2022年中考物理一轮复习苏科版物理模拟试题三（解析版）

这是一份2022年中考物理一轮复习苏科版物理模拟试题三（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷为小林老师原创，盗用必究，3m/s， B ，5×1010J，4mg/100mL等内容，欢迎下载使用。

江苏省常州市2022年中考物理一轮复习
苏科版物理模拟试题(三)
2022年5月
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1.本试卷共17页，满分为100分，考试时间为90分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。
2.本试卷为小林老师原创，盗用必究。答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
一、选择题（每小题2分，共30分）
1. 如图所示的生活用具中，使用时属于费力杠杆的是(　　)
A. 羊角锤B. 筷子
C. 起瓶器D. 钢丝钳
【答案】B
【解析】A．羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
B．筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，符合题意；
C．起瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
D．钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。
故选B。
2. 下列测量方案中，最合理的是(　　)
A. 测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B. 测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C. 测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D. 测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
【答案】B
【解析】A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量，会因为铁块沾到水，导致测量质量偏大，故A不合理；
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，测量过程没有出现问题，故B合理；
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积，砖块有小孔，放入水中会储存气泡，导致测量体积偏大，故C不合理；
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量会超过天平最大测量值，无法测量，故D不合理。
故选B。
3. 如图所示，直升飞机悬停在空中，不计浮力下列说法正确的是(　　)

A. 螺旋桨对空气的作用力与直升飞机所受重力是一对相互作用力
B. 螺旋桨对空气的作用力与空气对螺旋桨的作用力是一对平衡力
C. 悬停在空中的直升飞机对地球没有作用力
D. 直升飞机所受向上的力的施力物体是空气
【答案】D
【解析】A．螺旋桨对空气的作用力向下，直升飞机所受重力方向也向下，所以这两个力不是一对相互作用力；故A错误；
B．螺旋桨对空气的作用力受力物体是空气，空气对螺旋桨的作用力受力物体是螺旋桨，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故B错误；
C．悬停在空中的直升飞机受到重力的作用，而重力的施力物体是地球，由于力的作用是相互的，所以悬停在空中的直升飞机对地球也有力的作用，故C错误；
D．螺旋桨向下对空气施力，空气会对飞机向上施力，飞机便能上升，故D正确。
故选D。
4. 俊星家周末乔迁新居，家中柜子因搬运不便，俊星提出利用滑轮组来完成，其设计方案如图甲所示，乙图为滑轮组的连接方式。已知柜子A的重力为740N，动滑轮的重力为60N，柜子匀速下降的竖直高度为6m，下降过程用时lmin(不计绳重与摩擦)。俊星对此工作过程及装置作出以下判断，其中正确的是(　　)

A．柜子下降过程中，绳子自由端的拉力为400N
B．使用该滑轮组时的机械效率为90%
C．在下降过程中，绳子自由端的移动速度为0.3m/s
D．在下降过程中，拉力的功率为80J
【答案】A
【解析】
A．有2股绳，绳子自由端的拉力为

故A正确；
B．该滑轮组时的机械效率为

故B错误；
C．在下降过程中，物体速度为

绳子自由端的移动速度为

故C错误；
D．功率单位是W，不是J，故D错误。
故选A。
5. 水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是(　　)

A. 甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度
B. 甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力
C. 甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力
D. 甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力
【答案】C
【解析】AB．两个小球重力相等，甲图，小球漂浮，浮力等于重力，即
F甲=G
乙图，小球悬浮，浮力等于重力，即
F乙=G
所以甲容器中小球受到的浮力等于乙容器中小球受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排，在浮力相同时，由图知
V甲排＜V乙排
所以
ρ甲＞ρ乙
故AB错误；
C．两容器中液面高度相同
ρ甲＞ρ乙
根据p=ρgh可知
p甲＞p乙
由F=pS可知，S相同，容器底受到液体的压力
F甲＞F乙
故C正确；
D．放入球后，两容器液面相平
V甲排＜V乙排
6. 两个容器底面积相同，甲容器上下一样粗，乙容器底小口大，不能判断放入小球前，两个容器中液体体积的大小关系，所以两个液体的质量大小关系不能判断，容器对桌面的压力等于容器、液体和小球的总重力，它们的大小关系不能判断，故D错误。
故选C。
下面是“探究杠杆的平衡条件”实验装置图，关于此实验说法正确的是(　　)

A. 图甲中，欲使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母应该向左调节
B. 图乙中，在A点用力拉杠杆，一定是省力杠杆
C. 图丙中，若杠杆左端钩码向左、右端钩码向右各移动一格，则杠杆左端下沉
D. 图丁中，当F的大小等于钩码重力一半时，可以使杠杆平衡
【答案】C
【解析】A．由甲可知，杠杆左端下沉，则需要将平衡螺母向右调节，才能使杠杆在水平位置平衡，故A错误；
B．图乙中，若在A点用弹簧测力计拉杠杆使杠杆平衡，由于没有明确力的方向，动力臂可能小于阻力臂，则此时杠杆可能是费力杠杆，故B错误；
C．图丙中，左侧力与力臂的乘积
3G×3l=9Gl
右侧力与力臂的乘积
2G×4l=8Gl
左侧力与力臂的乘积较大，故杠杆左端下沉，故C之前；
D．图丁中，动力、阻力在杠杆支点同侧，且两个力的方向相同，则杠杆不可能处于平衡状态，故D错误。
故选C。
7. 2020年6月23日，我国北斗三号全球卫星导航系统最后一颗组网卫星发射成功｡若某卫星沿椭圆轨道从远地点向近地点运动时速度增大了，由此可知其动能(　　)
A. 减小 B. 增大 C. 不变 D. 消失
【答案】B
【解析】卫星沿椭圆轨道从远地点向近地点运动时，高度减小重力势能减小，速度增大，动能增大，总的机械能不变。
8. 下面是研究黑点标注的物体内能改变的情景，通过做功使物体内能增加的是(　　)
A 把铁丝反复弯折，弯折处变热
B. 把钢球放入炉火中，烧一段时间
C. 冬天，用热水袋对手进行取暖
D. 水烧开时，水蒸气将壶盖顶起
【答案】A
【解析】A．把铁丝反复弯折，弯折处变热，是摩擦生热，属于做功改变铁丝的内能，符合题意；
B．把钢球放入炉火中，烧一段时间，是热传递改变钢球的内能，不符合题意；
C．冬天，用热水袋对手进行取暖，是热传递改变手的内能，不符合题意；
D．水烧开时，水蒸气将壶盖顶起，是热传递改变水蒸气的内能，不符合题意。
故选A。
9. 某自动售货机，它可通过手机扫码(闭合S1)或通过投币(闭合S2)，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。符合上述情况的电路设计是下图中的(　　)
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合都能启动电动机完成自动售货，由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，开关S1和开关S2应并联共同控制电动机；由题知，在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明，则灯泡与电动机并联能独立工作，且只由光控开关S3控制，综上结合选项可知，只有C图符合题意。
故选C。
10. 关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是(　　)
A. 使用验电笔时不能接触笔尾的金属体
B. 电灯开关安装在零线上
C. 空气开关跳闸一定是短路引起的
D. 更换灯泡应先断开开关
【答案】D
【解析】A．使用测电笔时应用手触摸笔尾金属体，这样才能构成回路，使氖管发光，故A错误；
BD．开关接在灯泡和火线之间，当断开开关，火线和灯泡处于断开状态，人接触灯泡的金属部分时才不会发生触电事故，故B错误，D正确；
C．空气开关跳闸，原因可能是电路中电流过大，或者总功率过高，故C错误。
故选D。
11. 如图所示，甲、乙、丙、丁是四幅实验图，下列说法正确的是(　　)

A. 甲实验说明电能可以转化为动能
B. 乙实验说明利用磁场可以产生电流
C. 根据图丙的实验原理，制成了电动机
D. 丁实验说明同名 磁极相互吸引，异名磁极相互排斥
【答案】A
【解析】A．导体棒与电源相连，当通以电流时由于受磁场力作用，导体棒会发生运动，故说明通电导体在磁场中受磁场力的作用，是电能转化为机械能，故A正确；
B．导线内通以电流后，放在其周围的小磁针会发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，故B错误；
C．导线与灵敏电流计相连，闭合电路时，当导体在磁场中做切割磁感线的运动时，灵敏电流计发生偏转，说明了电磁感线现象，故C错误；
D．两磁铁悬挂起来，当同名磁极相对时，相互排斥；当异名磁极相对时，相互吸引，故D错误。
故选A。
12. 在图示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P自左向右滑动，则

A. 电流表A的示数减小
B. 电压表V2的示数减小
C. 电压表V1与电流表A的示数比值减小
D. 电压表V2与电流表A的示数比值减小
【答案】C
【解析】A．如图所示，闭合开关S后，电路中两个电阻R1、R2是串联，当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，电阻R1变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，故错误；
B．电压表V2测量的是R2两端电压，由 可得

电流变大，电阻R2不变，因此电压表V2的示数变大，故错误；
C．电压表V1测量的是R1两端电压，滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，电阻R1变小，而电压表V1与电流表A的示数比值就是R1的电阻，故正确；
D．电阻R2不变，因此电压表V2与电流表A的示数比值不变，故错误。
故选C。
13. 如图所示是小明家中某房间电路的一部分，若在图中甲，乙两处只能装电灯或开关。对此电路，说法正确的是(　　)

A．有金属外壳的用电器应接入三孔插座，使金属外壳接地
B．保险丝熔断，一定是用电器总功率过大
C．甲处应装开关，乙处应装电灯
D．用试电笔测图中三点，A、C两点氖管发光
【答案】A
【解析】
A．接入三孔插座能使用电器金属外壳接地，防止由于用电器的外壳带电而使人发生触电事故，故A正确；
B．保险丝熔断，可能是发生了短路，也可能是用电器总电功率过大，故B错误；
C．在家庭电路中，为了安全，一般把开关接在火线和用电器之间，故乙处接开关、甲处接灯，故C错误；
D．A点与零线接通，B点与零线接通，C点与火线接通，用试电笔测试时，A点氖管不发光，B点氖管不发光，C点氖管发光，故D错误。
故选A。
14. 如图所示，电磁铁上方附近有一点A，小磁针置于电磁铁的右方附近。闭合开关S，下列判断正确的是(　　)

A．电磁铁的左端为N极 B．电磁铁上方A点的磁场方向向右
C．小磁针静止后，其N极的指向向右 D．向左移动滑片P，电磁铁的磁性减弱
【答案】C
【解析】(1)根据线圈的绕法和电流的方向，可以确定螺线管的NS极；
(2)据磁感线的方向分析判断即可解决；
(3)据磁体间的相互作用分析小磁针的运动方向；
(4)电磁铁磁性强弱的影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯。电流越大，匝数越多，有铁芯时电磁铁的磁性越强。
A.由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向右端，则通电螺线管的右端为N极，故A错误；
B.在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外A点的磁场方向向左，故B错误；
C.通电螺线管的右端是N极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的右端，则小磁计的S极向左转动，小磁针会逆时针旋转，故小磁针静止时，其N极的指向向右，故C正确；
D.向左移动滑片P，连入电路的电阻减小，电流增大，电磁铁的磁性增强，故D错误。
15. 如图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持3V不变，闭合开关S后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示，下列说法不正确的是 (　　)

A. 定值电阻 R1的阻值是5Ω
B. 滑动变阻器的阻值范围是0~10Ω
C. 当滑片P移到b端时，电路消耗的总功率为1.8W
D. 若滑动变阻器R2出现接触不良时，电流表示数为0， 电压表示数为3V
【答案】C
【解析】A．由图甲可知，两电阻串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流。当滑动变阻器接入电路中的阻值为0时，电路中电流最大，由图乙可知最大电流为0.6A，可得电源电压为

因串联电阻中总电压等于各分电压之和，所以，电源电压为

因电源电压不变，所以

所以可得

故A正确，A不符合题意；
B．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，电流为0.2A，电压表示数为2V，滑动变阻器的最大阻值为

所以，滑动变阻器的阻值范围是 0~10Ω，故B正确，B不符合题意；
C．当滑片P移到b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大为10Ω，因为电阻R1的阻值为5Ω，所以此时电路中的总功率为

故C错误，C符合题意；
D．若滑动变阻器R2出现接触不良时，即R2断路时，电路是串联电路，整个电路断路，所以电流表示数为0，此时电压表测量的就是电路总电压，总电压由选项A分析可知

所以电压表的示数为3V，故D正确，D不符合题意。
故选C。
二、 填空题(每空1分，共22分)
16. 如图是同学们常用的燕尾夹，AB＝BC，当用力摁住C点打开该夹子时，可把______点看作支点，此时夹子可近似看作________杠杆(选填“省力”“费力”或“等臂”)．

【答案】 (1). B (2). 等臂
【解析】当用力摁住C点打开该夹子时，AC是围绕B点转动的，故B为支点；由于AB=BC，故动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆．
17. 如图所示，固定的斜面长s=1.2m，高h=0.3m，沿斜面向上用5N的拉力在2s内把一个重16N的物体从斜面底端匀速拉到顶端，拉力的功率为______W，斜面的机械效率为______。

【答案】3 80%
【解析】
[1] 拉力的功率为

[2] 斜面的机械效率为

18. 小红在实验室用酒精灯把质量是0.1kg，初温是60℃的水加热到100℃，则水吸收的热量是_____J；该过程中是利用了_______方式使水的内能增加。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]。
【答案】 (1). 1.68×104 (2). 热传递
【解析】[1]水吸收的热量

[2]酒精燃烧放出热量来给水加热，采用的是热传递的方法使水的内能增加。
19. 人类发展史也是利用燃料的历史，干木柴、煤的放热本领不同，是因为它们的_______(选填“热值”“热量”或“温度”)不同，完全燃烧0.28m2的天然气可放出_______J的热量，这些热量若全部被水吸收，可让_______kg的水温度升高20°C[已知天然气热值q=3.0×107J/m3，水的比热容c=4.2×103]/(kg．°C)]。
【答案】热值 100
【解析】
[1] 单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值，它表示燃料的放热本领强弱，干木柴、煤的放热本领不同，是因为它们的热值不同。
[2]完全燃烧0.28m2的天然气可放出的热量

[3]水的质量

20. 2020年6月我国深潜器在马里亚纳海沟下潜深度达10907m时，它受到水的压强是______Pa。深潜器在下潜过程中浮力______(变大、变小或不变)。(ρ水=1.0×103kg/m3)
【答案】 (1). 1.0907×108Pa (2). 不变
【解析】[1]它受到水的压强
p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg ×10907m=1.0907×108Pa
[2]浮力大小与排开液体的体积和液体的密度有关，与浸没的深度无关；排开液体的体积不变，故深潜器在下潜过程中浮力不变。
21. 炎热的夏天，一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在水平公路上，汽车的动能______惯性______(变大、变小或不变)。
【答案】 (1). 变小 (2). 变小
【解析】[1][2]物体动能大小与物体的质量和速度有关；惯性的大小只与物体的质量有关；正在喷洒消毒液匀速行驶的汽车质量不断减小，惯性减小，速度不变，故动能减小；
22. 2020年6月23日9时43分，我国在四川西昌卫早发射中心用长征三号乙运载火箭成功发射了北斗导航系统最后一颗组网卫星，标志着北斗导航卫星全球组网成功，能够为全球用户提供全天候、高精度的定位、导航和授时服务。长征三号乙运载火箭发动机用的是偏二甲肼作为燃料，其热值是4.25×107J/kg，若完全燃烧2吨偏二甲肼，共放出______J热量；火箭加速上升时，火箭的机械能______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】 (1). 8.5×1010J (2). 增大
【解析】[1]完全燃烧2吨偏二甲肼放出的热量
Q=mq=2000kg×4.25×107J/kg=8.5×1010J
放出的热量为8.5×1010J。
[2]火箭加速上升的过程中，火箭的质量不变，其速度增大、高度增大，所以动能和重力势能都增大，即机械能增大
23. 小华在燃烧皿中放入5g酒精，对300g水加热，待酒精燃尽后水温升高了50℃。已知水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)，如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S后，两灯均发光(设灯丝电阻不变)，电压表示数为U，过一段时间后，突然两灯均熄灭，且有一个电表的示数变大，已知两灯中仅有一个出现了故障。请你判断故障情况是 ______；若此时电压表是示数为4U，则小灯泡L1、L2的电阻之比为 ______；排除故障后，将小灯泡L1、L2的位置互换，则示数一定不发生变化的是 ______表(选填“电流”、“电压”或“电流和电压”)。

【答案】L2断路 3∶1 电流
【解析】
[1] 闭合开关S，小灯泡L1、L2串联，电压表测L2两端电压，电流表测该电路电流。过一段时间后，突然两灯均熄灭，说明电路中灯泡不可能发生短路，只可能时断路，如果灯L1断路，则两表示数都为零，不符合题意；如果灯L2断路,电流表示数为零，电压表示数接近于电源电压，两灯都不亮，符合题意，由此判断故障情况是灯L2断路。
[2]由以上分析可知，此时电压表示数接近于电源电压为4U，L2两端电压为U，所以L1两端电压为3U，根据串联电路的分压规律，小灯泡L1、L2的电阻之比

[3]排除故障后，将小灯泡L1、L2的位置互换，与电压表并联部分的电阻发生了改变，电压表示数会发生变化。电路中总电阻不变，电源电压也不变，所以电路中电流不变，电流表示数不变。所以示数一定不发生变化的是电流表。
24. 如图甲，小灯泡为“6V 3W”，潜动变阻器为“？Ω 2A”。只闭合开关S1和S3，在电路安全的情况下最大范围调节阻器的滑片，绘制了电流表示数与变阻器连入阻值关系的图象(图乙)；只闭合开关S2，最大范围调节变阻器的滑片，绘制了电流表与电压表示数关系的图象(图丙)该电路的电源电压为______V；只闭合开关S1和S3，变阻器连入的最大阻值为______Ω；只闭合开关S2时灯泡的最小功率为______W。

【答案】6 25 0.2
【解析】
[1]只闭合开关S1和S3，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源电压；只闭合开关S2，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测电源电压，由图丙可知电源电压为6V。
[2]只闭合开关S1和S3，灯泡正常发光，通过灯泡的电流为

通过变阻器的最小电流为

变阻器连入的最大阻值为

[3]只闭合开关S2时，通过灯泡的最小电流为0.2A，此时滑动变阻器两端的电压

灯泡的最小功率为

25. 生活处处有物理。小朱发现汽车应用了大量物理知识。汽车的导航系统是通过________(选填“电磁波”或“声波" )来传递信息的，其发动机是由吸气、________、 做功、 排气四个冲程的不断循环来保证连续工作的。
【答案】 (1). 电磁波 (2). 压缩
【解析】[1]广播、电视台、移动通信等是利用电磁波来传递信息的。
[2]汽车的发动机属于内燃机，其一个工作循环有四个冲程，即吸气、压缩、做功、排气四个冲程。
26. 家庭电路中电子式电能表的表盘上标有3200imp/( )字样。将一个电热棒单独接在家庭电路中正常工作12min，电能表指示灯闪烁了320 次，上述时间内该电热棒消耗的电能为______J， 它的额定功率为______W， 它正常工作时的电阻是________Ω.
【答案】 (1). (2). (3).
【解析】[1]电能表指示灯闪烁了320次，消耗的电能为

[2]利用公式可算出额定功率为

[3]根据公式，可得

27. 如图所示，闭合开关S，小磁针静止时N极指向_______(选填“左”或“右”)．向左移动滑动变阻器的滑片，螺线管的磁性_____(选填“增强”或“减弱”)

【答案】 (1). 左 (2). 增强
【解析】第一空．根据右手定则，右手四指弯曲指向电流方向握住螺线管，则大拇指指向左，因此电磁铁的N极向左，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，则小磁针S极向右，N极指向左；
第二空．滑动变阻器滑片向左移动后，滑动变阻器的电阻丝接入电路部分变短，电阻变小，使得电路中电流增大，因此电磁铁的磁性增强．
28. 图丁中，将插座和控制插座的开关正确接入家庭电路中。

【答案】见解析
【解析】三孔插座连接时，左孔接零线，右孔经过开关接火线，开关控制插座，中间孔接地线，如图所示：

三、简答题(共48分)
29. 在“探究阻力对物体运动的影响”实验中：
(1)小明调试实验装置时，将小车从斜面上A处滑下，如图甲所示，小车滑出水平木板右端而掉落下去。为让小车不滑出木板，下列做法不可行的是_______；

A．小车仍从斜面A处滑下，换一个更长的木板
B．增大斜面的倾角，小车仍从斜面上A处滑下
C．斜面倾角不变，小车从斜面上A处以下位置滑下
D．减小斜面的倾角，小车仍从斜面上A处滑下
(2)调试成功后，小明每次均将小车从斜面上同一高度处滑下，让小车分别在毛巾、棉布和木板表面运动，最终小车静止时的位置如图乙所示。由此可得：小车受到的阻力越小，运动的路程越________。进一步推理可知：若小车运动时所受阻力为零，小车将保持________(填运动状态)；
(3)在上述实验中，小车在毛巾表面运动过程中的速度变化量________(选填“大于”、“等于”或“小于”)在木板表面运动过程中的速度变化量；
(4)上述实验结论是小明在分析实验现象的基础上，经过科学推理得出的。下列得出实验结论的过程与该实验相同的是________。
A．探究影响压力作用效果的因素
B．用小磁针探究磁体周围的磁场
C．探究声音能否在真空中传播
D．探究动能大小与物体质量的关系
【答案】 (1). B (2). 长 (3). 匀速直线运动 (4). 等于 (5). C
【解析】(1)[1]将小车从斜面上A处滑下，小车滑出水平木板右端而掉落，说明小车到达水平面的动能较大，速度较大，通过的路程比较大，所以为让小车不滑出木板，可以换一个更长的木板；或者将小车从高度较低处滑下，或者可以减小斜面的倾角，从而减小小车到达水平面的动能，减小小车在水平面的速度，减小小车通过的路程；故不可行的方法是增大斜面的倾角，小车仍从斜面上A处滑下。
故选B。
(2)[2][3]由图示可知，小车受到的阻力越小，小车速度减小得越慢，运动的路程越远；进一步推理可知，当阻力为零时(即小车不受摩擦力)，则小车会在水平面上做匀速直线运动。
(3)[4]由题意可知，小车从斜面上同一高度处滑下，所以小车到达毛巾表面和木板表面的水平面时的速度相等，而且小车最后在毛巾表面和木板表面上都会停下来；所以小车在毛巾表面运动过程中的速度变化量等于在木板表面运动过程中的速度变化量。
(4)[5]上述实验结论是小明在分析实验现象的基础上，经过科学推理得出的。所用的方法是理想是实验法；
A．探究影响压力作用效果的因素用的方法是控制变量法，故A不符合题意；
B．用小磁针探究磁体周围的磁场用的方法是转换法，故B不符合题意；
C．探究声音能否在真空中传播用的方法是理想实验法，故C符合题意；
D．探究动能大小与物体质量的关系用的方法是控制变量法，故D不符合题意。
故选C
30. 交通安全要求广大司机“开车不喝酒，喝酒不开车”，酒后驾驶存在许多安全隐患。某科技兴趣小组设计了一种简易的酒精检测仪，其电路原理如图甲所示。电源电压为12V，是气敏电阻，其阻值随呼气酒精浓度K的变化关系如图乙所示，为滑动变阻器。检测前对检测仪进行“调零”，即调节滑动变阻器使电流表的示数为0.1A，调零后变阻器滑片位置保持不变。查阅到相关资料如下：

(1)求“调零”后变阻器接入电路的阻值；
(2)检测前工作10s消耗的电能；
(3)对某司机进行检测时，电流表示数为0.16A，依据信息窗资料，通过计算判断该司机属于非酒驾、酒驾还是醉驾。

【答案】(1)20Ω；(2)2J；(3)酒驾
【解析】
解：(1)由甲图可知，两电阻串联，电流表测电流，当气体中的酒精浓度为0时，R1=100Ω，此时电路中的电流0.1A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，“调零”后变阻器接入电路的阻值

(2)检测前工作10s消耗的电能

(3)此时气敏电阻阻值为

由图可知，此时呼气酒精浓度为12×10-3mg/100mL，则血液酒精浓度为
M=12×10-3mg/100mL×2200=26.4mg/100mL
由表格可知属于酒驾。
答：(1)“调零”后变阻器接入电路的阻值20Ω；
(2)检测前工作10s消耗的电能2J；
(3)酒驾。
31. 如图所示，底面积为200cm2、重为10N的薄壁柱型容器，放在水平桌面上，把边长为10cm的实心正方体A(不吸水)用细线悬挂固定在容器正上方静止时，正方体A有的体积和浸入水中，此时容器内水深12cm，已知正方体A的密度ρ=3.0g/cm3。求：
(1)水对容器底部的压强；
(2)正方体A受到的浮力大小；
(3)解开细线，将正方体A缓缓放入水中，待正方体A静止后(容器中的水未溢出)，容器对桌面的压强。

【答案】(1)1.2×103Pa；(2)6N；(3)2900Pa
【解析】(1)水对容器底部的压强

(2)正方体A受到的浮力大小

(3)水的体积为

由得，水的质量

水的重力

A的质量

A的重力

容器对桌面的压强

32. 小涛同学利用如图甲所示电路图测量额定电压为2.5V的小灯泡的功率。

(1)请按照图甲所示的电路图，用笔画线表示导线，在图乙中完成实物连接。要求：闭合开关后，当滑动变阻器滑片P向右移动时，电流表示数增大( )；
(2)调节滑动变阻器滑片P，当电压表示数为额定电压时，电流表示数如图丙所示，其读数为______A，则该小灯泡的额定功率为______W；
(3)小涛同学在调节滑动变阻器滑片P的过程中，绘制出电流表与电压表示数变化关系的图象如图所示。他将电压表换成一个这样相同的小灯泡，这两个小灯泡并联在电路中，当干路中的电流表示数为0.2A时，两个小灯泡的实际总功率为______W。

【答案】 (1). (2). 0.24 (3). 0.6 (4). 0.1
【解析】(1)[1]由图甲可知，电压表并联在灯泡两端；灯泡的额定电压为2.5V，则电压表选择0～3V量程；灯泡与滑动变阻器串联，由于滑动变阻器的滑片向右移动时，电流表示数增大，说明变阻器连入电路的阻值变小，因此需将滑动变阻器的右下接线柱接入电路，实物电路如图所示：

(2)[2][3]如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，小灯泡的额定功率为
P=UI=2.5V0.24A=0.6W
该小灯泡的额定功率为0.6W。
(3)[4]由题知，两个相同的小灯泡并联，干路电流为0.2A，则通过每个小灯泡的电流为0.1A，由图像知，当小灯泡的电流为0.1A时，小灯泡两端的实际电压为0.5V，则两个小灯泡的实际总功率为
P总=U实I总=0.5V0.2A=0.1W
两个小灯泡的实际总功率为0.1W。
33. 某电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图甲所示。其中控制电路中的电磁铁线圈电阻不计，R为热敏电阻，热敏电阻中允许通过的最大电流Ig＝15mA，其阻值R随温度变化的规律图象如图乙所示，电源电压U恒为6V，当电磁铁线圈中的电流I＞8mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点a、b接触，加热电路接通：当电磁铁线圈中的电流I≤8mA时，继电器上方触点c接触，保温电路接通，热敏电阻R和工作电路中的三只电阻丝R1、R2、R3，均置于储水箱中，U2＝220V，加热时的功率P加热═2200W，保温时的功率P保温＝110W，加热效率η＝90%，R2＝2R1，水的比热容，c水＝4.2×103J/（kg•℃），水箱内最低温度为0℃。
（1）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，试求热水器刚开始保温时水的温度。
（2）电阻丝R1、R2、R3的阻值分别为多少欧姆？
（3）该热水器在加热状态下，将44kg、20℃的水加热到50℃需要多少时间？

【答案】：（1）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为450Ω；
若R0为该值，热水器刚开始保温时水的温度为70℃。
（2）电阻丝R1、R2、R3的阻值分别为33Ω、66Ω、374Ω；
（3）该热水器在加热状态下，将44kg、20℃的水加热到50℃需要2800s。
【解析】：（1）由题意可知，热敏电阻中允许通过的最大电流I0＝15mA，电源电压U1＝6V，
控制电路中最小值是R总小=U1I0=6V15×10−3A=400Ω，
当水箱内最低温度为0℃时，热敏电阻阻值最小，R最小，R最小＝100Ω。
保护电阻R0的最小值，保护电阻阻值至少为R0＝R总小﹣R最小＝400Ω﹣100Ω＝300Ω，
热水器刚开始保温时，控制电路中的总电阻R总=U1Imax=6V8×10−3A=750Ω，
热敏电阻的阻值为：R＝R总﹣R最小＝750Ω﹣300Ω＝450Ω，
由图乙可知，此时水温为70℃；
（2）由题意和电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，电热水器处于加热状态，
P加热=U2R1+U2R2=2200W，且R2＝2R1，
所以U2R1+U22R1=2200W，
3U22R1=2200W，
3×(220V)22R1=2200W，
解得：R1＝33Ω，R2＝2R1＝2×33Ω＝66Ω；
根据题意可知，电磁继电器上方触点和触点c接通时，电热水器处于保温状态，则由电路图知，此时R2、R3串联，
根据电阻的串联特点和欧姆定律可得保温功率：
P保温=U2R2+R3=110W，即(220V)266Ω+R3=110W，
解得：R3＝374Ω；
（3）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×44kg×（50℃﹣20℃）＝5.544×106J：
根据热效率公式η=Q吸W可得，
加热电路消耗的能量：W=Q吸η=5.544×106J90%=6.16×106J，
加热时间：t=WP=6.16×106J2200W=2800s。