2022年河南省信阳市商城县中考物理二模试卷(word版含答案)

这是一份2022年河南省信阳市商城县中考物理二模试卷(word版含答案)，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2022年河南省信阳市商城县中考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共10.0分）
1. 厨房里很多地方都涉及到物理知识，下列说法中正确的是(    )
A. 现代厨房用天然气取代煤，是因为天然气的内能大
B. 把刀刃磨的锋利，主要是为了减小切食物时的摩擦
C. 电饼铛烙饼是通过电流做功的方式使面饼内能增加的
D. 高压锅是通过增大锅内气压来提高沸点的
2. 2021年5月26日，天空先后出现超级月亮和月全食的少见天象，与月全食成因相同的是(    )
A.            水面倒影
B.         墙上的手影
C.                 空中虹桥
D.            杯中断管
3. 重大科技创新成果是国之重器、国之利器，关系我国发展全局。在2021年，我国在多个科技领域取得重大突破，下列说法中正确的是(    )
A. 我国28nm和14nm的芯片预计会在今明两年开始量产，制作芯片的主要材料是半导体
B. 2021年我国在核聚变研究获得重大突破，可以利用核聚变建设大型核电站
C. 神舟十二号载人飞船是利用超声波与地面建立联系的
D. 2021年我国初步掌握了火箭长筒段研制技术，火箭加速升空时，是将动能转化为重力势能
4. 在探究凸透镜成像规律的实验中，当烛焰、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时，烛焰在光屏上呈现一个清晰的像。下列相关描述不正确的是(    )
A. 光屏上是烛焰倒立、放大的像
B. 保持蜡烛位置不动，将图中透镜换为焦距更小的透镜，移动光屏一定可得到烛焰放大的像
C. 蜡烛燃烧变短，光屏上烛焰的像向上移动
D. 保持蜡烛和光屏的位置不动，将透镜移至65cm 刻度处时，光屏上仍有清晰的像
5. 用如图所示的体温计测量体温时，体温计内水银柱慢慢升高，在此过程中，下列有关水银柱的物理量不变的是(    )
A. 比热容 B. 电阻 C. 密度 D. 内能

二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
6. (多选)2022年春晚的《乳虎啸春》是央视导演组和河南塔沟武校精心创编的节目。如图是某演员纵身从虎娃头顶越过的示意图，以下说法正确的是(    )
A. 该演员到达在B处时，他的动能为0
B. 该演员从A处跃到B处的过程中，重力势能增加
C. 该演员从B处落到C处的过程中，动能增加
D. 该演员在整个运动的过程中，机械能总量保持不变

7. 如图甲，是在综合实践活动中，小林自制的一个坐位体前屈项目测试仪，原理如图乙所示。若电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为粗细均匀的电阻丝。闭合开关，推动挡板的过程中，以下说法正确的是(    )
A. 电流表示数变小 B. 电压表示数变大
C. 电压表与电流表示数之比变小 D. 电路消耗的总功率不变
8. 三个相同容器中盛满三种不同液体，将甲、乙、丙三个体积和质量都相同的小球，分别轻轻放入三个容器中，甲球下沉至杯底、乙球漂浮、丙球悬浮，如图所示，下列说法正确的是(    )
A. 三种液体的密度大小关系是ρ甲>ρ丙>ρ乙
B. 三个小球受到的浮力大小关系是F甲 C. 三个容器中的液体对容器底部的压强大小关系是p甲>p乙>p丙
D. 三个容器底部对桌面的压强大小关系是p'甲
三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）
9. 勤洗手是良好的卫生习惯，洗手时能闻到洗手液的香味，这是______现象；洗澡时浴室里的镜子上有一层雾，这是______现象(选填物态变化名称)。
10. 甲，乙两人在同一平直道路上，从同一出发点向南跑步，他们运动的s一t图象如图所示。他们跑步的速度v乙=______v甲。以甲为参照物，乙向______运动。



11. 古时候，鼓楼定更击鼓、钟楼撞钟报时极有规律。如图所示，当定更时钟声响起，守城门军兵关城门，阻断城里与城外的交通，亮更时钟声响起开城门，通衢开市。撞击钟面，钟声响起，钟声是由钟面______产生的；人们能够区分钟鼓声，是由于二者的______不同；“定更击鼓、撞钟报时”，说明声音能传递______。
12. 2021年7月20日，由中国中车研制、具有完全自主知识产权的时速600km高速磁浮交通系统在青岛成功下线。这是世界首套设计时速达600km的高速磁浮交通系统。列车和轨道产生的磁性，是利用了电流的______效应。列车能达到600km的时速，是利用同名磁极相互排斥使接触面彼此分离的方法减小______的。
13. 如图所示的电路中，电源电压保持不变(不计灯泡电阻变化)，闭合开关S后，将滑片P从中间缓慢向左移动，在此过程中，灯泡L的亮度______，电流表A1的示数______，电压表V的示数与电流表A2示数的比值______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
14. 小明看到冬奥会上滑雪运动员从越陡的坡滑下时，越快滑到底端。对此他猜想：“物体离地高度一定时，光滑斜面的坡度越大，物体从静止开始滑到底端的速度也越大。”你认为这个猜想是______(选填“正确”或“错误”)的。理由是：______。

四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
15. 如图所示，物体A与上表面粗糙的平板小车一起向右做匀速直线运动。当小车遇到障碍物时，物体A在小车的平板上滑行，请在图中画出物体A滑行过程中在水平方向上的受力示意图(忽略空气阻力)。

16. 如图是常用的插线板电路简化图，开关断开时指示灯不发光，插孔不提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，请在图中画出开关、指示灯、孔的连接方式。


五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）
17. 如图甲所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热，探究水和煤油的吸热能力。
(1)安装调整实验器材时，合理的顺序是：先调整固定位置______(“A”或“B”)，实验时还需要用到一种仪器进行的操作是：______。
(2)实验中，加热10min，水吸收的热量______(填“大于”、“小于”或“等于”)煤油吸收的
热量。
(3)根据实验数据，小明作出了如图乙所示，水和煤油的温度随加热时间变化的图象。由图象可知，煤油的比热容是______J/(kg⋅℃)【c水=4.2×103J/(kg⋅℃)】。

18. 小明在课外社团活动中进行了一系列的实验探究。
(1)小明连接了如图甲所示的电路，发现闭合开关，当电流通过导线时，小磁针发生偏转，断开开关，无电流通过导线时，小磁针不发生偏转。由此，他初步得出的结论是______。
(2)小明将导线绕成螺线管，在周围洒满铁屑，在螺线管两端放置小磁针。闭合开关，轻轻敲动后，发现铁屑分布和小磁针静止时的指向如图乙所示，由此判断，通电螺线管外部的磁场分布与______磁铁周围的磁场分布是相似的；断开开关，小明将电源正负极对调，闭合开关后，小磁针的北极指向______(选填“改变”或“不改变”)，此操作的目的是探究通电螺线管外部的磁场方向与______是否有关。
(3)小明猜想通电螺线管磁场强弱可能与线圈匝数和电流大小有关，他按图丙连接电路。实验中，他将开关S从a换到b上时，调节滑动变阻器，观察电流表示数及吸引的铁钉数目，此时调节滑动变阻器是为了______，从而探究通电螺线管磁场强弱与______的关系。
19. 小明在“测小灯泡电阻”的实验中，实验器材有：电源(3V)、电流表、电压表、“2.5V”字样的小灯泡、滑动变阻器(30Ω1A)、开关、导线若干
(1)请用笔画线代替导线，将图中的电路连接完整(要求导线不交叉)；
(2)改正后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡不亮，电压表示数接近电源电压示数，电流表几乎无示数，则故障可能是______；
(3)如表中是小明记录的实验数据，图乙是小灯泡正常发光时电流表示数，小灯泡正常发光时的电阻为______Ω(结果保留两位小数)；
序号
电压U/V

电流I/A
1
0.3
0.10
2
1.1
0.12
3
1.5
0.24
4
2.0
0.28
5
2.5

(4)分析表中数据，表中有一组数据明显是错误的，它是第______(填写表格中表示序号的数字)组，你判断的依据是______；
(5)实验过程中随滑动变阻器阻值减小，小灯泡的电阻是逐渐变大的，则小灯泡电阻的变化量ΔRL______(选填“大于”、“小于”或“等于”)滑动变阻器电阻的变化量ΔR；
(6)完成实验后，小明根据所学知识，又设计了一个单电流表测小灯泡额定功率的电路图，如图丙所示，其中R0为阻值已知的定值电阻。按照此设计方案，请完成下列实验步骤：
①只闭合开关S2调节滑动变阻器，使电流表的示数为______时，小灯泡正常发光；
②断开开关S2，闭合开关S，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数I；
③小灯泡的额定功率P额=______。(均用测得物理量和已知物理量表示)

六、综合题（本大题共2小题，共18.0分）
20. 如图所示是多功能抑尘车，通过向空气中喷洒消毒液在降温、降尘的同时，又可消杀病毒。若该车技术参数如下：空车质量8t，满载时可以装消毒液10m3，支持连续喷洒1h，喷洒距离为10km，最大能喷洒出
45m高的水雾，使用柴油机提供动力。满载后，车轮与地面的总接触面积为0.5m2。(消毒液的密度和水相同，q柴油=4.6×107J/kg)
(1)雾炮车能降温，是因为水______。
(2)满载静止时，该车对水平地面的压强为多少？
(3)在某水平直线路段匀速行驶时，其受到的摩擦力是其总重力的0.1倍(不考虑油箱中所装柴油的质量)，当汽车满载且未喷水时，3min行驶了1150m，消耗2kg柴油，求：雾炮车的发动机的效率是多少？
(4)当雾炮车在水平路面上匀速行驶并不断向外喷消毒液时，雾炮车发动机的输出功率______(选填“增大”、“减小”或“不变”)，理由是：______。

21. 小丽去商店新买了一个电热水壶，铭牌如表所示。
空壶质量
0.5g
额定电压
220V
额定功率
1210W
容积
2L
(1)从铭牌上看，有一参数明显不合理，请你改正：______。如图甲所示，电热水壶的壶嘴与壶身中的水面总保持相平，这应用了______的原理；另外，壶的把手和插头接头处都用橡胶制成，这是因为橡胶是______。
(2)小丽家安装的电能表如图乙所示，某次她家中只有电热水壶工作，在1min内电能表的转盘转了50r，则这次加热过程中电热水壶正常工作了吗？这次加热过程中电热水壶的实际电压是多少？请计算说明。(忽略电热水壶电阻的变化)
(3)小丽当时购买此壶时，售货员宣传：此壶把初温为20℃、2L的水烧开只需4min，若此壶的加热效率为80%，在额定电压下使用，请你计算说明售货员宣传的是否真实？【气压为1个标准大气压，ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)】
答案和解析

1.【答案】D
【解析】解：A、现代厨房用天然气取代煤，是因为天然气的热值比煤大，故A错误；
B、将刀刃磨锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积的方法增大压强，故B错误；
C、电饼铛烙饼是通过电流做功的方式使电饼铛的内能增加，温度升高，再通过热传递的方式使食物的内能增加，故C错误；
D、高压锅是通过增大锅内气压来提高沸点的，使锅内食物更快被煮熟，故D正确。
故选：D。
(1)热值是燃料的一种特性，在完全燃烧相同质量的燃料时，热值越大的燃料释放出的热量越多；
(2)影响压强大小的因素是压力的大小和受力面积，压力一定时，受力面积越小压强越大，受力面积一定，压力越大压强越大；
(3)做功和热传递可以改变物体的内能；
(4)液体的沸点随液面上方气压的增大而升高。
本题是一道综合题，主要考查燃料热值的概念、沸点与气压的关系、增大压强的方法以及改变内能的方式，难度不大。要注意电饼铛烙饼涉及了改变内能的两种方式。

2.【答案】B
【解析】解：当太阳、地球、月球三者恰好或几乎在同一条直线上时(地球在太阳和月球之间)，由于光的直线传播，地球挡住了太阳光，从而形成了月食，即月食是由光的直线传播形成的；
A、水中的倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A错误；
B、手影游戏是由光在同种均匀介质中沿直线传播形成的，故B正确
C、空中虹桥属于光的色散现象，是由光的折射形成的，故C错误；
D、“弯折”的吸管是由于光的折射形成的，故D错误。
故选：B。
(1)光在同种均匀均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
(2)当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。

3.【答案】A
【解析】解：A、制作芯片的主要材料是半导体，故A正确；
B、由于目前技术限制，只有核裂变是可控的，所以核电站是利用了核裂变的方式进行发电的，故B错误；
C、由于电磁波能够在真空中传播，所以神舟十二号载人飞船利用电磁波与地面联系的，故C错误；
D、火箭加速升空时，重力势能和动能都在增加，是燃料的化学能转化为动能和势能，故D错误。
故选：A。
(1)芯片的核心部件是其中的电子芯片，是半导体硅；
(2)核电站是利用可控的核裂变实现的；
(3)超声波在真空中无法传播，电磁波可以在真空中传递信息；
(4)机械能包括动能和势能，动能与质量和速度有关，质量越大、速度越大则动能越大，重力势能与质量和高度有关，质量越大、高度越大则重力势能越大。
本题考查了半导体材料、核能的利用、电磁波的应用、能量的转化等知识，题目综合性较强，但是难度不大。

4.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，此时的物距为u=25cm，像距为v=40cm，像距大于物距，成倒立、放大的实像，故A正确；
B、保持蜡烛位置不动，将图中透镜换为焦距更小的透镜，相当于增大物距，凸透镜成实像时，物远像近像变小，移动光屏光屏上的像变小，由于不知道具体的物距和焦距，所以无法判断像一定时放大的，故B错误；
C、凸透镜成倒立的实像，随着蜡烛燃烧变短，光屏上的像将向上移动，故C正确；
D、将凸透镜移至65cm刻度线处，此时的物距为u=40cm，像距为v=25cm，根据光路可逆可知，此时成倒立、缩小的实像，故D正确。
故选：B。
(1)当物距小于像距时，成倒立、放大的实像；
(2)换为焦距更小的透镜相当于增大物距，凸透镜成实像时，物远像近像变小；
(3)根据通过光心的光线的传播方向不变分析；
(4)光折射时，光路是可逆的。
本题考查了凸透镜成像规律及特点的应用，理解凸透镜成像的规律是关键。

5.【答案】A
【解析】解：A、比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与吸放热的多少、质量、体积、温度的大小都没有关系，所以水银的温度升高，比热容不变，故A正确；
B、体温计内水银柱慢慢升高时，水银柱变长，电阻变大，故B错误；
C、温度计内水银柱慢慢升高，在此过程中温度计内的水银温度随之升高，体积变大，质量不变，由公式ρ=mV得密度变小，故C错误；
D、内能的大小与物体的质量和温度有关，在质量一定时，温度越高，其内能越大，所以体温计测量体温时，水银柱慢慢升高过程中，水银的温度升高，内能增加，故D错误。
故选：A。
(1)比热容是物质本身的一种特性，其大小是由物质决定的，与是否吸热、放热、温度、质量等因素无关。
(2)电阻的大小与导体的长度、横截面积、材料有关。
(3)体温计内的水银属于液体，而且水银具有热胀冷缩的性质；用公式ρ=mV判断密度的变化；质量不随物体温度的升高而变化。
(4)任何物体在任何温度下都具有内能，内能与物体的质量、温度、状态等因素有关。
本题考查了影响内能的因素、电阻大小的影响因素、密度以及比热容的定义，属于基本的物理知识，平时要注意掌握和积累。

6.【答案】BC
【解析】解：A、该演员到达在B处时，在水平方向上有一定的速度，他的动能不为0，故A错误；
B、该演员纵身从A处跃到B处的过程中，质量不变，高度变大，他的重力势能增加，故B正确；
C、该演员从B处落到C处的过程中，质量不变，速度变大，动能增加，故C正确；
D、该演员在整个运动的过程中，需要克服空气阻力做功，他的机械能总量减小，故D错误。
故选BC。
动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能和势能的和。
本题考查了动能和势能的转化、机械能的守恒，属于基础题

7.【答案】BD
【解析】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测滑片右侧电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，推动挡板的过程中，变阻器接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，
由I=UR可知，电路中的电流不变，即电流表的示数不变，故A错误；
推动挡板的过程中，滑片右侧电阻丝的长度变长，滑片右侧电阻丝的阻值变大，
由U=IR可知，滑片右侧电阻丝两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B正确；
则电压表与电流表示数之比变大，故C错误；
由P=UI可知，电路消耗的总功率不变，故D正确。
故选：BD。
由电路图可知，R1与R2串联，电压表测滑片右侧电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电压表的内阻特点判断出推动挡板的过程中变阻器接入电路中的电阻变化，从而得出电路中的总电阻变化，根据欧姆定律求出电路中的电流变化；根据挡板移动的方向可知滑片右侧电阻丝的阻值变化，再根据欧姆定律得出滑片右侧电阻丝两端的电压变化，进一步得出电压表与电流表示数之比变化，利用P=UI可知电路消耗的总功率变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，根据电压表的内阻特点判断出滑片移动时接入电路中的电阻不变是关键。

8.【答案】BD
【解析】解：A、已知甲、乙、丙三个小球体积和质量都相同，由ρ=mV可知三个小球的密度大小相同；
甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以，ρ甲<ρ球，ρ乙>ρ球，ρ乙=ρ球，
所以，三种液体的密度大小关系是ρ乙>ρ丙>ρ甲，故A错误；
B、由于已知甲、乙、丙三个小球体积和质量都相同，则三个小球的重力相同；甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以，F甲 所以，三个小球受到的浮力大小关系是F甲 C、因为三个相同容器中盛满三种不同液体，放入球后容器中液面高度不变，已知ρ乙>ρ丙>ρ甲，根据p=ρgh可知容器底部受到水的压强相等，即：p乙>p丙>p甲，故C错误；
D、因为三个相同容器中盛满三种不同液体，由图可知，三种液体的体积：V乙>V甲=V丙，又因为ρ乙>ρ丙>ρ甲，根据G=mg=ρVg可知：G乙>G丙>G甲；
由于容器底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入小球后容器对桌面的压力为：F=G容器+G液+G球，据此可得：F'甲 由于容器的底面积相同，根据p=FS可知，三个容器底部对桌面的压强大小关系为：p'甲 故选：BD。
(1)甲、乙、丙三个体积和质量都相同的小球，则甲、乙、丙三个小球的密度相同，甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，根据物体的浮沉条件分析判断三种液体的密度大小关系；
(2)甲、乙、丙三个体积和质量都相同的小球，则甲、乙、丙三个小球的重力相同，甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，根据物体的浮沉条件判断浮力大小关系；
(3)由于三个相同容器中盛满三种不同液体，由图可确定判断液面升高的关系，从而根据p=ρgh判断容器底部受到水的压强的关系；
(4)根据三个相同容器中盛满三种不同液体和液体的密度得出液体的重力关系，由于容器底部对桌面的压力等于容器的总重力，则根据液体的重力、球的重力关系和排开水的重力关系，先判断出压力的关系，根据p=FS判断三个容器底部对桌面的压强大小关系。
本题考查了学生分析推理的能力，本题中解题的关键是由物体在液体中所处的状态判断其密度和浮力大小的关系、知道容器底部对桌面的压力等于容器的总重力。

9.【答案】扩散  液化
【解析】解：(1)在使用洗手液洗手时，会闻到洗手液的香味，这是扩散现象，是分子无规则运动形成的；
(2)澡时，浴室镜子上有一层小水珠，小水珠是水蒸气遇到镜面液化形成的小水珠。
故答案为：扩散；液化。
(1)不同物质组成的物体相互接触时彼此进入对方的现象是扩散。
(2)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。
本题考查了扩散现象和物态变化，属于基础题。

10.【答案】2  北
【解析】解：由图象知，甲在120s内运动200m，即相遇点距离出发点200m，而乙在120s-60s=60s内运动了200m，
则v甲=s甲t甲=200m120s=53m/s，v乙=s乙t乙=200m60s=103m/s，
所以v乙=2v甲；
由于v乙>v甲，甲、乙同地向南做匀速直线运动，
所以甲为参照物，乙向南运动。
故答案为：2；南。
根据s-t图像求出甲乙的速度，再进行比较，然后根据题意和两者的速度大小关系分析以甲为参照物时乙的运动状态。
本题考查了速度公式的应用，能从物体的s-t图象得出相关信息是关键。

11.【答案】振动  音色  信息
【解析】解：钟声是由钟面振动产生的；人们能够区分钟鼓声，是由于二者的音色不同；“定更击鼓、撞钟报时”，说明声音能传递信息。
故答案为：振动；音色；信息。
(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。
(3)声音能传递信息和能量。
本题考查了声音产生的原因、声音的利用和乐音的特征，属于基础题。

12.【答案】磁  摩擦力
【解析】解：(1)磁悬浮列车利用的是磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥)。磁悬浮列车通电后带有磁性，利用的是电流的磁效应；
(2)磁悬浮列车的车身和轨道不接触，是通过使接触面彼此分离的方法来减小摩擦力。
故答案为：磁；摩擦力。
(1)磁悬浮列车中的电磁铁是利用电流的磁效应；
(2)减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。
本题考查磁悬浮列车的有关知识，包括电流的磁效应、减小摩擦的方法等知识，难度不大。

13.【答案】不变  变小  不变
【解析】解：由电路图可知，闭合开关S后，灯泡L与滑动变阻器R并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测灯泡L支路的电流，电压表V测电源两端的电压。
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过灯泡L的电流和灯泡的实际功率均不变，则电流表A2的示数和灯泡L的亮暗不变；
则电压表V的示数与电流表A2示数的比值不变；
将滑片P从中间缓慢向左移动，变阻器接入电路中的电阻变大，
由I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变小，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小。
故答案为：不变；变小；不变。
由电路图可知，闭合开关S后，灯泡L与滑动变阻器R并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测灯泡L支路的电流，电压表V测电源两端的电压。根据电源电压保持不变可知滑片移动时电压表V的示数变化，利用并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过灯泡L的电流和灯泡的实际功率变化，即可得出电流表A2的示数和灯泡L的亮暗变化，进一步得出电压表V的示数与电流表A2示数的比值变化；根据滑片的移动可知变阻器接入电路中电阻的变化，利用欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流变化，再利用并联电路的电流特点得出干路电流的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。

14.【答案】错误  物体离地高度一定，重力势能一定，从光滑斜面下滑到底端时转化为动能也一定，所以速度相同
【解析】解：由题意可知，物体离地高度一定，则重力势能一定，从光滑斜面下滑到底端时，由于没有摩擦，所以重力势能会全部转化为动能，则动能也是一定的，所以速度是相同的，说明小明的猜想是错误的。
故答案为：错误；物体离地高度一定，重力势能一定，从光滑斜面下滑到底端时转化为动能也一定，所以速度相同。
光滑的斜面没有摩擦力，则重力势能会全部转化为动能，据此可对题干中的情形做出判断。
本题中，知道光滑斜面没有机械能的消耗，是正确判断的关键。

15.【答案】解：小车遇到障碍物时，木块由于惯性相对于平板向前滑动，所以受向左的摩擦力f作用，示意图如图所示：

【解析】小车遇到障碍物时，由于惯性木块保持原来的速度继续运动，木块相对于平板向前滑动，水平方向上，受向后的摩擦力f作用。
根据惯性判断出木块的滑动方向、对木块正确受力分析、掌握力的示意图的作法是正确解题的关键。

16.【答案】解：由题知，开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；这说明开关同时控制指示灯和插座，开关应该在干路上，且开关应与火线连接，在断开开关时能切断火线，使用更安全；
如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联的；
三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，如图所示：

【解析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。

17.【答案】B  用天平称取质量相同的水和煤油  等于  2.1×103
【解析】解：(1)为了利用灯的外焰给烧杯充分加热，安装器材时需要先固定B的位置，然后再调整A的位置；实验中需要控制水和煤油的质量相同，所以需要用到天平，所以进行的操作是：用天平称取质量相同的水和煤油；
(2)实验中用相同的酒精灯加热，加热10min，加热时间相同，水吸收的热量等于煤油吸收的热量；
(3)根据小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像(如图乙)，由图像可知，水的沸点是98℃；
由图乙知，升高98℃-68℃=30℃，水加热20分钟，煤油加热10分钟，水用的时间是煤油的2倍，水吸收的热量是煤油的2倍，根据Q吸=cmΔt，在质量、升温相同的情况下，Q吸与比热容成正比，故煤油的比热容是：c煤油=12c水=12×4.2×103J/(kg⋅℃)=2.1×103J/(kg⋅℃)。
故答案为：(1)B；用天平称取质量相同的水和煤油；(2)等于；(3)2.1×103。
(1)安装实验器材时需要先固定B的位置，能够利用酒精灯的外焰给烧杯充分加热；探究物质吸热能力的实验中，需要控制物质的质量相同；
(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；加热时间相同，物质吸收的热量相同；
(3)由图乙知得出升高30℃水和煤油的加热时间，根据Q吸=cmΔt可知，在质量、升温相同的情况下，Q吸与比热容c成正比得出煤油的比热容。
本题比较不同物质的吸热能力和热值的大小，考查控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。

18.【答案】通电导线周围存在磁场  条形  改变  电流方向  保持电流不变  线圈匝数
【解析】解：(1)小明闭合开关，当电流通过导线时，小磁针发生偏转，断开开关，无电流通过导线时，小磁针不发生偏转，这说明导线通电后，周围存在磁场，使小磁针发生了偏转；
(2)由图可知，通电螺线管的磁场方向与条形磁体的磁场是相似的；
小明将电源正负极对调，电流的方向改变，通电螺线管的磁场方向发生变化，闭合开关后，发现小磁针的北极指向会发生改变。
(3)实验中，他将开关S从a换到b上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的铁钉数目，这样才能探究出通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。
故答案为：(1)通电导线周围存在磁场；(2)条形；改变；电流方向；(3)保持电流不变；线圈匝数。
(1)通电导线的周围存在磁场。
(2)通电螺线管的磁场方向与条形磁体的磁场是相似的。
(3)通电螺线管磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少；要研究通电螺线管磁场的强弱与线圈匝数关系时，要控制电流大小一定；探究电磁铁磁性强弱跟电流关系时，控制线圈匝数一定。
本题考查的知识是电流周围存在着磁场，磁场的方向与磁场方向、电流方向有关，属于基础题。

19.【答案】小灯泡断路  8.33  2  灯丝的电阻随温度的升高而变大  小于 U额R0  U额×(I-U额R0)
【解析】解：(1)变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：
；
(2)改正后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压示数，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，即故障可能是小灯泡断路；
(3)如表中是小明记录的实验数据，图乙是小灯泡正常发光时电流表示数，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，小灯泡正常发光时的电阻为：
R=UI=2.5V0.3A≈8.33Ω；
(4)通过灯的电流随电压的变大而增大，根据P=UI，灯的功率变大，灯丝温度升高，灯丝的电阻随温度的升高而变大，由表中数据，根据R=UI可知，5次实验的电阻分别为：3Ω、9.2Ω、6.25Ω、7.1Ω和8.33Ω，故第2组数据明显不符合这个规律，是错误的；
(5)实验过程中随滑动变阻器阻值减小，小灯泡逐渐变亮，此时灯泡两端电压增大，通过灯的电流也增大，电源电压不变，由R=UI知，电路的总电阻变小，由P=UI知，灯泡的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，由电阻的串联规律可知：小灯泡阻值增大的值ΔRL小于滑动变阻器电阻的变化量ΔR；
(6)实验步骤：
①只闭合开关S2调节滑动变阻器，使电流表的示数为U额R0时，小灯泡正常发光；
②断开开关S2，闭合开关S，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数I；
③在①中，R0与电流表串联后与灯并联，调节滑动变阻器的滑片使电流表的示数为U额R0，由欧姆定律和并联电路电压的规律，灯两端的电压为U额，灯正常发光；
在②中，R0与灯并联，电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接方式不变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，通过灯的额定电流：
I额=I-U额R0，
灯泡的额定功率：
P额=U额I额=U额×(I-U额R0)。
故答案为：(1)见解答图；(2)小灯泡断路；(3)8.33；(4)2；灯丝的电阻随温度的升高而变大；(5)小于；(6)①U额R0；③U额×(I-U额R0)。
(1)变阻器上下各选一个接线柱串联接入电路中；
(2)改正后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压示数，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；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，根据R=UI算出小灯泡正常发光时的电阻；
(4)灯的电阻随温度的升高而变大，由表中数据，根据R=UI得出5次实验的电阻分析；
(5)电源电压不变，根据欧姆定律先判断出总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的升高而增大和串联电阻的规律分析回答；
(6)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯泡两端的电压为U额，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接方式不变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式；
本题测小灯泡电阻的实验，考查了电路连接、电路故障、电流表读数、电阻的计算和电路的动态分析以及设计实验方案测功率的能力。

20.【答案】比热容大  减小  当雾炮车在水平路面上匀速行驶并不断向外喷消毒液时，车的总重减小，则车受到的摩擦力减小，牵引力也减小，根据P=Wt=Fst=Fv可知，在速度一定时，发动机的输出功率减小
【解析】解：(1)水的比热容大，与其它物质相比，在质量和升高温度相同时，吸收的热量多，常用冷却剂，故雾炮车能降温，是利用了水的比热容大的特性；
(2)满载时，消毒水的重力为：G水=m水g=ρ水Vg=1.0×103kg/m3×10m3×10N/kg=105N，
空车的重力为：G车=m车g=8×103kg×10N/kg=8×104N，
车对水平地面的压力等于车的总重，即：F=G=G水+G车=105N+8×104N=1.8×105N，
车对水平地面压强为：p=FS=1.8×105N0.5m2=3.6×105Pa；
(3)车匀速直线行驶时，受到牵引力与摩擦力平衡，大小相等，则发动机的牵引力为：F牵=f=0.1G=0.1×1.8×105N=1.8×104N，
牵引力做的功为：W=F牵s=1.8×104N×1150m=2.07×107J，
2kg柴油完全燃烧放出的热量为：Q放=m柴油q柴油=2kg×4.6×107J/kg=9.2×107J，
发动机的效率为：η=WQ放×100%=2.07×107J9.2×107J×100%=22.5%；
(4)当雾炮车在水平路面上匀速行驶并不断向外喷消毒液时，车的总重减小，则车受到的摩擦力减小，牵引力也减小，根据P=Wt=Fst=Fv可知，在速度一定时，发动机的输出功率减小。
答：(1)比热容大；
(2)满载静止时，该车对水平地面的压强为3.6×105Pa；
(3)雾炮车的发动机的效率是22.5%；
(4)减小；当雾炮车在水平路面上匀速行驶并不断向外喷消毒液时，车的总重减小，则车受到的摩擦力减小，牵引力也减小，根据P=Wt=Fst=Fv可知，在速度一定时，发动机的输出功率减小。
(1)水的比热容大，与其它物质相比，在质量和升高温度相同时，吸收的热量多，常用冷却剂；
(2)已知消毒水的体积和密度，根据G=mg=ρVg计算消毒水的重力，已知空车的质量，根据G=mg计算空车的重力；
满载时，车对水平地面的压力等于车的总重，已知车轮与地面的总接触面积，根据p=FS计算车对水平地面压强；
(3)车匀速直线行驶时，受到牵引力与摩擦力平衡，大小相等，根据F=f=0.1G计算发动机的牵引力，根据W=Fs计算牵引力做的功；
已知消耗的柴油质量，根据Q放=mq计算柴油完全燃烧放出的热量，根据η=WQ放×100%计算发动机的效率；
(4)当雾炮车在水平路面上匀速行驶并不断向外喷消毒液时，车的总重减小，则车受到的摩擦力减小，牵引力也减小，根据P=Wt=Fst=Fv可知，在速度一定时，发动机的输出功率变化情况。
本题综合考查水的比热容大的特性应用、压强、热机效率计算以及功率公式的应用，难度适中。

21.【答案】0.5kg  连通器  绝缘体
【解析】解：(1)空壶的质量约为0.5kg，所以0.5g不合理；
电热水壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时，壶嘴的水面和壶身的水面保持相平；
用橡胶做电热水壶的把手和插头接头，是利用了橡胶的绝缘性强，保证人身安全；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路每消耗1kW⋅h电能，电能表的表盘转3000r，
电能表的转盘转50r消耗的电能为：
W=50r3000r/(kW⋅h)=160kW⋅h=160×3.6×106J=6×104J，
实际功率为：
P实=Wt=6×104J60s=1000W，
因为P实 因为P=U2R，
所以电热壶电阻为：
R=U2P额=(220V)21210W=40Ω，
电热水壶的实际电压是：
U实=P实R=1000W×40Ω=200V；
(3)由ρ=mV可得水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10-3m3=2kg，
1标准大气压下，水的沸点为100℃，
水吸收的热量：
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×105J；
消耗的电能：Q放=W=P额t'=1210W×4×60s=2.904×105J；
因为Q吸>Q放，
所以此广告不科学。
答：(1)0.5kg；连通器；绝缘体；
(2)这次加热过程中电热水壶不能正常工作，这次加热过程中电热水壶的实际电压是200V；
(3)售货员宣传的不真实。
(1)空壶的质量约为0.5kg；
上端开口，底部连通的容器叫连通器，连通器中装同种液体，液体静止时液面是相平的；
用橡胶做电热水壶的把手和插头接头，是利用了橡胶的绝缘性强；
(2)先根据3000r/(kW⋅h)和表盘转动的圈数求出消耗的电能，然后根据P=Wt求出实际功率，与额定功率比较得出电热水壶是否能正常工作；
已知电热水壶额定电压和额定功率，可以得到发热丝电阻；已知发热体电阻和两端实际功率，可以得到实际电压；
(3)比较加热水所需能量及4min内电水壶消耗的能量，可知广告的真伪。
此题是一道涉及力学、电学的综合题，以电热水壶为载体，考查了连通器的原理、绝缘体的应用、电功率变形公式的应用，熟悉基本规律，确定考查的知识点，是解答的关键。