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2023年辽宁省丹东第六中学中考物理模拟试卷
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这是一份2023年辽宁省丹东第六中学中考物理模拟试卷，共30页。试卷主要包含了 下列估测的数据符合实际的是等内容，欢迎下载使用。
2023年辽宁省丹东六中中考物理模拟试卷
1. 下列估测的数据符合实际的是( )
A. 人体的安全电压约36V B. 家用节能灯的工作电流约1A
C. 试电笔中的电阻阻值约104Ω D. 液晶电视机的额定功率约为100W
2. 以下节气中蕴含的物态变化知识正确的是( )
A. “雨水”——雨的形成是汽化现象，要放出热量
B. “寒露”——露的形成是液化现象，要放出热量
C. “霜降”——霜的形成是凝华现象，要吸收热量
D. “大雪”——雪的形成是升华现象，要吸收热量
3. 中华文化源远流长，下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是( )
A. “起舞弄清影”，影子是由于光沿直线传播形成的实像
B. “明镜可鉴形”，明镜成像是因为光发生了折射
C. “潭清疑水浅”，潭水看起来浅是因为光发生了反射
D. “瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
4. 下列实验与动圈式话筒工作原理对应的是( )
A. B.
C. D.
5. 世界杯足球赛场上运动员的奋力拼搏给我们留下深刻印象。下列有关足球运动描述正确的是( )
A. 空中飞行的足球受到平衡力作用
B. 足球落地后受到惯性的作用继续向前滚动
C. 草坪上静止的足球所受支持力与重力是一对相互作用力
D. 足球被守门员扑出，表明力可以改变物体的运动状态
6. 小朋友从滑梯滑下后感觉臀部发热，并出现了如图所示的“怒发冲冠”的情景。关于这个现象，下列有关说法不正确的是( )
A. 在这一过程中，机械能减小，所以总的能量不守恒
B. 在这一过程中，发生了摩擦起电现象
C. 臀部发热，这是通过做功的方式来改变内能
D. 形成“怒发冲冠”现象的原理和验电器的原理相同
7. 如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，下列判断中正确的是( )
A. 电压表V示数变大
B. 电流表A1示数不变
C. 电流表A1示数与电流表A2示数的差值变小
D. 电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
8. 有关生活用电，下列说法正确的是( )
A. 灯与控制它的开关是串联的，与插座是并联的
B. 当家里正在工作的用电器发生短路，会烧坏该用电器
C. 为了电路安全，保险丝应选熔点高的材料制作
D. 三脚插头的最长脚的作用是将用电器金属外壳与大地相连
9. 如图是一款太阳能玩具电动车，下列说法正确的是( )
A. 其中的硅光电池板主要是利用超导材料制成
B. 电动车运动过程中，电能主要转化为车的机械能
C. 太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源
D. 标有“12V5A⋅h”字样的车载蓄电池，充满一次电，储存的电能是60J
10. 如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定功率为5W，电压表量程为0∼15V，电流表量程为0∼0.6A。在保证电路各元件安全的前提下，先只闭合开关S、S1，将滑片P从滑动变阻器R1的最右端向左移动到a点，此时小灯泡正常发光，此过程中电流表与电压表示数的关系图象如图乙所示；再断开开关S1，闭合开关S2，电流表示数为0.3A。下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的额定电压为5V
B. 电源电压为12V
C. 只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω∼32Ω
D. 只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为3.6J
11. 甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，他们运动的s-t图像如图所示。则甲同学骑行的速度为______ km/h；以甲为参照物，乙向______ 运动。(选填“东”或“西”)
12. 钢琴的琴声是由琴弦______ 产生的；琴声是能够通过______ 传播到我们耳朵里的。
13. 我们考试时用到的2B铅笔中的石墨是______ (选填“导体”或“绝缘体”)；各个考场内用于播报考试须知的扬声器相互之间在电路中是______ 联的。
14. 司机在加油站给小轿车加油时闻到汽油味，这是______ 现象，小轿车汽油机在______ 冲程中将机械能转化为内能，随着汽车行驶，油箱中的汽油质量减小，热值______ 。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
15. 图甲所示的试电笔可辨别火线和零线，使氖管发光的是______ (选填“火线”或“零线”)，小昊用测电笔检查家庭电路，电路乙中画“×”处表示该处断路，开关闭合后，用试电笔测试电路中的A点，试电笔氖管______ (选填“会”或“不会”)发光。
16. 随着科技的进步，我国已发射了若干导航卫星。卫星依靠______传递信息，其在真空中传播的速度约为______m/s。
17. 如图所示是汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中的气敏电阻R1的阻值随CO浓度的增大而减小。则电铃应接在______ 之间(“B和D”或“A和C”)为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2的滑片向______ 移(“上”或“下”)。
18. 某电能表表盘上标有“1600imp/(kW⋅h)”的字样，将铭牌上标有“220V 1210W”字样的电热水器接在家庭电路中，只让它单独工作6min，电能表的指示灯闪烁了160次，则该电热水器在上述时间内实际消耗的电能为______kW⋅h，该电路的实际电压为______ V。(不考虑温度对电阻的影响)
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡电流达到最大值，此时小灯泡的实际功率为6.4W，在图乙中绘制出电流表与两个电压表示数变化关系的图象，则电源电压为______ V；滑动变阻器的最大阻值为______ Ω。
20. 我国是一个能源相对缺乏的国家，现主要利用的化石能源依靠进口，化石能源是______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源，它的大量使用会造成环境污染，为了减少环境污染，我国已经建成了多座利用原子核______ (选填“裂变”或“聚变”)释放能量来发电的核电站；能源使用时要节约是因为能量转化具有______ 。
21. 在图中，根据平面镜成像特点画出点光源S发出的光经平面镜反射后过A点的光路图。
22. 图中利用羊角锤撬钉子，在锤柄A点处画出所施加的最小动力F和其力臂l。
23. 根据图中小磁针静止时的指向，标出通电螺线管磁感线的方向和电源左端的极性
(“+”或“-”)。
24. 一辆以天燃气为燃料的公交汽车质量为16000kg，轮胎与地面的总接触面积为400cm2.某次行驶过程中，搭载的人员及物品共2000kg，所受阻力为车总重的0.01倍，40s内匀速直线行驶了400m，共消耗天燃气0.025kg(天燃气完全燃烧，其热值为6.4×107J/kg)。针对此次行驶过程，求：
(1)汽车对地面的压强；
(2)汽车的功率；
(3)汽车发动机的效率。
25. 如图所示，电源电压恒定，R0是定值电阻，小灯泡L标有“6V 3W”，滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω。三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表示数为1.1A。
(1)求小灯泡的额定电流；
(2)求电阻R0的阻值；
(3)闭合S，断开S1和S2，移动变阻器的滑片P，求电路总功率的最小值。
26. 某品牌电热锅的简化电路如图乙所示，闭合开关S1接通电源后，可以转换触点开关S2使电热锅处于加热或保温状态。设电源电压U=220V，电热锅加热功率P加=1100W，保温功率P保=110W，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，求：
(1)连接电热锅的电线至少要能承受多大的电流？
(2)保温状态下，电热锅每小时耗电多少度？
(3)某次测试中发现将1.5L温度为23℃的水加热至100℃费时10min，则电热锅的效率是多少？
27. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都相同，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)为了比较不同燃料燃烧时放热的本领，应选______ 两图的装置进行实验；为了比较液体的吸热本领，应选______ 两图的装置进行实验。(选填“甲、乙”、“甲、丙”或“乙、丙”)
(2)在比较液体吸热本领的实验中，用______ (选填“温度计示数”或“加热时间”)来反映液体吸收热量的多少。根据实验数据绘制出如图所示的图象，分析图象可知：a、b两种液体的比热容之比为______ 。冬天，如果想自制暖手袋，应选液体______ (选填“a”或“b”)作为供暖物质，其效果更佳。
(3)实验小组的同学经过讨论和实验，用图甲所示的实验方法进行数据测量，利用a液体的比热容、质量和升高温度计算出a液体的吸收热量，再用这个吸收热量计算燃料1的热值，求出的热值比真实值______ (选填“偏大”或“偏小”)。
28. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供器材有：电源电压为3V保持不变，三个定值电阻R1(5Ω)、R2(10Ω)、R3(15Ω)，标有“30Ω1A”的滑动变阻器R、电压表(可用量程：0∼3V、0∼15V)、电流表(0∼0.6A)、开关各1只，导线若干。
(1)选择5Ω的定值电阻R1，正确连接电路进行实验，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至最______ (选填“左”或“右”)端。闭合开关，移动滑片使电压表的示数为U1，电流表的示数如图乙所示，此时电路中的电流为______ A；
(2)滑动变阻器滑片位置不变，将定值电阻R1换成定值电阻R2，继续实验，为使电压表的示数保持U1不变，应向______ (左/右)移动滑片。在此移动过程中，电阻R2与滑动变阻器R消耗的电功率之比将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(3)图丙是根据测量的数据绘制的电流与电阻关系的图像，可得出实验结论为：______ ；
(4)以现有的器材完成整个实验，定值电阻两端的预设电压可取的最小值为______ V；
(5)此实验进行多次测量是为了______ (选填“减小误差”或“寻找规律”)。
29. 兴趣小组的同学学习了磁现象知识后，怀着极大兴趣对下列实验进行了探究。
(1)如图甲，将小磁针放在南北方向的直导线正下方，小磁针静止，N极指向北。如图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置。如图丙，将电源正负极对调，再次触接电源，小磁针的N极向纸内偏转。则：
①通电导线周围存在磁场，且磁场的方向与______ 有关。
②断开电源后，小磁针恢复到图甲状态，这是因为小磁针受到了______ 的作用。
③如图丁所示，高速电子束飞过小磁针上方时，小磁针的状态将与图______ (选填“甲”、“乙”或“丙”)相同。
(2)利用图戊所示的装置，让闭合电路中的一部分导体AB在磁场中运动，观察电流表指针的偏转情况，记录在表中。已知当电流从电流表的左侧接线柱流入时，指针向左偏转；从右侧接线柱流入时，指针向右偏转。
实验次数
导体棒移动情况
电流表指针偏转情况
1
竖直向上
不偏转
2
竖直向下
不偏转
3
水平向左
向右偏转
4
水平向右
向左偏转
根据表中记录的实验信息，完成下列问题：
④由第1、2两次实验可知，导体棒AB平行于磁感线运动，闭合回路中______ (填“会”或“不会”)产生感应电流。
⑤由第3、4两次实验可知，导体棒AB中感应电流的方向与______ 的方向有关。如果固定导体棒AB，水平向右移动磁铁，电流表的指针向______ 偏转。
⑥小明将电流表换成完好的小灯泡，再做第3、4两次实验时小灯泡不亮，最可能的原因是______ 。
⑦图己所示是______ (填“直流”或“交流”)发电机。
30. 测量物质密度的实验中。
(1)测苹果的密度：
实验方案：步骤1：将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端零刻度线处，此时指针位置如图甲所示，为使指针指向分度盘中线，应将平衡螺母向______ 调节；
步骤2：如图乙，用调好的天平测出苹果的质量m=______ g；
步骤3：向图丙所示的自制量筒中倒入适量的水，读出水面对应的示数V1=150cm3；
步骤4：将苹果轻轻放入水中，用一根细针把苹果刚好完全压入水中后静止，读出此时水面对应的示数V2=250cm3，则苹果的密度ρ=______ kg/m3。
(2)假如该苹果具有吸水性，那么利用上述方案测量的密度值会______ (选填“偏大”、“不变”或“偏小”)。
(3)利用上述实验方案和器材，______ (选填“能”或“不能”)准确测出质量约6g的小石块密度(其密度大于水)。
31. 同学在做“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验时，采用了如图所示的实验装置。(两个透明容器中封闭着等量气体)
(1)如图所示，是探究电流产生的热量跟______ 的关系，通电一段时间后，______ (选填“左”或“右”)侧U形管中液面高度差大，则说明该侧容器内的电阻丝产生的热量多，这种实验方法叫______ ；下面实例中不是应用这种方法的一项是______ ；
A.用磁感线方便形象地描述磁场的分布
B.在研究磁体磁性强弱时，利用磁体吸引铁钉的多少反映磁体磁性的强弱
C.在研究磁场是否存在时，通过观察小磁针放入是否发生偏转
D.在探究物质吸热能力的实验中，通过比较加热时间来间接反映物质吸收的热量
(2)让该实验装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝都放入容器内，接通电源比较两容器内电阻丝发热多少。此时该装置______ (选填“能”或“不能”)探究电流产生的热量跟电阻的关系。
32. 小华准备做“测量小灯泡电功率”实验，实验室有如下器材：电源(电压恒为6V)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω)、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1“10Ω1A”和R2“50Ω0.8A”的滑动变阻器各一个，导线若干。
(1)小华设计了图甲所示的电路，她应选择滑动变阻器______ (选填“R1”或“R2”)完成实验；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数、电压表无示数，则故障可能是______ (故障只发生在灯泡或滑动变阻器上)；
(3)排除故障后，移动滑片，当电压表的示数为______ V时，小灯泡正常发光。读出此时电流表的示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为______ W；
(4)据实验测得的数据画出小灯泡U-I关系图像如图乙，分析图像可知当加在小灯泡两端的电压为其额定电压的一半时，小灯泡的实际功率P实______ 14P额(选填“<”“>”或“=”)；
(5)对实验现象进一步分析可知：小灯泡的实际功率越大，小灯泡亮度越大。但某同学发现：标有“220V8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当。请分析造成这一现象的原因可能是______ ；(填字母)
A.两灯的实际功率相同
B.相同时间内，电流通过两灯做功不同
C.两灯将电能转化为光能的效率不同
(6)实验结束后，某同学设计了如图丙所示的电路来测定额定电压为3V的小灯泡的额定功率。已知电源电压为9V，定值电阻R的阻值为10Ω。请帮助他完成以下实验步骤：
①开关S、S1闭合，S2断开，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为______ V时，小灯泡正常发光；
②保持滑片位置不动，开关S、S2闭合，S1断开，此时电压表的示数为4V；再将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时电压表的示数为7V。
③小灯泡的额定功率P额=______ W。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、人体的安全电压不高于36V，故A不符合实际；
B、家用节能灯的功率约为20W，其工作电流在I=PU=20W220V≈0.1A左右，故B不符合实际；
C、试电笔中的电阻很大，阻值超过1MΩ，故C不符合实际；
D、液晶电视机的额定功率约为100W，故D符合题意。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、雨是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，需放出热量，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的水滴，需放出热量，故B正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需放出热量，故C错误；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需放出热量，故D错误。
故选：B。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
3.【答案】D
【解析】解：A、“起舞弄清影”，实像是由实际光线会聚形成的像，影子既不是实像，也不是虚像，是一种光沿直线传播造成的光现象，故A错误；
B、“明镜可鉴形”，明镜成像是属于平面镜成像，是光的反射形成的虚像，故B错误；
C、“潭清疑水浅”是因为光从水中斜射入空气中时发生了折射现象，故C错误；
D、“瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象，故D正确。
故选：D。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的反射、光的直线传播、光的色散的理解与掌握，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。
4.【答案】B
【解析】解：动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象；
A、探究的是电磁铁磁性大小的因素，是电流的磁效应，故A错误；
B、是探究电磁感应现象的装置图，故B正确；
C、是探究电流的磁效应的装置图，故C错误；
D、是探究通电导体在磁场中受力运动的原理图，故D错误。
故选：B。
动圈式话筒工作过程是：声波振动→引起膜片振动→带动线圈振动→线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流→经放大传给扬声器。由此可知其工作原理是电磁感应现象。
作为了解性内容，掌握动圈式话筒的工作原理和工作过程，是解决问题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、空中飞行的足球不是匀速直线运动，因此不受到平衡力作用，故A错误；
B、踢出去的足球还能在水平地面上继续运动，是因为足球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C、草坪上静止的足球所受支持力与重力是作用在一个物体上的两个力，大小相等，方向相反，在一条直线上，是一对平衡力，故C错误；
D、足球被守门员扑出，表明力可以改变物体的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)物体受平衡力作用时，一定是静止或匀速直线运动二种状态之一，根据汽车的运动状态判断受力是否平衡；
(2)物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体本身的一种性质，惯性不是力，也不是作用；
(3)二力平衡的条件是作用在一个物体上的两个力，大小相等，方向相反，在一条直线上；相互作用力是指两个力大小相等，方向相反，但施力物和受力物正好相反；
(4)力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状。
该题考查了平衡力、惯性、力的作用效果、平衡力与相互作用力的辨别，是一道综合题，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
6.【答案】A
【解析】解：A、在这一过程中，克服外力做功，机械能减小，内能增大，总的能量守恒，故A错误；
BD、电荷间的相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引；如图所示的“怒发冲冠”的情景说明，在这一过程中，发生了摩擦起电现象，头发张开是由于头发上带了同种电荷，故BD正确；
C、臀部发热，这是通过做功的方式来改变内能，故C正确；
故选：A。
(1)能量既不能创生，也不会消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体；
(2)摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；电荷间的相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引；
(3)改变物体内能的两种方法：做功、热传递。
本题考查能量守恒、内能、摩擦起电现象以及能量转化的有关知识，难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路电流；
A、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，故A错误；
B、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R1的电流不变；
当滑动变阻器R2的滑片P由中点向下端移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，由I=UR可知，通过R2的电流变大，即电流表A2的示数变大；因为通过R1的电流不变，通过R2的电流变大，所以，由并联电路的电流特点可知，干路电流变大，即A1的示数变大，故B错误；
C、根据并联电路的电流关系可知，电流表A1示数与电流表A2示数的差值为通过定值电阻的电流，保持不变，故C错误；
D、电压表V示数不变、电流表A2示数变大，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变小，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路电流；
根据电源电压保持不变可知滑片移动时电压表示数的变化，根据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R1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化；根据电压表V示数与电流表A1示数的变化判断两者比值的变化；根据并联电路的电流关系判定电流表A1示数与电流表A2示数的差值的变化。
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，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响较为关键。
8.【答案】AD
【解析】解：
A、灯与控制它的开关是串联的；家庭电路中，各用电器互不影响，所以灯与插座是并联的，故A正确；
B、如果家庭电路中发生短路，则所有用电器都被短路，没有电流流过用电器，所以用电器都不能工作，用电器也不会烧坏，故B错误；
C、保险丝通常安装在火线上，它是由电阻率大、熔点低的铅锑合金制成的，当电路中有过大电流通过时，保险丝发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，故C错误；
D、三脚插头的最长脚是与用电器金属外壳相连，是为了防止金属外壳漏电时触电事故的发生，故D正确。
故选：AD。
(1)家庭电路中的用电器是并联的；开关与用电器串联；
(2)发生短路时，没有电流流过用电器，不会烧毁用电器；
(3)保险丝一般选择电阻率大，熔点低的铅锑合金制成的；
(4)有金属外壳的家用电器，外壳接地线。
本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9.【答案】BC
【解析】解：A、太阳能玩具电动车中的硅光电池板主要是利用半导体材料制成的，故A错误；
B、电动车运动过程中，电能主要转化为车的机械能，故B正确；
C、太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源，故C正确；
D、充满一次电储存的电能为：W=UIt=12V×5A×3600s=2.16×105J，故D错误。
故选：BC。
(1)半导体导电能力介于导体与绝缘体之间；
(2)太阳能玩具电动车运动时将电能转化为机械能；
(3)太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源；
(4)根据W=UIt可求出充满一次电储存的电能。
此题考查半导体材料、能量的相互转化、能源的分类，电能的计算等，综合考查了学生对所学知识的应用能力，要求灵活运用所学知识，属于中等题。
10.【答案】BCD
【解析】解：(1)由图知，只闭合开关S、S1，R1与L串联，电流表测电路中电流，电压表测P左侧部分电压，
滑片P从最右端b向左移动到a点的过程，R1连入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电路中电流变大，
R1分得电压变小；
滑动变阻器R1连入电路的最小值：R1min=U滑Imax=2V0.5A=4Ω；
滑片P在b端时，R1连入电路的阻值为其最大值，此时电路中电流最小，由图象知，此时电流
Imin=0.25A，U滑'=8V，
R1连入电路的最大值：R1max=U滑'Imin=8V0.25A=32Ω，
所以只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω∼32Ω，故C正确；
为保证电路元件安全，电路中的最大电流应不超过小灯泡的额定电流，
由图乙知，小灯泡在滑动变阻器滑片位于a处时正常发光，则电路最大电流：I额=Imax=0.5A，
同时灯泡此时两端电压等于其额定电压，
由P=UI可知，灯泡的额定电压：UL=P额I额=5W0.5A=10V，故A错误；
由乙图可知，此时变阻器两端电压：U滑=2V，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压：U=UL+U滑=10V+2V=12V，故B正确；
(2)由题意和前面C项解答可知滑动变阻器R1的最大阻值为32Ω，
闭合开关S、S2，滑片P在a点时，因电压表在电路中相当于断路，则可知变阻器R1始终以最大阻值连入电路中，此时变阻器R1的最大阻值与R2串联，各元件电流相等，
此时电流表的示数即为通过R2的电流：I2=I=0.3A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，R1的两端电压：U1=IR1max=0.3A×32Ω=9.6V，
R2两端的电压：U2=U-U1=12V-9.6V=2.4V，
定值电阻R2在5s内产生的热量：Q2=W2=U2I2t=2.4V×0.3A×5s=3.6J，故D正确。
故选：BCD。
(1)只闭合开关S、S1，滑动变阻器左侧接入电路，R1左侧与L串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器左侧部分电压，由图乙分析滑片移动时，滑动变阻器接入电阻和两端电压的变化，根据欧姆定律求出此过程中滑动变阻器的阻值变化；
为保证电路元件安全，根据串联电路电流特点和电流表量程，由图乙判断灯泡的正常发光电流，由P=UI计算灯泡的额定电压；由欧姆定律计算R1左侧部分电压，从而计算电源电压，R1连入电路的最小和最大值；
(2)由串联电路特点和欧姆定律计算闭合开关S、S2，将滑片P在a点时，R2两端电压，由Q=W=UIt计算定值电阻R2在5s内产生的热量。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率以及电热计算公式的灵活应用，关键是正确分析开关在不同状态下电路的连接情况，从图像中得到获取有用信息，综合性强，有一定难度。
11.【答案】10.8西
【解析】解：由图像可知，甲、乙做匀速直线运动，t甲=20s时，通过的路程s甲=60m，所以甲同学骑行的速度v甲=s甲t甲=60m20s=3m/s=10.8km/h；
由图像可知，相同时间内，乙通过的路程小于甲通过的路程，所以乙骑行的的速度小于甲骑行的速度，
因为甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，v甲>v乙，
所以以甲为参照物，乙向西运动。
故答案为：10.8；西。
(1)由图像读出甲15s通过的路程，利用速度公式计算甲骑行的速度；
(2)比较相同时间内甲、乙通过的路程，得出甲、乙的速度大小关系，然后根据运动和静止的相对性判断以甲为参照物，乙的运动方向。
本题考查速度的计算、参照物的选取，掌握物体间的相对位置的变化判断物体的运动是解答本题的易错点。
12.【答案】振动 空气
【解析】解：琴弦振动发声；我们平时听到的琴声是通过空气传入我们的耳朵。
故答案为：振动；空气。
声音是有物体振动产生的；声音的传播是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播。
此题考查了声音的产生与传播这一知识点。
13.【答案】导体 并
【解析】解：我们考试时用到的2B铅笔中的石墨是导体；各个考场内用于播报考试须知的扬声器相互之间在电路中是并联的。
故答案为：导体；并。
(1)容易导电的物体叫导体，石墨、金属是导体。
(2)并联电路的各个用电器互不影响。
知道常见的导体和绝缘体；知道并联电路的特点。
14.【答案】扩散 压缩 不变
【解析】解：给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明汽油分子在不停地做无则规运动；
在内燃机的四个冲程中，压缩冲程使机械能转化为气体的内能，其内能增加，温度升高；
热值与质量无关，与物质种类有关，所以质量减小，热值不变。
故答案为：扩散；压缩；不变。
一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，即扩散，温度越高，分子运动越剧烈；内燃机的压缩冲程中机械能转化为内能程，做功冲程中将内能转化为机械能。
热值的大小只与燃料的种类有关，与质量无关。
此类题目考查知识了内燃机的四个冲程、扩散现象、热值的大小，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点。
15.【答案】火线 会
【解析】解：试电笔笔体中有一氖泡，测试时如果氖泡发光，说明导线有电或为通路的火线。
从图中可以看出，零线开路了，开关闭合后，用试电笔测试电路中的A点，A点通过灯泡、开关与火线相连通，试电笔氖管会发光。
故答案为：火线；会。
用试电笔的笔尖接触火线或与火线相连的用电器，测电笔的氖管会发光。
本题考查了试电笔的使用，是一道联系实际的应用题。
16.【答案】电磁波 3×108
【解析】解：我国已发射了若干导航卫星。卫星依靠是利用电磁波传递信息的，电磁波可在真空中传播；电磁波在真空中传播的速度约为3×108m/s。
故答案为：电磁波；3×108。
(1)电磁波的传播不需要介质，它可以在真空中传播；
(2)电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s。
本题考查电磁波的传播以及电磁波的传播速度，难度不大。
17.【答案】B和D 上
【解析】解：图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律，控制电路的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，因CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警，所以电铃应接在B、D之间；
在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律可知I=UR1+R2，此时电路的总电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，应减小滑动变阻器的电阻，即将R2的滑片向上移。
故答案为：B和D；上。
图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律得出控制电路的电流变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知磁性的变化，结合电路分析；
在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和影响电磁铁磁性强弱的因素。
18.【答案】0.1200
【解析】解：
(1)1600imp/kW⋅h表示电能表指示灯每闪烁1600次，电路消耗的电能为1kW⋅h，
电能表的指示灯闪烁160次消耗的电能为：
W=1600imp1600imp/(kW⋅h)=0.1kW⋅h；
电热水器的实际功率：
P=Wt=0.1kW⋅h660h=1kW=1000W；
(2)因为电热水器的额定电压和额定功率分别为U额=220V，P额=1210W，
由P=U2R可得，电热水器的电阻为：
R=U额2P额=(220V)21210W=40Ω，
由P=U2R可得：U= PR= 1000W×40Ω=200V。
故答案为：0.1；200。
(1)1600imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1600次，据此可求电能表的指示灯闪烁了160次，电热水器实际消耗的电能；再利用P=Wt求电热水器的实际功率；
(2)知道电热水器的铭牌(额定电压、额定功率)，利用P=U2R求电热水器的电阻，再利用P=U2R求实际电压。
本题考查了电能表参数的理解和掌握以及对用电器铭牌的认识，关键是灵活应用电功率的计算公式。
19.【答案】18 30
【解析】解：闭合开关S，灯泡和变阻器串联。电压表V测量灯泡两端电压，电压表V1测量变阻器两端电压，电流表测量电路电流。
滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，总电阻最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，从图乙可知为0.3A，
滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻逐渐变小，根据串联分压特点可知，变阻器两端的电压逐渐变小，灯泡两端电压逐渐变大，
可知图乙中下面的曲线为电流表与电压表V1的示数变化关系的图像，上面的曲线为电流表与电压表V的示数变化关系的图像。
(1)调节滑动变阻器的滑片到a点时，小灯泡恰好正常发光，可知此时变阻器两端电压为2V，电路中的电流为0.4A，
根据P=UI可得灯泡两端的电压为：UL=PL实I大=6.4W0.4A=16V，
根据串联电路的电压特点可知电源电压为：U=UL+U滑=16V+2V=18V；
(2)调节滑动变阻器的滑片在最右端时，从图乙可知为0.3A，且从图乙可知灯泡两端的电压和变阻器两端的电压相等，
则变阻器两端的电压：U滑大=12U=12×18V=9V，
根据I=UR可得滑动变阻器的最大阻值为：
R滑大=U滑大I小=9V0.3A=30Ω。
故答案为：18；30。
闭合开关S，灯泡和变阻器串联。电压表V测量灯泡两端电压，电压表V1测量变阻器两端电压，电流表测量电路电流。
滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，总电阻最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，从图乙可知为0.3A，
滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻逐渐变小，根据串联分压特点可知，变阻器两端的电压逐渐变小，灯泡两端电压逐渐变大，
可知图乙中下面的曲线为电流表与电压表V1的示数变化关系的图像，上面的曲线为电流表与电压表V的示数变化关系的图像。
(1)调节滑动变阻器的滑片到a点时，小灯泡恰好正常发光，可知此时变阻器两端电压为2V，电路中的电流为0.4A，根据P=UI求出灯泡两端的电压，
根据串联电路的电压特点可得出电源电压；
(2)调节滑动变阻器的滑片在最右端时，从图乙可知为0.3A，且从图乙可知灯泡两端的电压和变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端电压，根据欧姆定律可得出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算问题，关键是分析图像，从图像中得出有用信息，有一定难度。
20.【答案】不可再生 裂变 方向性
【解析】解：(1)化石能源消耗完短期内不能在自然界得到补充，是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)能源使用时要节约是因为能量转化具有方向性。
故答案为：不可再生；裂变；方向性。
(1)短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)自然界中的能量只会从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，能量的转化和转移是有方向的。
本题考查了能源的分类、核能的应用和能量的转化。要特别记住核裂变与核聚变的不同应用。
21.【答案】解：先通过平面镜作出发光点S的对称点S'即为S的像；连接S'A交平面镜于点O，SO为入射光线，OA为反射光线；如图所示：
【解析】先根据平面镜成像的特点作出S的像；再根据平面镜成像原理可知，反射光线所有的反向延长线都会过S的像；连接像点与A点，则与平面镜的交点为入射点，再完成光路即可。
本题利用了平面镜成像特点来完成光路。一定要注意物与像关于镜面是对称的。
22.【答案】解：力臂越长越省力，最长的力臂即支点与作用点的连线，连接OA即为最长力臂l，然后根据力臂的画法作出垂直于力臂的作用力F即可，如下图所示：
。
【解析】由杠杆的平衡条件可知，当动力臂最大时，动力最小，即最省力。连接支点和力的作用点A即是最大动力臂，当作用力与之垂直时，作用力最小。
求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂。
23.【答案】解：①根据异名磁极相互吸引的规律可知，通电螺线管靠近小磁针S极的一端为N极，所以通电螺线管的左端是S极，磁感线的方向由N极到S极。
②根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，即电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
【解析】①根据磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极；
②根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用以及磁感线方向的规定，要求学生不但要会由右手螺旋定则判断磁极的方向，还要会由右手螺旋定则判断电流方向。
24.【答案】解：
(1)汽车总质量：
m总=16000kg+2000kg=18000kg，
总重力：
G总=m总g=18000kg×10N/kg=1.8×105N，
对地面的压力：
F=G总=1.8×105N，
受力面积S=400cm2=0.04m2，
对地面的压强：
p=FS=1.8×105N0.04m2=4.5×106Pa；
(2)因为汽车匀速直线行驶，
汽车的牵引力：
F=f=0.01G总=0.01×1.8×105N=1800N，
牵引力做的功：
W=Fs=1800N×400m=7.2×105J，
牵引力做功功率：
P=Wt=7.2×105J40s=1.8×104W；
(3)0.025kg天然气完全燃烧放出的热量：
Q=mq=0.025kg×6.4×107J/kg=1.6×106J，
汽车发动机的效率：
η=WQ=7.2×105J1.6×106J×100%=45%。
答：(1)汽车对地面的压强为4.5×106Pa；
(2)汽车的功率为1.8×104W；
(3)汽车发动机的效率为45%。
【解析】(1)求出汽车总质量，利用G=mg求其总重力，对地面的压力等于总重力，知道受力面积，利用p=FS求对地面的压强；
(2)因为汽车匀速直线行驶，汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，利用F=f=0.01G总求出，再利用W=Fs求牵引力做的功，最后利用P=Wt求牵引力做功功率；
(3)利用Q=mq求0.025kg天然气完全燃烧放出的热量，汽车发动机的效率等于牵引力做的功与天然气完全燃烧放出的热量之比。
本题为力学和热学综合计算题，考查了重力公式、速度公式、功的公式、功率公式、压强公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，虽然知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大！
25.【答案】解：(1)根据P=UI可知小灯泡的额定电流IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)三个开关均闭合时，灯泡和定值电阻并联，小灯泡恰好正常发光，
根据并联电路的电压特点可知电源电压U=UL=6V，
电流表示数为1.1A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流I0=I-IL=1.1A-0.5A=0.6A，
根据欧姆定律可知电阻R0的阻值R0=UI0=6V0.6A=10Ω；
(3)闭合S，断开S1和S2，定值电阻和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，电源电压不变，根据P=U2R可知电路的总功率最小；
电路总功率的最小值P1=U2R1+R0=(6V)220Ω+10Ω=1.2W；
答：(1)小灯泡的额定电流为0.5A；
(2)电阻R0的阻值为10Ω；
(3)闭合S，断开S1和S2，移动变阻器的滑片P，电路总功率的最小值为1.2W。
【解析】(1)根据P=UI可知小灯泡的额定电流；
(2)三个开关均闭合时，灯泡和定值电阻并联，小灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点可知电源电压；电流表示数为1.1A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知电阻R0的阻值；
(3)闭合S，断开S1和S2，定值电阻和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，电源电压不变，根据P=U2R可知电路的总功率最小。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性强，难度较大。
26.【答案】解：(1)当电热锅处于加热状态时，电路中的电流最大，
由P=UI可知，连接电热锅的电线能承受最大电流I=P加热U=1100W220V=5A；
(2)电热锅P保温=110W=0.11kW，
由P=Wt可知，电热锅每小时消耗的电能W=P保温t=0.11kW×1h=0.11kW⋅h=0.11度；
(3)水的体积V=1.5L=1.5dm3=1.5×10-3m3，
由ρ=mV可知，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg，
水吸收的热量：Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃-23℃)=4.851×105J；
由P=Wt可知，电热锅加热10min消耗的电能W'=P加热t'=1100W×10×60s=6.6×105J；
电热锅的效率η=Q吸W'×100%=4.851×105J6.6×105J×100%=73.5%。
答：(1)连接电热锅的电线至少要能承受5A的电流；
(2)保温状态下，电热锅每小时耗电0.11度；
(3)某次测试中发现将1.5L温度为23℃的水加热至100℃费时10min，则电热锅的效率是73.5%。
【解析】(1)当电热锅处于加热状态时，电路中的电流最大，利用P=UI求出连接电热锅的电线能承受最大电流；
(2)知道保温状态下的电功率，利用P=Wt求出电热锅每小时消耗的电能；
(3)利用密度公式求出1.5L水的质量，利用Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；利用P=Wt求出电热锅加热10min消耗的电能；利用效率公式求出电热锅的效率。
本题是电热综合题，主要考查密度公式、吸热公式效率公式以及电功率公式的灵活运用，题目综合性较强难度不大。
27.【答案】甲、乙 甲、丙 加热时间 1：2 b 偏小
【解析】解：(1)比较不同燃料的热值，应选择不同的燃料加热相同的物质，即用甲、乙两图进行实验；
要比较不同物质的吸热本领，必须保证不同液体的质量相等，相同时间吸收的热量相同，所以选择甲、丙；
(2)在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体a和液体b吸收热量的多少。
根据图像可知，液体b的温度升高得较慢，并且升高相同的温度b液体加热所用时间是a液体加热所用时间的2倍，吸收的热量：Qb=2Qa，
两种液体的质量相同，由Q吸=cmΔt可知c=Q吸mΔt，
则ca：cb=QamΔt：QbmΔt=Qa：Qb=1：2；
根据Q=cmΔt，质量相同的a和b降低相同的温度，b放热多，故冬天，如果想自制暖手袋，应选液体b作为供暖物质，其效果更佳。
(3)在实验的过程中，燃料燃烧放出的热量会有一部分散失到空气中，使得液体吸收的热量小于放出的热量，由q=Q放m可知测得的热值偏小。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙； (2)加热时间；1：2；b； (3)偏小。
(1)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧质量相同的同种燃料，加热质量相同的不同液体，吸收相同的热量，通过比较液体温度的变化，判断两种液体比热容的大小关系；
为了比较热值大小要用质量相同的不同燃料，加热质量相同的同种液体，通过比较液体温度的变化比较吸热多少，进而判断热值大小。
(2)在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体a和液体b吸收热量的多少；
根据图像可知，液体b的温度升高得较慢，并且升高相同的温度b液体加热所用时间是a液体加热所用时间的2倍，利用Q吸=cmΔt求出比热容之比；
根据Q=cmΔt分析；
(3)在实验过程中，存在热损失，燃料完全燃烧放出的热量不能被液体吸收。
本题涉及到探究不同物质的吸热能力(比热容大小关系)、探究不同燃料的热值大小，利用好控制变量法、转换法是本题的关键。
28.【答案】右 0.38右 变小 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 1 寻找规律
【解析】解：(1)为了保护电路闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，即B端；
如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.38A；
(2)研究电流与电阻的关系时，要控制电压不变，当R0的阻值变大时，根据分压原理，电压表示数变大，要减小电压表示数，根据串联电路电压的规律，要增大变阻器的电压，由分压原理，就要增大变阻器连入电路中的电阻大小，即向右端移动；
根据P=UI，电流相等，R2的电压变小，R的电压变大，故电阻R2与滑动变阻器R消耗的电功率之比变小；
(3)图丙是根据测量的数据绘制的电流与电阻关系的图像，可得出实验结论为：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)由串联电路的规律及分压原理有：U-UVUV=R滑R定-----①，
等式左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器的最大电阻连入电路时，对应的定值电阻最大，这时控制的电压表示数最小，
故有：3V-UVUV=30Ω15Ω，
解得：UV=1V，
电压预设的最小值为UV=1V。
(5)此实验进行多次测量是为了寻找规律。
故答案为：(1)右；0.38；(2)右；变小；(3)当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(4)1；(5)寻找规律。
(1)为了保护电路闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(2)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；根据P=UI，分析电消耗的电功率之比变化；
(3)根据图丙分析得出结论；
(4)串联电路的规律及分压原理，结合数学知识分析回答；
(5)此实验进行多次测量是为了寻找规律。
本题探究电流与电阻的关系实验，考查电流表正确使用、实验中的注意事项、控制变量法、操作过程、数据分析和影响通电导体在磁场中受力的方向的因素。
29.【答案】电流方向 地磁场 乙 不会 导体切割磁感线 右 产生的感应电流太小 交流
【解析】解：(1)如图甲，将小磁针放在南北方向的直导线正下方，小磁针静止，N极指向北。如图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置。则：
①图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置，说明通电导线周围存在磁场，图丙中将电源正负极对调，再次触接电源，电流方向改变，小磁针的N极向纸内偏转，说明磁场的方向与电流方向有关。
②断开电源后，小磁针恢复到图甲状态，这是因为小磁针受到了地磁场的作用。
③如图丁所示，高速电子束飞过小磁针上方时，因为电子带负电，电子定向移动的方向与电流的方向相反，因此小磁针的状态将与图乙相同。
(4)④由第1、2两次实验可知，导体棒AB平行于磁感线运动，电流表指针不偏转，说明闭合回路中不会产生感应电流。
⑤由第3、4两次实验可知，在其它条件相同时，导体棒切割磁感线的方向不同，感应电流的方向不同，说明导体棒AB中感应电流的方向与导体棒切割磁感线的方向有关。如果固定导体棒AB，水平向右移动磁铁，导体棒AB的位置相对磁铁向左发生了运动，因此电流表的指针向右偏转。
⑥小明将电流表换成完好的小灯泡，再做第3、4两次实验时，电路是通路，小灯泡不亮，最可能的原因是产生的感应电流太小。
⑦图己中线圈旋转时，做切割磁感线运动，产生感应电流，且电流方向发生周期性改变，属于交流电，是交流发电机。
故答案为：(1)①电流方向；②地磁场；③乙；(2)④不会；⑤导体切割磁感线；右；⑥产生的感应电流太小；⑦交流。
解答本题需掌握：
(1)通电导线周围存在磁场，且磁场的方向与电流方向有关；
(2)地球本身是一个大磁体，地磁N极在地理南极附近，地磁S极在地理北极附近；
(3)产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
(4)电磁感应现象中，感应电流的方向和导体切割磁感线的运动方向、磁场方向有关。
本题主要考查学生对电流的磁效应及电磁感应现象的了解和掌握，是中考的热点。
30.【答案】左 920.92×103 偏大 不能
【解析】解：(1)①将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端零刻度线处，发现指针向右偏，说明右端下沉，左端上翘，所以平衡螺母向左调节。
苹果的质量：m=50g+20g+20g+2g=92g，
苹果的体积：V=V2-V1=250cm3-150cm3=100cm3，
苹果的密度：ρ=mV92g100cm3=0.92g/cm3=0.92×103kg/m3；
(2)若苹果吸水，则导致所测苹果和水的总体积偏小，而水的体积是准确的，所以测得苹果的体积偏小，会使得苹果密度的测量值偏大；
(3)由于小石块的质量很小，体积很小，小石块浸没在水中排开水的体积很小，约4cm3，小石块排开水的体积小于量筒的分度值，无法准确测量小石块的体积，故不能准确测量小石块的密度。
故答案为：(1)左；92；0.92×103；(2)偏大；(3)不能。
(1)①调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。
苹果的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值，苹果的体积等于水和苹果总体积与水的体积差，知道苹果的质量和体积，根据密度公式求出苹果的密度。
②先求出苹果的体积，根据密度公式求出苹果的密度；
(2)若苹果吸水，则导致所测苹果和水的总体积偏小，而水的体积是准确的，所以测得苹果的体积偏小，据此进行判断；
(3)由于小石块的质量很小，体积很小，小石块排开水的体积小于量筒的分度值，无法准确测量小石块的体积，故不能准确测量小石块的密度。
本题考查了天平的正确使用、质量测量、体积测量、密度测量值的误差分析等，难度大。
31.【答案】电流 左 转换法 A 能
【解析】解：(1)装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙实验可以研究电流产生的热量与电流的关系；通电一段时间后，左侧U形管中液面高度差大，则说明该侧容器内的电阻丝产生的热量多，这种实验方法叫转换法；
A.用磁感线方便形象地描述磁场的分布，采用的是模型法；
B.在研究磁体磁性强弱时，利用磁体吸引铁钉的多少反映磁体磁性的强弱，采用的是转换法；
C.在研究磁场是否存在时，通过观察小磁针放入是否发生偏转，采用的是转换法；
D.在探究物质吸热能力的实验中，通过比较加热时间来间接反映物质吸收的热量，采用的转换法；
故选：A；
(2)左侧容器内的电阻为5Ω；让该实验装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝都放入容器内，由并联电阻的规律，等效电阻R并小于5Ω，而通过左侧电阻的电流和通过R并的电流相等，通过时间也相同，故此时该装置能探究电流产生的热量跟电阻的关系。
故答案为：(1)电流；左；转换法；A；(2)能。
(1)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；
电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
分析每个选项，找出符合题意的选项；
(2)由并联电阻的规律结合转换法回答。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路电流的规律。
32.【答案】R2 小灯泡短路 2.50.625>C60.9
【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律可得，灯的额定电流约为：
I'=ULR=2.5V10Ω=0.25A，
根据串联电路的特点及欧姆定律可得，灯正常发光时滑动变阻器连入电路的电阻约为：
R滑=U-ULI'=6V-2.5V0.25A=14Ω>10Ω，故应选择滑动变阻器R2完成实验；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，若故障只发生在灯泡或滑动变阻器上，即故障可能是小灯泡短路；
(3)排除故障后，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光；
小灯泡正常发光。读出此时电流表的示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
(4)当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，根据公式P=U2R可知，若灯泡电阻不变，则灯泡的实际功率P实=14P额，但是随着功率减小，灯泡电阻随温度的降低而减小，故灯泡的实际功率P实>14P额；
(5)标有“220V8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当，即转化为的光能相同；普通白炽灯转化为的内能更多，消耗的电能多，LED灯消耗的电能少，即LED灯电能转化为光能的效率更高，故选：C；
(6)实验步骤：
①开关S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器滑片右边的电阻与灯泡串联，电压表测滑动变阻器的电压，要使小灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为3V，
根据串联电路电压的规律可得：U滑=U-U额=9V-3V=6V，所以，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为6V，则灯泡正常发光；
②保持滑片位置不动，开关S、S2闭合，S1断开，滑动变阻器的全部电阻R'与定值电阻R串联，电压表测量滑动变阻器滑片右边电阻两端的电压，此时电压表示数为U右=4V；
由于滑动变阻器的全部电阻连入电路，为了间接测出定值电阻R两端的电压，所以需要测出滑动变阻器两端的电压，故再将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时电压表示数为滑动变阻器两端的电压，即U'=7V；
③在步骤②中，滑动变阻器的全部电阻R'与定值电阻R串联，根据串联电路电压的规律可得，R的电压为：
UR=U-U'=9V-7V=2V，
由分压原理可得：
RR右=URU右，
所以滑动变阻器滑片右边电阻的阻值：
R右=URU右⋅R=4V2V×10Ω=20Ω；
故在步骤①中，灯的额定电流为：
I额=U滑R右=6V20Ω=0.3A，
则小灯泡的额定功率：
P额=U额I额=3V×0.3A=0.9W。
故答案为：(1)R2；(2)小灯泡短路；(3)2.5；0.625；(4)>；(5)C；(6)①6；③0.9。
(1)已知小灯泡额定电压和灯丝电阻，由欧姆定律求出灯的额定电流，根据串联电路的特点及欧姆定律求出灯正常发光时滑动变阻器连入电路的阻值，然后确定滑动变阻器的规格；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；
(3)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光；根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(4)根据公式P=U2R和电阻受温度的影响分析实际功率与额定功率的大小关系；
(5)节能灯的亮度与一只“220V 60W”的普通白炽灯的亮度相当，即电能转化为的光能相同，但是普通白炽灯转化的内能更多、节能灯转化的内能更少，所以普通白炽灯消耗的电能多、节能灯消耗的电能少；
(6)由图丙可知：电路中只有电压表，没有电流表，则需要根据串并联电路的特点间接测出通过灯泡的电流；所以，首先让灯正常发光，开关S、S1闭合，S2断开，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为6V，由串联电路电压的规律可知，这时小灯泡正常发光；
若求出此时滑动变阻器连入电路的电阻，由欧姆定律即可得出灯的额定电流；
为得出此时滑动变阻器连入电路的电阻，可保持滑动变阻器滑片的位置不变，闭合开关S、S2，断开开关S1，根据电压表示数，由串联电路电压的规律和分压原理得出滑动变阻器连入电路的电阻，然后根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电流，即为灯泡的额定电流，最后利用P=UI即可求出灯泡的额定功率P额。
本题测量小灯泡电功率实验，考查了器材的选择、电路故障、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
2023年辽宁省丹东六中中考物理模拟试卷
1. 下列估测的数据符合实际的是( )
A. 人体的安全电压约36V B. 家用节能灯的工作电流约1A
C. 试电笔中的电阻阻值约104Ω D. 液晶电视机的额定功率约为100W
2. 以下节气中蕴含的物态变化知识正确的是( )
A. “雨水”——雨的形成是汽化现象，要放出热量
B. “寒露”——露的形成是液化现象，要放出热量
C. “霜降”——霜的形成是凝华现象，要吸收热量
D. “大雪”——雪的形成是升华现象，要吸收热量
3. 中华文化源远流长，下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是( )
A. “起舞弄清影”，影子是由于光沿直线传播形成的实像
B. “明镜可鉴形”，明镜成像是因为光发生了折射
C. “潭清疑水浅”，潭水看起来浅是因为光发生了反射
D. “瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
4. 下列实验与动圈式话筒工作原理对应的是( )
A. B.
C. D.
5. 世界杯足球赛场上运动员的奋力拼搏给我们留下深刻印象。下列有关足球运动描述正确的是( )
A. 空中飞行的足球受到平衡力作用
B. 足球落地后受到惯性的作用继续向前滚动
C. 草坪上静止的足球所受支持力与重力是一对相互作用力
D. 足球被守门员扑出，表明力可以改变物体的运动状态
6. 小朋友从滑梯滑下后感觉臀部发热，并出现了如图所示的“怒发冲冠”的情景。关于这个现象，下列有关说法不正确的是( )
A. 在这一过程中，机械能减小，所以总的能量不守恒
B. 在这一过程中，发生了摩擦起电现象
C. 臀部发热，这是通过做功的方式来改变内能
D. 形成“怒发冲冠”现象的原理和验电器的原理相同
7. 如图所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，下列判断中正确的是( )
A. 电压表V示数变大
B. 电流表A1示数不变
C. 电流表A1示数与电流表A2示数的差值变小
D. 电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
8. 有关生活用电，下列说法正确的是( )
A. 灯与控制它的开关是串联的，与插座是并联的
B. 当家里正在工作的用电器发生短路，会烧坏该用电器
C. 为了电路安全，保险丝应选熔点高的材料制作
D. 三脚插头的最长脚的作用是将用电器金属外壳与大地相连
9. 如图是一款太阳能玩具电动车，下列说法正确的是( )
A. 其中的硅光电池板主要是利用超导材料制成
B. 电动车运动过程中，电能主要转化为车的机械能
C. 太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源
D. 标有“12V5A⋅h”字样的车载蓄电池，充满一次电，储存的电能是60J
10. 如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定功率为5W，电压表量程为0∼15V，电流表量程为0∼0.6A。在保证电路各元件安全的前提下，先只闭合开关S、S1，将滑片P从滑动变阻器R1的最右端向左移动到a点，此时小灯泡正常发光，此过程中电流表与电压表示数的关系图象如图乙所示；再断开开关S1，闭合开关S2，电流表示数为0.3A。下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的额定电压为5V
B. 电源电压为12V
C. 只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω∼32Ω
D. 只闭合开关S、S2，滑片P在a点时，定值电阻R2在5s内产生的热量为3.6J
11. 甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，他们运动的s-t图像如图所示。则甲同学骑行的速度为______ km/h；以甲为参照物，乙向______ 运动。(选填“东”或“西”)
12. 钢琴的琴声是由琴弦______ 产生的；琴声是能够通过______ 传播到我们耳朵里的。
13. 我们考试时用到的2B铅笔中的石墨是______ (选填“导体”或“绝缘体”)；各个考场内用于播报考试须知的扬声器相互之间在电路中是______ 联的。
14. 司机在加油站给小轿车加油时闻到汽油味，这是______ 现象，小轿车汽油机在______ 冲程中将机械能转化为内能，随着汽车行驶，油箱中的汽油质量减小，热值______ 。(选填“增大”、“减小”或“不变”)
15. 图甲所示的试电笔可辨别火线和零线，使氖管发光的是______ (选填“火线”或“零线”)，小昊用测电笔检查家庭电路，电路乙中画“×”处表示该处断路，开关闭合后，用试电笔测试电路中的A点，试电笔氖管______ (选填“会”或“不会”)发光。
16. 随着科技的进步，我国已发射了若干导航卫星。卫星依靠______传递信息，其在真空中传播的速度约为______m/s。
17. 如图所示是汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中的气敏电阻R1的阻值随CO浓度的增大而减小。则电铃应接在______ 之间(“B和D”或“A和C”)为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2的滑片向______ 移(“上”或“下”)。
18. 某电能表表盘上标有“1600imp/(kW⋅h)”的字样，将铭牌上标有“220V 1210W”字样的电热水器接在家庭电路中，只让它单独工作6min，电能表的指示灯闪烁了160次，则该电热水器在上述时间内实际消耗的电能为______kW⋅h，该电路的实际电压为______ V。(不考虑温度对电阻的影响)
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡电流达到最大值，此时小灯泡的实际功率为6.4W，在图乙中绘制出电流表与两个电压表示数变化关系的图象，则电源电压为______ V；滑动变阻器的最大阻值为______ Ω。
20. 我国是一个能源相对缺乏的国家，现主要利用的化石能源依靠进口，化石能源是______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源，它的大量使用会造成环境污染，为了减少环境污染，我国已经建成了多座利用原子核______ (选填“裂变”或“聚变”)释放能量来发电的核电站；能源使用时要节约是因为能量转化具有______ 。
21. 在图中，根据平面镜成像特点画出点光源S发出的光经平面镜反射后过A点的光路图。
22. 图中利用羊角锤撬钉子，在锤柄A点处画出所施加的最小动力F和其力臂l。
23. 根据图中小磁针静止时的指向，标出通电螺线管磁感线的方向和电源左端的极性
(“+”或“-”)。
24. 一辆以天燃气为燃料的公交汽车质量为16000kg，轮胎与地面的总接触面积为400cm2.某次行驶过程中，搭载的人员及物品共2000kg，所受阻力为车总重的0.01倍，40s内匀速直线行驶了400m，共消耗天燃气0.025kg(天燃气完全燃烧，其热值为6.4×107J/kg)。针对此次行驶过程，求：
(1)汽车对地面的压强；
(2)汽车的功率；
(3)汽车发动机的效率。
25. 如图所示，电源电压恒定，R0是定值电阻，小灯泡L标有“6V 3W”，滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω。三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表示数为1.1A。
(1)求小灯泡的额定电流；
(2)求电阻R0的阻值；
(3)闭合S，断开S1和S2，移动变阻器的滑片P，求电路总功率的最小值。
26. 某品牌电热锅的简化电路如图乙所示，闭合开关S1接通电源后，可以转换触点开关S2使电热锅处于加热或保温状态。设电源电压U=220V，电热锅加热功率P加=1100W，保温功率P保=110W，水的比热容c水=4.2×103J/(kg⋅℃)，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，求：
(1)连接电热锅的电线至少要能承受多大的电流？
(2)保温状态下，电热锅每小时耗电多少度？
(3)某次测试中发现将1.5L温度为23℃的水加热至100℃费时10min，则电热锅的效率是多少？
27. 如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都相同，烧杯内的液体质量和初温也相同。
(1)为了比较不同燃料燃烧时放热的本领，应选______ 两图的装置进行实验；为了比较液体的吸热本领，应选______ 两图的装置进行实验。(选填“甲、乙”、“甲、丙”或“乙、丙”)
(2)在比较液体吸热本领的实验中，用______ (选填“温度计示数”或“加热时间”)来反映液体吸收热量的多少。根据实验数据绘制出如图所示的图象，分析图象可知：a、b两种液体的比热容之比为______ 。冬天，如果想自制暖手袋，应选液体______ (选填“a”或“b”)作为供暖物质，其效果更佳。
(3)实验小组的同学经过讨论和实验，用图甲所示的实验方法进行数据测量，利用a液体的比热容、质量和升高温度计算出a液体的吸收热量，再用这个吸收热量计算燃料1的热值，求出的热值比真实值______ (选填“偏大”或“偏小”)。
28. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供器材有：电源电压为3V保持不变，三个定值电阻R1(5Ω)、R2(10Ω)、R3(15Ω)，标有“30Ω1A”的滑动变阻器R、电压表(可用量程：0∼3V、0∼15V)、电流表(0∼0.6A)、开关各1只，导线若干。
(1)选择5Ω的定值电阻R1，正确连接电路进行实验，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至最______ (选填“左”或“右”)端。闭合开关，移动滑片使电压表的示数为U1，电流表的示数如图乙所示，此时电路中的电流为______ A；
(2)滑动变阻器滑片位置不变，将定值电阻R1换成定值电阻R2，继续实验，为使电压表的示数保持U1不变，应向______ (左/右)移动滑片。在此移动过程中，电阻R2与滑动变阻器R消耗的电功率之比将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(3)图丙是根据测量的数据绘制的电流与电阻关系的图像，可得出实验结论为：______ ；
(4)以现有的器材完成整个实验，定值电阻两端的预设电压可取的最小值为______ V；
(5)此实验进行多次测量是为了______ (选填“减小误差”或“寻找规律”)。
29. 兴趣小组的同学学习了磁现象知识后，怀着极大兴趣对下列实验进行了探究。
(1)如图甲，将小磁针放在南北方向的直导线正下方，小磁针静止，N极指向北。如图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置。如图丙，将电源正负极对调，再次触接电源，小磁针的N极向纸内偏转。则：
①通电导线周围存在磁场，且磁场的方向与______ 有关。
②断开电源后，小磁针恢复到图甲状态，这是因为小磁针受到了______ 的作用。
③如图丁所示，高速电子束飞过小磁针上方时，小磁针的状态将与图______ (选填“甲”、“乙”或“丙”)相同。
(2)利用图戊所示的装置，让闭合电路中的一部分导体AB在磁场中运动，观察电流表指针的偏转情况，记录在表中。已知当电流从电流表的左侧接线柱流入时，指针向左偏转；从右侧接线柱流入时，指针向右偏转。
实验次数
导体棒移动情况
电流表指针偏转情况
1
竖直向上
不偏转
2
竖直向下
不偏转
3
水平向左
向右偏转
4
水平向右
向左偏转
根据表中记录的实验信息，完成下列问题：
④由第1、2两次实验可知，导体棒AB平行于磁感线运动，闭合回路中______ (填“会”或“不会”)产生感应电流。
⑤由第3、4两次实验可知，导体棒AB中感应电流的方向与______ 的方向有关。如果固定导体棒AB，水平向右移动磁铁，电流表的指针向______ 偏转。
⑥小明将电流表换成完好的小灯泡，再做第3、4两次实验时小灯泡不亮，最可能的原因是______ 。
⑦图己所示是______ (填“直流”或“交流”)发电机。
30. 测量物质密度的实验中。
(1)测苹果的密度：
实验方案：步骤1：将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端零刻度线处，此时指针位置如图甲所示，为使指针指向分度盘中线，应将平衡螺母向______ 调节；
步骤2：如图乙，用调好的天平测出苹果的质量m=______ g；
步骤3：向图丙所示的自制量筒中倒入适量的水，读出水面对应的示数V1=150cm3；
步骤4：将苹果轻轻放入水中，用一根细针把苹果刚好完全压入水中后静止，读出此时水面对应的示数V2=250cm3，则苹果的密度ρ=______ kg/m3。
(2)假如该苹果具有吸水性，那么利用上述方案测量的密度值会______ (选填“偏大”、“不变”或“偏小”)。
(3)利用上述实验方案和器材，______ (选填“能”或“不能”)准确测出质量约6g的小石块密度(其密度大于水)。
31. 同学在做“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验时，采用了如图所示的实验装置。(两个透明容器中封闭着等量气体)
(1)如图所示，是探究电流产生的热量跟______ 的关系，通电一段时间后，______ (选填“左”或“右”)侧U形管中液面高度差大，则说明该侧容器内的电阻丝产生的热量多，这种实验方法叫______ ；下面实例中不是应用这种方法的一项是______ ；
A.用磁感线方便形象地描述磁场的分布
B.在研究磁体磁性强弱时，利用磁体吸引铁钉的多少反映磁体磁性的强弱
C.在研究磁场是否存在时，通过观察小磁针放入是否发生偏转
D.在探究物质吸热能力的实验中，通过比较加热时间来间接反映物质吸收的热量
(2)让该实验装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝都放入容器内，接通电源比较两容器内电阻丝发热多少。此时该装置______ (选填“能”或“不能”)探究电流产生的热量跟电阻的关系。
32. 小华准备做“测量小灯泡电功率”实验，实验室有如下器材：电源(电压恒为6V)、小灯泡(额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω)、电流表、电压表、开关各一个，规格分别为R1“10Ω1A”和R2“50Ω0.8A”的滑动变阻器各一个，导线若干。
(1)小华设计了图甲所示的电路，她应选择滑动变阻器______ (选填“R1”或“R2”)完成实验；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数、电压表无示数，则故障可能是______ (故障只发生在灯泡或滑动变阻器上)；
(3)排除故障后，移动滑片，当电压表的示数为______ V时，小灯泡正常发光。读出此时电流表的示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为______ W；
(4)据实验测得的数据画出小灯泡U-I关系图像如图乙，分析图像可知当加在小灯泡两端的电压为其额定电压的一半时，小灯泡的实际功率P实______ 14P额(选填“<”“>”或“=”)；
(5)对实验现象进一步分析可知：小灯泡的实际功率越大，小灯泡亮度越大。但某同学发现：标有“220V8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当。请分析造成这一现象的原因可能是______ ；(填字母)
A.两灯的实际功率相同
B.相同时间内，电流通过两灯做功不同
C.两灯将电能转化为光能的效率不同
(6)实验结束后，某同学设计了如图丙所示的电路来测定额定电压为3V的小灯泡的额定功率。已知电源电压为9V，定值电阻R的阻值为10Ω。请帮助他完成以下实验步骤：
①开关S、S1闭合，S2断开，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为______ V时，小灯泡正常发光；
②保持滑片位置不动，开关S、S2闭合，S1断开，此时电压表的示数为4V；再将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时电压表的示数为7V。
③小灯泡的额定功率P额=______ W。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、人体的安全电压不高于36V，故A不符合实际；
B、家用节能灯的功率约为20W，其工作电流在I=PU=20W220V≈0.1A左右，故B不符合实际；
C、试电笔中的电阻很大，阻值超过1MΩ，故C不符合实际；
D、液晶电视机的额定功率约为100W，故D符合题意。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
2.【答案】B
【解析】解：A、雨是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，需放出热量，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的水滴，需放出热量，故B正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需放出热量，故C错误；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需放出热量，故D错误。
故选：B。
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
3.【答案】D
【解析】解：A、“起舞弄清影”，实像是由实际光线会聚形成的像，影子既不是实像，也不是虚像，是一种光沿直线传播造成的光现象，故A错误；
B、“明镜可鉴形”，明镜成像是属于平面镜成像，是光的反射形成的虚像，故B错误；
C、“潭清疑水浅”是因为光从水中斜射入空气中时发生了折射现象，故C错误；
D、“瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象，故D正确。
故选：D。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的反射、光的直线传播、光的色散的理解与掌握，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。
4.【答案】B
【解析】解：动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象；
A、探究的是电磁铁磁性大小的因素，是电流的磁效应，故A错误；
B、是探究电磁感应现象的装置图，故B正确；
C、是探究电流的磁效应的装置图，故C错误；
D、是探究通电导体在磁场中受力运动的原理图，故D错误。
故选：B。
动圈式话筒工作过程是：声波振动→引起膜片振动→带动线圈振动→线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流→经放大传给扬声器。由此可知其工作原理是电磁感应现象。
作为了解性内容，掌握动圈式话筒的工作原理和工作过程，是解决问题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、空中飞行的足球不是匀速直线运动，因此不受到平衡力作用，故A错误；
B、踢出去的足球还能在水平地面上继续运动，是因为足球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故B错误；
C、草坪上静止的足球所受支持力与重力是作用在一个物体上的两个力，大小相等，方向相反，在一条直线上，是一对平衡力，故C错误；
D、足球被守门员扑出，表明力可以改变物体的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)物体受平衡力作用时，一定是静止或匀速直线运动二种状态之一，根据汽车的运动状态判断受力是否平衡；
(2)物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体本身的一种性质，惯性不是力，也不是作用；
(3)二力平衡的条件是作用在一个物体上的两个力，大小相等，方向相反，在一条直线上；相互作用力是指两个力大小相等，方向相反，但施力物和受力物正好相反；
(4)力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状。
该题考查了平衡力、惯性、力的作用效果、平衡力与相互作用力的辨别，是一道综合题，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
6.【答案】A
【解析】解：A、在这一过程中，克服外力做功，机械能减小，内能增大，总的能量守恒，故A错误；
BD、电荷间的相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引；如图所示的“怒发冲冠”的情景说明，在这一过程中，发生了摩擦起电现象，头发张开是由于头发上带了同种电荷，故BD正确；
C、臀部发热，这是通过做功的方式来改变内能，故C正确；
故选：A。
(1)能量既不能创生，也不会消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体；
(2)摩擦起电是电子由一个物体转移到另一个物体的结果，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电；电荷间的相互作用：同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引；
(3)改变物体内能的两种方法：做功、热传递。
本题考查能量守恒、内能、摩擦起电现象以及能量转化的有关知识，难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路电流；
A、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，故A错误；
B、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R1的电流不变；
当滑动变阻器R2的滑片P由中点向下端移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，由I=UR可知，通过R2的电流变大，即电流表A2的示数变大；因为通过R1的电流不变，通过R2的电流变大，所以，由并联电路的电流特点可知，干路电流变大，即A1的示数变大，故B错误；
C、根据并联电路的电流关系可知，电流表A1示数与电流表A2示数的差值为通过定值电阻的电流，保持不变，故C错误；
D、电压表V示数不变、电流表A2示数变大，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变小，故D正确。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路电流；
根据电源电压保持不变可知滑片移动时电压表示数的变化，根据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R1电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化；根据电压表V示数与电流表A1示数的变化判断两者比值的变化；根据并联电路的电流关系判定电流表A1示数与电流表A2示数的差值的变化。
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，利用好并联电路中各支路独立工作、互不影响较为关键。
8.【答案】AD
【解析】解：
A、灯与控制它的开关是串联的；家庭电路中，各用电器互不影响，所以灯与插座是并联的，故A正确；
B、如果家庭电路中发生短路，则所有用电器都被短路，没有电流流过用电器，所以用电器都不能工作，用电器也不会烧坏，故B错误；
C、保险丝通常安装在火线上，它是由电阻率大、熔点低的铅锑合金制成的，当电路中有过大电流通过时，保险丝发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，故C错误；
D、三脚插头的最长脚是与用电器金属外壳相连，是为了防止金属外壳漏电时触电事故的发生，故D正确。
故选：AD。
(1)家庭电路中的用电器是并联的；开关与用电器串联；
(2)发生短路时，没有电流流过用电器，不会烧毁用电器；
(3)保险丝一般选择电阻率大，熔点低的铅锑合金制成的；
(4)有金属外壳的家用电器，外壳接地线。
本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9.【答案】BC
【解析】解：A、太阳能玩具电动车中的硅光电池板主要是利用半导体材料制成的，故A错误；
B、电动车运动过程中，电能主要转化为车的机械能，故B正确；
C、太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源，故C正确；
D、充满一次电储存的电能为：W=UIt=12V×5A×3600s=2.16×105J，故D错误。
故选：BC。
(1)半导体导电能力介于导体与绝缘体之间；
(2)太阳能玩具电动车运动时将电能转化为机械能；
(3)太阳内部发生的是核聚变，太阳能属于可再生能源；
(4)根据W=UIt可求出充满一次电储存的电能。
此题考查半导体材料、能量的相互转化、能源的分类，电能的计算等，综合考查了学生对所学知识的应用能力，要求灵活运用所学知识，属于中等题。
10.【答案】BCD
【解析】解：(1)由图知，只闭合开关S、S1，R1与L串联，电流表测电路中电流，电压表测P左侧部分电压，
滑片P从最右端b向左移动到a点的过程，R1连入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电路中电流变大，
R1分得电压变小；
滑动变阻器R1连入电路的最小值：R1min=U滑Imax=2V0.5A=4Ω；
滑片P在b端时，R1连入电路的阻值为其最大值，此时电路中电流最小，由图象知，此时电流
Imin=0.25A，U滑'=8V，
R1连入电路的最大值：R1max=U滑'Imin=8V0.25A=32Ω，
所以只闭合开关S、S1，滑动变阻器R1的阻值变化范围为4Ω∼32Ω，故C正确；
为保证电路元件安全，电路中的最大电流应不超过小灯泡的额定电流，
由图乙知，小灯泡在滑动变阻器滑片位于a处时正常发光，则电路最大电流：I额=Imax=0.5A，
同时灯泡此时两端电压等于其额定电压，
由P=UI可知，灯泡的额定电压：UL=P额I额=5W0.5A=10V，故A错误；
由乙图可知，此时变阻器两端电压：U滑=2V，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压：U=UL+U滑=10V+2V=12V，故B正确；
(2)由题意和前面C项解答可知滑动变阻器R1的最大阻值为32Ω，
闭合开关S、S2，滑片P在a点时，因电压表在电路中相当于断路，则可知变阻器R1始终以最大阻值连入电路中，此时变阻器R1的最大阻值与R2串联，各元件电流相等，
此时电流表的示数即为通过R2的电流：I2=I=0.3A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，R1的两端电压：U1=IR1max=0.3A×32Ω=9.6V，
R2两端的电压：U2=U-U1=12V-9.6V=2.4V，
定值电阻R2在5s内产生的热量：Q2=W2=U2I2t=2.4V×0.3A×5s=3.6J，故D正确。
故选：BCD。
(1)只闭合开关S、S1，滑动变阻器左侧接入电路，R1左侧与L串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器左侧部分电压，由图乙分析滑片移动时，滑动变阻器接入电阻和两端电压的变化，根据欧姆定律求出此过程中滑动变阻器的阻值变化；
为保证电路元件安全，根据串联电路电流特点和电流表量程，由图乙判断灯泡的正常发光电流，由P=UI计算灯泡的额定电压；由欧姆定律计算R1左侧部分电压，从而计算电源电压，R1连入电路的最小和最大值；
(2)由串联电路特点和欧姆定律计算闭合开关S、S2，将滑片P在a点时，R2两端电压，由Q=W=UIt计算定值电阻R2在5s内产生的热量。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律、电功率以及电热计算公式的灵活应用，关键是正确分析开关在不同状态下电路的连接情况，从图像中得到获取有用信息，综合性强，有一定难度。
11.【答案】10.8西
【解析】解：由图像可知，甲、乙做匀速直线运动，t甲=20s时，通过的路程s甲=60m，所以甲同学骑行的速度v甲=s甲t甲=60m20s=3m/s=10.8km/h；
由图像可知，相同时间内，乙通过的路程小于甲通过的路程，所以乙骑行的的速度小于甲骑行的速度，
因为甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，v甲>v乙，
所以以甲为参照物，乙向西运动。
故答案为：10.8；西。
(1)由图像读出甲15s通过的路程，利用速度公式计算甲骑行的速度；
(2)比较相同时间内甲、乙通过的路程，得出甲、乙的速度大小关系，然后根据运动和静止的相对性判断以甲为参照物，乙的运动方向。
本题考查速度的计算、参照物的选取，掌握物体间的相对位置的变化判断物体的运动是解答本题的易错点。
12.【答案】振动 空气
【解析】解：琴弦振动发声；我们平时听到的琴声是通过空气传入我们的耳朵。
故答案为：振动；空气。
声音是有物体振动产生的；声音的传播是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播。
此题考查了声音的产生与传播这一知识点。
13.【答案】导体 并
【解析】解：我们考试时用到的2B铅笔中的石墨是导体；各个考场内用于播报考试须知的扬声器相互之间在电路中是并联的。
故答案为：导体；并。
(1)容易导电的物体叫导体，石墨、金属是导体。
(2)并联电路的各个用电器互不影响。
知道常见的导体和绝缘体；知道并联电路的特点。
14.【答案】扩散 压缩 不变
【解析】解：给汽车加油时，会闻到汽油味，从物理学角度来看，属于扩散现象，这个现象表明汽油分子在不停地做无则规运动；
在内燃机的四个冲程中，压缩冲程使机械能转化为气体的内能，其内能增加，温度升高；
热值与质量无关，与物质种类有关，所以质量减小，热值不变。
故答案为：扩散；压缩；不变。
一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，即扩散，温度越高，分子运动越剧烈；内燃机的压缩冲程中机械能转化为内能程，做功冲程中将内能转化为机械能。
热值的大小只与燃料的种类有关，与质量无关。
此类题目考查知识了内燃机的四个冲程、扩散现象、热值的大小，要结合相关知识点进行分析解答，是中考的难点。
15.【答案】火线 会
【解析】解：试电笔笔体中有一氖泡，测试时如果氖泡发光，说明导线有电或为通路的火线。
从图中可以看出，零线开路了，开关闭合后，用试电笔测试电路中的A点，A点通过灯泡、开关与火线相连通，试电笔氖管会发光。
故答案为：火线；会。
用试电笔的笔尖接触火线或与火线相连的用电器，测电笔的氖管会发光。
本题考查了试电笔的使用，是一道联系实际的应用题。
16.【答案】电磁波 3×108
【解析】解：我国已发射了若干导航卫星。卫星依靠是利用电磁波传递信息的，电磁波可在真空中传播；电磁波在真空中传播的速度约为3×108m/s。
故答案为：电磁波；3×108。
(1)电磁波的传播不需要介质，它可以在真空中传播；
(2)电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s。
本题考查电磁波的传播以及电磁波的传播速度，难度不大。
17.【答案】B和D 上
【解析】解：图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律，控制电路的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，因CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警，所以电铃应接在B、D之间；
在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律可知I=UR1+R2，此时电路的总电阻变小，根据串联电路的电阻关系可知，应减小滑动变阻器的电阻，即将R2的滑片向上移。
故答案为：B和D；上。
图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律得出控制电路的电流变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知磁性的变化，结合电路分析；
在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和影响电磁铁磁性强弱的因素。
18.【答案】0.1200
【解析】解：
(1)1600imp/kW⋅h表示电能表指示灯每闪烁1600次，电路消耗的电能为1kW⋅h，
电能表的指示灯闪烁160次消耗的电能为：
W=1600imp1600imp/(kW⋅h)=0.1kW⋅h；
电热水器的实际功率：
P=Wt=0.1kW⋅h660h=1kW=1000W；
(2)因为电热水器的额定电压和额定功率分别为U额=220V，P额=1210W，
由P=U2R可得，电热水器的电阻为：
R=U额2P额=(220V)21210W=40Ω，
由P=U2R可得：U= PR= 1000W×40Ω=200V。
故答案为：0.1；200。
(1)1600imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1600次，据此可求电能表的指示灯闪烁了160次，电热水器实际消耗的电能；再利用P=Wt求电热水器的实际功率；
(2)知道电热水器的铭牌(额定电压、额定功率)，利用P=U2R求电热水器的电阻，再利用P=U2R求实际电压。
本题考查了电能表参数的理解和掌握以及对用电器铭牌的认识，关键是灵活应用电功率的计算公式。
19.【答案】18 30
【解析】解：闭合开关S，灯泡和变阻器串联。电压表V测量灯泡两端电压，电压表V1测量变阻器两端电压，电流表测量电路电流。
滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，总电阻最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，从图乙可知为0.3A，
滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻逐渐变小，根据串联分压特点可知，变阻器两端的电压逐渐变小，灯泡两端电压逐渐变大，
可知图乙中下面的曲线为电流表与电压表V1的示数变化关系的图像，上面的曲线为电流表与电压表V的示数变化关系的图像。
(1)调节滑动变阻器的滑片到a点时，小灯泡恰好正常发光，可知此时变阻器两端电压为2V，电路中的电流为0.4A，
根据P=UI可得灯泡两端的电压为：UL=PL实I大=6.4W0.4A=16V，
根据串联电路的电压特点可知电源电压为：U=UL+U滑=16V+2V=18V；
(2)调节滑动变阻器的滑片在最右端时，从图乙可知为0.3A，且从图乙可知灯泡两端的电压和变阻器两端的电压相等，
则变阻器两端的电压：U滑大=12U=12×18V=9V，
根据I=UR可得滑动变阻器的最大阻值为：
R滑大=U滑大I小=9V0.3A=30Ω。
故答案为：18；30。
闭合开关S，灯泡和变阻器串联。电压表V测量灯泡两端电压，电压表V1测量变阻器两端电压，电流表测量电路电流。
滑片在最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，总电阻最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，从图乙可知为0.3A，
滑片从最右端向左滑动到a点时，变阻器接入电路中的电阻逐渐变小，根据串联分压特点可知，变阻器两端的电压逐渐变小，灯泡两端电压逐渐变大，
可知图乙中下面的曲线为电流表与电压表V1的示数变化关系的图像，上面的曲线为电流表与电压表V的示数变化关系的图像。
(1)调节滑动变阻器的滑片到a点时，小灯泡恰好正常发光，可知此时变阻器两端电压为2V，电路中的电流为0.4A，根据P=UI求出灯泡两端的电压，
根据串联电路的电压特点可得出电源电压；
(2)调节滑动变阻器的滑片在最右端时，从图乙可知为0.3A，且从图乙可知灯泡两端的电压和变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端电压，根据欧姆定律可得出滑动变阻器的最大阻值。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算问题，关键是分析图像，从图像中得出有用信息，有一定难度。
20.【答案】不可再生 裂变 方向性
【解析】解：(1)化石能源消耗完短期内不能在自然界得到补充，是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)能源使用时要节约是因为能量转化具有方向性。
故答案为：不可再生；裂变；方向性。
(1)短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)自然界中的能量只会从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，能量的转化和转移是有方向的。
本题考查了能源的分类、核能的应用和能量的转化。要特别记住核裂变与核聚变的不同应用。
21.【答案】解：先通过平面镜作出发光点S的对称点S'即为S的像；连接S'A交平面镜于点O，SO为入射光线，OA为反射光线；如图所示：
【解析】先根据平面镜成像的特点作出S的像；再根据平面镜成像原理可知，反射光线所有的反向延长线都会过S的像；连接像点与A点，则与平面镜的交点为入射点，再完成光路即可。
本题利用了平面镜成像特点来完成光路。一定要注意物与像关于镜面是对称的。
22.【答案】解：力臂越长越省力，最长的力臂即支点与作用点的连线，连接OA即为最长力臂l，然后根据力臂的画法作出垂直于力臂的作用力F即可，如下图所示：
。
【解析】由杠杆的平衡条件可知，当动力臂最大时，动力最小，即最省力。连接支点和力的作用点A即是最大动力臂，当作用力与之垂直时，作用力最小。
求最小的力是常见的题型，关键是要找到离支点最远的点从而做出最长的力臂。
23.【答案】解：①根据异名磁极相互吸引的规律可知，通电螺线管靠近小磁针S极的一端为N极，所以通电螺线管的左端是S极，磁感线的方向由N极到S极。
②根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，即电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
【解析】①根据磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极；
②根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用以及磁感线方向的规定，要求学生不但要会由右手螺旋定则判断磁极的方向，还要会由右手螺旋定则判断电流方向。
24.【答案】解：
(1)汽车总质量：
m总=16000kg+2000kg=18000kg，
总重力：
G总=m总g=18000kg×10N/kg=1.8×105N，
对地面的压力：
F=G总=1.8×105N，
受力面积S=400cm2=0.04m2，
对地面的压强：
p=FS=1.8×105N0.04m2=4.5×106Pa；
(2)因为汽车匀速直线行驶，
汽车的牵引力：
F=f=0.01G总=0.01×1.8×105N=1800N，
牵引力做的功：
W=Fs=1800N×400m=7.2×105J，
牵引力做功功率：
P=Wt=7.2×105J40s=1.8×104W；
(3)0.025kg天然气完全燃烧放出的热量：
Q=mq=0.025kg×6.4×107J/kg=1.6×106J，
汽车发动机的效率：
η=WQ=7.2×105J1.6×106J×100%=45%。
答：(1)汽车对地面的压强为4.5×106Pa；
(2)汽车的功率为1.8×104W；
(3)汽车发动机的效率为45%。
【解析】(1)求出汽车总质量，利用G=mg求其总重力，对地面的压力等于总重力，知道受力面积，利用p=FS求对地面的压强；
(2)因为汽车匀速直线行驶，汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，利用F=f=0.01G总求出，再利用W=Fs求牵引力做的功，最后利用P=Wt求牵引力做功功率；
(3)利用Q=mq求0.025kg天然气完全燃烧放出的热量，汽车发动机的效率等于牵引力做的功与天然气完全燃烧放出的热量之比。
本题为力学和热学综合计算题，考查了重力公式、速度公式、功的公式、功率公式、压强公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，虽然知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大！
25.【答案】解：(1)根据P=UI可知小灯泡的额定电流IL=PLUL=3W6V=0.5A；
(2)三个开关均闭合时，灯泡和定值电阻并联，小灯泡恰好正常发光，
根据并联电路的电压特点可知电源电压U=UL=6V，
电流表示数为1.1A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流I0=I-IL=1.1A-0.5A=0.6A，
根据欧姆定律可知电阻R0的阻值R0=UI0=6V0.6A=10Ω；
(3)闭合S，断开S1和S2，定值电阻和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，电源电压不变，根据P=U2R可知电路的总功率最小；
电路总功率的最小值P1=U2R1+R0=(6V)220Ω+10Ω=1.2W；
答：(1)小灯泡的额定电流为0.5A；
(2)电阻R0的阻值为10Ω；
(3)闭合S，断开S1和S2，移动变阻器的滑片P，电路总功率的最小值为1.2W。
【解析】(1)根据P=UI可知小灯泡的额定电流；
(2)三个开关均闭合时，灯泡和定值电阻并联，小灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点可知电源电压；电流表示数为1.1A，根据并联电路的电流特点可知通过定值电阻的电流，根据欧姆定律可知电阻R0的阻值；
(3)闭合S，断开S1和S2，定值电阻和滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，电源电压不变，根据P=U2R可知电路的总功率最小。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，综合性强，难度较大。
26.【答案】解：(1)当电热锅处于加热状态时，电路中的电流最大，
由P=UI可知，连接电热锅的电线能承受最大电流I=P加热U=1100W220V=5A；
(2)电热锅P保温=110W=0.11kW，
由P=Wt可知，电热锅每小时消耗的电能W=P保温t=0.11kW×1h=0.11kW⋅h=0.11度；
(3)水的体积V=1.5L=1.5dm3=1.5×10-3m3，
由ρ=mV可知，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg，
水吸收的热量：Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃-23℃)=4.851×105J；
由P=Wt可知，电热锅加热10min消耗的电能W'=P加热t'=1100W×10×60s=6.6×105J；
电热锅的效率η=Q吸W'×100%=4.851×105J6.6×105J×100%=73.5%。
答：(1)连接电热锅的电线至少要能承受5A的电流；
(2)保温状态下，电热锅每小时耗电0.11度；
(3)某次测试中发现将1.5L温度为23℃的水加热至100℃费时10min，则电热锅的效率是73.5%。
【解析】(1)当电热锅处于加热状态时，电路中的电流最大，利用P=UI求出连接电热锅的电线能承受最大电流；
(2)知道保温状态下的电功率，利用P=Wt求出电热锅每小时消耗的电能；
(3)利用密度公式求出1.5L水的质量，利用Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；利用P=Wt求出电热锅加热10min消耗的电能；利用效率公式求出电热锅的效率。
本题是电热综合题，主要考查密度公式、吸热公式效率公式以及电功率公式的灵活运用，题目综合性较强难度不大。
27.【答案】甲、乙 甲、丙 加热时间 1：2 b 偏小
【解析】解：(1)比较不同燃料的热值，应选择不同的燃料加热相同的物质，即用甲、乙两图进行实验；
要比较不同物质的吸热本领，必须保证不同液体的质量相等，相同时间吸收的热量相同，所以选择甲、丙；
(2)在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体a和液体b吸收热量的多少。
根据图像可知，液体b的温度升高得较慢，并且升高相同的温度b液体加热所用时间是a液体加热所用时间的2倍，吸收的热量：Qb=2Qa，
两种液体的质量相同，由Q吸=cmΔt可知c=Q吸mΔt，
则ca：cb=QamΔt：QbmΔt=Qa：Qb=1：2；
根据Q=cmΔt，质量相同的a和b降低相同的温度，b放热多，故冬天，如果想自制暖手袋，应选液体b作为供暖物质，其效果更佳。
(3)在实验的过程中，燃料燃烧放出的热量会有一部分散失到空气中，使得液体吸收的热量小于放出的热量，由q=Q放m可知测得的热值偏小。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙； (2)加热时间；1：2；b； (3)偏小。
(1)为了比较两种液体的比热容，需要燃烧质量相同的同种燃料，加热质量相同的不同液体，吸收相同的热量，通过比较液体温度的变化，判断两种液体比热容的大小关系；
为了比较热值大小要用质量相同的不同燃料，加热质量相同的同种液体，通过比较液体温度的变化比较吸热多少，进而判断热值大小。
(2)在甲、丙实验中，用加热时间来反映液体a和液体b吸收热量的多少；
根据图像可知，液体b的温度升高得较慢，并且升高相同的温度b液体加热所用时间是a液体加热所用时间的2倍，利用Q吸=cmΔt求出比热容之比；
根据Q=cmΔt分析；
(3)在实验过程中，存在热损失，燃料完全燃烧放出的热量不能被液体吸收。
本题涉及到探究不同物质的吸热能力(比热容大小关系)、探究不同燃料的热值大小，利用好控制变量法、转换法是本题的关键。
28.【答案】右 0.38右 变小 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 1 寻找规律
【解析】解：(1)为了保护电路闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处，即B端；
如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.38A；
(2)研究电流与电阻的关系时，要控制电压不变，当R0的阻值变大时，根据分压原理，电压表示数变大，要减小电压表示数，根据串联电路电压的规律，要增大变阻器的电压，由分压原理，就要增大变阻器连入电路中的电阻大小，即向右端移动；
根据P=UI，电流相等，R2的电压变小，R的电压变大，故电阻R2与滑动变阻器R消耗的电功率之比变小；
(3)图丙是根据测量的数据绘制的电流与电阻关系的图像，可得出实验结论为：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(4)由串联电路的规律及分压原理有：U-UVUV=R滑R定-----①，
等式左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器的最大电阻连入电路时，对应的定值电阻最大，这时控制的电压表示数最小，
故有：3V-UVUV=30Ω15Ω，
解得：UV=1V，
电压预设的最小值为UV=1V。
(5)此实验进行多次测量是为了寻找规律。
故答案为：(1)右；0.38；(2)右；变小；(3)当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(4)1；(5)寻找规律。
(1)为了保护电路闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至阻值最大处；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
(2)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；根据P=UI，分析电消耗的电功率之比变化；
(3)根据图丙分析得出结论；
(4)串联电路的规律及分压原理，结合数学知识分析回答；
(5)此实验进行多次测量是为了寻找规律。
本题探究电流与电阻的关系实验，考查电流表正确使用、实验中的注意事项、控制变量法、操作过程、数据分析和影响通电导体在磁场中受力的方向的因素。
29.【答案】电流方向 地磁场 乙 不会 导体切割磁感线 右 产生的感应电流太小 交流
【解析】解：(1)如图甲，将小磁针放在南北方向的直导线正下方，小磁针静止，N极指向北。如图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置。则：
①图乙触接电源，小磁针的N极向纸外偏转。断开连接后，小磁针恢复到图甲位置，说明通电导线周围存在磁场，图丙中将电源正负极对调，再次触接电源，电流方向改变，小磁针的N极向纸内偏转，说明磁场的方向与电流方向有关。
②断开电源后，小磁针恢复到图甲状态，这是因为小磁针受到了地磁场的作用。
③如图丁所示，高速电子束飞过小磁针上方时，因为电子带负电，电子定向移动的方向与电流的方向相反，因此小磁针的状态将与图乙相同。
(4)④由第1、2两次实验可知，导体棒AB平行于磁感线运动，电流表指针不偏转，说明闭合回路中不会产生感应电流。
⑤由第3、4两次实验可知，在其它条件相同时，导体棒切割磁感线的方向不同，感应电流的方向不同，说明导体棒AB中感应电流的方向与导体棒切割磁感线的方向有关。如果固定导体棒AB，水平向右移动磁铁，导体棒AB的位置相对磁铁向左发生了运动，因此电流表的指针向右偏转。
⑥小明将电流表换成完好的小灯泡，再做第3、4两次实验时，电路是通路，小灯泡不亮，最可能的原因是产生的感应电流太小。
⑦图己中线圈旋转时，做切割磁感线运动，产生感应电流，且电流方向发生周期性改变，属于交流电，是交流发电机。
故答案为：(1)①电流方向；②地磁场；③乙；(2)④不会；⑤导体切割磁感线；右；⑥产生的感应电流太小；⑦交流。
解答本题需掌握：
(1)通电导线周围存在磁场，且磁场的方向与电流方向有关；
(2)地球本身是一个大磁体，地磁N极在地理南极附近，地磁S极在地理北极附近；
(3)产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
(4)电磁感应现象中，感应电流的方向和导体切割磁感线的运动方向、磁场方向有关。
本题主要考查学生对电流的磁效应及电磁感应现象的了解和掌握，是中考的热点。
30.【答案】左 920.92×103 偏大 不能
【解析】解：(1)①将天平放在水平台上，移动游码至标尺左端零刻度线处，发现指针向右偏，说明右端下沉，左端上翘，所以平衡螺母向左调节。
苹果的质量：m=50g+20g+20g+2g=92g，
苹果的体积：V=V2-V1=250cm3-150cm3=100cm3，
苹果的密度：ρ=mV92g100cm3=0.92g/cm3=0.92×103kg/m3；
(2)若苹果吸水，则导致所测苹果和水的总体积偏小，而水的体积是准确的，所以测得苹果的体积偏小，会使得苹果密度的测量值偏大；
(3)由于小石块的质量很小，体积很小，小石块浸没在水中排开水的体积很小，约4cm3，小石块排开水的体积小于量筒的分度值，无法准确测量小石块的体积，故不能准确测量小石块的密度。
故答案为：(1)左；92；0.92×103；(2)偏大；(3)不能。
(1)①调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。
苹果的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值，苹果的体积等于水和苹果总体积与水的体积差，知道苹果的质量和体积，根据密度公式求出苹果的密度。
②先求出苹果的体积，根据密度公式求出苹果的密度；
(2)若苹果吸水，则导致所测苹果和水的总体积偏小，而水的体积是准确的，所以测得苹果的体积偏小，据此进行判断；
(3)由于小石块的质量很小，体积很小，小石块排开水的体积小于量筒的分度值，无法准确测量小石块的体积，故不能准确测量小石块的密度。
本题考查了天平的正确使用、质量测量、体积测量、密度测量值的误差分析等，难度大。
31.【答案】电流 左 转换法 A 能
【解析】解：(1)装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故乙实验可以研究电流产生的热量与电流的关系；通电一段时间后，左侧U形管中液面高度差大，则说明该侧容器内的电阻丝产生的热量多，这种实验方法叫转换法；
A.用磁感线方便形象地描述磁场的分布，采用的是模型法；
B.在研究磁体磁性强弱时，利用磁体吸引铁钉的多少反映磁体磁性的强弱，采用的是转换法；
C.在研究磁场是否存在时，通过观察小磁针放入是否发生偏转，采用的是转换法；
D.在探究物质吸热能力的实验中，通过比较加热时间来间接反映物质吸收的热量，采用的转换法；
故选：A；
(2)左侧容器内的电阻为5Ω；让该实验装置冷却到初始状态，把右侧并联的两根电阻丝都放入容器内，由并联电阻的规律，等效电阻R并小于5Ω，而通过左侧电阻的电流和通过R并的电流相等，通过时间也相同，故此时该装置能探究电流产生的热量跟电阻的关系。
故答案为：(1)电流；左；转换法；A；(2)能。
(1)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；
电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；
分析每个选项，找出符合题意的选项；
(2)由并联电阻的规律结合转换法回答。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路电流的规律。
32.【答案】R2 小灯泡短路 2.50.625>C60.9
【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V，灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律可得，灯的额定电流约为：
I'=ULR=2.5V10Ω=0.25A，
根据串联电路的特点及欧姆定律可得，灯正常发光时滑动变阻器连入电路的电阻约为：
R滑=U-ULI'=6V-2.5V0.25A=14Ω>10Ω，故应选择滑动变阻器R2完成实验；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，若故障只发生在灯泡或滑动变阻器上，即故障可能是小灯泡短路；
(3)排除故障后，移动滑片，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光；
小灯泡正常发光。读出此时电流表的示数为0.25A，则小灯泡的额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
(4)当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，根据公式P=U2R可知，若灯泡电阻不变，则灯泡的实际功率P实=14P额，但是随着功率减小，灯泡电阻随温度的降低而减小，故灯泡的实际功率P实>14P额；
(5)标有“220V8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当，即转化为的光能相同；普通白炽灯转化为的内能更多，消耗的电能多，LED灯消耗的电能少，即LED灯电能转化为光能的效率更高，故选：C；
(6)实验步骤：
①开关S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器滑片右边的电阻与灯泡串联，电压表测滑动变阻器的电压，要使小灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为3V，
根据串联电路电压的规律可得：U滑=U-U额=9V-3V=6V，所以，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为6V，则灯泡正常发光；
②保持滑片位置不动，开关S、S2闭合，S1断开，滑动变阻器的全部电阻R'与定值电阻R串联，电压表测量滑动变阻器滑片右边电阻两端的电压，此时电压表示数为U右=4V；
由于滑动变阻器的全部电阻连入电路，为了间接测出定值电阻R两端的电压，所以需要测出滑动变阻器两端的电压，故再将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时电压表示数为滑动变阻器两端的电压，即U'=7V；
③在步骤②中，滑动变阻器的全部电阻R'与定值电阻R串联，根据串联电路电压的规律可得，R的电压为：
UR=U-U'=9V-7V=2V，
由分压原理可得：
RR右=URU右，
所以滑动变阻器滑片右边电阻的阻值：
R右=URU右⋅R=4V2V×10Ω=20Ω；
故在步骤①中，灯的额定电流为：
I额=U滑R右=6V20Ω=0.3A，
则小灯泡的额定功率：
P额=U额I额=3V×0.3A=0.9W。
故答案为：(1)R2；(2)小灯泡短路；(3)2.5；0.625；(4)>；(5)C；(6)①6；③0.9。
(1)已知小灯泡额定电压和灯丝电阻，由欧姆定律求出灯的额定电流，根据串联电路的特点及欧姆定律求出灯正常发光时滑动变阻器连入电路的阻值，然后确定滑动变阻器的规格；
(2)实验过程中出现灯泡不亮、电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；
(3)当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光；根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(4)根据公式P=U2R和电阻受温度的影响分析实际功率与额定功率的大小关系；
(5)节能灯的亮度与一只“220V 60W”的普通白炽灯的亮度相当，即电能转化为的光能相同，但是普通白炽灯转化的内能更多、节能灯转化的内能更少，所以普通白炽灯消耗的电能多、节能灯消耗的电能少；
(6)由图丙可知：电路中只有电压表，没有电流表，则需要根据串并联电路的特点间接测出通过灯泡的电流；所以，首先让灯正常发光，开关S、S1闭合，S2断开，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为6V，由串联电路电压的规律可知，这时小灯泡正常发光；
若求出此时滑动变阻器连入电路的电阻，由欧姆定律即可得出灯的额定电流；
为得出此时滑动变阻器连入电路的电阻，可保持滑动变阻器滑片的位置不变，闭合开关S、S2，断开开关S1，根据电压表示数，由串联电路电压的规律和分压原理得出滑动变阻器连入电路的电阻，然后根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电流，即为灯泡的额定电流，最后利用P=UI即可求出灯泡的额定功率P额。
本题测量小灯泡电功率实验，考查了器材的选择、电路故障、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
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