透镜成倒立等大的实像，据此分析；u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f；
（2）凸透镜成实像时，物距变大，像距变小，像变小。
要熟记凸透镜成像的规律，搞清物距与像距之间的关系是解答此题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：由a图可知，R、Rt串联，电压表测Rt两端电压，
A、当电压表的示数最大，即Ut=3V时，电路允许测量的温度最高，
根据串联电路两端的总电压等于各分电阻两端的电压之和可得：
定值电阻R两端的电压：UR=U-Ut=6V-3V=3V，
则电路中的电流：
I===0.075A，
热敏电阻的阻值：
Rt===40Ω，
由图象可知，此电路允许的最高环境温度为30℃，故A错误；
B、当温度表的示数为0°C时，热敏电阻Rt的阻值不为零，根据串联电路的分压作用知，热敏电阻Rt两端的电压不为零，电压表的示数不为零，故B错误；
C、若增大电源电压U，电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=知电路的电流增大，热敏电阻的阻值Rt的阻值减小，电路可测量的最高温度减小，故C错误；
D、若U 增大3V，即电源电压为3V+6V=9V，R 增大45Ω，此时电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，变为9V-3V=6V，由欧姆定律I=知此时电路的电流为I′===A，热敏电阻的阻值Rt的阻值为Rt′===42.5Ω，由图2知此时电路可测量的最高温度大于30Ω，即电路可测量的最高温度将增大，故D正确。
故选：D。
由电路图知两电阻串联，电压表测Rt两端电压。
（1）当电压表的示数最大时电路允许测量的温度最高，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出热敏电阻的阻值，由图象读出环境的最高温度；
（2）根据串联电路的分压作用分析解答；
（3）若增大电源电压U，电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=知电路的电流增大，热敏电阻的阻值Rt的阻值减小，由图2可知电路可测量最高温度的变化；
（4）若U 增大3V，R 增大45Ω，此时电压表的量程仍为0-3V，根据串联电路的分压作用知，定值电阻两端的电压增大，由欧姆定律I=算出此时电路的电流和热敏电阻的阻值Rt的阻值由图2判断出此时电路可测量的最高温度。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象读出热敏电阻对应的温度。
13.【答案】2.50
【解析】解：
图中刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0.00cm对齐，右侧与2.50cm对齐，所以物体的长度为2.50cm。
故答案为：2.50。
使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
读取不同测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直。
14.【答案】0.9
【解析】解：读图可知，电压表选择的量程为0～3V，其分度值为0.1V，则其示数为0.9V。
故答案为：0.9。
读取电压表示数时，首先要明确电压表选择的量程和对应的分度值，读数时视线与指针所在刻度线相垂直。
电压表是电学中最重要的测量仪器之一，明确其读数方法要先看量程、分度值，再观察指针位置，是正确解答的关键。
15.【答案】小 大 深度
【解析】解：（1）往B管中轻轻吹气，可以看到A管中的水面上升，原因是：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速变大、压强变小，A管中水受到向上的压强差，所以A管水上升；
（2）将图中的金属盒逐渐下移，U形管两边的液面高度差变大，说明在同一种液体里，液体的压强随深度的增大而增大。
故答案为：小；大；深度。
（1）吸管和烧杯构成连通器，吹气之前，吸管内和烧杯内液面相平。当向B管吹气时，A管上方的空气流动速度增大，压强减小，A管下方压强不变，A管内的液体受到向上的压强大，液面上升；
（2）将图甲中的金属盒逐渐下移，U形管两边的液面高度差变大，即液体内部压强变大，由于液体密度、方向一样，压强变大是深度变大导致的。
本题考查流速与压强的关系，以及液体压强的特点，难度不大。
16.【答案】44 6.6×105 小于
【解析】解：
（1）由题知，电暖器在220V电路中工作时，通过电热丝的电流为5A，
由欧姆定律可得，电热丝正常工作时的电阻：
R===44Ω；
工作10min产生的热量：
Q=I2Rt=（5A）2×44Ω×10×60s=6.6×105J；
（2）电热丝和导线串联在电路中，电流相等，电热丝比导线热，导线电阻比电热丝小得多，由Q=I2Rt知，相同时间里电流通过导线产生热量远远小于电热丝消耗的热量。
故答案为：44；6.6×105；小于。
（1）已知电暖器所加电压和通过的电流，利用欧姆定律求电阻，再利用焦耳定律求产生热量；
（2）串联电路中电流处处相等，通电时间相同，根据Q=I2Rt分析电热丝的电阻和电线电阻关系。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律和焦耳定律公式的应用，熟练运用公式是关键。
17.【答案】9.24×105 21 不可再生
【解析】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×22℃=9.24×105J，
如果不考虑热量散失，天然气完全燃烧释放的热量：Q放=Q吸=9.24×105J，
由Q放=mq可得，完全燃烧天然气的质量：
m天然气===0.021kg=21g；
（2）天然气随着使用不断的减少，短时间内从自然界得不到补充，因此属于不可再生能源。
故答案为：9.24×105；21；不可再生。
（1）知道水的质量和升高的温度以及比热容，利用Q吸=cm△t求出水吸收的热量，如果不考虑热量散失Q放=Q吸，根据Q放=mq求出完全燃烧天然气的质量；
（2）能够短时间内从自然界源源不断得到补充的是可再生能源，短时间内从自然界得不到补充的是不可再生能源。
本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧释放热量公式的应用以及能源的分类，是一道较为简单的应用题。
18.【答案】减小 减小 大
【解析】解：电梯向下匀速运动的过程中，该同学的质量不变、速度不变，动能不变；质量不变、高度减小，重力势能减小，所以机械能减小；
电梯减速停靠一楼的过程中，人会向下做减速运动，则人所受的合力是向上的，而人受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，所以支持力大于重力，可得电子秤的示数比该同学所受重力大。
故答案为：减小；减小；大。
动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与高度和质量有关；机械能为动能和势能的和；根据人的运动状态判定其受力情况。
本题考查了影响机械能大小的因素、物体运动状态的判定和受力分析，难度不大，要掌握。
19.【答案】9900 2.2 10
【解析】解：
由于电能表的最后一位数是小数，单位kW•h，原来电能表的示数为2020.7kW•h，后来电能表的示数为2024.0kW•h，
这段时间内消耗的电能：
W=2024.0kW•h-2020.7kW•h=3.3kW•h，
3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，
此段时间内电能表的转盘转数：
n=3000r/kW•h×3.3kW•h=9900r；
家庭电路实际消耗的功率：
P===2.2kW=2200W；
由P=UI得通过电能表的电流：
I===10A。
故答案为：9900；2.2；10。
电能表的读数：电能表的最后一位数是小数，单位kW•h；消耗的电能等于前后电能表的示数之差；3000r/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，据此求此段时间内电能表的转盘转数，再利用P=求家庭电路实际消耗的功率；再利用P=UI求通过电能表的电流。
本题考查了消耗电能、电功率的计算以及电能表的读数方法，明确电能表相关参数的意义是关键。
20.【答案】2 ② 上 大
【解析】解：由图可知，∠1等于∠3，因此①是法线，②是界面，CO是入射光线，OA是反射光线，OB是折射光线；
又因为∠2大于∠3，即折射角大于入射角，所以分界面下方是空气，上方是水；
因反射角等于入射角，所以当入射角变小时，反射角变小，折射角也会减小，所以反射光线与折射光线的夹角将变大。
故答案为：2；②；上；大。
（1）反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；根据定律反射光线和入射光线与法线的夹角一定相等，由此可确定入射光线和反射光线，以及法线和界面。
（2）折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；因为入射光线和折射光线一定在相对的两个区域中，由此确定入射光线和折射光线。
（3）最后根据确定的入射光线、反射光线、折射光线判断反射光线与折射光线的夹角变化。
在两种透明介质的界面上，会同时发生折射和反射，反射光线与入射光线分居法线两侧且在同种介质中；折射光线与入射光线也是分居法线两侧，但在两种不同介质中。
21.【答案】0.1 48.4 小
【解析】解：由电路图可知，当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中的电阻最小，由P=可知，电烤箱的电功率较大，据此确定电烤箱为高温档；
开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的基本电路，电路的电阻较大，由P=可知，电烤箱的电功率较小，据此确定电烤箱为低温档；
（1）电烤箱低温挡正常工作12min消耗的电能：
W=P低t=500×10-3kW×h=0.1kW•h；
（2）由P=可得，R1的阻值：
R1===96.8Ω，
R2的功率：P2=P高-P低=1500W-500W=1000W，
R2的阻值：
R2===48.4Ω；
（3）因R1＞R2，而R1和R2为长度和材料均相同的电热丝，则R1的横截面积比R2小。
故答案为：0.1；48.4；小。
由电路图可知，当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中的电阻最小，由P=可知，电烤箱的电功率较大，据此确定电烤箱为档位；
开关S1闭合S2断开时，电路为R1的基本电路，由P=可知，电烤箱的电功率较小，据此确定电烤箱为档位；
（1）根据W=Pt可求出电烤箱低温挡正常工作12min消耗的电能；
（2）先根据高温档和低温档功率求出R2的功率，再利用P=的应用分别求出R1、R2的阻值；
（3）导体的电阻决定于导体的长度、材料、横截面积和温度等，在长度和材料相同时，横截面积越小电阻越大。
本题考查电功、电功率计算公式的应用，以及影响电阻大小的因素，关键能正确辨别电路的连接方式，并判断出开关在不同状态下的档位。
22.【答案】1.2 6 0.45W～1.25W
【解析】解：
（1）闭合S1和S2，断开S3时，滑动变阻器与R2串联，
因为串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，则电路的总电阻：
R总=R2+R′=20Ω+10Ω=30Ω；
电路消耗的电功率P总===1.2W；
（2）断开S1，闭合S2、S3，滑动变阻器与R1、R2串联，电压表测R两端的电压，
则R12=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω；
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以R1、R2两端的电压：U12=U-UR=6V-1V=5V，
此时电路中的电流：I′===A，
根据I=可得：
滑动变阻器接入电路中的阻值：R″===6Ω；
（3）闭合所有开关，由于对R1短路，则滑动变阻器与R2串联，电压表测R两端的电压，根据滑动变阻器和R2允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，利用P=I2R求出电阻R2消耗的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，根据电阻的串联求出R2两端的电压，利用P=求出电阻R2消耗的最小电功率。
因为串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为0.25A，电阻R2允许通过的最大电流为0.4A，
所以电路中的最大电流为0.25A，此时R2消耗的最大电功率：
P2最大=I最大2R2=（0.25A）2×20Ω=1.25W；
当电压表的示数U滑最大=3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以R2最小两端的电压：U2最小=U-U滑最大=6V-3V=3V，
R2消耗的最小电功率：
P2最小==0.45W。
故答案为：1.2；6；0.45W～1.25W。
（1）闭合S1和S2，断开S3时，滑动变阻器与R2串联，根据电阻的串联特点求出电路中的电阻，根据P=求出电路消耗的电功率；
（2）断开S1，闭合S2、S3，滑动变阻器与R1、R2串联，电压表测R两端的电压，利用串联电路的特点求出R1、R2两端的总电阻；利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中电流，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
（3）闭合所有开关，由于对R1短路，则滑动变阻器与R2串联，电压表测R两端的电压，当电路中的电流最大时滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据滑动变阻器和R2允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，利用P=I2R求出电阻R2消耗的最大电功率；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中电流最小，R2两端的电压最小，根据电阻的串联求出R2两端的电压，利用P=求出电阻R2消耗的最小电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据开关的断开和闭合判断出电路的连入方式和电路中最大、最小电流的确定。
23.【答案】解：足球静止在水平桌面上，处于平衡状态，受到重力G和支持力F是一对平衡力，大小相等、方向相反，过足球的球心O，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，注意两条线段的长度要相等，并分别标上符号G、F，如图所示：
【解析】物体静止在水平桌面上，受到重力G和支持力F，作用点在重心，重力的方向是竖直向下的，支持力的方向是竖直向上。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
24.【答案】解：过镜面作出点S的对称点S′，即为点光源S在平面镜中的像，连接S′O并延长则OA为反射光线，如下图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点像与物关于镜面对称做出像点，然后根据反射光线的反向延长过像点做出反射光线即可。
此题考查光的反射光路图的画法，认真审题，注意题目要求，并知道反射光线的反向延长过像点是解答此题关键。
25.【答案】解：①由图可知，螺线管的左端为N极，则右端为S极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的右侧为N极；
②根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的右端为负极，左端为正极。
如图所示：
【解析】①知道通电螺线管的磁极，根据磁极间的相互作用判断出小磁针的N极。
②根据右手螺旋定则（安培定则）判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点以及利用手安培定则判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
26.【答案】2.4
【解析】解：由图可知，弹簧测力计的最大刻度是5N，则量程为0～5N，分度值是0.2N，指针在“2”下面第二个格，示数为2.4N。
故答案是：2.4。
弹簧测力计读数时，先观察量程，然后根据指针所在位置进行读数。
本题考查了弹簧测力计的读数方法，属于基础题目。
27.【答案】右 不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水） 温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触） 35 或 运动
【解析】解：（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图1所示，则天平右端上翘，他应将平衡螺母向右端调节；
调节天平平衡后，为称取质量相等的沙子和水，小强将装有沙子和水的相同烧杯分别放在天平的左、右托盘上，称取完成后，天平平衡时的场景如图2所示，则小强在称取中存在的问题是：不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水）；
（2）小强组装的实验装置如图3所示，他在器材安装中的一处错误是：温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触）；
（3）实验中某时刻温度计的示数如图4所示，温度计分度值为1°C，其读数为35°C；
（4）若△T和t均不同，则可用或；来比较沙子和水吸热升温的快慢。在初中物理中，比较物体运动的快慢时也用到了上述方法。
故答案为：（1）右；不应移动游码（未称取相等质量的沙子和水）； （2）温度计安装位置偏高（温度计玻璃泡未能与水充分接触） （3）35； （4）或；运动。
（1）小强将天平放在水平桌面上并将游码归零后，调节横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端调节；
调节天平平衡后（游码归零），为称取质量相等的沙子和水，天平再次平均时，即称取相等质量的沙子和水；
（2）温度计玻璃泡要与水充分接触；
（3）根据温度计分度值读数；
（4）单位时间通过的路程叫速度，用速度比较物体运动的快慢，根据类比法回答。
本题探究不同物质吸热升温的现象，考查天平和温度计的使用及类比法的运用，体现了对过程和方法的考查。
28.【答案】③ 速度 多 滑行的距离越长 阻力（或摩擦力） 在木板上铺设玻璃板（或毛巾）
【解析】解：（1）为探究小车动能与质量的关系，应让两质量不相同小车分别从同一斜面同高度由静止滑下，小车的质量不同，初速度相同，所以可探究动能与小车的质量的关系；应选场景①和③。
选用场景③和④进行实验时，控制了两小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的速度的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越多，木块被碰撞后在木板上滑行的距离越长。
（3）若将场景①和②中的木块均移走，完全相同的两小车到达水平面时初速度相同，水平面的粗糙程度不同，小车的滑行距离不同，据此场景可以探究摩擦力对物体运动的影响。
为提高实验结论的准确性，应改变水平面的粗糙程度进行重复实验，得到普遍性规律，还需再增加一次实验；为此，在场景①的基础上，所作的调整是：在木板上铺设玻璃板（或毛巾）。
故答案为：（1）③；速度；（2）多；滑行的距离越长；（3）阻力（摩擦力）；在木板上铺设玻璃板（或毛巾）。
（1）动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小。
（2）若一个物体能够对外做功，我们就说该物体具有能量，在实验中我们一般将物体具有能量的多少转化为其能对外做功的多少，故此实验把物体具有动能的大小转换为木块被撞击后滑动的距离，距离越远表明小车的动能越大，运用了转换法。
（3）探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，平面越光滑，小球运动的距离越长，说明小球受到的阻力越小，速度减小得越慢；为提高实验结论的准确性，应选择不同水平面材料进行实验。
本题将“阻力对物体运动的影响”、“影响动能大小的因素”两个实验相结合，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的试验中多注意分析实验的方法。
29.【答案】开关闭合 没有将变阻器最大电阻连入电路 ① 断路 0.75 D ① 电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等，由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V
【解析】解：
（1）两个不妥之处：①开关闭合；②没有将变阻器最大电阻连入电路；
（2）电流表示数始终为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，则图1中导线①发生了断路，导致电压表串联在电路中了；
（3）根据U-I图象知，灯在额定电压下的电流为0.3A，
①小灯泡的额定功率为：
P=ULI=2.5V×0.3A=0.75W。
②根据U-I图象知，灯的电压为0.5V时，电流为0.1A，由串联电路的规律及欧姆定律，此时，实验中所使用的滑动变阻器连入电路的电阻为：
R滑===25Ω，故变阻器的的规格可能为30Ω 1A，选D；
（4）因电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等（串联电路各处的电流相等），故由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V，由下图知，只有图3中的虚线①符合这个条件，故他画出的U-I图象应为图3中的虚线。
故答案为：（1）①开关闭合；②没有将变阻器最大电阻连入电路；（2）①；断路；（3）①0.75；②D；（4）①；电源电压为3V，灯的U-I图象与变阻器电流随电压的变化关系图象交点，表示灯的电压与变阻器的电压相等，由串联电路电压的规律，此时灯与变阻电压的电压都为1.5V。
（1）连接电路时，为保护电路，开关要断路，将变阻器最大电阻连入电路；
（2）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，则与电压表并联的电路断路了；
（3）①根据U-I图象知灯在额定电压下的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
②根据U-I图象知灯的电压为0.5V时电流大小，由串联电路的规律及欧姆定律得出此时实验中所使用的滑动变阻器连入电路的电阻，确定变阻器的的规格；
（4）已知电源电压，由串联电路规律结合图3分析。
本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、故障分析、功率计算、串联电路的规律及欧姆定律的运用，综合性较强。
30.【答案】解：
（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力：
F=G=mg=20kg×10N/kg=200N，
对地面的压强：
p===2000Pa；
（2）①拉力做的有用功：
W有用=Gh=200N×5m=1000J，
绳子自由端移动的距离s=2h=2×5m=10m，
拉力做的总功：
W总=Fs=150N×10m=1500J，
拉力做的额外功：
W额=W总-W有用=1500J-1000J=500J；
②小明做功的功率：
P===75W。
答：（1）图1中重物对地面的压强为2000Pa。
（2）①小明所做的额外功为500J。
②小明做功的功率为75W。
【解析】（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，利用p=求出对地面的压强；
（2）①由W有用=Gh可求得有用功，由W总=Fs可求得总功，总功减去有用功等于额外功；
②利用P=求小明做功的功率。
本题考查了压强公式和做功公式、功率公式的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等以及滑轮组绳子的有效股数的确定。
31.【答案】解：（1）因为释放的电能80%转化为车的动能，
所以公交车运动至A处时的动能：
E2=E1×80%=1.5×106J×80%=1.2×106J；
（2）公交车匀速行驶的速度为：v=54km/h=15m/s，
根据v=得，匀速行驶100s的路程为：
s=vt=15m/s×100s=1500m，
因为公交车匀速行驶时牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，
所以公交车匀速行驶时所受牵引力：F=f=3000N，
牵引力做的功为：
W=Fs=3000N×1500m=4.5×106J，
因为电容释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶，
所以在公交车匀速行驶的过程中电容释放的电能为：
E3===5×106J；
（3）①公交车匀速直线行驶时，动能不变，即动能为E2=1.2×106J；
因为公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存起来，
所以回收的电能为：
E4=E2×75%=1.2×106J×75%=9×105J；
②阶段一和阶段二释放的电能为：
E总=E1+E3=1.5×106J+5×106J=6.5×106J，
需要充入的电能：
E5=E总-E4=6.5×106J-9×105J=5.6×106J；
答：（1）公交车运动至A处时的动能E2为1.2×106J；
（2）在公交车匀速行驶的过程中，电容释放的电能E3为5×106J；
（3）①进站刹车过程中回收的电能E4为9×105J；
②到达终点站后，要将电容充满电，需要充入的电能E5为5.6×106J。
【解析】（1）已知释放的电能，根据释放电能的80%转化为动能进行计算即可；
（2）先根据速度公式的应用求出公交车匀速行驶的路程，然后根据W=Fs求出牵引力做的功，再根据释放电能的90%用于维持公交车匀速行驶求出释放的电能；
（3）①公交车匀速直线行驶时，动能不变，根据刹车过程中，公交车可将动能减少量的75%回收为电能储存起来可求回收的电能；
②将阶段一和阶段二释放的电能加起来再减去回收的电能E4就是需要充入的电能E5。
本题考查了速度公式、功的公式以及公交车运行过程中能量的转化，读懂三个阶段的工作原理是解题的关键，有一定的难度。
32.【答案】400 减小 50Ω≤R＜90Ω
【解析】解：（1）浮块的重力为：
G=mg=ρ物gV=5×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）3=400N；
在达到最高水位之前，根据F浮=ρ液gV排知，随着浮块排开水的体积逐渐增大，物体受到的浮力增大，根据杠杆平衡条件和力的作用是相互的可知，支架对RF的压力将减小；
（2）①由图1可知，压敏电阻与电阻箱串联，
当池内达到所设定的最高水位时，电路中的电流最大为0.2A，
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为：
R总===300Ω，
此时压敏电阻为：RF=R总-R=300Ω-75Ω=225Ω，
由图2知，此时压敏电阻受到的压力为175N，
根据力的作用是相互的可知，杠杆B端受到的压力FB=F=175N
根据杠杆的平衡条件知，F拉×OA=FB×OB，
所以，F拉===350N；
②此时物体受到的浮力为：
F浮=G-F拉=400N-350N=50N，
根据F浮=ρ液gV排知，物体浸入水中的体积为：
V排===5×10-3m3，
根据V=Sh知，物体浸入水中的深度为：
h水===0.125m，
因为开始时物体下表面距池底2m，所以池内水面距池底的高度：
h=h水+h′=0.125m+2m=2.125m；
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，水池的最低水位不能低于物体没有进入水中时的水位，为2m，最高水位为物体刚好完全浸没，为2m+0.2m=2.2m；
当水位为2m时，轻绳对浮块的拉力为物体的重力，为400N，
根据杠杆的平衡条件F拉′×OA=FB′×OB知，
此时的压敏电阻的压力为：F′=FB′===200N，
由图2知，此时的压敏电阻为Rt′=250Ω，
电阻箱的最小值为：R小=R总-Rt′=300Ω-250Ω=50Ω；
当水位为2.2m时，物体刚好完全浸没，
物体受到的浮力为：
F浮′=ρ水gV=ρ水ga3=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）3=80N；
此时G杠杆A端受到的拉力物体受到的拉力为：
FA″=F拉″=G-F拉′=400N-80N=320N，
根据杠杆的平衡条件FA″×OA=FB″×OB知，此时的压敏电阻的压力为：
F″=FB″===160N，
由图象知压敏电阻与压力成一次函数关系，关系式为Rt=kF+b，
将（200N，250Ω）和（0，50Ω）代入关系式得，
解得：k=1Ω/N，
所以关系式为Rt=1Ω/N×F+50Ω，
当压力为160N时，压敏电阻为Rt″=210Ω，
电阻箱的最大值为：R大=R总-Rt″=300Ω-210Ω=90Ω；
综合分析电阻箱R接入电路的阻值范围为50Ω≤R＜90Ω。
故答案为：（1）400；减小；（2）①轻绳对浮块的拉力为350N；②池内水面距池底的高度2.125m；（3）50Ω≤R＜90Ω。
（1）根据G=mg=ρ物gV算出浮块的重力；在达到最高水位之前，根据F浮=ρ液gV排判断出随着浮块排开水体积的逐渐增大浮力的变化，进而判断出支架对RF压力的变化；
（2）①当池内达到所设定的最高水位时，电路中的电流最大为0.2A，由欧姆定律算出此时电路的总电阻，根据串联电路电阻的规律算出此时压敏电阻，由图2知得出此时的压力，
根据杠杆的平衡条件F拉×OA=F×OB算出此时的拉力；
②根据力的平衡算出此时物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出物体浸入水中的体积，由V=Sh算出物体浸入水中的深度，根据开始时物体下表面距池底2m算出池内水面距池底的高度；
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，水池的最低水位不能低于物体没有进入水中时的水位，为2m，最高水位为物体刚好完全浸没，为2m+0.2m=2.2m；
分别算出当水位为2m时和2.2m时，轻绳对浮块的拉力，根据杠杆的平衡条件F拉′×OA=F′×OB算出压敏电阻的压力，由图2知压敏电阻，再由电阻的串联算出电阻箱的示数，即可算出电阻箱的调节范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、阿基米德原理以及杠杆平衡条件的综合应用，从题干和图中获取有用的信息是解题的关键。
相关试卷
2023年江苏省镇江市中考物理真题试卷及答案： 这是一份2023年江苏省镇江市中考物理真题试卷及答案，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省镇江市中考物理一模试卷(含答案)： 这是一份2023年江苏省镇江市中考物理一模试卷(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省镇江市区中考二模物理试卷： 这是一份2022年江苏省镇江市区中考二模物理试卷，共11页。试卷主要包含了请按题目要求作答， 不变；电磁波；新；热传递， 原子核；电子；得到， 乙；固态；需要， 3；会；1等内容，欢迎下载使用。
