2023年广东省深圳市福田区中考物理二模试卷（含答案）

这是一份2023年广东省深圳市福田区中考物理二模试卷（含答案），共26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，综合能力题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省深圳市福田区中考物理二模试卷
三、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．（2分）深圳是一座美丽宜居的城市，下列现象中，是由光的直线传播形成的是（　　）
A．“春笋”的倒影 B．红树林公园的彩虹
C．大梅沙天使雕像的影子 D．露珠里的伟人雕像
2．（2分）如图为今年深圳马拉松男子组冠军何杰（左一）在比赛中的一幕，下列说法正确的是（　　）

A．全马选手跑步不属于机械运动
B．以地面为参照物，何杰是静止的
C．裁判是通过相同时间内比较运动员经过的路程，来判定何杰夺冠
D．何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大
3．（2分）如图为航天员王亚平在天宫空间站授课时的情景，下列说法正确的是（　　）

A．为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度大的材料制作
B．我们能听到王亚平讲课的声音，说明声音可在真空中传播
C．王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员的质量变为零
D．空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料
4．（2分）如图所示是某动感单车扶手的示意图，显示屏能显示有关骑行数据。正常骑行中，只有按压显示屏的“开始”按钮（相当于开关S1闭合），且将双手握住“手握感应片”（相当于开关S2闭合）时，显示屏才能接通电源，显示骑行数据。下列符合要求的模拟电路是（　　）

A．
B．
C．
D．
5．（2分）如图为我国“祝融号”火星车驶离着陆平台后的“自拍”照片。关于火星车，下列说法正确的是（　　）

A．火星车的履带较宽，可增大压强
B．“自拍”时，火星车位于摄像头一倍焦距以内
C．地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的
D．火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会液化吸热，降低车内温度
6．（2分）本届冬奥会女子冰球比赛中，深圳有16名运动员代表国家出战。如图为比赛时的情景，下列说法正确的是（　　）

A．冰球离开球杆后能继续滑行，是由于受到球杆的推力
B．击球时，球杆对冰球的作用力与人对球杆的作用力是一对相互作用力
C．冰球滑行时，冰球所受重力与冰面对冰球的摩擦力是一对平衡力
D．运动员匀速转弯时，运动状态发生改变
7．（2分）如图为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。电源电压不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且R1：R2＝3：1。下列说法正确的是（　　）

A．容器中电阻丝内能的增大方式和空气内能的增大方式是相同的
B．若闭合S1、S2，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系
C．若闭合S1、断开S2，可探究电流产生的热量与电流大小的关系
D．若闭合S1、断开S2，经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1
四、填空题（本题共4小题，每空1分，共12分）
8．（3分）如图，小依测得物理课本宽度为 　 　cm，水杯的质量为 　 　g，停表的读数为 　 　s。
9．（3分）春运期间，雾化消毒机器人在车站消杀时，刺鼻的气味在远处也能闻到，这是 　 　现象。重200N的机器人在水平地面上运动时，内置电动机提供的水平动力为300N，若机器人匀速直线运动2m用时4s，此过程中动力做的功是 　 　J，重力做功的功率是 　 　W。

10．（3分）我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于 　 　（选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”）。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案（忽略绳重和摩擦），这两种方案中较省力的是 　 　方案，滑轮组机械效率较高的是 　 　方案。
11．（3分）家庭电路中，电能表应接在总开关 　 　（选填“前”或“后”）。图中电能表的示数为 　 　kW•h。若6min内转盘转过100r，则消耗的电能是 　 　J。

五、作图题（本题共2小题，共4分）
12．（2分）我市某热心市民扶起垃圾桶的情景如图甲，请在图乙中作出力F对应的力臂。
13．（2分）某电磁门锁如图1，请将图2中的电磁铁、滑动变阻器接入电路，使开关闭合后电磁铁与条形磁铁相互吸引，且滑片P向右移动时吸引力变大。

六、实验探究题（本题共3小题，每空1分，每图1分，共15分）
14．（4分）小琪在峨眉山旅游时了解到这样一段材料：
“山顶有泉，煮米不成饭，但碎如砂粒。万古冰雪之汁，不能熟物，余前知之。自山下携水一缶来，财自足也。”（节选自范成大《峨眉山行记》）
时间/min
1
2
4
5
6
7
水温/℃
82

88
91
91
91
小琪认为“不能熟物”并不是因为用了“万古冰雪之汁”，而是另有原因。于是他采集泉水样品，用如图装置进行实验。
（1）组装图甲中的实验装置时，安装顺序为 　 　（选填“自上而下”或“自下而上”）；
（2）实验时，每隔1min记录一次温度。第2min初温度计示数如图甲，为 　 　℃。由表中数据可知，当时水的沸点是 　 　℃；
（3）第7min末，小琪在烧瓶上塞上木塞，并用注射器向烧瓶内打气，发现水温升高至图乙所示位置。由此可知，山顶泉水“不能熟物”不是水的问题，而是 　 　影响了水的沸点。

15．（6分）小祥对冬奥会冰壶运动员擦冰的情景（如图甲）给留下了深刻的印象。于是想探究冰壶所受滑动摩擦力的大小与什么因素有关。他找来两个冰壶、一块玻璃板（模拟冰面）和足量的碎冰粉末做了如下实验。

（1）小祥把冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向 　 　拉动冰壶，根据 　 　原理，此时弹簧测力计示数等于冰壶所受滑动摩擦力的大小；
（2）通过比较A、C两次实验，可初步得到结论：当 　 　（选填“接触面粗糙程度”或“接触面面积”）相同时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）本实验的主要研究方法是控制变量法。下列探究中也用到此方法的是 　 　；
A.研究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流
B.探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声
C.研究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映压强大小
D.探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变
（4）实验中，小祥发现弹簧测力计示数很难稳定，便设计图丙方案进行实验（忽略定滑轮摩擦），此时冰壶所受摩擦力的方向为水平向 　 　（选填“左”或“右”）。当传送带运动逐渐变快时，弹簧测力计的示数 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
16．（5分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，保持电源电压不变，已知小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（2）如图甲，实验时无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电压表有示数，电流表示数几乎为零，则故障可能是 　 　接触不良（选填“电流表与导线”或“灯泡与灯座”）。
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙，小灯泡的额定功率为 　 　W。
（4）小伟设计了如图丙所示的电路，也可以测量小灯泡的额定功率，其中定值电阻阻值为R，实验过程中保持电源电压不变。请写出步骤：
①电路连接完整后，断开S2，闭合S1、S3，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；
②　 　，断开S3，闭合S1、S2，记录电压表示数为U2；
③小灯泡额定功率的表达式P额＝　 　（用R、U额、U2表示）。
七、计算题（本题共2小题，共13分）
17．（6分）市面上有一种防溺水手环，如图，将手环系在手臂上，紧急情况下打开手环，手环内气瓶的CO2会迅速充满气囊，最终使人漂浮于水面。为确保安全，人体浸入水中的体积不能超过人体总体积的五分之四。已知某运动员质量m人＝51kg，平均密度ρ人＝1.02×103kg/m3，水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，忽略手环体积和自重，求：
（1）该运动员的重力；
（2）当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力；
（3）人漂浮时，气囊体积至少多大，才能确保运动员的安全。

18．（7分）小莱学习了家庭电路知识后，出于安全考虑，他查阅了部分电器和元件的参数，如表：
用电器
白炽灯
电视机
洗衣机
电暖器
电饭煲
保险丝
参数
220V
100W
220V
150W
220V
450W
220V
1100W
220V
保温功率
40W
R1＝121Ω
熔断电流9A
熔点400℃
比热容0.15×103J/（kg•℃）
其中电饭煲有加热、保温两个挡位，内部简化电路图如图乙。求：

（1）电饭煲加热时的功率；
（2）R2的阻值；
（3）表中所有用电器同时工作（电饭煲处于加热挡）时，保险丝是否会熔断。
八、综合能力题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共12分）
19．（6分）阅读下列材料，回答问题。
材料一：风电技术是利用风力带动风车叶片旋转，并通过增速机将转速提高，从而带动风机内的发电机发电，通过电缆输送到升压变压器提升电压后，再由高压输电线路输送给用户，见图甲。
材料二：光伏发电的主要原理是半导体的光电效应。光电效应是指某些物质在高于特定频率的电磁波照射下，内部的电子逸出而形成电流。图乙为某光伏发电系统简化电路图，当太阳光照射太阳能电池板时可发电。发电后可向蓄电池充电，当夜晚来临时，蓄电池向用电器供电。

（1）风能属于 　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。风机中的发电机是利用 　 　原理进行发电的；
（2）光伏发电是指太阳能电池板将太阳能转化为 　 　能，再通过蓄电池转化为化学能储存起来。图乙中，当开关S1闭合、S2断开时，电路中的电源是 　 　（选填“太阳能电池板”或“蓄电池”）；
（3）小丽查阅资料得知，太阳能电池板的发电功率约每平方米200W。若她家装了一块1.25m2的太阳能电池板，一天光照8h，其产生的电能为 　 　J。这些能量相当于 　 　kg煤完全燃烧释放的能量（不计能量损失，煤的热值（q煤＝3×107J/kg）。
20．（6分）阅读下列材料，回答问题。
铁岗水库是深圳最大的水库，总库容约8322万立方米，是深圳市重要的水源地。在“绿水青山，就是金山银山”的科学发展理念指导下，某兴趣小组来到铁岗水库进行调研。

TDS值
（mg/L）
0～100
100～300
大于300
水质
标准
能直接
饮用
不能直接
饮用
不能
饮用
（1）调研小组发现，水库的拦水坝被建成“上窄下宽”的形状（如图甲），原因是液体压强随 　 　的增加而增大；
（2）水的密度是水质的重要指标之一。图乙为小组成员为测量水的密度所设计的仪器。其探尺由空心软管加铅锤构成，使用时通过调节“提手”高度，使探尺“标记线”与水面齐平，由电表数据可得水的密度。请在图乙中填上适当的电表（电流表或电压表）符号，并根据你所填的电表回答：当水的密度越大时，探尺所受到的浮力 　 　（选填“越大”、“越小”或“不变”）；a电表的示数 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），b电表的示数 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）水中固体总溶解量（TDS）是水质的另一重要指标。图丙为TDS检测仪原理图（R为检测电阻），图丁为检测电阻R的阻值与水的TDS值之间的关系图，如表为水质标准与TDS值的对应关系。图丙中电源电压为3V，定值电阻R0为50Ω，当电压表示数为2V时，水质标准为 　 　。
参考答案与试题解析
三、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．【分析】（1）光射到物体的表面会改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射，平面镜就是光的反射形成的。
（2）太阳光三棱镜通过后分解出七种单色光的现象叫光的色散，雨后彩虹就属于光的色散现象。
（3）光在同种均匀介质中是沿直线传播的，影子、日食、月食、小孔成像都属于光的直线传播。
（4）光从一种介质斜射到另一种介质时，传播方向通常会发生改变，这种现象叫光的折射，凸透镜成像就属于光的折射现象。
【解答】解：A、“春笋”的倒影属于光的反射现象，故A不符合题意；
B、红树林公园的彩虹属于光的色散现象，故B不符合题意；
C、大梅沙天使雕像的影子属于光的直线传播现象，故C符合题意；
D、露珠里的伟人雕像是凸透镜成像，属于光的折射现象，故D不符合题意。
故选：C。
2．【分析】（1）机械运动是自然界中最简单、最基本的运动形态，在物理学里，一个物体相对于另一个物体的位置，或者一个物体的某些部分相对于其他部分的位置，随着时间而变化的过程叫做机械运动；
（2）在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
（3）比较物体运动快慢的方法有两种：一是运动相同路程，比较时间；二是运动相同时间，比较路程；
（4）平均速度等于总路程除以总时间。
【解答】解：A、全马选手跑步属于机械运动，故A错误；
B、以地面为参照物，何杰的位置发生变化，何杰是运动的，故B错误；
C、在赛跑中，裁判是利用相同的路程比较时间的方法来判断运动员运动的快慢的，故C错误；
D、根据平均速度等于总路程除以总时间，路程相同，所用时间越短，平均速度越大，何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大，故D正确。
故选：D。
3．【分析】（1）当体积一定时，质量与密度成正比；
（2）声音不能在真空中传播；
（3）质量是物质的一种特性，它不随物体位置的改变而改变；
（4）相同质量的不同物质比较，吸收或放出相同的热量，比热容大的物质的温度升高或降低的少。
【解答】解：A、体积一定，由m＝ρV可知，材料的密度越小，质量越小，为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度小的材料制作，故A错误；
B、声音不能在真空中传播，我们能听到王亚平讲课的声音是通过电磁波传回地球的，故B错误；
C、王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员处于“失重”状态，而它的质量不变，故C错误；
D、空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料，吸收或放出相同的热量，温度变化较小，故D正确。
故选：D。
4．【分析】根据“只有按压显示屏的开始按钮（相当于开关S1闭合），且将双手握住手握感应片（相当于开关S2闭合）时，显示屏才能接通电源，显示骑行数据”可知，两开关串联共同控制显示屏。
【解答】解：由电路图可知，
A、两开关串联共同控制显示屏，两开关都闭合时显示屏工作，否则不工作，故A符合题意；
B、两开关并联，任何一个开关闭合显示屏都能工作，故B不符合题意；
C、只闭合开关S1，显示屏能够工作；再闭合S2，会造成电源短路，故C不符合题意；
D、只闭合开关S1，显示屏能够工作；只闭合S2，显示屏不能工作，两个开关同时闭合，会造成电源短路，故D不符合题意。
故选：A。
5．【分析】（1）增大压强方法：压力一定，减小受力面积；受力面积一定，增大压力；同时增大压力，减小受力面积；
（2）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
（3）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
（4）物质由固态转变为液态的过程叫做熔化，熔化是吸热过程。
【解答】解：A、火星车的履带较宽，是压力一定，减小受力面积，所以可减小压强，故A错误；
B、摄像头相当于凸透镜，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，故B错误；
C、地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的，故C正确；
D、火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会熔化吸热，降低车内温度，故D错误。
故选：C。
6．【分析】（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（2）一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；
（3）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（4）物体运动状态的改变包括速度大小和方向的改变。
【解答】解：A、冰球离开球杆后能继续滑行，是由于冰球具有惯性，而此时冰球不再受到球杆的推力，故A错误；
B、击球时，球杆对冰球的作用力与人对球杆的作用力不是发生在一对相互作用的物体之间，不是一对相互作用力，故B错误；
C、冰球滑行时，冰球所受重力与冰面对冰球的摩擦力不是作用在一条直线上，不是一对平衡力，故C错误；
D、运动员匀速转弯时，运动方向不断改变，所以运动状态发生改变，故D正确。
故选：D。
7．【分析】（1）做功和热传递都能改变物体的内能；
（2）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
（3）根据Q＝I2Rt可知在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，据此分析。
【解答】解：A、容器中电阻丝内能的增大是电流做功转化为内能实现的，即做功的方式，空气内能的增大是通过热传递方式实现的，故A错误；
B、若闭合S1、S2，R2短路，电路为R1的简单电路，无法探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；
C、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等，通电时间相同，两电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故C错误；
D、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等通电时间相同，根据Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，因R1：R2＝3：1，故经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1。故D正确。
故选：D。
四、填空题（本题共4小题，每空1分，共12分）
8．【分析】（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）天平的读数：砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（3）停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和；
【解答】解：（1）由图知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；课本左侧与0.00cm刻度线对齐，右侧与18.49cm对齐，所以课本的长度为L＝18.49cm﹣0.00cm＝18.49cm；
（2）由图乙知标尺的分度值是0.2g，游码对应的刻度为4.4g，天平的读数为m＝100g+50g+4.4g＝154.4g；
（3）停表小盘的分度值是0.5min，指针在3min和4min之间，已过中线，偏向4min；大盘的分度值是0.1s，而大盘指针在37.45s，因此停表读数为3min37.45s＝217.45s。
故答案为：18.49；154.4；217.45。
9．【分析】（1）一切分子在永不停息地做无规则运动；
（2）根据W＝Fs求出水平动力做的功；做功的两个必要因素：一是有力作用在物体上；二是物体在力的作用下移动了一段距离，据此确定重力是否做功，若重力做功，则根据W＝Gh进行计算，根据P＝求得功率。
【解答】解：（1）雾化消毒机器人在车站消杀时，刺鼻的气味在远处也能闻到，这是扩散现象；
（2）机器人在水平地面上前进，水平动力做的功：W＝Fs＝300N×2m＝600J，机器人在水平地面上运动，在重力方向上没有移动距离，所以重力对机器人不做功，即重力做功为0J，功率为0W。
故答案为：扩散；600；0。
10．【分析】通电导体在磁场中受到磁场力的作用；根据动滑轮和定滑轮的特点分析。
【解答】解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
故答案为：电动机；丙；乙。
11．【分析】（1）电能表是测量家庭消耗电能多少的仪表，也防止一些人偷电，一定安装在家庭电路的最前端，并且在总开关的前面。
（2）电能表读数时注意：最后一位数是小数，单位kW•h。
（3）1000r/（kW•h）表示的是电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1000r；求据此转盘转100r时消耗的电能。
【解答】解：（1）电能表的测量整个家庭消耗电能的多少，在家庭电路中进户线首先要接在电能表上，即接在总开关的前面；
（2）由图可知，电能表的示数为：1038.6kW•h；
（3）1000r/（kW•h）表示的是电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1000r，则转盘转100r时消耗的电能：
W＝kW•h＝0.1kW•h＝0.1×3.6×106J＝3.6×105J。
故答案为：前面；1038.6；3.6×105。
五、作图题（本题共2小题，共4分）
12．【分析】力臂是支点到力的作用线的距离，因此要先确定支点，然后判断力的方向，再过支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂。
【解答】解：反向延长力F的作用线，然后过支点O点作力的作用线的垂线，即为F对应的力臂L，如图所示：
13．【分析】磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；电磁铁中电流越大，其磁性越强。
【解答】解：开关闭合后，电磁铁与条形磁铁相互吸引，因异名磁极相互吸引，所以电磁铁的左端是N极，由安培定则可知，电流应从电磁铁的右端流入，则电磁铁右端的导线应接电源的正极；
滑动变阻器滑片P向右移动时会使吸引力变大，即此时电路中电流变大，滑动变阻器连入电路的阻值变小，结合图示可知需使滑动变阻器右侧下接线柱连入电路中。如图所示：

六、实验探究题（本题共3小题，每空1分，每图1分，共15分）
14．【分析】（1）探究水的沸腾实验时用到的实验器材有铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中间有孔的纸板、温度计、水、秒表，因为酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以组装实验装置时，应该按照自下而上的顺序组装；
（2）由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，根据液柱上表面所对齐示数可得；
水沸腾时继续吸热，温度保持不变，看表格中不变的温度即为水的沸点；
（3）在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，据此分析即可。
【解答】解：（1）组装实验器材时，酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以应该按照自下而上的顺序组装；
（2）由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，且液柱的液面在80～90℃之间，所以示数为84℃；
由表格中数据知，从第5分钟开始，水温度保持91℃不变，所以水的沸点是91℃；
（3）在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，所以在烧瓶内装了91℃的水，用橡皮塞塞住烧瓶口并用注射器向内打气，如图乙，观察到温升高至图乙所示位置了，其原因是水的沸点随着气压的增大而升高。
故答案为：（1）自下而上；（2）84；91；（3）气压。
15．【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
（3）分析每个选项，找出符合题意的选项；
（4）启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止；摩擦力的方向与物体的相对运动方向相反；弹簧测力计的示数稳定后，滑动摩擦力不变，据此分析。
【解答】解：（1）将冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使冰壶做匀速直线运动，冰壶在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡可知：此时冰壶受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
（2）A、C两次实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力有关，且压力越大，滑动摩擦力越大，故可以得出在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）本实验主要运用的研究方法是控制变量法：
A.研究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流，运用了类比法；
B.探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声，运用了实验加推理的方法；
C.研究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映压强大小，运用了转换法；
D、探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变，运用了控制变量法；
故选D；
（4）当弹簧测力计的示数稳定后，冰壶与地面之间的相对位置不变，故冰壶相对地面静止。因弹簧测力计对冰壶的拉力水平向右，故由二力平衡可知，传送带对冰壶的摩擦力水平向左；
增大传送带的速度，当弹簧测力计的示数稳定后，冰壶与传送带之间的压力不变，接触面的粗糙程度也不变，故冰壶所受传送带的滑动摩擦力不变，则弹簧测力计的示数也不变。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）接触面粗糙程度；（3）D；（4）左；不变。
16．【分析】（1）电压表与小灯泡并联，因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用0～3V的量程与小灯泡并联；
（2）实验时无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，即灯泡断路；
（3）根据电流表选用的量程和分度值读数，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；
（4）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）电压表与小灯泡并联，因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用0～3V的量程与小灯泡并联，如图所示：
；
（2）实验时无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，即灯泡断路，故故障为灯泡与灯座接触不良；
（3）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.5V×0.5A＝1.25W；
（4）①电路连接完整后，断开S2，闭合S1、S3，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；
②滑动变阻器滑片保持不动，断开S3，闭合S1、S2，记录电压表示数为U2；
③在①中电压表测小灯泡两端的电压，在②中电压表测灯与定值电阻两端的总电压，因各电阻的大小和电压大小不变，
根据串联电路电压的规律可知定值电阻R两端的电压：UR＝U2﹣U额，
由欧姆定律和串联电路的电流特点可知通过小灯泡的电流：IL＝IR＝＝，
则小灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝U额•＝。
故答案为：（1）如图所示；（2）灯泡与灯座；（3）1.25；（4）②保持滑片位置不动；③。
七、计算题（本题共2小题，共13分）
17．【分析】（1）根据G＝mg算出该运动员的重力；
（2）由密度公式算出人的体积，由阿基米德原理算出当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时该运动员在水中受到的浮力；
（3）根据漂浮的条件算出人漂浮时受到的浮力，由阿基米德原理算出人排开水的体积，人排开水的体积减去人体的体积就是气囊的体积。
【解答】解：（1）该运动员的重力为：
G人＝m人g＝51kg×10N/kg＝510N；
（2）由ρ＝得人的体积为：
V人＝＝＝0.05m3，
当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV人＝1.0×103kg/m3×10N/kg××0.05m3＝400N；
（3）人漂浮时，受到的浮力为F浮′＝G人＝510N，
由F浮＝ρ水gV排得此时排开水的体积为：
V排′＝＝＝0.051m3；
气囊体积为：
V气囊＝V排′﹣V人＝0.051m3﹣×0.05m3＝0.011m3。
答：（1）该运动员的重力为510N；
（2）当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为400N；
（3）人漂浮时，气囊体积至少为0.011m3，才能确保运动员的安全。
18．【分析】（1）根据图乙分析加热时电路的连接方式，然后根据P＝求出电饭煲的加热功率；
（2）分析图乙可知，电饭煲处于保温状态时，R1和R2串联接入电路，根据P＝求出总电阻，根据串联电路的电阻关系求出R2的阻值；
（3）由表中信息求出所有用电器的总功率，根据P＝UI求出总电流，然后与保险丝的熔断电流对比。
【解答】解：（1）根据图乙可知，当开关接2时，只有R1接入电路中，此时电路的总电阻最小，总功率最大，为加热状态；
则电饭煲加热时的功率为：P加热＝＝＝400W；
（2）分析图乙可知，电饭煲处于保温状态时，R1和R2串联接入电路，
此时电路的总电阻为：R＝＝＝1210Ω；
则R2的阻值为：R2＝R﹣R2＝1210Ω﹣121Ω＝1089Ω；
（3）表中所有用电器同时工作（电饭煲处于加热挡）时，
电路的总功率为：P′＝100W+150W+450W+1100W+400W＝2200W；
此时的总电流为：I＝＝＝10A＞熔断电流9A，所以保险丝会熔断。
答：（1）电饭煲加热时的功率为400W；
（2）R2的阻值为1089Ω；
（3）表中所有用电器同时工作（电饭煲处于加热挡）时，保险丝会熔断。
八、综合能力题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共12分）
19．【分析】（1）可以在自然界里源源不断地得到的能源属于可再生能源；发电机的原理是电磁感应现象。
（2）太阳能电池将太阳能转化为电能，蓄电池充电时，将电能转化为化学能储存起来；电源是提供电能的装置；
（3）已知太阳光照射到电池板表面处每平方米的功率为200W，又知电池板的面积和每天的光照时间，可计算出接收的太阳能量；不计能量损失，太阳能电池板提供的电能等于煤完全燃烧提供的能量，最后利用热值公式求出需要煤的质量。
【解答】解：（1）太阳能可以在自然界里源源不断地得到，属于可再生能源；风机中的发电机是利用电磁感应原理进行发电的；
（2）太阳能电池板将太阳能转化电能，再通过蓄电池将电能转化为化学能储存起来；
当太阳光照射太阳能电池发电时，控制器发射控制信号将开关S1闭合、S2断开，太阳能电池向蓄电池充电，电路中的电源是太阳能电池；
（3）太阳能电池板8h接收的太阳能为：
W＝200W/m2×1.25m2×8×3600s＝7.2×106J；
不计能量损失，电池板可以提供的电能W电＝W＝7.2×106J；
煤完全燃烧提供的能量：Q＝W电＝7.2×106J；
由Q＝qm可得需要煤炭的质量为：
m＝＝＝0.24kg。
故答案为：（1）可再生；电磁感应；
（2）电；太阳能电池板；
（3）7.2×106；0.24。
20．【分析】（1）液体压强随深度的增加而增大；
（2）电压表并联接入电路，电流表串联接入电路，所以a是电流表，b是电压表；
根据F浮＝ρ液gV排可知判断当水的密度越大时，探尺所受到的浮力的变化；
闭合开关，两电阻串联接入电路，滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻不变，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流不变，据此判断a电表的示数变化；
探尺受到重力、浮力、拉力的共同作用，其受到的浮力变大，拉力变小，滑片上移，滑动变阻器与电压表并联部分的电阻变小，根据U＝IR可知电压表示数变小，据此判断b电表的示数变化；
（3）图丙中两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，根据串联分压原理可得＝，
串联电路总电压等于各部分电压之和，代入数据解方程可得电压表示数为2V时R的值，由丁图可知R的范围，由表格可知此时的水质标准。
【解答】解：（1）水库的拦水坝被建成“上窄下宽”的形状（如图甲），原因是液体压强随深度的增加而增大；
（2）电压表并联接入电路，电流表串联接入电路，所以a是电流表，b是电压表，如图：

探尺排开水的体积不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，当水的密度越大时，探尺所受到的浮力越大；
闭合开关，两电阻串联接入电路，滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻不变，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻不变，根据欧姆定律可知通过电路的电流不变，即a电表的示数不变；
探尺受到重力、浮力、拉力的共同作用，其受到的浮力变大，拉力变小，滑片上移，滑动变阻器与电压表并联部分的电阻变小，根据U＝IR可知电压表示数变小，即b电表的示数变小；
（3）图丙中两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，根据串联分压原理可得＝，
串联电路总电压等于各部分电压之和，电源电压为3V，定值电阻R0为50Ω，电压表示数为2V，代入数据可得＝，解得R＝25Ω，
由丁图可知R在20Ω～30Ω范围内时，TDS值在100mg/L与300mg/L之间，
由表中数据可知，水质标准为不能直接饮用。
故答案为：（1）深度；（2）变大；不变；变小；（3）不能直接饮用。