2024年江苏省常州二十四中中考物理模拟试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年江苏省常州二十四中中考物理模拟试卷（含详细答案解析），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于能源与可持续发展，下列说法正确的是( )
A. 风能、水能和核能都是可再生能源
B. 核电站是利用原子核裂变所释放的能量来发电
C. 能量的转化和转移都是有方向的、总量会发生变化
D. 地球上的地热能和潮汐能都来自太阳
2.2023年5月23日12时30分许，我国13名科考队员成功登顶珠穆朗玛峰，巍巍珠峰再次见证历史！如图所示。在他们从山脚下到峰顶的过程中，体重(含装备)越大的队员一定( )
A. 做功越多
B. 功率越大
C. 做功越快
D. 功率越小
3.建筑物内遭遇火灾时，受困人员应采取弯腰甚至匍匐的姿势撤离火场，这样能够有效避免吸入有害气体或被灼伤．这是因为与房间内其他空气相比较，含有毒有害物质的气体( )
A. 温度较低，密度较大，而大量集聚在房间的下方
B. 温度较低，密度较小，而大量集聚在房间的下方
C. 温度较高，密度较大，而大量集聚在房间的上方
D. 温度较高，密度较小，而大量集聚在房间的上方
4.杆秤是一种中国传统的称量工具，凝聚着中国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA=8cm，秤砣质量m=0.2kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB=32cm，则鱼的质量为( )
A. 1.0kgB. 0.8kgC. 0.6kgD. 0.4kg
5.打篮球是很多同学喜爱的运动项目，某次打篮球过程中，篮球的部分运动轨迹如图所示，下列说法正确的是( )
A. 篮球经过相同高度的B、C两点时，动能相等
B. 篮球第一次反弹后到达最高点D时，动能为零
C. 篮球经过B、E两点时，动能可能相等
D. 篮球在整个过程中机械能守恒
6.用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，如图，水瓶匀速直线下降10m，使人匀速升高0.5m，水瓶对绳a的拉力为F1=30N，绳b对人的拉力为F2=480N。此过程( )
A. 有用功为300J
B. F1做的功等于F2做的功
C. F1做功的功率小于F2做功的功率
D. 滑轮组的机械效率为80%
7.如图，在桌面上将开关、灯泡和电源等连接好制成一套简易有线电报机。小明、小红分别在不透光挡板(图中未画出)两侧，通过控制灯泡闪光次数来向对方发送不同信息，图中虚线表示可固定挡板的位置。则( )
A. 挡板沿AA′固定，灯泡L1显示操控开关S1的人所发信息
B. 挡板沿AA′固定，灯泡L1显示操控开关S2的人所发信息
C. 挡板沿BB′固定，灯泡L2显示操控开关S1的人所发信息
D. 挡板沿BB′固定，灯泡L2显示操控开关S2的人所发信息
8.如图所示，某同学将一条粗细不均的铝箔纸的两端分别压在两节电池的两极，发现铝箔纸发热并燃烧。关于该实验的分析正确的是( )
A. 实验时两节干电池的正极与正极相连
B. 用普通纸代替铝箔纸也能燃烧
C. 实验中发现铝箔纸较细的部位先燃烧，是因为该处的电流大
D. 该实验能说明短路带来的危害
9.如图所示为一款吊扇灯，闭合总开关后，风扇和灯可各自独立工作。下列设计的电路图中，跟该吊扇灯功能吻合且符合实际的是( )
A.
B.
C.
D.
10.为了比较A、B两种液体的吸热能力，小林用完全相同的加热装置对质量相等的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象如图所示。下列说法中正确的是( )
A. A、B两液体在0∼10min内吸收的热量之比为2：1
B. A液体的吸热能力比B液体的强
C. A、B两液体的比热容之比为2：1
D. B液体比A液体更适合作发动机的冷却液
11.小明新家刚装修完，家中部分照明电路如图所示。验收工程时，小明闭合了开关S(家中其他用电器均处于断开状态)，白炽灯L亮了一段时间后熄灭了，他用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔氖管都发光。若故障只有一处，下列说法正确的是( )
A. 故障是L的灯丝断了
B. 故障是保险丝断了
C. 若此时站在地上的人接触c点，不会发生触电危险
D. 断开开关S，再次用测电笔测试插座的两个孔，测电笔氖管不会都发光
12.将标有“220V 15W”的白炽灯和“220V 15W”的LED灯分别接入家庭电路中，发现LED灯的亮度远高于白炽灯的亮度。下列说法中正确的是( )
A. 通过LED灯的电流大于通过白炽灯的电流
B. LED灯的实际功率大于白炽灯的实际功率
C. 相同时间内白炽灯消耗的电能大于LED灯消耗的电能
D. 相同时间内LED灯转换成的光能大于白炽灯转换成的光能
13.如图所示，在“比较两个灯泡亮度”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图a中规格为“”的甲灯和规格为“”的乙灯发光，下列说法正确的是( )
①灯越亮说明在相同时间内电流做功越多
②图a可探究电流做功多少与电压大小的关系
③图b可探究电流做功多少与电流大小的关系
④两图中甲灯均比乙灯亮
A. 只有①B. 只有②③C. 只有①②③D. ①②③④
14.如图所示，在蹄形磁体的磁场中放置一根导线。利用此实验装置进行实验，下列说法正确的是( )
A. 在a、b间接入电源，可以探究电磁感应现象
B. 在a、b间接入电源，可以探究电动机的工作原理
C. 在a、b间接入电流表，可以探究磁场对电流的作用
D. 在a、b间接入电流表，只要使导线运动，电流表指针就会发生偏转
15.为了测定标有“2.5V”小灯泡的额定功率，小明设计了如图甲所示电路，电源电压恒为4V不变，图乙是根据实验记录数据画出的小灯泡I−U曲线，关于此实验，下列说法错误的是( )
A. 此小灯泡的额定功率为0.625W
B. 当滑动变阻器的阻值调为20Ω时，电路的总功率约为0.64W
C. 当“2.5V”小灯泡正常工作时，小灯泡和滑动变阻器的功率之比为5：3
D. 利用图甲电路，不能探究导体的电流与电压的关系
二、填空题：本大题共8小题，共22分。
16.如图所示是我国首台5G氢燃料无人驾驶拖拉机，它依托5G网络通过______(填“超声波”或“电磁波“)实现远程控制，采用氢燃料提供动力是因为氢的______(填“比热容”或“热值“)大。
17.如图甲所示，是一种“磁悬浮地漏”。磁悬浮地漏的排水速度可随积水深度自动调节，在不排水时能密封管道，它的工作原理如图乙所示。当密封盖上方无水时，在磁体B作用下，磁体A将密封盖顶起。若磁体A上端为N极，则磁体B上端为______极。当密封盖上方有水时密封盖下移开始排水且积水越多排水口越大。
18.如图所示，小敏在运动会上竖直举着班牌匀速前进，前进时班牌遇到大小为30N、水平向后风的阻力等效作用在A点上。班牌上A、B两点距离为1.2m，B、C两点距离为0.4m，若将班牌视为杠杆，选______(选填“B”或“C”)点作为支点，人的另一只手对班牌的水平作用力较小，这个力的方向是______(选填“水平向前”或“水平向后”)，大小为______ N。为了用更小的力保持班牌平衡，可以将握住B点的手向______移。
19.如图是探究小车动能大小与某因素有关的实验情景，该实验是通过______比较小车动能大小的，第二步操作是将小车置于斜面上高7 cm处由静止释放，这是为了探究小车动能大小与______的关系。第二步操作中砝码所受重力做功______ J。(g取10N/kg)
20.我们经常会看到一边行驶一边向空中喷雾的汽车，人们形象地将它称为雾炮车。若雾炮车一直保持速度大小不变在水平地面上工作，则行驶过程中车的动能______(变大/变小/不变)，该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程实现了______能转化为______能。
21.在沿海地区炎热晴朗天气里，易形成海陆风，海陆风形成是因为海水和陆地______不同，如图甲所示是风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，仅在海陆风因素的影响下，夜晚风力发电机出现的情形是______图(乙/丙)。
22.如图甲所示是小明家电能表表盘，小明仅让有高低两个挡位的某取暖器(内部电路如图乙所示)，以高挡位正常工作3min，电能表指示灯闪烁了75次，家用电器消耗电能______ J，取暖器的功率是______ W，已知R1=242Ω，则R2=______Ω。
23.寒冬，为给小鸡仔提供温暖的环境，小明制作了恒温箱系统，原理如图。控制电路由电磁继电器、滑动变阻器R1、热敏电阻R2(安装在恒温箱内，阻值随温度升高而显著减小)、低压电源等组成。加热电路由电源、电热丝R3和R4等组成。调好R1阻值，闭合开关S1、S2，箱内温度升高到设定值后即在小范围内波动，且降温阶段降温比较平缓。
(1)通电线圈上端是______极，温度升高时，电磁铁磁性______；
(2)R3阻值______(大于/小于)R4阻值；
(3)将R1的阻值稍微调大一些，恒温箱控制的温度将______。(降低/升高/不变)
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
24.图甲是一种常用的移动指示牌，图乙是它的模型，图丙是被风刮倒的指示牌，请在图丙中画出：将指示牌扶起的最小力及其力臂。
25.如图为地磁场的示意图，请在括号内填上地磁的磁极和小磁针右下端的磁极(选填“N”或“S”)。
四、实验探究题：本大题共3小题，共18分。
26.某小组在实验室测量酸奶的密度，他们准备了如图所示的器材：
(1)将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端0刻度线处，发现指针指在分度盘的左侧，应将平衡螺母向______调，使天平横梁在水平位置平衡。
(2)先用天平测出空烧杯的质量为30g，接着他将酸奶倒入烧杯，用天平测量烧杯和酸奶的总质量，天平平衡时的情景如图甲所示，则烧杯和酸奶的总质量m1=______ g。将酸奶倒入量筒时，由于酸奶比较粘稠且不透明，容易粘在筒壁上影响测量，于是找来5mL针筒如图乙所示，从烧杯中抽取V1=5mL酸奶，测量烧杯和剩余酸奶的总质量m2=57.6g；通过计算，可得出酸奶的密度为______kg/m。
(3)实验时，同组同学在实验中发现了一个“问题”，他发现容积5mL针筒的0刻度线前的尖端还是有一点小“空隙”，这部分体积并不计入针筒标记的刻度中，这会导致测得的酸奶密度比实际值______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；于是，大家想出了一种正确测量方法，接着做出正确的操作；将刚才所抽取的酸奶V1=5mL中的一部分酸奶返回烧杯，测量烧杯和剩余酸奶的总质量为m3，记下此时______为V2，则酸奶密度表达式为：______(用以上已知量和测量量符号表示)。
27.学校物理探究小组进行了以下三个热学实验：甲图为“探究不同物质吸热升温现象”，乙图为“比较不同燃料燃烧时放出的热量”，丙图“探究影响电流热效应的因素”。
(1)上述三个热学实验中都需要控制被加热物质______(体积/质量)相等，这些实验中可利用加热相同时间进行实验的有______(甲乙/乙丙/甲丙)；
(2)图乙是比较不同燃料燃烧时放出的热量实验，小明发现用碎纸片加热的烧杯中水温升得快，这______(能/不能)说明碎纸片的热值大；
(3)丙图中是通过观察______反映两电阻丝产生的热量的多少，烧瓶中装入的煤油是______(导体/绝缘体)。图中将两个电阻串联起来，实验中可发现B烧瓶中温度计的示数升高快，据此可初步得出结论：______产生的热量越多。如果仅用丙图中提供的器材，利用该装置______(可以/不可以)探究电热与电流的关系。
28.小明利用如图所示的电路探究电流跟电阻的关系，实验中电源电压保持3V不变，用到的定值电阻分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、40Ω，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”。
(1)该同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线；
(2)正确连接电路后，闭合开关时，发现电压表和电流表都无示数，移动滑动变阻器滑片两表指针仍然不动，可能是______(滑动变阻器滑片接触不良/定值电阻断路/定值电阻被短接了)；
(3)排除故障进行实验，依次用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、40Ω接入电路，调节滑片，每次使电压表的示数都相同，记下对应电流表的示数，记录如下表。分析表格中的数据，有一组数据是拼凑的，这组数据是______(填序号)。他想利用现有器材，完成全部5次实验，应控制定值电阻两端的电压不低于______ V。
五、计算题：本大题共3小题，共26分。
29.质量为60kg的李师傅在装修施工时，利用如图所示的滑轮组来提升装修材料。他用200N的拉力在20s内将500N的材料提升了10m，不计绳重及摩擦。求：
(1)动滑轮的重力；
(2)他施加拉力的功率
(3)他利用此滑轮组工作时的最大机械效率(保留一位小数)
30.北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的，如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以72km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的80%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N，氢燃料的热值为1.5×108J/kg。
(1)求A、B两地之间距离；
(2)求此过程中产生的电能E电；
(3)氢燃料电池将化学能转化为电能的效率。
31.如图甲所示是超市常用的一种电动搬运车，用于超市卖场与库房间的货物运输及提升。如表所示是其相关参数，其电路工作原理示意图如图乙。当闭合开关S1时，提升电动机M1工作，将货物提升到指定高度，当闭合开关S2时，进退电动机M2工作，驱动搬运车前进或后退。电源是电压为36V的蓄电池组，当电池容量低于满容量的10%时会报警提醒，返回充电座充电，电机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗电能的比值。(g取10N/kg)
(1)搬运车既能前进又能后退，是通过改变电动机中的______(电流方向/磁场方向)来改变电动机转动方向的；
(2)下列关于对搬运车的蓄电池的说法正确的是______；
A.蓄电池充足电一次，储存的电能约3.6×105J；
B.蓄电池组充电时，电能转化为化学能；
C.蓄电池放电的过程中，蓄电池相当于用电器；
D.蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的；
(3)利用搬运车将1×103kg的货物放至货架，闭合开关______(S1/S2)，货物匀速竖直提升15s，则消耗了多少电能？货物被提升了多高？
(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电源电压24V，电流表(0−0.6A)，滑动变阻器R4(60Ωㅤ1A)，压敏电阻R3的阻值与所受压力F的关系如图丁所示，由电流表改装的“质量表”，显示盘上的刻度在最______(左/右)边是最大值，为了确保此电路能安全工作，R4的阻值应至少调至多少Ω？
(5)若在使用过程中不小心将R4接入电路的电阻调大，那么“质量表”显示的所载货物质量比实际值偏______(大/小)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、风能、水能能够源源不断地从自然界获得是可再生能源，核能不能够源源不断地从自然界获得，是不可再生能源，故A错误；
B、核电站是利用原子核裂变时释放的核能来发电的，故B正确；
C、不管是能量在转化还是能量的转移的过程中，都遵守能量守恒定律，故C错误；
D、核能和地热能来自于地球内部，潮汐能是月球与地球共同作用形成的，不是来自太阳，故D错误。
故选：B。
(1)能够从自然界源源不断获得或可重复利用的能源是可再生能源；不能够从自然界源源不断获得或不可重复利用的能源是不可再生能源；
(2)核电站是利用原子核裂变时释放的核能来发电的；
(3)不管是能量在转化还是能量的转移的过程中，都遵守能量守恒定律；
(4)地球上除核能、地热能和潮汐能以外，几乎所有能源都直接或间接来自太阳。
本题考查了能源的分类、能源的利用和能量守恒定律，属于基础知识，要注意识记和区分。
2.【答案】A
【解析】解：从山脚到峰顶的过程中，各科考队员上升的高度是相同的，根据公式W=Fs=Gh可知，体重越大(含装备)越大的队员，做功越多；
因为从山脚到山顶各科考队员所用的时间未知，根据公式P=Wt可知，功率的大小无法比较。
故选：A。
功表示物体在力与力的方向上通过距离的乘积；物体在单位时间内所做的功叫功率，物理学中，用功率来表示物体做功的快慢。
本题考查了学生对功率概念，以及功的了解与掌握，属于基础题目。
3.【答案】D
【解析】【解答】
本题联系学生实际，考查密度和物体浮沉条件的应用，体现了学以致用的思想。
物体有热胀冷缩的性质，温度变化，体积会变化，它的密度随温度变化。一般来说物质的密度是随着温度升高而变小，但是水的温度上升到4摄氏度时密度最大而后随着温度上升而减小。水随着温度的降低变成固态冰时密度反而会减小，所以水是个特殊的例子。
【解答】
建筑物内起火后，温度较高，室内空气体积膨胀，密度减小，有毒气体漂浮在房间的上方。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：杆秤绕提纽O转动，所以点O是杆秤的支点，作用在A处的力使杆秤逆时针转动，由于杆秤水平平衡，其力臂是OA，作用在B处的力使杆秤顺时针转动，其力臂是OB；
根据杠杆的平衡条件F1×l1=F2×l2可得：m鱼g×OA=m秤砣g×OB，即m鱼×8cm=0.2kg×32cm，
解得m鱼=0.8kg。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据杠杆的平衡条件可求出物体的质量。
本题主要考查杠杆的平衡，以及重力的计算，其中正确理解支点，动力臂和阻力臂的计算是解题的关键之一。
5.【答案】C
【解析】解：AD、由图可知，每次篮球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球的机械能不断减小，因此在B点的机械能大于在C点的机械能，B、C两点的重力势能相等，则动能不相等，故AD错误；
B、篮球在最高点时，竖直方向速度为零，但在水平方向上速度不为零，所以篮球第一次反弹后到达最高点D时动能不为零，故B错误；
C、在B点的机械能大于在E点的机械能；在B、E两点高度不相同则重力势能不相同，即B点的重力势能大于E点的重力势能，
机械能是物体动能与势能的总和，因此在B点的动能可能等于在E点的动能，故C正确。
故选：C。
(1)每次篮球反弹后到的最高点都比上一次的最高点要低，说明篮球受到空气阻力，机械能逐渐变小；
(2)从轨迹来看，篮球既有竖直方向的速度又有水平方向的速度，影响动能的因素是质量和速度，据此分析；
(3)机械能是物体动能与势能的总和，B、E两点高度不相同，则重力势能不相同，据此分析。
本题考查了机械能的相互转化的相关知识，关键明确最高点时的竖直方向的速度为零，水平方向的速度不一定为零。
6.【答案】D
【解析】解：A、克服人的重力所做的功为有用功，绳b对人的拉力为F2=480N，所以人的重力G=F2=480N，W有=Gh=480N×0.5m=240J，故A错误；
B、F1做的功为总功，即：W总=F1s=30N×10m=300J，F2做的功为W′=F2h=480J×0.5m=240J，故B错误；
C、根据以上计算可知，F1做的功大于F2做的功，时间相同，由P=Wt知，F1做功的功率也大于F2做功的功率，故C错误；
D、滑轮组的机械效率为η=W有W总=GhF1s=480N×0.5m30N×10m=240J300J=80%，故D正确。
故选：D。
(1)根据有用功的概念和题目的条件计算有用功。
(2)根据功和功率的公式进行计算。
(3)根据机械效率的公式计算机械效率。
本题主要考查的是滑轮组的机械效率，关键是会根据题目的条件进行简单的计算。
7.【答案】B
【解析】解：A、开关S1控制灯泡L2，灯泡L1不能显示操控开关S1的人所发信息，故A错误；
B、挡板沿AA′固定，开关S2控制灯泡L1，开关S2和灯泡L1分别在挡板AA′两侧，灯泡L1能显示操控开关S2的人所发信息，故B正确；
C、挡板沿BB′固定，开关S1控制灯泡L2，开关S1和灯泡L2都在挡板BB′的上方，灯泡L2显示的信息不能传递到对方，故C错误；
D、开关S2控制灯泡L1，灯泡L2不能显示操控开关S2的人所发信息，故D错误。
故选：B。
先对题干中的电路进行分析，并清楚每个开关的作用，再结合挡板的位置分析每个选项中的灯泡能否显示操控开关的人所发信息。
此题主要考查学生对于电路连接方式、信息与信息传递的理解和掌握，属于中考必考点。
8.【答案】D
【解析】解：A、干电池之和采用串联的方式连接起来作为电源使用，所以实验时两节干电池应该首尾相连，即干电池的正极与应该负极相连，故A错误；
B.普通纸张不容易导电，用普通纸代替铝箔纸，普通纸没有电流经过，不会产生热量，不能燃烧，故B错误；
C.铝箔纸较细的部位和较粗的部位是串联的，由于串联电路中电流处处相等，实验中发现铝箔纸较细的部位先燃烧，是因为该处电阻较大，Q=I2Rt可知，铝箔纸较细的部位生热量较多，故C错误；
D.短路时，电路中电阻很小，电流很大，产生热量较多，电路容易起火，该实验能说明短路带来的危害，故D正确。
故选：D。
(1)电路元件首尾相连的电路叫做串联电路；
(2)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
(3)串联电路中电流处处相等，电阻大小的影响因素：导体的材料、长度、粗细和温度；根据焦耳定律分析解答；
(4)电源两极不经过用电器直接连通的电路叫做短路，短路时电路中电流很大，相同的时间内产生的热量很多，容易烧坏电源。
本题考查电路的状态、对导体和绝缘体的认识、串联电路的特点以及焦耳定律的应用，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：三盏灯与风扇相互不影响，能独立工作，三盏灯和风扇都是并联的，且三盏灯一个开关控制，电动机有一个开关控制，故D正确。
故选：D。
由并联电路的特点知，用电器并联时可以相互不影响，故电灯与风扇是并联。
本题考查了学生对并联的连接的了解和掌握，比较简单，属于基础知识。
10.【答案】D
【解析】解：A、用完全相同的加热装置对质量相等的A、B两液体进行加热，相同时间吸热相同，A、B两液体在0∼10min内吸收的热量之比为1：1，故A错误；
B、根据两种物质温度随时间变化的图像可知，加热10分钟，
A升高的温度为：
50℃−10℃=40℃；
B升高的温度为：
30℃−10℃=20℃；
根据比较吸热能力的方法，B物质的吸热能力比A强，故B错误；
C、根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，A、B两液体的比热容之比为：
20℃40℃=12；
故C错误；
D、B的比热容大，根据Q=cmΔt，在质量和升高的温度相同时，B吸热多，故B液体更适合作发动机的冷却液，故D正确。
故选：D。
A、使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
B、使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；根据两种物质温度随时间变化的图像得出加热10分钟A和B升高的温度，确定B物质的吸热能力比A强；
C、根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，据此得出A、B两液体的比热容之比；
D、B的比热容大，根据Q=cmΔt分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
11.【答案】D
【解析】解：
闭合了开关S(家中其他用电器均处于断开状态)，白炽灯L亮了一段时间后熄灭了，说明灯泡和火线和零线不能构成通路。可能是火线断路，可能是零线断路。
灯泡熄灭后，用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光。说明左孔和右孔都和火线相连。如图，右孔和火线相连(如图中绿色的划线)，测电笔的氖管发光。如图，左孔和火线相连(如图中红色划线)，测电笔的氖管发光；灯泡亮了一段时间后熄灭，是因为图中的零线断路(如图中蓝色划线)。
；
若此时站在地上的人接触c点，由于c点和火线相连，则人会发生触电危险；
当断开开关时，切断了左孔和火线的连接，所以测电笔接触左孔时，氖管不会再发光，测电笔接触右孔时，氖管照常发光；
综上所述，D正确，ABC错误。
故选：D。
当开关闭合时，用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光，说明左孔和右孔都和火线相连。当开关断开时，左孔切断了火线，再接触左孔，氖管不发光。
人接触零线不会出现触电事故，由于电路的变化，导致零线也会发生触电，所以不要认为接触零线一定不触电。
12.【答案】D
【解析】解：AB、将标有“220V 15W”的LED灯和“220V15W”的白炽灯分别接入家庭电路中，两盏灯泡都正常发光，实际功率与额定功率是相同的，故两盏灯泡的实际功率相同，根据P=UI的变形I=PU可知，通过LED灯的电流等于通过白炽灯的电流，故AB错误；
C、根据W=Pt可知，相同时间内LED灯消耗的电能等于白炽灯消耗的电能，故C错误；
D、LED灯的亮度远高于白炽灯的亮度，是因为相同时间内LED灯转换成的光能大于白炽灯转换成的光能，故D正确。
故选：D。
根据额定功率和实际功率的定义并结合电功率公式P=UI的变形I=PU以及电能公式W=Pt分析作答。
本题以白炽灯和LED灯为背景，考查了电功率公式、电能公式等知识，考查较综合，难度一般。
13.【答案】C
【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：R1=U1I1=≈8.33Ω，R2=U2I2=≈12.67Ω，
(1)根据转换法可知，实验中通过灯泡的亮度来表示两灯相同时间内做功的多少；灯越亮说明在相同时间内电流做功越多；
a图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，比较可知灯泡L乙两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据W=UIt可知，在电流和通电时间相同时，电压越大，电流所做的功越多，灯泡越亮，灯泡乙的电阻大，灯泡乙越亮，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故①②正确；
(2)b图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，甲灯泡的电阻小于乙灯泡的电阻，根据欧姆定律可知，通过甲灯泡的电流大于通过乙灯泡的电流；根据P=UI可知，甲灯亮，相同时间甲灯做功也多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确；
(3)由(1)(2)可知，在两图中，不是甲灯都比乙灯亮，故④错误。
故选：C。
已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，
(1)a图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，灯泡越亮，表明相同时间内灯泡所做的功越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；
(2)b图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，灯泡越亮，表明相同时间内灯泡所做的功越多，根据控制变量法分析电功与哪个因素的关系；
(3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据W=Pt可知在相同时间内电流做功越多。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功公式的灵活运用。
14.【答案】B
【解析】解：AB、在a、b间接入电流表，电路中无电源，闭合电路中的部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，可以探究电磁感应现象，与发电机的原理相同，故错误，B正确；
CD、在a、b间接入电流表，电路中无电源，闭合电路中的部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时(若导线沿磁感线方向竖直上下运动，测不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转)，会产生感应电流，电流表指针才会发生偏转，可以探究电磁感应现象，故CD错误。
故选：B。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这就是电磁感应现象，利用该现象制成了发电机；
通电导体在磁场中会受到力的作用，据此制成了电动机。
本题中的实验装置设计的很有特点；要熟练掌握磁生电和电生磁的电路的特点。
15.【答案】B
【解析】解：A、由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，则灯的额定功率：PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W，故A正确；
B、电路的总功率约为0.64W时，通过电路的电流：I=PU=0.64W4V=0.16A，
由图乙可知此时灯泡两端的电压约为1V，根据串联电路电压规律可知此时变阻器两端的电压为：UP=U−UL′=4V−1V=3V，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得滑动变阻器接入电路的阻值：RP=UPI=3V0.16A=18.75Ω，故B错误；
C、当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律可知此时变阻器的电压：U滑=U−UL=4V−2.5V=1.5V，
因串联电路各处的电流相等，根据P=UI可知在电流相等时，电功率与电压成正比，
所以此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比为PL：P滑=UL：U滑=2.5V：1.5V=5：3，故C正确；
D、探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，所以，利用图甲电路不能探究导体的电流与电压的关系，故D正确。
故选：B。
(1)由图乙知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.25A，根据P=UI求灯的额定功率；
(2)电路的总功率约为0.64W时，根据电功率公式计算此时通过电路的电流，由图乙可知此时灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律可知此时变阻器两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律可得滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)当“2.5V”小灯泡正常工作时，根据串联电路电压的规律得出此时变阻器的电压，因串联电路各处的电流都相等，根据P=UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，据此求出此时小灯泡和滑动变阻器的功率之比；
(4)探究导体的电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，据此分析。
本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用和控制变量法的运用，关键是从图乙获取有效的信息。
16.【答案】电磁波 热值
【解析】解：(1)5G无线网络是通过电磁波传递信息的；
(2)运载火箭用液态氢做燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量。
故答案为：电磁波；热值。
(1)5G无线网络是通过电磁波传递信息的；
(2)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多；比热容是物质本身的一种属性，比热容是反映不同物质吸放热能力强弱的一个物理量。
本题考查信息传递，热值，难度不大。
17.【答案】S
【解析】解：(1)因为同名磁极相互排斥，若磁体A上端为N极，则A的下端为S极，利用同名磁极相互排斥原理，则磁体B的上端为S极。
故答案为：S。
(1)利用图示的装置分析出其制成原理，据此解答；
(2)同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
此题考查了磁极间的相互作用规律，难度不大，属基础题目。
18.【答案】B 水平向后 90 上
【解析】解：小敏在运动会上竖直举着班牌匀速前进，若以C为支点时，B处垂直于杠杆向右的力为动力，A处垂直杠杆向左的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂；若以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于杠杆水平向后，BC为动力臂，AB为阻力臂；两种情况的动力臂均为BC，但以B为支点，阻力臂较小，根据杠杆的平衡条件知，此时的动力最小；
由于杠杆受到的阻力的方向是水平向后的，所以动力的方向也是水平向后；
根据杠杆平衡条件可得FA×AB=FC×BC，代入数据可得30N×1.2m=FC×0.4m，解方程可得FC=90N；
根据杠杆平衡条件可知减小阻力臂，增大动力臂可用更小的力保持班牌平衡，所以可以将握住B点的手向上移动。
故答案为：B；水平向后；90；上。
以C为支点时，B处垂直于杠杆向右的力为动力，A处垂直杠杆向左的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂；以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于杠杆水平向后，BC为动力臂，AB为阻力臂，据此分析即可；
C点受到的力为动力，要使杠杆处于平衡状态，C点的受力方向向后；
根据杠杆平衡条件计算C点受力的大小；
根据杠杆平衡条件可知减小阻力臂，增大动力臂可用更小的力保持班牌平衡，据此判断B点的移动方向。
本题考查杠杆平衡条件的灵活运用，属于基础题。
19.【答案】木块移动的距离 速度 0.07
【解析】解：如图是探究小车动能大小与某因素有关的实验情景，根据转换法可知，该实验是通过木块移动的距离来比较小车动能大小的；
第二步操作是将小车置于斜面上高7cm处由静止释放，释放的高度不同，到达水平面时的速度不同，质量相同，这是为了探究小车动能大小与速度的关系；
第二步操作中砝码所受重力做功为：W=Gh=mgh=0.1kg×10N/kg×0.07m=0.07J。
故答案为：木块移动的距离；速度；0.07。
动能大小的影响因素：质量、速度；动能的大小用推动木块移动距离的远近来表示；根据W=Gh求出重力所做的功。
此题主要探究了“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了控制变量法及转换法在实验中的应用。
20.【答案】变小 内 机械
【解析】解：雾炮车一直保持速度大小不变运动，前进的过程中向空中喷雾使得汽车的质量变小，则行驶过程中车的动能变小。
该雾炮车发动机四个冲程中的做功冲程中，燃气对活塞做功，内能转化为机械能。
故答案为：变小；内；机械。
根据影响物体动能大小的因素分析判断；
在发动机的做功冲程中将内能转化为机械能，压缩冲程中将机械能转化为内能。
本题考查影响动能的因素、热机的工作过程等，难度不大。
21.【答案】比热容 丙
【解析】解：水的比热容比泥土、沙石的大，白天太阳照射时，水面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风，所以白天风力发电机旋翼朝向大海，如图乙所示；晚上，气温下降，水面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风，所以夜晚风力发电机旋翼朝向陆地，如图丙所示。
故答案为：比热容；丙。
根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点以及风是从高压区吹向低压区来分析海陆风的形成，进而判断风力发电机旋翼的朝向。
本题主要考查学生对水的比热容较大的应用的了解和掌握，难度不大。
22.【答案】1.08×105 600 121
【解析】解：(1)2500imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁2500次，
指示灯闪烁75次时，家用电器消耗的电能：
W=752500kW⋅h=752500×3.6×106J=1.08×105J；
时间t=3min=180s，
取暖器的电功率：
P高=Wt=1.08×105J180s=600W；
(2)由图乙可知，当闭合S1时，电路中只有R1，电路中电阻较大，电源电压一定，由P=U2R可知，电功率较小，处于低挡位；当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中电阻较小，电源电压一定，由P=U2R可知，电功率较大，处于高挡位；
低挡位电功率(R1的功率)：P1=P低=U2R1=(220V)2242Ω=200W，
高挡位时R2的电功率：P2=P高−P低=600W−200W=400W，
由P=U2R得R2阻值：
R2=U2P2=(220V)2400W=121Ω。
故答案为：1.08×105；600；121。
(1)2500imp/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁2500次，据此求出指示灯闪烁75次时，家用电器消耗的电能；再利用P=Wt求取暖器的电功率；
(2)由图乙可知，当闭合S1时，电路中只有R1，电路中电阻较大，电源电压一定，由P=U2R可知，电功率较小，处于低挡位；当S1、S2都闭合时，R1、R2并联，电路中电阻较小，电源电压一定，由P=U2R可知，电功率较大，处于高挡位；利用P=U2R求低挡位电功率(R1的功率)，知道高挡位电功率，可求高挡位时R2的电功率，再利用P=U2R求R2阻值。
本题主要考查了消耗电能和电功率的计算，关键是对电能表参数的物理意义的正确理解。
23.【答案】N 增强 小于 降低
【解析】解：(1)闭合开关S1，电流从电磁铁上端流入，下端流出，由安培定则可知，线圈的上端为N极，下端为S极；
温度升高时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，根据欧姆定律，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；因加热功率大于保温功率，且电源电压不变，由P=UI=U2R可知，R3阻值小于R4阻值；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联可知，热敏电阻R2的阻值变大，因热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，故恒温箱控制的温度将降低。
故答案为：(1)N；增强；(2)小于；(3)降低。
(1)根据安培定则判断通过后电磁铁的极性；根据热敏电阻阻值随温度的变化关系，结合欧姆定律分析电路中电流的变化，从而判断出电磁铁磁性的变化；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；根据P=UI=U2R分析R3与R4的阻值大小；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联分析热敏电阻R2的阻值变化，利用热敏电阻阻值随温度的变化关系确定恒温箱控制的温度变化。
本题通过电磁继电器的应用考查了对电磁铁的认识和理解，知道电磁继电器实质是一个开关，对电磁继电器电路的工作过程进行分析，一般的思路是，先明确控制电路与工作电路，再从控制电路入手，看电磁铁磁性的有无对工作电路触点连接情况的影响，最后确定工作电路中的工作情况。
24.【答案】解：要将指示牌扶起，支点为C，由杠杆的平衡条件可知，AC为最长动力臂L1时，动力最小，连接AC，从A点作垂直于AC向上的线段，即为最小力F1的示意图，如图所示：
。
【解析】杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题考查杠杆中最小力问题，知道在动力的作用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂。
25.【答案】解：(1)地球相当于一个巨大的磁体，而在磁体外部，磁感线都是从N极出发，回到S极，所以根据题图我们得出，在地理北极附近的是地磁S极，在地理南极附近的是地磁N极。
(2)根据磁极之间的相互作用规律可知，指向地理南极(地磁北极)的是小磁针的S极，故小磁针的右下端是S极。
故答案为：如下图所示

【解析】(1)在磁体外部，磁感线都是从N极出发，回到S极；在磁体内部，磁感线都是从S极出发，回到N极。
(2)磁极间的相互作用是：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
地磁北极在地理南极附近；地磁南极在地理北极附近。注意，地磁南极(地磁北极)与地理北极(地理南极)并没有重合在一起。
26.【答案】右 631.08×103 偏大 针筒内酸奶 m3−m2V1−V2
【解析】解：(1)测量前调节天平平衡时，把游码移至标尺左端0刻度线处，发现指针指在分度盘的左侧，应将平衡螺母向右调，使天平横梁在水平位置平衡；
(2)由图乙可知，标尺的分度值为0.2g，烧杯和酸奶的总质量为m1=60g+3g=63g，
用针筒抽取的酸奶质量为m=m1−m2=63g−57.6g=5.4g，
用针筒抽取的酸奶体积为V0=5mL=5cm3，
由密度公式ρ=mV可得，酸奶的密度ρ=mV=5.4g5cm3=1.08g/cm3=1.08×103kg/m3；
(3)由于针筒的刻度线前的尖端还是有一点小“空隙”，使得针筒内测量的酸奶体积偏小，由密度公式ρ=mV可得，质量不变，体积偏小，密度会偏大；
为了减小实验误差，可采取剩余法测量酸奶的密度，将此时抽满酸奶的针筒中的一部分酸奶返回烧杯，测量烧杯和剩余酸奶的总质量m3，进而得出针筒内返回烧杯酸奶的质量，记下此时针筒内酸奶的体积V2，得出返回烧杯内酸奶的体积，根据密度公式求出酸奶密度表达式。针筒内返回烧杯酸奶的质量为m′=m3−m2，针筒内返回烧杯酸奶的体积为V′=V1−V2，
由ρ=mV得，酸奶的密度为ρ′=m′V′=m3−m2V1−V2。
故答案为：(1)右；(2)63；1.08×103；(3)偏大；针筒内酸奶； m3−m2V1−V2。
(1)测量前调节天平平衡时，把游码移至标尺左端0刻度线处，平衡螺母应向指针偏离的相反方向调节，使天平横梁在水平位置平衡；
(2)根据图甲读出烧杯和酸奶的总质量等于砝码总质量加上游码在标尺上对应的刻度值；
用原来的总质量减去抽取后烧杯和剩余酸奶的总质量从而得到抽取酸奶的质量；根据ρ=mV求出酸奶的密度；
(3)根据操作过程分析测量的物理量，由于针筒的刻度线前的尖端还是有一点小“空隙”，造成所测体积偏小，从而计算出的密度偏大；
合理的实验操作可以减小测量时的误差，并使操作简便，从这一角度分析步骤；
知道针筒中的一部分酸奶返回烧杯中时烧杯和剩余酸奶的总质量m3和用针筒抽取5mL酸奶时烧杯和剩余酸奶的总质量m2，进而可以得出返回烧杯内酸奶的质量，
再记下此时针筒内酸奶的体积V可得出返回烧杯内酸奶的体积，然后根据密度公式得酸奶密度表达式。
本题考查了液体密度的测量，用天平和量筒来测液体的密度，是实验室中最常用的方法，重点应掌握天平的调节与使用方法、量筒的读数、密度公式的运用、实验步骤的合理安排以及实验误差的分析等。
27.【答案】质量 甲丙 不能 温度计示数变化多少 绝缘体 电流和通电时间相同时，电阻越大 不可以
【解析】解：(1)“探究不同物质吸热升温现象”、“比较不同燃料燃烧时放出的热量”、“探究影响电流热效应的因素”这三个热学实验都需要控制被加热物质质量相等，在“探究不同物质吸热升温现象”、“探究影响电流热效应的因素”都可以利用加热时间相同比较质量相同的物质升高的温度来得出实验结论，而“比较不同燃料燃烧 时放出的热量”实验中应该让质量相同的燃料完全燃烧后，比较放出热量的多少，而相同质量的燃料不一定能够在相同时间内完全燃烧完，因此不能通过加热相同的时间比较燃料燃烧时热值的大小，所以这些实验中可利用加热相同时间进行实验的有甲丙；
(2)图乙是比较不同燃料燃烧时放出的热量的实验中，小明发现用碎纸片加热的烧杯中水温升得快但不等于烧杯中水的末温高，不能说明相同质量的碎纸屑就放出的热量多，因此这不能说明相同质量的碎纸屑就放出的热量多，故这不能说明碎纸片的热值大；
(3)丙图中是通过观察温度计的示数变化多少反映两电阻丝产生的热量的多少。烧瓶中装入的煤油是绝缘体。图中将两个电阻串联起来，就是为了控制电流相等，实验中可发现B烧瓶中温度计的示数升高快，据此可初步得出结论：当电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多；
探究电热与电流的关系时，应控制电阻和通电时间都相同，仅用丙图中提供的器材进行实验，虽然可以通过调节滑动变阻器改变电路中电流的大小，但没有秒表测量时间，即不能控制通电时间相同，因此利用该装置不可以探究电热与电流的关系。
故答案为：(1)质量；甲丙；(2)不能；(3)温度计示数变化多少；绝缘体；当电流和通电时间相同时，电阻越大；不可以。
(1)探究“不同物质吸热升温现象”，需要用相同的加热装置，燃烧相同的燃料(根据转换法，确保相同时间放出的热量相同)，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；
(2)探究“比较不同燃料燃烧时放出的热量”，为比较不同燃料燃烧放出的热量大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
(3)探究“影响电流热效应的因素”实验中，用温度计升高的度数体现产生的热量，用控制变量法研究与电阻的关系：串联时控制电流和通电时间一定。
本题将“比较不同燃料燃烧放出的热量大小”、和探究“不同物质吸热升温现象”和“探究影响电流热效应的因素”三个实验作比较，考查相同和不同之处及转换法和控制变量法，为易错题。
28.【答案】滑动变阻器滑片接触不良 52.4
【解析】解：(1)原图中定值电阻被短路，电压表应与定值电阻并联，电流表应与定值电阻串联，如下图所示：
(2)电流表示数为零，说明电路可能断路，电压表示数也为零，说明是电压表所测量的电阻以外的部分出现的断路，故电路故障为滑动变阻器断路，即滑动变阻器滑片接触不良。
(3)电路中最小电流为Imin=UR大+R滑大=3V40Ω+10Ω=0.06A，
第5组数据中电流为0.05A，所以是拼凑的。
将40Ω接入电路，变阻器阻值调到最大10Ω时，根据串联分压原理则有UV3V−UV=40Ω10Ω，
解得UV=2.4V，即应控制定值电阻两端的电压不低于2.4V。
故答案为：(1)见解答图；(2)滑动变阻器滑片接触不良；(3)5；2.4。
(1)电压表应与定值电阻并联，电流表应与定值电阻串联；
(2)闭合开关后，电流表和电压表均无示数，说明电路中出现了断路，据此分析；
(3)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当滑动变阻器连入电路中的电阻最大时，定值电阻的最大阻值，结合表中定值电阻的电阻判断拼凑的数据；
滑动变阻器接入最大电阻10Ω时，滑动变阻器分得的电压最大，定值电阻分得的电压最小，且定值电阻越小，定值电阻分得的电压越小，而要保证用五个电阻都能顺利完成实验，则控制定值电阻两端的最小电压应以最大定值电阻40Ω分得的最小电压为准。
本题探究电流跟电阻的关系，考查电路连接、故障分析、欧姆定律的应用等。
29.【答案】(1)由图可知，连接动滑轮绳子的股数n=3，
不计绳重及摩擦，由F=G+G动n得，动滑轮的重力：
G动=nF−G=3×200N−500N=100N。
(2)绳子自由端移动的距离：
s=nh=3×10m=30m，
李师傅施加拉力做的功：
W=Fs=200N×30m=6000J，
则他施加拉力的功率：
P=Wt=6000J20s=300W。
(3)李师傅的重力：
G人=mg=60kg×10N/kg=600N，
人能提供的最大拉力等于自身重力，即F′=G人=600N，
当人施加最大拉力时，提升的物重最大，滑轮组的机械效率最高，
此时的最大物重：G′=nF′−G动=3×600N−100N=1700N，
则滑轮组的最大机械效率：
η=W有W总×100%=G′hF′s×100%=G′nF′×100%=1700N3×600N×100%≈94.4%。
答：(1)动滑轮的重力为100N；
(2)他施加拉力的功率为300W；
(3)他利用此滑轮组工作时的最大机械效率94.4%。
【解析】(1)由图可知连接动滑轮绳子的股数，不计绳重及摩擦，根据F=G+G动n的变形公式求出动滑轮的重力；
(2)根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，然后利用W=Fs求出李师傅施加拉力做的功，最后根据P=Wt求出他施加拉力的功率；
(3)先求出人的重力，由题意可知，人能提供的最大拉力等于自身重力，再利用F ′=G+G动n的变形公式求出最大物重，最后根据η=W有W总×100%=G′hF′s×100%=G′nF′×100%求出滑轮组的最大机械效率。
本题考查了滑轮组省力特点、功的公式、功率公式及效率公式的应用等知识，知道人能提供的最大拉力等于自身重力是本题的难点所在，掌握相关的公式及变形公式是解题的关键。
30.【答案】解：(1)A、B两地之间距离为s=vt=72km/h×1h=72km；
(2)汽车甲在平直公路上匀速行驶，汽车甲受到的阻力和汽车的牵引力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，汽车甲的牵引力F=f=1000N，
牵引力做的功为W=Fs=fs=1000N×72×103m=7.2×107J，
则产生的电能E电为E电=Wη1=7.2×107J80%=9×107J；
(3)氢燃料完全燃烧放出的热量为Q放=mq=0.8kg×1.5×108J/kg=1.2×108J，
则氢燃料电池将化学能转化为电能的效率为η=E电Q放×100%=9×107J1.2×108J×100%=75%。
答：(1)A、B两地之间距离为72km；
(2)此过程中产生的电能E电为9×107J；
(3)氢燃料电池将化学能转化为电能的效率为75%。
【解析】(1)利用速度公式求出AB两地的距离；
(2)根据二力平衡条件可知汽车的牵引力，利用W=Fs求出汽车所做的有用功，利用效率公式求出此过程中产生的电能E电；
(3)根据Q放=mq求出0.8kg燃料完全燃烧放出的热量，然后利用效率公式求出氢燃料电池将化学能转化为电能的效率。
本题是一道力热综合题，主要考查二力平衡条件的应用、速度公式、功的计算公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，题目综合性较强。
31.【答案】电流方向 BS1 右 小
【解析】解：(1)电动汽车的前进和倒车时，要改变电动机的转动方向，而电动机的转动方向与电流方向和磁场方向有关，而改变电流方向更为方便；
(2)A、充足电一次，消耗的电能约W=UIt=36V×100A×3600s=1.296×107J，故A错误；
B、蓄电池组充电时，消耗电能转化为化学能，此时蓄电池相当于用电器，故B正确；
C、蓄电池放电的过程中，化学能转化为电能，此时蓄电池相当于电源，故C错误；
D、由表格数据知蓄电池电压为36V，是由多节电池串联而成的，故D错误；
故选：B。
(3)根据题意知，当闭合开关S1时，提升电动机M1工作，将货物提升到指定高度；
由表格数据可知，提升电机功率P1=800W，
15s内电动机消耗的电能：
W电=P1t=800W×15s=1.2×104J，
此时电机的效率为80%，则电能转化为的机械能：
W机械=W电×80%=1.2×104J×80%=9.6×103J，
由W=Gh=mgh可得，货物被提升的高度：
h=W机械mg=9.6×103J1×103kg×10N/kg=0.96m；
(4)由图丁可知，载重量越大时，托盘受到的压力越大，R3的阻值越小；
由丙中电路图可知，R3与R4串联，电流表测电路中的电流，
当托盘受到的压力越大，R3的阻值越小，根据I=UR知，电路的电流越大，电流表的示数越大，
所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的刻度在最右边是最大值；
由表格数据可知，最大载货量m2=2000kg，
则托盘受到的最大压力：
F=G2=m2g=2000kg×10N/kg=20×103N，
由图丁可知，此时压敏电阻R3=8Ω，
因电流表量程为0∼0.6A，变阻器允许通过的最大电流为1A，且串联电路中电流处处相等，
所以当电流表的示数最大为I=0.6A时，载重量最大，R4接入电路中的阻值最小，
电路的总电阻：
R=UI=24V0.6A=40Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，R4的阻值为：
R4=R−R3=40Ω−8Ω=32Ω，
即为了确保此装置能安全运行，R4的阻值应至少调至32Ω；
(5)由(3)可知，货物的质量越大，电流表的示数越大；若在使用过程中不小心将R2接入电路的电阻调大，导致电路中的总电阻增大，根据欧姆定律可知，此时电路中的电流减小，此时电流表(质量表)指针对应的质量比实际值偏小。
故答案为：(1)电流方向；(2)B；(3)S1；消耗了1.2×104J的电能，货物被提升了0.96m；(4)右；32；(5)小。
(1)电动机的转动方向与电流方向和磁场方向有关；
(2)①已知电池规格，根据W=UIt求出消耗的电能；
②充电过程中是将电能转化为化学能储存起来；
③电池供电时是电源，充电时则为用电器；
④电池串联使用，串联后的电池组电压是每节电池电压之和；
(3)根据题意当闭合开关S1时，提升电动机M1工作，将货物提升到指定高度；
已知提升电机的功率和工作时间，利用公式W=Pt可得消耗的电能；
由效率公式算出消耗的机械能，再根据W=Gh=mgh算出货物被提升的高度；
(4)根据图像判断出压力与电阻的关系，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步可知质量显示表表盘上的刻度值越往右时的变化；
根据器材允许通过电流的限制情况，可知电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出R4的阻值；
(5)根据货物的质量越大，电流表的示数越大分析不小心将R4接入电路的电阻调大时“质量表”显示的所载货物质量与实际值的偏差。
本题考查了电功公式和做功公式、重力公式、电阻串联、欧姆定律的综合应用等，根据题意判断出搬运车工作状态时开关的位置是关键，同时注意从表格和图像中获取有用的信息。次序
1
2
3
4
5
R/Ω
5
10
15
20
40
I/A
0.4
0.2
0.13
0.1
0.05
型号
自重
最大载货量
蓄电池电压
蓄电池容量
进退电机额定电压、额定功率
提升电机额定电压、额定功率
电机效率
PTE20X
4×102kg
2×103kg
36V
80Ah
36V 900W
36V 800W
80%