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2023年山东省烟台市莱阳市中考物理二模试卷(含答案)
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这是一份2023年山东省烟台市莱阳市中考物理二模试卷(含答案)，共29页。
2023年山东省烟台市莱阳市中考物理二模试卷
1. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法正确的是( )
A. 芯片是手机的大脑和神经系统，它由半导体材料制成
B. 太阳能、电能和天然气都属于可再生能源
C. 光纤通讯利用电信号传递信息，具有抗干扰的特点
D. 目前，核反应堆通过可控核聚变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海
2. 毛泽东《沁园春⋅长沙》中的诗句“鹰击长空，鱼翔浅底，万类霜天竞自由”为我们展示了一幅雄鹰在广阔的天空里飞翔，鱼儿在清澈的水里游荡，万物都在秋光中争着过自由自在的生活的美丽场景。下列关于此诗句所描述的场景说法正确的是( )
A. 清澈的水底看上去要比实际位置更深
B. 若雄鹰离水面的距离为1km，其水中的像离雄鹰的距离也为1km
C. 在清澈平静的水面上看到蓝天白云的倒影是光的直线传播形成的
D. 在岸上看到水中的鱼儿是光的折射形成的虚像
3. 关于声现象知识的学习，下列说法正确的是( )
A. 图甲是敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，这能探究声音传播的条件
B. 图乙是电影院墙壁的一部分，其中的小孔可以增强回声
C. 图丙是示波器上某声音的波形，从物理学角度看，它属于乐音
D. 图丁是用超声测位仪测量海的深度，这利用了声可以传递能量
4. 在粗糙程度不变的水平面上，用5N的水平拉力拉着重为10N的物块由A点匀速直线运动到B点，在B点将拉力增大为10N使其运动至C点，在C点撤去拉力。下列说法正确的是( )
①物块在AB段受到的摩擦力大小等于5N
②物块在BC段受到的摩擦力大小等于10N
③在C点撤去拉力后，物块将在C点静止
④物块在AC段运动的过程中，所受摩擦力的大小始终不变
A. 只有③④正确 B. 只有①②④正确 C. 只有①③④正确 D. 只有①④正确
5. 如图所示，把一根两端开口的细玻璃管，通过橡皮塞插入装有红色水的玻璃瓶中，从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内的水沿玻璃管上升，在把这个自制气压计从1楼带到5楼的过程中(对瓶子采取了保温措施)，观察到管内水柱的高度发生了变化，下列说法正确的是( )
A. 往瓶内吹气后，瓶内气压小于瓶外大气压
B. 玻璃管中水柱高度升高，表明外界大气压增大
C. 玻璃管中水柱高度越小，瓶内外的气体压强差越小
D. 在从1楼到5楼的过程中，管内水柱的高度会逐渐变小
6. 如图所示，下列情景中所描述的物态变化及吸放热情况，分析正确的是( )
A. 如甲图，糖汁成型“糖画”——熔化放热
B. 如乙图，湿手被“吹干”——液化放热
C. 如丙图，灯泡的灯丝变细——升华吸热
D. 如丁图，蒸笼旁的“白气”——汽化吸热
7. 玩抖音、刷快手、微信聊天等，已严重影响人们正常工作和生活，长时间盯着手机屏幕，视力和精神受到伤害。下列关于近视眼及其矫正的原理图正确的是( )
A. 甲丁 B. 甲、乙 C. 丙乙 D. 丙丁
8. 如图所示的工具中，在使用时属于费力杠杆的是( )
A. 天平 B. 瓶盖起子
C. 食品夹 D. 钳子
9. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当点燃的蜡烛、凸透镜及光屏处于如图所示的位置时，在光屏上得到烛焰清晰的像(未画出)。下列说法正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距可能是20cm
B. 光屏上成倒立、放大的实像
C. 保持凸透镜不动，将蜡烛向右移动，光屏向左移动，可再次得到清晰的像
D. 保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜到适当位置，光屏上可再次得到清晰的放大的像
10. 如图所示情景中，下列说法错误的是( )
A. 图1中糖块放在热咖啡中溶解较快，说明温度越高，分子运动越剧烈
B. 图2中通过做功的方式改变物体的内能，下滑过程中人减少的机械能等于人增加的内能
C. 图3中实验虽然简单，却基本展示了蒸汽机的工作原理
D. 图4中“？”部分表示废气带走的能量
11. 现用动滑轮、滑轮组分别将同一物体用相同的速度v匀速提升相同的高度，如图甲、乙所示，使用的动滑轮A和动滑轮B质量相等，忽略轮轴摩擦和绳的重力，图甲所示情景中绳子自由端拉力大小为F1、移动的距离为s1、速度大小为v1，机械效率为η1；图乙所示情景中绳子自由端拉力大小为F2、移动的距离为s2、速度大小为v2，机械效率为η2。下列判断正确的是( )
A. F1>F2
B. v1>v2
C. s1
12. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R2的滑片P向右移动，在此过程中，下列说法正确的是( )
①电流表A示数变大，电压表V2示数变小
②电流表A示数变小，电阻R1电功率变大
③电压表V1示数变大，电压表V2与电流表A示数之比变小
④电压表V1示数不变，电路的总功率变大
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
13. 如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是( )
A. 图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害
B. 图2是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路
C. 图3是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路
D. 图4中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故
14. 如图是兴化某学校的自动饮料售货机，它可通过手机扫码(闭合开关S1)或通过投币(闭合开关S2)，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中符合上述情况的电路设计是( )
A.
B.
C.
D.
15. 进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测仪工作原理的是( )
A. B.
C. D.
16. 如图所示，平面镜竖直放置在水平桌面上，镜前10cm处竖立一支铅笔。将铅笔以速度2cm/s水平匀速向平面镜靠近，则铅笔在平面镜中所成像的大小______ (选填“变大”“变小”或“不变”)，它相对于自己的像是______ (选填“运动”或“静止”)的；若平面镜顺时针转到图中虚线位置，则铅笔的像与铅笔的位置关系是______ 。
17. 如图所示，用始终与车厢挡板垂直的力F将车厢挡板从由图示位置转到A位置的过程中，重力G的力臂______ ，力F的力臂______ ，力F的大小______ 。(均选填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)
18. 水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的实心小球A、B分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，两球所处的位置如图所示，A球密度与甲液体密度关系为ρA______ρ甲，B球密度与乙液体密度关系为ρB______ρ乙，两种液体对烧杯底的压强的大小关系为p甲______p乙(均选填“>”、“=”或“<”)。
19. 灯泡L的电流随电压变化的图像如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，则电源电压是______ V；再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.05A，则定值电阻R的阻值是______ Ω；定值电阻消耗的电功率是______ W。
20. 在“探究物质熔化规律”实验时，某物质的温度随时间变化图象如图所示。该物质液态时的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，质量为20g，由图可知，该物质的熔化过程中BC段吸收的热量为______ J。该物质固态时的比热容是______ J/(kg⋅℃)，根据图象可以看出C点时物质的内能______ (选填“大于”、“等于”或“小于”)B点时物质的内能。
21. 如图所示，闭合开关后，通电螺线管的左端为N极。请用箭头标出螺线管中a处的电流方向和b处的磁感线方向。
22. 阅读短文，回答问题。
混合动力汽车
通常所说的混合动力汽车，一般是指油电混合动力汽车，如图甲，采用传统的内燃机(柴油机或汽油机)和电动机作为动力源。该混合动力汽车启动时，内燃机不工作，车内蓄电池输出能量；当汽车高速行驶或蓄电池储存电能过低时，内燃机启动，既可以向车轮输出能量，同时又可以向蓄电池充电；当车辆需要全力加速时，内燃机、蓄电池可以同时向车轮输出能量。
(1)汽车照明灯的灯泡内装有远光灯丝和近光灯丝，两根灯丝可根据需要交替工作，汽车照明灯内的近光灯丝和远光灯丝是______ 联连接的；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是______ (选填“电源”或“用电器”)；
(3)图乙是该汽车的四冲程内燃机的各冲程示意图，其中吸气冲程是______ 图(选填字母)，将内能转化为机械能的是______ 图(选填字母)。如图丙所示，用力将活塞迅速下压，筒内硝化棉燃烧，该过程能量转化的特点与图乙中______ 图(选填字母)的冲程能量转化相同；
(4)当内燃机启动，汽油完全燃烧产生总能量，既可以向车轮输出能量，同时又可以向蓄电池充电。在某次出行的过程中，共消耗汽油7kg，若该汽车内燃机的效率为53%，在水平道路上匀速行驶170km，水平道路的平均阻力为1000N，最终使蓄电池增加的电能为______ J。(忽略蓄电池和电动机的热损失，q汽油=4.6×107J/kg)
23. 实验小组按照如图甲所示的装置“探究水沸腾时温度变化特点”的实验。当水温上升到90℃时，每隔1min记录一次温度。
(1)在组装器材时，应该按照______ (选填“由上到下”或“由下到上”)的顺序，这样做的主要原因是______ ；
(2)小组在实验过程中，第2min时温度计示数如图乙所示，此时水的温度为______ ℃；
(3)全部实验数据见表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/℃
90
93
98
99
100
100
100
100
现象
少量气泡，上升时气泡逐渐变小
大量气泡，上升时气泡逐渐变大
①分析实验现象和数据可得出的探究结论为：水沸腾时，______ ；
②在实验的过程中，如何确定水处于沸腾了？______ ；
(4)A、B两个实验小组根据各自的实验数据，绘制出水沸腾的图象，如图丙所示。则两图象存在差别的原因可能是B组水的______ ；
(5)如图丁所示，小试管中装有热水，漂浮在正在加热的沸水的烧杯中，则小试管中的水______ (选填“能”或“不能”)沸腾，原因是______ 。
24. 小李想探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能与：①接触面所受压力大小；②接触面的粗糙程度；③接触面积的大小这三个因素有关。于是小李便通过图甲、乙、丙所示的操作来验证猜想：
(1)实验过程中，小李应该将弹簧测力计沿水平方向______ 拉动木块，此时木块受到的滑动摩擦力大小______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)弹簧测力计的示数；
(2)小李想探究猜想①，他选择了______ 两幅图所示的实验步骤来进行实验，得出的实验结论是______ ；
(3)在甲、乙、丙三次实验中，滑动摩擦力最大的是______ (填“甲”、“乙”或“丙”)；
(4)小李对实验装置进行了如图丁的改动：木板B放在水平桌面上，木块A放在木板B上，弹簧测力计一端固定，一端挂在木块A上，拉动木板B，当木块A稳定时读取弹簧测力计的示数。这样做的好处是______ ，此时小李读取弹簧测力计的示数是为了测量______ (填序号)；
A.木块A受到地面的滑动摩擦力大小
B.木块A受到木板B的滑动摩擦力大小
C.木板B受到地面的滑动摩擦力大小
D.木板B受到木块A的滑动摩擦力大小
(5)下列实验中采用了与本实验相同的科学研究方法的是______ 。
A.探究影响液体压强与哪些因素有关
B.探究光的传播路径和方向时，引入光线
C.探究平面镜成像特点时使用两支完全相同的蜡烛
D.探究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车动能的大小
25. 小明用伏安法测量小灯泡的电阻，待测小灯泡L1的额定电压为2.5V。
(1)如图甲是小明连接的实物图，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡L1不亮，经检查有一根导线连接错误，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”并补画正确的连线；
(2)正确连接电路后，闭合开关，无论怎样移动滑片P，小灯泡始终不亮，电流表没有示数，电压表有示数，其原因可能是______ ；
(3)排除故障，闭合开关，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡L1正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片向______ 移动(选填“左”或“右”)；
(4)小明进行了多次测量，将所得数据及发光情况填入表格，由表格可知小灯泡L1正常发光时的电阻为______ (保留一位小数)，在交流讨论过程中，小华发现小明有一次实验中的电流值是编造的。你认为是第______ 次，判断的理由是______ ；
实验次数
电压U/V
电流I/A
灯泡发光情况
1
2.0
0.26
比正常发光暗
2
2.5
0.30
正常发光
3
3.0
0.50
比正常发光亮
(5)假设实验中电压表坏了无法使用，利用图丙的电路图也能测出未知电阻的阻值Rx，其中R0是已知阻值的定值电阻，请把实验步骤补充完整：
①断开开关S2、闭合开关S1，记录电流表的示数为I0；
②______ ；
③未知电阻的表达式：Rx=______ (用已知量和测量物理量的符号表示)。
26. 如图所示，这是我国自主研发的水陆两栖飞机“鲲龙-600”，它可以承担大型灭火、水上救援等任务。其最大起飞质量为53.5t，可在水源与火场之间多次往返投水灭火，单次最大汲水量为12t。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)试问：
(1)若“鲲龙-600”以最大起飞质量在空中水平匀速直线飞行，机翼产生的最大升力是多少？
(2)“鲲龙-600”在机翼两侧下方各装有一个浮筒，设计要求单侧浮筒的1/3在水中，至少要产生4.5×104N的浮力才能防止侧翻，机翼才不会被巨浪卷入水中，则每个浮筒的体积至少是多少？
(3)“鲲龙-600”投水灭火后(所汲水全部喷出)，回到水面畅游，“鲲龙-600”所受浮力是多少？若此时将“鲲龙-600”浸没在水中的体积看作一个长方体，其底面积为20m2，则其底部受到水的压强是多少？
27. 康康家里有一台电火锅，部分技术参数如表，图甲是其内部电路的工作原理简图，R1、R2均为阻值不变的加热电阻，通过开关S、S1、S2的通断可实现三个挡位功能的切换，其中S2是能分别与a、b两掷点相连的单刀双掷开关。(水的比热容：4.2×103J/(kg⋅℃))
额定电压
220V
高温挡
1100W
低温挡
880W
保温挡
×××W
(1)电火锅正常工作时，锅内水温随时间变化的图象如图乙所示。若用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，求此过程中水吸收的热量和电火锅的热效率；
(2)若改用低温挡给(1)问中的水加热，请比较使用高温挡还是低温挡更节能；
(3)求电火锅正常工作时保温挡的电功率。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
A、芯片就是手机的大脑和神经系统，它是由半导体材料制成的，故A正确；
B、太阳能可以源源不断的从自然界得到，属于可再生能源；天然气不可能在短时间得到补充，是不可再生能源；电能需要由一次能源转化得到，属于二次能源，故B错误；
C.光纤利用激光传递信息，具有抗干扰的特点，故C错误；
D、核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海，故D错误。
故选：A。
(1)芯片是由半导体材料制成的；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源，例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能。
(3)光纤通信是利用激光传递信息；
(4)核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海；
本题考查了核能的利用、半导体材料的应用、光纤通信、能源的分类等内容，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A、水底反射出的光线斜射入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得水底更浅了，故A错误；
B、水面相当于平面镜，若雄鹰到水面的距离为1km，则雄鹰的像距离水面的距离也为1km，所以其像离雄鹰的距离为2km，故B错误；
C、在清澈平静的水面看到蓝天白云的倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射，故C错误；
D、从岸上看见“水中的鱼”是鱼反射的光线从水中斜射入空气时发生折射形成的虚像，故D正确。
故选：D。
(1)光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生改变，这是光的折射，光的折射形成的现象有：筷子弯折、放大镜、池水变浅等。
(2)平静的水面相当于平面镜。平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
此题以毛泽东《沁园春⋅长沙)中的场景为载体，考查学生对光的折射和反射的理解和掌握，重点考查学生利用所学知识解决实际问题的能力，是一道好题。
3.【答案】A
【解析】解：A、甲是敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，这能探究声音传播的条件，说明声音是由物体的振动产生的，故A正确；
B、图乙是电影院墙壁的一部分，其中的小孔可以吸收部分声波，减弱回声，故B错误；
C、图丙是示波器上某声音的波形，从物理学角度看，是发声体的无规则振动产生的，它属于噪声，故C错误；
D、图丁是用超声测位仪测量海的深度，这利用了声可以传递信息，故D错误。
故选：A。
(1)声音是由物体的振动产生的。
(2)多孔状的材料可以吸收声波，减少声音的反射。
(3)乐音是由发声体的规则振动产生的；噪声是由发声体的不规则振动产生的。
(4)超声波的回声定位说明声音可以传递信息。
本题主要考查了声音产生的条件；知道乐音和噪声；知道声音可以传递信息。
4.【答案】D
【解析】解：①物块在AB段匀速直线运动，水平方上受到平衡力作用，物块受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相同，拉力为5N，摩擦力大小等于5N，故①正确；
②影响滑动摩擦力的因素有接触面所受压力和接触面的粗糙程度，物块从AB段运动到BC段时，接触面所受压力和接触面的粗糙程度均不变，故摩擦力大小不变，仍为5N，故②错误；
③在C点撤去拉力后，物块会因为具有惯性继续向前运动，同时物块因为受到摩擦阻力的作用做的是减速运动，故③错误；
④物块在AC段运动的过程中，运动方向没有改变，则物块所受摩擦力的方向始终不变，故④正确。
故选：D。
沿水平方向匀速拉动物块使木块做匀速直线运动，物块处于平衡状态，拉力与滑动摩擦力相等；滑动摩擦力只与压力与接触面粗糙程度有关；摩擦力的方向与物体相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
本题主要考查对二力平衡和摩擦力的掌握，在分析本题时，需要注意两点：一是物体在相同的表面做匀速直线运动时，不论速度如何，其受到的接触面摩擦阻力都是固定不变的；二是摩擦力的大小只与压力和接触面的粗糙程度有关；三是摩擦力的方向与物体相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
5.【答案】C
【解析】解：A、从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内气压大于瓶外大气压，竖直玻璃管中的水位将上升，故A不正确；
B、根据瓶内气压等于瓶外气压与玻璃管内的水柱产生的压强之和可知，由于瓶内气压不变，水柱高度增大，水柱产生的压强变大，说明瓶外气压变小，故B不正确；
C、由B分析知，玻璃管中水柱高度越小，瓶内外的气体压强差越小，故C正确；
D、大气压与高度有关，随高度的升高而减小，在从1楼到5楼的过程中，外界气压减小，管内水柱的高度会逐渐变大，故D错误。
故选：C。
(1)从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内气压大于瓶外大气压，则竖直玻璃管中的水位将上升；
(2)本气压计的原理是：瓶内气压等于瓶外气压与玻璃管内的水柱产生的压强之和，据此进行分析解答BC；
(3)由于热胀冷缩会引起玻璃管中水柱的变化影响实验结果，所以在拿着它上下楼时，应保持瓶中的水的温度不变；
(4)大气压与高度有关，随高度的升高而减小。
本题考查自制自压计、气压与高度的关系。
6.【答案】C
【解析】解：A、糖汁成型“糖画”——是凝固现象，该过程放热，故A错误；
B、湿手被“吹干——是汽化现象，该过程吸热，故B错误；
C、灯泡的灯丝变细——是升华现象，该过程吸热，故C正确；
D、蒸笼旁的“白气”——是液化现象，该过程放热，故D错误。
故选：C。
物质从固态变为液态的过程叫做熔化，物质从液态变为固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态的过程叫做汽化，物质从气态变为液态的过程叫做液化；物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质从气态直接变为固态的过程叫凝华。
六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
本题考查了生活中的物态变化以及吸放热的情况，属于基础知识的考查，解决此类问题的关键是分清物质变化前后的状态，是中考的热点。
7.【答案】B
【解析】解：近视眼是晶状体曲度变大，会聚能力增强，即折光能力增强，像呈在视网膜的前方，应佩戴发散透镜(凹透镜)，使光线推迟会聚；因此图甲能够说明近视眼的成像原理，图乙给出了近视眼的矫正方法。
故选：B。
近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
本题主要考查学生对近视眼和远视眼的成因，以及矫正方法的理解和掌握，是中考的热点。
8.【答案】C
【解析】解：A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故A错误；
B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确；
D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：C。
结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
9.【答案】D
【解析】解：AB、由图可知，u=30cm，v=15cm，u>v时，成倒立、缩小的实像，此时u>2f，f2f，f<15cm<2f，解得7.5cm
D、根据凸透镜成实像时，光路可逆可知，保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜到适当位置，使物距和像距互换，此时u
(1)(2)当u>v时，成倒立、缩小的实像，应用为照相机，此时u>2f，f
(4)凸透镜成实像时，光路可逆。
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。
10.【答案】B
【解析】解：A.图中，温度越高，分子的热运动越剧烈，糖块溶解的就会越快，故A正确；
B.图中做功可以改变物体的内能，根据能量转化可知，下滑过程中人减少的机械能一部分转化为人的内能，还有一部分转化为空气的内能，故B错误；
C.图中是将内能转化为机械能，而蒸汽机就是利用这样的工作原理，故C正确；
D.图中燃料燃烧，一部分用来做有用功，一部分用来做额外功，剩余部分被废气带走，故D正确。
故选：B。
(1)一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高分子运动越剧烈；
(2)对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功内能会减少；
(3)热机内能转化为机械能；用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。
此题考查了分子热运动、内能的改变、热机效率的认识，属于基础知识。
11.【答案】D
【解析】解：A、不计绳重及摩擦，使用动滑轮省一半力，即绳子自由端的拉力为F=12(m物g+m动g)；使用滑轮组时，因为绳子自由端的拉力F=1n(m物g+m动g)，由图乙知动滑轮上绳的段数n为2，且拉动的为同一物体，使用的动滑轮A和动滑轮B质量相等，所以F1=F2，故A错误；
B、使用动滑轮时，费一倍距离即绳子自由端移动的距离s1=2h，绳子移动的速度v1=2v物；使用如图所示的滑轮组时，知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s2=nh；绳子移动的速度v2=nv物；由图乙知动滑轮上绳的段数n为2，又已知两图中物体以相同速度提升相同高度，所以物体知绳子自由端移动的距离s2=2h；绳子移动的速度v2=2v物；得到v1=v2，s1=s2，故B、C错误；
D、因为动滑轮A和B质量相同，提升同一物体到相同高度，W额=m动gh，W有用=m物gh，所以利用动滑轮和滑轮组做的有用功相同、额外功相同，则总功相同；因为η=W有用W总，所以动滑轮和滑轮组的机械效率相同，故D正确。
故选：D。
(1)使用动滑轮省一半力，即绳子自由端的拉力为F=12(m物g+m动g)；使用如图所示的滑轮组时，绳子自由端的拉力为F=1n(m物g+m动g)；
(2)(3)使用动滑轮时，费一倍距离即绳子自由端移动的距离s=2h，绳子移动的速度v绳=2v物；使用如图所示的滑轮组时，知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s=nh；绳子移动的速度v绳=nv物；
(4)把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断两个装置机械效率的大小关系。
本题考查了使用滑轮组时n的确定方法，有用功、额外功、总功的计算方法，不计摩擦和绳重时拉力的求法；本题关键在于确定额外功相等。
12.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
将滑动变阻器R2的滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，
根据I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大；
由U=IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大；
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2示数变小；
根据P=I2R1可知电阻R1电功率变大；
电压表V2与电流表A示数之比滑动变阻器接入电路的阻值，故该比值变小；
根据P=UI可知电路的总功率变大。
综上所述，①③正确。
故选：B。
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动可知接入电阻的变化，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，由串联电路的特点可求得R2两端的电压变化。根据P=I2R1可知电阻R1电功率的变化情况；
电压表V2与电流表A示数之比等于滑动变阻器接入电路的阻值，据此可知该比值变化情况；
根据P=UI可知电路的总功率的变化情况。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、滑动变阻器的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。
13.【答案】D
【解析】解：
A、三脚插头接入三孔插座后，插头上脚与插座上孔相连，使用电器金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害，故A正确；
B、当家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路，从而保护电路，故B正确；
C、当站在地上的人接触火线时，电流流过人体，此时火线和零线中的电流大小不同，漏电保护器能检测出“漏电了”，从而迅速切断电路，起到保护作用，故C正确；
D、断开开关，手接触点M时，M点与火线相通，接触时会触电，故D错误。
故选：D。
(1)三孔插座的接法是左孔接零线，右孔接火线，上面的孔接地线，三脚插头中上面插脚与用电器金属外壳相连；
(2)当出现短路、用电器总功率过大(过载)时，空气开关能自动“跳闸”切断电路起到保护作；
(3)漏电保护器的作用：当用电设备有漏电现象时，及时自动切断电源，保护人员和设备的安全；
(4)人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电。
此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。
14.【答案】A
【解析】解：A.开关S1和开关S2并联再和电动机串联，开关S3控制灯泡，可通过手机扫码(闭合开关S1)或通过投币(闭合开关S2)，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时开关S3自动闭合，接通灯泡照明，故A正确；
B.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，开关S2和开关S3都闭合，灯泡才能发光，故B不正确；
C.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，开关S1和开关S3都闭合，灯泡才能发光，故C不正确；
D.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，故D不正确。
故选：A。
根据题意可知，通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联；再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。
本题考查了串、并联电路的设计，解答时可以根据题意分析选项找出符合要求的选项即可。
15.【答案】A
【解析】解：当金属探测仪靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在线圈中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；
A、此图中没有电源，ab做切割磁感线运动时，会产生感应电流，即为探究电磁感应现象的实验，故A正确；
B、图中装置是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、此图为探究通电导体在磁场中受力的实验，反映了电动机的原理，故C错误；
D、此装置是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，这是电流的磁效应，故D错误。
故选：A。
由题意可知，探测仪是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义。
16.【答案】不变 运动 垂直
【解析】解：由平面镜成像的特点可知，铅笔到平面镜的距离改变时，铅笔在镜中的像的大小不变；
物与像关于镜面对称，将铅笔以速度2cm/s水平匀速向平面镜靠近，像也将沿与平面镜的方向运动，即像相对于的铅笔位置发生了改变，故以铅笔为参照物，像是运动的；
若平面镜顺时针转到图中虚线位置，铅笔与平面镜的夹角为45∘，根据平面镜成像的特点，此时平面镜将铅笔与像之间的夹角平分，所以铅笔与它在平面镜中的像相互垂直。
故答案为：不变；运动；垂直。
(1)平面镜成像的特点：所成的像是虚像，像和物体大小相同，像和物体各对应点的连线与平面镜垂直，像和物体各对应点到平面镜间距离相等；
(2)研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化。
本题主要考查的是平面镜成像特点在生活中的应用。此类题目在近几年的中考中属于热点题目，解答此类题目的关键是牢记平面镜成像的特点。
17.【答案】先变大后变小 不变 先变大后变小
【解析】解：根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到竖直位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂先变大后变小，因此动力F先增大后减小。
故答案为：先变大后变小；不变；先变大后变小。
从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，即动力臂不变，然后分析阻力与阻力臂的关系，并得出正确结果。
本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。
18.【答案】<=>
【解析】解：由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲>ρA，ρ乙=ρB，
则两种液体的密度大小关系是：ρ甲>ρ乙。
且两烧杯中液面相平即h甲=h乙，根据液体压强的计算公式p=ρgh可知：p甲>p乙。
故答案为：<；=；>。
根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高(深度h相同)，利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系。
本题考查物体的浮沉条件以及液体压强公式的应用，是一道综合题。
19.【答案】2400.1
【解析】解：由小灯泡的I-U图象可知，当灯泡的实际功率为0.5W时，UL=2V，IL=0.25A，
由图甲所示电路图可知，只闭合开关S时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压，则电源电压：U=UL=2V；
由图甲所示电路图可知，闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，电流表示数变大，
根据并联电路各支路独立工作，互不影响可知，再闭合开关S1后，通过灯泡L的电流保持不变；
由题知，电流表示数变化了0.05A，则通过电阻R的电流：IR=ΔI=0.05A，
由欧姆定律可得电阻R的阻值：R=UIR=2V0.05A=40Ω；
定值电阻R消耗的电功率：PR=UIR=2V×0.05A=0.1W。
故答案为：2；40；0.1。
只闭合S时，只有小灯泡接入电路，电流表测量通过小灯泡的电流，
根据小灯泡中的电流随它两端电压变化的图象可知，随着灯两端的电压增大，通过的电流变大，当U=2V时，IL=0.25A，此时灯的电功率为0.5W，由此可知电源电压U；
当再闭合开关S1后，因为灯与电阻并联，根据并联电路各支路独立工作，互不影响可知，再闭合开关S1后，通过灯泡L的电流保持不变；电流表示数变化值就是此时通过电阻R的电流IR，利用欧姆定律求R的大小；
已知电阻两端电压、通过的电流，根据P=UI计算定值电阻R消耗的电功率。
本题关键有二：一是从I-U图象得出电源电压，二是电阻R并联入电路，电路中增加的电流即为通过电阻R的电流。
20.【答案】6722.1×103 大于
【解析】解：由图象知，
(1)该物质在CD段时是液态，吸热2min，温度升高4℃，则1min升高2℃，
1min内吸收的热量为：Q1=c液mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×20×10-3kg×2℃=168J，
由图象知，该物质的熔化过程中BC段共经历4分钟，由于物质在相同时间内吸收的热量相同，
则BC段该物质吸收的热量为：QBC=4Q1=4×168J=672J；
由图象知，该物质在固态时，1分钟内升高4℃，
则该物质固态时比热容为：c固=Q1mΔt固=168J0.02kg×4℃=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(2)物质在熔化过程中吸收热量，所以内能增加，即C点时物质的内能大于B点时物质的内能。
故答案为：672；2.1×103；大于。
(1)该物质在相同时间内吸收的热量相同，吸收热量的多少与吸热时间成正比。从图象可知，该物质液态时，吸热2min温度升高了4℃，根据公式Q吸=cmΔt求出该物质2min吸收的热量，再从图中得出BC段的吸热时间，可计算出BC段吸收的热量；该物质固态和液态时在1min时间内吸收的热量相同，质量不变，由此求出该物质固态时的比热容；
(2)物质吸收热量，内能增加。
此题考查了热量计算公式的应用及内能变化情况的判断，从图像中得到有价值的信息是正确解答此题的基础。
21.【答案】解：根据图示可知，螺线管的左端为N极，磁体周围的磁感线都是从N极出来、回到S极的；根据安培定则可知，a点的电流的方向是向上的，如图所示：
【解析】磁体周围的磁感线都是从N极出来、回到S极的；根据安培定则判定螺线管中电流的方向。
此题主要考查对磁感线的方向以及安培定则的掌握情况。
22.【答案】并 用电器 BAD6.6×105
【解析】解：(1)由题意可知，两根灯丝可根据需要交替工作，所以这种灯泡内两根灯丝在电路中的连接方式是并联；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是用电器；
(3)A图两气阀关闭，火花塞点火，是做功冲程，将内能转化为机械能；
B图吸气阀打开，排气阀关闭，活塞下行，是吸气冲程；
C图排气阀打开，吸气阀关闭，活塞上行，是排气冲程；
D图两气阀紧闭，活塞向上压缩，是压缩冲程。
用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使空气的内能增加、温度升高，该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与汽油机的压缩冲程的能量转化相同；
(4)由题可知，汽车做匀速直线运动，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小是相等的，可得牵引力F牵=f=1000N，
汽车牵引力做的功W机械=F牵s=1000N×170×103m=1.7×108J；
汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=7kg×4.6×107J/kg=3.22×108J，
内燃机输出的有用能量W有用=Q放η=3.22×108J×53%=1.7066×108J；
最终蓄电池增加的能量W=W有用-W机械=1.7066×108J-1.7×108J=6.6×105J。
故答案为：(1)并；(2)用电器；(3)B；A；D；(4)6.6×105。
(1)根据串联电路不能独立工作、并联电路可以独立工作判断两灯丝的连接方式；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是用电器；
(3)内燃机有四个冲程：吸气、压缩、做功和排气冲程，在压缩冲程中，将机械能转化为内能，在做功冲程中，将内能转化为机械能；
改变内能的方法有：做功和热传递，当对物体做功，物体的内能将增大、温度升高；
(4)匀速行驶时，汽车的牵引力与所受到的阻力为一对平衡力，由W=Fs计算汽车牵引力做的功；利用Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用内燃机的效率可求得有用能量，进一步计算蓄电池增加了多少能量。
本题为力学、电学综合题，考查串、并联电路的连接，热机的工作过程、能量转化、功、热量、热机效率的计算，考查得很全面，要求灵活应用相关公式。
23.【答案】由下到上 实验时需要让酒精灯的外焰进行加热 96 温度保持不变 能看到水中出现大量气泡，且上升时气泡逐渐变大 质量大 不能 试管中的水虽然达到沸点，但不能继续吸热
【解析】解：(1)实验时需要让酒精灯的外焰进行加热，故在组装器材时应该从下向上。
(2)由图可知温度计的分度值为1℃，此时的温度计的示数是96℃。
(3)分析实验现象和表格中的数据可得出的探究结论为：水沸腾时，温度保持不变。
水沸腾时的现象：气泡在上升过程中体积逐渐变大，到达水面处破裂，所以由气泡的情况可判断水是否已经沸腾。
(4)如图丁得到的两种不同图像，两个小组水初温相同，开始沸腾的时间不同，根据Q=cmΔt知，可能是B组水的质量大。
(5)水沸腾的条件：达到沸点，不断吸收热量，小试管中的水能达到沸点，大烧杯中水也达到沸点，小试管中的水和大烧杯中水温度相同，不能发生热传递，小试管中的水只能达到沸点，但是不能继续吸收热量，不能沸腾；
故答案为：(1)由下到上；实验时需要让酒精灯的外焰进行加热；(2)96；(3)温度保持不变；能看到水中出现大量气泡，且上升时气泡逐渐变大；(4)质量大；
(5)不能；试管中的水虽然达到沸点，但不能继续吸热。
(1)根据酒精灯火焰的位置按照自下而上的顺序；
(2)先看清温度计的分度值，再读数；
(3)水在沸腾的过程中不断吸热，温度不变；
沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小；当水温达到沸点时，有大量的气泡涌现，接连不断地上升，并迅速地由小变大；
(4)结合图像，根据Q=cmΔt知，可能是水的质量不同；
(5)判断试管中的水是否能沸腾，从沸腾的条件进行判断：达到沸点，不断吸收热量。
本题考查“探究水的沸腾特点”的实验，重点考查了器材组装顺序、温度计的选择和读数、实验现象分析等知识。
24.【答案】匀速直线 等于 甲、乙 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 丙 不需要拉B做匀速直线运动 B A
【解析】解：(1)实验中应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，由二力平衡条件可知，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
(2)小李想探究猜想①时，需要控制接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，故应选择甲、乙两幅图所示的实验步骤来进行实验，得出的实验结论是：接触面的粗糙程度相同时，压力越大，弹簧测力计示数越大，滑动摩擦力越大；
(3)压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦越大，在甲、乙、丙三次实验中，丙中的压力最大，接触面最粗糙，所以丙的滑动摩擦力最大；
(4)如图丁，A相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板B施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，故好处是不需要拉B做匀速直线运动；
此时小李读取弹簧测力计的示数是为了测量木块A受到木板B的滑动摩擦力大小，故选：B；
(5)探究影响液体压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法，故A符合题意；
B、探究光的传播路径和方向时，引入光线，采用模型法，故B不符合题意；
C、探究平面镜成像特点时使用两只完全相同的蜡烛，采用等效替代法，故C不符合题意；
D、探究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车动能的大小，采用了转换法，故D不符合题意。
故选：A。
故答案为：(1)匀速直线；等于；(2)甲、乙；接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；(3)丙；(4)不需要拉B做匀速直线运动；B；(5)A。
(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，据此分析回答；
(3)压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦越大，据此分析；
(4)如图丁，A相对地面处于静止状态，根据二车平衡知识分析；
(5)本实验探采用的是控制变量法，分析每个选项，找出符合题意的选项。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
25.【答案】小灯泡断路 左 8.3Ω3第3次灯丝电阻比前两次都小 闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1 I0R0I1-I0
【解析】解：(1)由甲图知，滑动变阻器与灯泡并联了，而电压表串联在电路中是错误的，应将滑动变阻器与灯泡串联，将电压表与灯泡并联，改正后如下图所示：
；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路是断路，小灯泡不发光，电压表有示数，说明与电压表并联的这部分电路断路了，即小灯泡断路；
(3)灯在额定电压下正常发光，图乙中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.1V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
(4)由表格中的数据可知，灯的电压为2.5V时，灯的电流为0.3A，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻为：RL=U2I2=2.5V0.3A≈8.3Ω；
同理可知，第1、3次灯的电阻分别为：R1=7.7Ω、R3=6Ω；
因灯的电阻随温度的升高而变大，故第3次电流值是编造的，判断的理由是：第3次灯丝电阻比前两次都小；
(5)①断开开关S2、闭合开关S1，记录电流表的示数为I0，则电源电压U=I0R0，
②闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1，此时电路并联，则通过待测电阻Rx的电流为：Ix=I1-I0，
待测电阻Rx的阻值为：Rx=UIx=I0R0I1-I0。
故答案为：(1)见解析；(2)小灯泡断路；(3)左；(4)8.3Ω；3；第3次灯丝电阻比前两次都小；(5)闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1；I0R0I1-I0。
(1)分析甲图的连接，本实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，电压表与灯泡并联；
(2)电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通了，由此判断电路故障；
(3)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
(4)由表格中的数据可知灯的电压为2.5V时灯的电流大小，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻；同理得出第1、3次灯的电阻的大小，根据灯的电阻随温度的升高而变大分析；
(5)将定值电阻接入电路中，记录电流表的示数为I0，由欧姆定律先求出电源电压，待测电阻和定值电阻并联后，记录电流表的示数为I2，根据并联电路电流的规律表达出通过待测电阻的电流，再利用欧姆定律可推导出待测电阻的表达式。
本题用伏安法测量小灯泡的电阻，考查电路的连接、操作过程和数据处理，同时考查测量灯泡电阻的特殊方法，属于综合题。
26.【答案】解：(1)飞机处于匀速直线运动时，受重力和升力一对平衡力，大小相等，
即：F=G=mg=53.5kg×103kg×10N/kg=5.35×105N；
(2)根据F浮=ρ液gV排知，单个浮筒排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=4.5×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=4.5m3；
单侧浮筒的体积为：V'=3V=3×4.5m3=13.5m3，每个浮筒的体积至少是13.5m3；
(3)“鲲龙”单次汲水最大为12吨，投水后“鲲龙”的质量为(53.5-12)t=41.5t，
“鲲龙”号漂浮在水面上所受浮力等于重力：F浮'=G'=m'g=41.5×103kg×10N/kg=4.15×105N，
“鲲龙”排开水的体积为：V排'=F浮'ρ水g=4.15×105N1.0×103kg/m3×10N/kg=41.5m3；
“鲲龙”下底面平均入水深度为：h=V排'S=41.5m320m2=2.075m；
其底部受到水的压强是：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.075m=2.075×104Pa。
故答案为：(1)机翼产生的最大升力是5.35×105N；
(3)每个浮筒的体积至少是13.5m3；
(4)“鲲龙-600”所受浮力是4.15×105N；其底部受到水的压强是：2.075×104Pa。
【解析】(1)物体处于静止或匀速直线运动时受平衡力的作用，平衡力大小相等，方向相反；据此求出最大升力；
(2)根据F浮=ρ液gV排算出排开水的体积，进而求出每个浮筒的体积；
(3)根据物体的浮沉条件和阿基米德原理求出“鲲龙”排开水的体积，根据体积公式求出“鲲龙”下底面平均入水深度，最后根据液体压强公式求出其底部受到水的压强。
本题考查了平衡力的判断、重力、阿基米德原理、物体的浮沉条件的熟练运用，是一道综合题，有一定的难度。
27.【答案】解：(1)若用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，吸收的热量为：
Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×4kg×(60℃-50℃)=1.68×105J，
由图乙可知，用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，所用时间为t1=3min=180s，
消耗的电能为：W1=P高t1=1100W×180s=1.98×105J，
所以电火锅的热效率为：η1=Q吸W1=1.68×105J1.98×105J×100%≈84.8%；
(2)若用低温挡给(1)问中的水加热，由图丙可知，所用时间为t2=5min=300s，
消耗的电能为：W2=P低t2=880W×300s=2.64×105J，
所以W1
在图甲中，当闭合S、S1时，只有电阻R1工作，为低温挡，
由P=U2R可知，R1的电阻为：
R1=U2P低=(220V)2880W=55Ω，
当闭合S、S1，S2接a，电阻R1和R2并联，为高温挡，则电阻R2的电功率为：
P2=P高-P低=1100W-880W=220W，
所以R2的电阻为：
R2=U2P2=(220V)2220W=220Ω，
当S闭合，S1断开，S2接b，电阻R1和R2串联，电火锅处于“保温挡”，则电火锅正常工作时保温挡的电功率为：
P保=U2R1+R2=(220V)255Ω+220Ω=176W。
答：(1)用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，水吸收的热量为1.68×105J，电火锅的热效率为84.8%；
(2)用高温挡和低温挡给质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，使用高温挡更节能；
(3)电火锅正常工作时保温挡的电功率为176W。
【解析】(1)由Q吸=cm△t、W=Pt分别求出水吸收的热量和消耗的电能，再利用η=Q吸W求出电火锅的热效率；
(2)根据W=Pt求出用低温挡给(1)中水加热所消耗的电能，然后与高温挡加热时消耗的电能相比较得出答案；
(3)由公式P=U2R可知，在电压不变时，电阻越小，电功率越大；
在图甲中，当闭合S、S1时，只有电阻R1工作，为低温挡，根据P=U2R算出R1的电阻；
当闭合S、S1，S2接a，电阻R1和R2并联，为高温挡，根据P2=P高-P低算出电阻R2的电功率，根据P=U2R算出R2的电阻；
当S闭合，S1断开，S2接b，电阻R1和R2串联，电火锅处于“保温挡”，根据P=U2R1+R2算出该状态下电火锅正常工作时消耗的电功率。
本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一。
2023年山东省烟台市莱阳市中考物理二模试卷
1. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法正确的是( )
A. 芯片是手机的大脑和神经系统，它由半导体材料制成
B. 太阳能、电能和天然气都属于可再生能源
C. 光纤通讯利用电信号传递信息，具有抗干扰的特点
D. 目前，核反应堆通过可控核聚变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海
2. 毛泽东《沁园春⋅长沙》中的诗句“鹰击长空，鱼翔浅底，万类霜天竞自由”为我们展示了一幅雄鹰在广阔的天空里飞翔，鱼儿在清澈的水里游荡，万物都在秋光中争着过自由自在的生活的美丽场景。下列关于此诗句所描述的场景说法正确的是( )
A. 清澈的水底看上去要比实际位置更深
B. 若雄鹰离水面的距离为1km，其水中的像离雄鹰的距离也为1km
C. 在清澈平静的水面上看到蓝天白云的倒影是光的直线传播形成的
D. 在岸上看到水中的鱼儿是光的折射形成的虚像
3. 关于声现象知识的学习，下列说法正确的是( )
A. 图甲是敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，这能探究声音传播的条件
B. 图乙是电影院墙壁的一部分，其中的小孔可以增强回声
C. 图丙是示波器上某声音的波形，从物理学角度看，它属于乐音
D. 图丁是用超声测位仪测量海的深度，这利用了声可以传递能量
4. 在粗糙程度不变的水平面上，用5N的水平拉力拉着重为10N的物块由A点匀速直线运动到B点，在B点将拉力增大为10N使其运动至C点，在C点撤去拉力。下列说法正确的是( )
①物块在AB段受到的摩擦力大小等于5N
②物块在BC段受到的摩擦力大小等于10N
③在C点撤去拉力后，物块将在C点静止
④物块在AC段运动的过程中，所受摩擦力的大小始终不变
A. 只有③④正确 B. 只有①②④正确 C. 只有①③④正确 D. 只有①④正确
5. 如图所示，把一根两端开口的细玻璃管，通过橡皮塞插入装有红色水的玻璃瓶中，从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内的水沿玻璃管上升，在把这个自制气压计从1楼带到5楼的过程中(对瓶子采取了保温措施)，观察到管内水柱的高度发生了变化，下列说法正确的是( )
A. 往瓶内吹气后，瓶内气压小于瓶外大气压
B. 玻璃管中水柱高度升高，表明外界大气压增大
C. 玻璃管中水柱高度越小，瓶内外的气体压强差越小
D. 在从1楼到5楼的过程中，管内水柱的高度会逐渐变小
6. 如图所示，下列情景中所描述的物态变化及吸放热情况，分析正确的是( )
A. 如甲图，糖汁成型“糖画”——熔化放热
B. 如乙图，湿手被“吹干”——液化放热
C. 如丙图，灯泡的灯丝变细——升华吸热
D. 如丁图，蒸笼旁的“白气”——汽化吸热
7. 玩抖音、刷快手、微信聊天等，已严重影响人们正常工作和生活，长时间盯着手机屏幕，视力和精神受到伤害。下列关于近视眼及其矫正的原理图正确的是( )
A. 甲丁 B. 甲、乙 C. 丙乙 D. 丙丁
8. 如图所示的工具中，在使用时属于费力杠杆的是( )
A. 天平 B. 瓶盖起子
C. 食品夹 D. 钳子
9. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当点燃的蜡烛、凸透镜及光屏处于如图所示的位置时，在光屏上得到烛焰清晰的像(未画出)。下列说法正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距可能是20cm
B. 光屏上成倒立、放大的实像
C. 保持凸透镜不动，将蜡烛向右移动，光屏向左移动，可再次得到清晰的像
D. 保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜到适当位置，光屏上可再次得到清晰的放大的像
10. 如图所示情景中，下列说法错误的是( )
A. 图1中糖块放在热咖啡中溶解较快，说明温度越高，分子运动越剧烈
B. 图2中通过做功的方式改变物体的内能，下滑过程中人减少的机械能等于人增加的内能
C. 图3中实验虽然简单，却基本展示了蒸汽机的工作原理
D. 图4中“？”部分表示废气带走的能量
11. 现用动滑轮、滑轮组分别将同一物体用相同的速度v匀速提升相同的高度，如图甲、乙所示，使用的动滑轮A和动滑轮B质量相等，忽略轮轴摩擦和绳的重力，图甲所示情景中绳子自由端拉力大小为F1、移动的距离为s1、速度大小为v1，机械效率为η1；图乙所示情景中绳子自由端拉力大小为F2、移动的距离为s2、速度大小为v2，机械效率为η2。下列判断正确的是( )
A. F1>F2
B. v1>v2
C. s1
12. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R2的滑片P向右移动，在此过程中，下列说法正确的是( )
①电流表A示数变大，电压表V2示数变小
②电流表A示数变小，电阻R1电功率变大
③电压表V1示数变大，电压表V2与电流表A示数之比变小
④电压表V1示数不变，电路的总功率变大
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
13. 如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是( )
A. 图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害
B. 图2是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路
C. 图3是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路
D. 图4中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故
14. 如图是兴化某学校的自动饮料售货机，它可通过手机扫码(闭合开关S1)或通过投币(闭合开关S2)，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中符合上述情况的电路设计是( )
A.
B.
C.
D.
15. 进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测仪工作原理的是( )
A. B.
C. D.
16. 如图所示，平面镜竖直放置在水平桌面上，镜前10cm处竖立一支铅笔。将铅笔以速度2cm/s水平匀速向平面镜靠近，则铅笔在平面镜中所成像的大小______ (选填“变大”“变小”或“不变”)，它相对于自己的像是______ (选填“运动”或“静止”)的；若平面镜顺时针转到图中虚线位置，则铅笔的像与铅笔的位置关系是______ 。
17. 如图所示，用始终与车厢挡板垂直的力F将车厢挡板从由图示位置转到A位置的过程中，重力G的力臂______ ，力F的力臂______ ，力F的大小______ 。(均选填“变大”、“变小”、“不变”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)
18. 水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的实心小球A、B分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，两球所处的位置如图所示，A球密度与甲液体密度关系为ρA______ρ甲，B球密度与乙液体密度关系为ρB______ρ乙，两种液体对烧杯底的压强的大小关系为p甲______p乙(均选填“>”、“=”或“<”)。
19. 灯泡L的电流随电压变化的图像如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，则电源电压是______ V；再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.05A，则定值电阻R的阻值是______ Ω；定值电阻消耗的电功率是______ W。
20. 在“探究物质熔化规律”实验时，某物质的温度随时间变化图象如图所示。该物质液态时的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，质量为20g，由图可知，该物质的熔化过程中BC段吸收的热量为______ J。该物质固态时的比热容是______ J/(kg⋅℃)，根据图象可以看出C点时物质的内能______ (选填“大于”、“等于”或“小于”)B点时物质的内能。
21. 如图所示，闭合开关后，通电螺线管的左端为N极。请用箭头标出螺线管中a处的电流方向和b处的磁感线方向。
22. 阅读短文，回答问题。
混合动力汽车
通常所说的混合动力汽车，一般是指油电混合动力汽车，如图甲，采用传统的内燃机(柴油机或汽油机)和电动机作为动力源。该混合动力汽车启动时，内燃机不工作，车内蓄电池输出能量；当汽车高速行驶或蓄电池储存电能过低时，内燃机启动，既可以向车轮输出能量，同时又可以向蓄电池充电；当车辆需要全力加速时，内燃机、蓄电池可以同时向车轮输出能量。
(1)汽车照明灯的灯泡内装有远光灯丝和近光灯丝，两根灯丝可根据需要交替工作，汽车照明灯内的近光灯丝和远光灯丝是______ 联连接的；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是______ (选填“电源”或“用电器”)；
(3)图乙是该汽车的四冲程内燃机的各冲程示意图，其中吸气冲程是______ 图(选填字母)，将内能转化为机械能的是______ 图(选填字母)。如图丙所示，用力将活塞迅速下压，筒内硝化棉燃烧，该过程能量转化的特点与图乙中______ 图(选填字母)的冲程能量转化相同；
(4)当内燃机启动，汽油完全燃烧产生总能量，既可以向车轮输出能量，同时又可以向蓄电池充电。在某次出行的过程中，共消耗汽油7kg，若该汽车内燃机的效率为53%，在水平道路上匀速行驶170km，水平道路的平均阻力为1000N，最终使蓄电池增加的电能为______ J。(忽略蓄电池和电动机的热损失，q汽油=4.6×107J/kg)
23. 实验小组按照如图甲所示的装置“探究水沸腾时温度变化特点”的实验。当水温上升到90℃时，每隔1min记录一次温度。
(1)在组装器材时，应该按照______ (选填“由上到下”或“由下到上”)的顺序，这样做的主要原因是______ ；
(2)小组在实验过程中，第2min时温度计示数如图乙所示，此时水的温度为______ ℃；
(3)全部实验数据见表：
时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/℃
90
93
98
99
100
100
100
100
现象
少量气泡，上升时气泡逐渐变小
大量气泡，上升时气泡逐渐变大
①分析实验现象和数据可得出的探究结论为：水沸腾时，______ ；
②在实验的过程中，如何确定水处于沸腾了？______ ；
(4)A、B两个实验小组根据各自的实验数据，绘制出水沸腾的图象，如图丙所示。则两图象存在差别的原因可能是B组水的______ ；
(5)如图丁所示，小试管中装有热水，漂浮在正在加热的沸水的烧杯中，则小试管中的水______ (选填“能”或“不能”)沸腾，原因是______ 。
24. 小李想探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能与：①接触面所受压力大小；②接触面的粗糙程度；③接触面积的大小这三个因素有关。于是小李便通过图甲、乙、丙所示的操作来验证猜想：
(1)实验过程中，小李应该将弹簧测力计沿水平方向______ 拉动木块，此时木块受到的滑动摩擦力大小______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)弹簧测力计的示数；
(2)小李想探究猜想①，他选择了______ 两幅图所示的实验步骤来进行实验，得出的实验结论是______ ；
(3)在甲、乙、丙三次实验中，滑动摩擦力最大的是______ (填“甲”、“乙”或“丙”)；
(4)小李对实验装置进行了如图丁的改动：木板B放在水平桌面上，木块A放在木板B上，弹簧测力计一端固定，一端挂在木块A上，拉动木板B，当木块A稳定时读取弹簧测力计的示数。这样做的好处是______ ，此时小李读取弹簧测力计的示数是为了测量______ (填序号)；
A.木块A受到地面的滑动摩擦力大小
B.木块A受到木板B的滑动摩擦力大小
C.木板B受到地面的滑动摩擦力大小
D.木板B受到木块A的滑动摩擦力大小
(5)下列实验中采用了与本实验相同的科学研究方法的是______ 。
A.探究影响液体压强与哪些因素有关
B.探究光的传播路径和方向时，引入光线
C.探究平面镜成像特点时使用两支完全相同的蜡烛
D.探究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车动能的大小
25. 小明用伏安法测量小灯泡的电阻，待测小灯泡L1的额定电压为2.5V。
(1)如图甲是小明连接的实物图，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡L1不亮，经检查有一根导线连接错误，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”并补画正确的连线；
(2)正确连接电路后，闭合开关，无论怎样移动滑片P，小灯泡始终不亮，电流表没有示数，电压表有示数，其原因可能是______ ；
(3)排除故障，闭合开关，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡L1正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片向______ 移动(选填“左”或“右”)；
(4)小明进行了多次测量，将所得数据及发光情况填入表格，由表格可知小灯泡L1正常发光时的电阻为______ (保留一位小数)，在交流讨论过程中，小华发现小明有一次实验中的电流值是编造的。你认为是第______ 次，判断的理由是______ ；
实验次数
电压U/V
电流I/A
灯泡发光情况
1
2.0
0.26
比正常发光暗
2
2.5
0.30
正常发光
3
3.0
0.50
比正常发光亮
(5)假设实验中电压表坏了无法使用，利用图丙的电路图也能测出未知电阻的阻值Rx，其中R0是已知阻值的定值电阻，请把实验步骤补充完整：
①断开开关S2、闭合开关S1，记录电流表的示数为I0；
②______ ；
③未知电阻的表达式：Rx=______ (用已知量和测量物理量的符号表示)。
26. 如图所示，这是我国自主研发的水陆两栖飞机“鲲龙-600”，它可以承担大型灭火、水上救援等任务。其最大起飞质量为53.5t，可在水源与火场之间多次往返投水灭火，单次最大汲水量为12t。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)试问：
(1)若“鲲龙-600”以最大起飞质量在空中水平匀速直线飞行，机翼产生的最大升力是多少？
(2)“鲲龙-600”在机翼两侧下方各装有一个浮筒，设计要求单侧浮筒的1/3在水中，至少要产生4.5×104N的浮力才能防止侧翻，机翼才不会被巨浪卷入水中，则每个浮筒的体积至少是多少？
(3)“鲲龙-600”投水灭火后(所汲水全部喷出)，回到水面畅游，“鲲龙-600”所受浮力是多少？若此时将“鲲龙-600”浸没在水中的体积看作一个长方体，其底面积为20m2，则其底部受到水的压强是多少？
27. 康康家里有一台电火锅，部分技术参数如表，图甲是其内部电路的工作原理简图，R1、R2均为阻值不变的加热电阻，通过开关S、S1、S2的通断可实现三个挡位功能的切换，其中S2是能分别与a、b两掷点相连的单刀双掷开关。(水的比热容：4.2×103J/(kg⋅℃))
额定电压
220V
高温挡
1100W
低温挡
880W
保温挡
×××W
(1)电火锅正常工作时，锅内水温随时间变化的图象如图乙所示。若用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，求此过程中水吸收的热量和电火锅的热效率；
(2)若改用低温挡给(1)问中的水加热，请比较使用高温挡还是低温挡更节能；
(3)求电火锅正常工作时保温挡的电功率。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：
A、芯片就是手机的大脑和神经系统，它是由半导体材料制成的，故A正确；
B、太阳能可以源源不断的从自然界得到，属于可再生能源；天然气不可能在短时间得到补充，是不可再生能源；电能需要由一次能源转化得到，属于二次能源，故B错误；
C.光纤利用激光传递信息，具有抗干扰的特点，故C错误；
D、核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海，故D错误。
故选：A。
(1)芯片是由半导体材料制成的；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源，例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能。
(3)光纤通信是利用激光传递信息；
(4)核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能，核废水不可以直接倒入大海；
本题考查了核能的利用、半导体材料的应用、光纤通信、能源的分类等内容，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A、水底反射出的光线斜射入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得水底更浅了，故A错误；
B、水面相当于平面镜，若雄鹰到水面的距离为1km，则雄鹰的像距离水面的距离也为1km，所以其像离雄鹰的距离为2km，故B错误；
C、在清澈平静的水面看到蓝天白云的倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射，故C错误；
D、从岸上看见“水中的鱼”是鱼反射的光线从水中斜射入空气时发生折射形成的虚像，故D正确。
故选：D。
(1)光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生改变，这是光的折射，光的折射形成的现象有：筷子弯折、放大镜、池水变浅等。
(2)平静的水面相当于平面镜。平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
此题以毛泽东《沁园春⋅长沙)中的场景为载体，考查学生对光的折射和反射的理解和掌握，重点考查学生利用所学知识解决实际问题的能力，是一道好题。
3.【答案】A
【解析】解：A、甲是敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，这能探究声音传播的条件，说明声音是由物体的振动产生的，故A正确；
B、图乙是电影院墙壁的一部分，其中的小孔可以吸收部分声波，减弱回声，故B错误；
C、图丙是示波器上某声音的波形，从物理学角度看，是发声体的无规则振动产生的，它属于噪声，故C错误；
D、图丁是用超声测位仪测量海的深度，这利用了声可以传递信息，故D错误。
故选：A。
(1)声音是由物体的振动产生的。
(2)多孔状的材料可以吸收声波，减少声音的反射。
(3)乐音是由发声体的规则振动产生的；噪声是由发声体的不规则振动产生的。
(4)超声波的回声定位说明声音可以传递信息。
本题主要考查了声音产生的条件；知道乐音和噪声；知道声音可以传递信息。
4.【答案】D
【解析】解：①物块在AB段匀速直线运动，水平方上受到平衡力作用，物块受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相同，拉力为5N，摩擦力大小等于5N，故①正确；
②影响滑动摩擦力的因素有接触面所受压力和接触面的粗糙程度，物块从AB段运动到BC段时，接触面所受压力和接触面的粗糙程度均不变，故摩擦力大小不变，仍为5N，故②错误；
③在C点撤去拉力后，物块会因为具有惯性继续向前运动，同时物块因为受到摩擦阻力的作用做的是减速运动，故③错误；
④物块在AC段运动的过程中，运动方向没有改变，则物块所受摩擦力的方向始终不变，故④正确。
故选：D。
沿水平方向匀速拉动物块使木块做匀速直线运动，物块处于平衡状态，拉力与滑动摩擦力相等；滑动摩擦力只与压力与接触面粗糙程度有关；摩擦力的方向与物体相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
本题主要考查对二力平衡和摩擦力的掌握，在分析本题时，需要注意两点：一是物体在相同的表面做匀速直线运动时，不论速度如何，其受到的接触面摩擦阻力都是固定不变的；二是摩擦力的大小只与压力和接触面的粗糙程度有关；三是摩擦力的方向与物体相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
5.【答案】C
【解析】解：A、从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内气压大于瓶外大气压，竖直玻璃管中的水位将上升，故A不正确；
B、根据瓶内气压等于瓶外气压与玻璃管内的水柱产生的压强之和可知，由于瓶内气压不变，水柱高度增大，水柱产生的压强变大，说明瓶外气压变小，故B不正确；
C、由B分析知，玻璃管中水柱高度越小，瓶内外的气体压强差越小，故C正确；
D、大气压与高度有关，随高度的升高而减小，在从1楼到5楼的过程中，外界气压减小，管内水柱的高度会逐渐变大，故D错误。
故选：C。
(1)从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内气压大于瓶外大气压，则竖直玻璃管中的水位将上升；
(2)本气压计的原理是：瓶内气压等于瓶外气压与玻璃管内的水柱产生的压强之和，据此进行分析解答BC；
(3)由于热胀冷缩会引起玻璃管中水柱的变化影响实验结果，所以在拿着它上下楼时，应保持瓶中的水的温度不变；
(4)大气压与高度有关，随高度的升高而减小。
本题考查自制自压计、气压与高度的关系。
6.【答案】C
【解析】解：A、糖汁成型“糖画”——是凝固现象，该过程放热，故A错误；
B、湿手被“吹干——是汽化现象，该过程吸热，故B错误；
C、灯泡的灯丝变细——是升华现象，该过程吸热，故C正确；
D、蒸笼旁的“白气”——是液化现象，该过程放热，故D错误。
故选：C。
物质从固态变为液态的过程叫做熔化，物质从液态变为固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态的过程叫做汽化，物质从气态变为液态的过程叫做液化；物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质从气态直接变为固态的过程叫凝华。
六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
本题考查了生活中的物态变化以及吸放热的情况，属于基础知识的考查，解决此类问题的关键是分清物质变化前后的状态，是中考的热点。
7.【答案】B
【解析】解：近视眼是晶状体曲度变大，会聚能力增强，即折光能力增强，像呈在视网膜的前方，应佩戴发散透镜(凹透镜)，使光线推迟会聚；因此图甲能够说明近视眼的成像原理，图乙给出了近视眼的矫正方法。
故选：B。
近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
本题主要考查学生对近视眼和远视眼的成因，以及矫正方法的理解和掌握，是中考的热点。
8.【答案】C
【解析】解：A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故A错误；
B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确；
D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：C。
结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
9.【答案】D
【解析】解：AB、由图可知，u=30cm，v=15cm，u>v时，成倒立、缩小的实像，此时u>2f，f
D、根据凸透镜成实像时，光路可逆可知，保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜到适当位置，使物距和像距互换，此时u
(1)(2)当u>v时，成倒立、缩小的实像，应用为照相机，此时u>2f，f
(4)凸透镜成实像时，光路可逆。
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。
10.【答案】B
【解析】解：A.图中，温度越高，分子的热运动越剧烈，糖块溶解的就会越快，故A正确；
B.图中做功可以改变物体的内能，根据能量转化可知，下滑过程中人减少的机械能一部分转化为人的内能，还有一部分转化为空气的内能，故B错误；
C.图中是将内能转化为机械能，而蒸汽机就是利用这样的工作原理，故C正确；
D.图中燃料燃烧，一部分用来做有用功，一部分用来做额外功，剩余部分被废气带走，故D正确。
故选：B。
(1)一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高分子运动越剧烈；
(2)对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功内能会减少；
(3)热机内能转化为机械能；用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。
此题考查了分子热运动、内能的改变、热机效率的认识，属于基础知识。
11.【答案】D
【解析】解：A、不计绳重及摩擦，使用动滑轮省一半力，即绳子自由端的拉力为F=12(m物g+m动g)；使用滑轮组时，因为绳子自由端的拉力F=1n(m物g+m动g)，由图乙知动滑轮上绳的段数n为2，且拉动的为同一物体，使用的动滑轮A和动滑轮B质量相等，所以F1=F2，故A错误；
B、使用动滑轮时，费一倍距离即绳子自由端移动的距离s1=2h，绳子移动的速度v1=2v物；使用如图所示的滑轮组时，知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s2=nh；绳子移动的速度v2=nv物；由图乙知动滑轮上绳的段数n为2，又已知两图中物体以相同速度提升相同高度，所以物体知绳子自由端移动的距离s2=2h；绳子移动的速度v2=2v物；得到v1=v2，s1=s2，故B、C错误；
D、因为动滑轮A和B质量相同，提升同一物体到相同高度，W额=m动gh，W有用=m物gh，所以利用动滑轮和滑轮组做的有用功相同、额外功相同，则总功相同；因为η=W有用W总，所以动滑轮和滑轮组的机械效率相同，故D正确。
故选：D。
(1)使用动滑轮省一半力，即绳子自由端的拉力为F=12(m物g+m动g)；使用如图所示的滑轮组时，绳子自由端的拉力为F=1n(m物g+m动g)；
(2)(3)使用动滑轮时，费一倍距离即绳子自由端移动的距离s=2h，绳子移动的速度v绳=2v物；使用如图所示的滑轮组时，知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离s=nh；绳子移动的速度v绳=nv物；
(4)把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断两个装置机械效率的大小关系。
本题考查了使用滑轮组时n的确定方法，有用功、额外功、总功的计算方法，不计摩擦和绳重时拉力的求法；本题关键在于确定额外功相等。
12.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
将滑动变阻器R2的滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，
根据I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大；
由U=IR可知，R1两端的电压变大，即电压表V1的示数变大；
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2示数变小；
根据P=I2R1可知电阻R1电功率变大；
电压表V2与电流表A示数之比滑动变阻器接入电路的阻值，故该比值变小；
根据P=UI可知电路的总功率变大。
综上所述，①③正确。
故选：B。
由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动可知接入电阻的变化，根据电阻的串联和欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，由串联电路的特点可求得R2两端的电压变化。根据P=I2R1可知电阻R1电功率的变化情况；
电压表V2与电流表A示数之比等于滑动变阻器接入电路的阻值，据此可知该比值变化情况；
根据P=UI可知电路的总功率的变化情况。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、滑动变阻器的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。
13.【答案】D
【解析】解：
A、三脚插头接入三孔插座后，插头上脚与插座上孔相连，使用电器金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害，故A正确；
B、当家庭电路中电流过大时，空气开关会切断电路，从而保护电路，故B正确；
C、当站在地上的人接触火线时，电流流过人体，此时火线和零线中的电流大小不同，漏电保护器能检测出“漏电了”，从而迅速切断电路，起到保护作用，故C正确；
D、断开开关，手接触点M时，M点与火线相通，接触时会触电，故D错误。
故选：D。
(1)三孔插座的接法是左孔接零线，右孔接火线，上面的孔接地线，三脚插头中上面插脚与用电器金属外壳相连；
(2)当出现短路、用电器总功率过大(过载)时，空气开关能自动“跳闸”切断电路起到保护作；
(3)漏电保护器的作用：当用电设备有漏电现象时，及时自动切断电源，保护人员和设备的安全；
(4)人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电。
此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。
14.【答案】A
【解析】解：A.开关S1和开关S2并联再和电动机串联，开关S3控制灯泡，可通过手机扫码(闭合开关S1)或通过投币(闭合开关S2)，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时开关S3自动闭合，接通灯泡照明，故A正确；
B.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，开关S2和开关S3都闭合，灯泡才能发光，故B不正确；
C.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，开关S1和开关S3都闭合，灯泡才能发光，故C不正确；
D.开关S1和开关S2都闭合，电动机才能工作，故D不正确。
故选：A。
根据题意可知，通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联；再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。
本题考查了串、并联电路的设计，解答时可以根据题意分析选项找出符合要求的选项即可。
15.【答案】A
【解析】解：当金属探测仪靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在线圈中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；
A、此图中没有电源，ab做切割磁感线运动时，会产生感应电流，即为探究电磁感应现象的实验，故A正确；
B、图中装置是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、此图为探究通电导体在磁场中受力的实验，反映了电动机的原理，故C错误；
D、此装置是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，这是电流的磁效应，故D错误。
故选：A。
由题意可知，探测仪是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义。
16.【答案】不变 运动 垂直
【解析】解：由平面镜成像的特点可知，铅笔到平面镜的距离改变时，铅笔在镜中的像的大小不变；
物与像关于镜面对称，将铅笔以速度2cm/s水平匀速向平面镜靠近，像也将沿与平面镜的方向运动，即像相对于的铅笔位置发生了改变，故以铅笔为参照物，像是运动的；
若平面镜顺时针转到图中虚线位置，铅笔与平面镜的夹角为45∘，根据平面镜成像的特点，此时平面镜将铅笔与像之间的夹角平分，所以铅笔与它在平面镜中的像相互垂直。
故答案为：不变；运动；垂直。
(1)平面镜成像的特点：所成的像是虚像，像和物体大小相同，像和物体各对应点的连线与平面镜垂直，像和物体各对应点到平面镜间距离相等；
(2)研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化。
本题主要考查的是平面镜成像特点在生活中的应用。此类题目在近几年的中考中属于热点题目，解答此类题目的关键是牢记平面镜成像的特点。
17.【答案】先变大后变小 不变 先变大后变小
【解析】解：根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到竖直位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂先变大后变小，因此动力F先增大后减小。
故答案为：先变大后变小；不变；先变大后变小。
从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，即动力臂不变，然后分析阻力与阻力臂的关系，并得出正确结果。
本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。
18.【答案】<=>
【解析】解：由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲>ρA，ρ乙=ρB，
则两种液体的密度大小关系是：ρ甲>ρ乙。
且两烧杯中液面相平即h甲=h乙，根据液体压强的计算公式p=ρgh可知：p甲>p乙。
故答案为：<；=；>。
根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高(深度h相同)，利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系。
本题考查物体的浮沉条件以及液体压强公式的应用，是一道综合题。
19.【答案】2400.1
【解析】解：由小灯泡的I-U图象可知，当灯泡的实际功率为0.5W时，UL=2V，IL=0.25A，
由图甲所示电路图可知，只闭合开关S时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压，则电源电压：U=UL=2V；
由图甲所示电路图可知，闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，电流表示数变大，
根据并联电路各支路独立工作，互不影响可知，再闭合开关S1后，通过灯泡L的电流保持不变；
由题知，电流表示数变化了0.05A，则通过电阻R的电流：IR=ΔI=0.05A，
由欧姆定律可得电阻R的阻值：R=UIR=2V0.05A=40Ω；
定值电阻R消耗的电功率：PR=UIR=2V×0.05A=0.1W。
故答案为：2；40；0.1。
只闭合S时，只有小灯泡接入电路，电流表测量通过小灯泡的电流，
根据小灯泡中的电流随它两端电压变化的图象可知，随着灯两端的电压增大，通过的电流变大，当U=2V时，IL=0.25A，此时灯的电功率为0.5W，由此可知电源电压U；
当再闭合开关S1后，因为灯与电阻并联，根据并联电路各支路独立工作，互不影响可知，再闭合开关S1后，通过灯泡L的电流保持不变；电流表示数变化值就是此时通过电阻R的电流IR，利用欧姆定律求R的大小；
已知电阻两端电压、通过的电流，根据P=UI计算定值电阻R消耗的电功率。
本题关键有二：一是从I-U图象得出电源电压，二是电阻R并联入电路，电路中增加的电流即为通过电阻R的电流。
20.【答案】6722.1×103 大于
【解析】解：由图象知，
(1)该物质在CD段时是液态，吸热2min，温度升高4℃，则1min升高2℃，
1min内吸收的热量为：Q1=c液mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×20×10-3kg×2℃=168J，
由图象知，该物质的熔化过程中BC段共经历4分钟，由于物质在相同时间内吸收的热量相同，
则BC段该物质吸收的热量为：QBC=4Q1=4×168J=672J；
由图象知，该物质在固态时，1分钟内升高4℃，
则该物质固态时比热容为：c固=Q1mΔt固=168J0.02kg×4℃=2.1×103J/(kg⋅℃)；
(2)物质在熔化过程中吸收热量，所以内能增加，即C点时物质的内能大于B点时物质的内能。
故答案为：672；2.1×103；大于。
(1)该物质在相同时间内吸收的热量相同，吸收热量的多少与吸热时间成正比。从图象可知，该物质液态时，吸热2min温度升高了4℃，根据公式Q吸=cmΔt求出该物质2min吸收的热量，再从图中得出BC段的吸热时间，可计算出BC段吸收的热量；该物质固态和液态时在1min时间内吸收的热量相同，质量不变，由此求出该物质固态时的比热容；
(2)物质吸收热量，内能增加。
此题考查了热量计算公式的应用及内能变化情况的判断，从图像中得到有价值的信息是正确解答此题的基础。
21.【答案】解：根据图示可知，螺线管的左端为N极，磁体周围的磁感线都是从N极出来、回到S极的；根据安培定则可知，a点的电流的方向是向上的，如图所示：
【解析】磁体周围的磁感线都是从N极出来、回到S极的；根据安培定则判定螺线管中电流的方向。
此题主要考查对磁感线的方向以及安培定则的掌握情况。
22.【答案】并 用电器 BAD6.6×105
【解析】解：(1)由题意可知，两根灯丝可根据需要交替工作，所以这种灯泡内两根灯丝在电路中的连接方式是并联；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是用电器；
(3)A图两气阀关闭，火花塞点火，是做功冲程，将内能转化为机械能；
B图吸气阀打开，排气阀关闭，活塞下行，是吸气冲程；
C图排气阀打开，吸气阀关闭，活塞上行，是排气冲程；
D图两气阀紧闭，活塞向上压缩，是压缩冲程。
用力将活塞迅速向下压，棉絮燃烧起来，这是因为压缩筒内空气做功，使空气的内能增加、温度升高，该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与汽油机的压缩冲程的能量转化相同；
(4)由题可知，汽车做匀速直线运动，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小是相等的，可得牵引力F牵=f=1000N，
汽车牵引力做的功W机械=F牵s=1000N×170×103m=1.7×108J；
汽油完全燃烧放出的热量Q放=mq=7kg×4.6×107J/kg=3.22×108J，
内燃机输出的有用能量W有用=Q放η=3.22×108J×53%=1.7066×108J；
最终蓄电池增加的能量W=W有用-W机械=1.7066×108J-1.7×108J=6.6×105J。
故答案为：(1)并；(2)用电器；(3)B；A；D；(4)6.6×105。
(1)根据串联电路不能独立工作、并联电路可以独立工作判断两灯丝的连接方式；
(2)蓄电池充电时将电能转化为化学能，此时蓄电池是用电器；
(3)内燃机有四个冲程：吸气、压缩、做功和排气冲程，在压缩冲程中，将机械能转化为内能，在做功冲程中，将内能转化为机械能；
改变内能的方法有：做功和热传递，当对物体做功，物体的内能将增大、温度升高；
(4)匀速行驶时，汽车的牵引力与所受到的阻力为一对平衡力，由W=Fs计算汽车牵引力做的功；利用Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用内燃机的效率可求得有用能量，进一步计算蓄电池增加了多少能量。
本题为力学、电学综合题，考查串、并联电路的连接，热机的工作过程、能量转化、功、热量、热机效率的计算，考查得很全面，要求灵活应用相关公式。
23.【答案】由下到上 实验时需要让酒精灯的外焰进行加热 96 温度保持不变 能看到水中出现大量气泡，且上升时气泡逐渐变大 质量大 不能 试管中的水虽然达到沸点，但不能继续吸热
【解析】解：(1)实验时需要让酒精灯的外焰进行加热，故在组装器材时应该从下向上。
(2)由图可知温度计的分度值为1℃，此时的温度计的示数是96℃。
(3)分析实验现象和表格中的数据可得出的探究结论为：水沸腾时，温度保持不变。
水沸腾时的现象：气泡在上升过程中体积逐渐变大，到达水面处破裂，所以由气泡的情况可判断水是否已经沸腾。
(4)如图丁得到的两种不同图像，两个小组水初温相同，开始沸腾的时间不同，根据Q=cmΔt知，可能是B组水的质量大。
(5)水沸腾的条件：达到沸点，不断吸收热量，小试管中的水能达到沸点，大烧杯中水也达到沸点，小试管中的水和大烧杯中水温度相同，不能发生热传递，小试管中的水只能达到沸点，但是不能继续吸收热量，不能沸腾；
故答案为：(1)由下到上；实验时需要让酒精灯的外焰进行加热；(2)96；(3)温度保持不变；能看到水中出现大量气泡，且上升时气泡逐渐变大；(4)质量大；
(5)不能；试管中的水虽然达到沸点，但不能继续吸热。
(1)根据酒精灯火焰的位置按照自下而上的顺序；
(2)先看清温度计的分度值，再读数；
(3)水在沸腾的过程中不断吸热，温度不变；
沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小；当水温达到沸点时，有大量的气泡涌现，接连不断地上升，并迅速地由小变大；
(4)结合图像，根据Q=cmΔt知，可能是水的质量不同；
(5)判断试管中的水是否能沸腾，从沸腾的条件进行判断：达到沸点，不断吸收热量。
本题考查“探究水的沸腾特点”的实验，重点考查了器材组装顺序、温度计的选择和读数、实验现象分析等知识。
24.【答案】匀速直线 等于 甲、乙 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 丙 不需要拉B做匀速直线运动 B A
【解析】解：(1)实验中应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，由二力平衡条件可知，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
(2)小李想探究猜想①时，需要控制接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，故应选择甲、乙两幅图所示的实验步骤来进行实验，得出的实验结论是：接触面的粗糙程度相同时，压力越大，弹簧测力计示数越大，滑动摩擦力越大；
(3)压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦越大，在甲、乙、丙三次实验中，丙中的压力最大，接触面最粗糙，所以丙的滑动摩擦力最大；
(4)如图丁，A相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板B施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，故好处是不需要拉B做匀速直线运动；
此时小李读取弹簧测力计的示数是为了测量木块A受到木板B的滑动摩擦力大小，故选：B；
(5)探究影响液体压强与哪些因素有关，采用的是控制变量法，故A符合题意；
B、探究光的传播路径和方向时，引入光线，采用模型法，故B不符合题意；
C、探究平面镜成像特点时使用两只完全相同的蜡烛，采用等效替代法，故C不符合题意；
D、探究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车动能的大小，采用了转换法，故D不符合题意。
故选：A。
故答案为：(1)匀速直线；等于；(2)甲、乙；接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；(3)丙；(4)不需要拉B做匀速直线运动；B；(5)A。
(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，据此分析回答；
(3)压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦越大，据此分析；
(4)如图丁，A相对地面处于静止状态，根据二车平衡知识分析；
(5)本实验探采用的是控制变量法，分析每个选项，找出符合题意的选项。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
25.【答案】小灯泡断路 左 8.3Ω3第3次灯丝电阻比前两次都小 闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1 I0R0I1-I0
【解析】解：(1)由甲图知，滑动变阻器与灯泡并联了，而电压表串联在电路中是错误的，应将滑动变阻器与灯泡串联，将电压表与灯泡并联，改正后如下图所示：
；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路是断路，小灯泡不发光，电压表有示数，说明与电压表并联的这部分电路断路了，即小灯泡断路；
(3)灯在额定电压下正常发光，图乙中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.1V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
(4)由表格中的数据可知，灯的电压为2.5V时，灯的电流为0.3A，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻为：RL=U2I2=2.5V0.3A≈8.3Ω；
同理可知，第1、3次灯的电阻分别为：R1=7.7Ω、R3=6Ω；
因灯的电阻随温度的升高而变大，故第3次电流值是编造的，判断的理由是：第3次灯丝电阻比前两次都小；
(5)①断开开关S2、闭合开关S1，记录电流表的示数为I0，则电源电压U=I0R0，
②闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1，此时电路并联，则通过待测电阻Rx的电流为：Ix=I1-I0，
待测电阻Rx的阻值为：Rx=UIx=I0R0I1-I0。
故答案为：(1)见解析；(2)小灯泡断路；(3)左；(4)8.3Ω；3；第3次灯丝电阻比前两次都小；(5)闭合S1，S2，记录电流表的示数为I1；I0R0I1-I0。
(1)分析甲图的连接，本实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，电压表与灯泡并联；
(2)电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通了，由此判断电路故障；
(3)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
(4)由表格中的数据可知灯的电压为2.5V时灯的电流大小，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻；同理得出第1、3次灯的电阻的大小，根据灯的电阻随温度的升高而变大分析；
(5)将定值电阻接入电路中，记录电流表的示数为I0，由欧姆定律先求出电源电压，待测电阻和定值电阻并联后，记录电流表的示数为I2，根据并联电路电流的规律表达出通过待测电阻的电流，再利用欧姆定律可推导出待测电阻的表达式。
本题用伏安法测量小灯泡的电阻，考查电路的连接、操作过程和数据处理，同时考查测量灯泡电阻的特殊方法，属于综合题。
26.【答案】解：(1)飞机处于匀速直线运动时，受重力和升力一对平衡力，大小相等，
即：F=G=mg=53.5kg×103kg×10N/kg=5.35×105N；
(2)根据F浮=ρ液gV排知，单个浮筒排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=4.5×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=4.5m3；
单侧浮筒的体积为：V'=3V=3×4.5m3=13.5m3，每个浮筒的体积至少是13.5m3；
(3)“鲲龙”单次汲水最大为12吨，投水后“鲲龙”的质量为(53.5-12)t=41.5t，
“鲲龙”号漂浮在水面上所受浮力等于重力：F浮'=G'=m'g=41.5×103kg×10N/kg=4.15×105N，
“鲲龙”排开水的体积为：V排'=F浮'ρ水g=4.15×105N1.0×103kg/m3×10N/kg=41.5m3；
“鲲龙”下底面平均入水深度为：h=V排'S=41.5m320m2=2.075m；
其底部受到水的压强是：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.075m=2.075×104Pa。
故答案为：(1)机翼产生的最大升力是5.35×105N；
(3)每个浮筒的体积至少是13.5m3；
(4)“鲲龙-600”所受浮力是4.15×105N；其底部受到水的压强是：2.075×104Pa。
【解析】(1)物体处于静止或匀速直线运动时受平衡力的作用，平衡力大小相等，方向相反；据此求出最大升力；
(2)根据F浮=ρ液gV排算出排开水的体积，进而求出每个浮筒的体积；
(3)根据物体的浮沉条件和阿基米德原理求出“鲲龙”排开水的体积，根据体积公式求出“鲲龙”下底面平均入水深度，最后根据液体压强公式求出其底部受到水的压强。
本题考查了平衡力的判断、重力、阿基米德原理、物体的浮沉条件的熟练运用，是一道综合题，有一定的难度。
27.【答案】解：(1)若用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，吸收的热量为：
Q吸=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×4kg×(60℃-50℃)=1.68×105J，
由图乙可知，用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，所用时间为t1=3min=180s，
消耗的电能为：W1=P高t1=1100W×180s=1.98×105J，
所以电火锅的热效率为：η1=Q吸W1=1.68×105J1.98×105J×100%≈84.8%；
(2)若用低温挡给(1)问中的水加热，由图丙可知，所用时间为t2=5min=300s，
消耗的电能为：W2=P低t2=880W×300s=2.64×105J，
所以W1
在图甲中，当闭合S、S1时，只有电阻R1工作，为低温挡，
由P=U2R可知，R1的电阻为：
R1=U2P低=(220V)2880W=55Ω，
当闭合S、S1，S2接a，电阻R1和R2并联，为高温挡，则电阻R2的电功率为：
P2=P高-P低=1100W-880W=220W，
所以R2的电阻为：
R2=U2P2=(220V)2220W=220Ω，
当S闭合，S1断开，S2接b，电阻R1和R2串联，电火锅处于“保温挡”，则电火锅正常工作时保温挡的电功率为：
P保=U2R1+R2=(220V)255Ω+220Ω=176W。
答：(1)用高温挡把质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，水吸收的热量为1.68×105J，电火锅的热效率为84.8%；
(2)用高温挡和低温挡给质量为4kg、初温为50℃的水加热到60℃，使用高温挡更节能；
(3)电火锅正常工作时保温挡的电功率为176W。
【解析】(1)由Q吸=cm△t、W=Pt分别求出水吸收的热量和消耗的电能，再利用η=Q吸W求出电火锅的热效率；
(2)根据W=Pt求出用低温挡给(1)中水加热所消耗的电能，然后与高温挡加热时消耗的电能相比较得出答案；
(3)由公式P=U2R可知，在电压不变时，电阻越小，电功率越大；
在图甲中，当闭合S、S1时，只有电阻R1工作，为低温挡，根据P=U2R算出R1的电阻；
当闭合S、S1，S2接a，电阻R1和R2并联，为高温挡，根据P2=P高-P低算出电阻R2的电功率，根据P=U2R算出R2的电阻；
当S闭合，S1断开，S2接b，电阻R1和R2串联，电火锅处于“保温挡”，根据P=U2R1+R2算出该状态下电火锅正常工作时消耗的电功率。
本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一。
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