2021年江苏省无锡市锡山区东亭片区中考物理一模试卷(解析版及原卷版)

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2021年江苏省无锡市锡山区东亭片区中考物理一模试卷（解析版）
一、选择题（共12小题，每小题2分，满分24分）
1．（2分）下列物理量最接近实际的是（ ）。
A．普通中学生的质量约为200kg
B．成年人的正常步行速度约为1.2m/s
C．人的正常体温约为42℃
D．日光灯管的功率约为900W
【分析】结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。
【解答】解：A、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右。故A不符合实际；
B、成年人正常步行的速度在4km/h＝4×m/s≈1.1m/s左右，接近1.2m/s。故B符合实际；
C、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故C不符合实际；
D、日光灯管的功率在40W左右。故D不符合实际。
故选：B。
【点评】对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的。
2．（2分）下列关于光学现象的描述中不正确的是（ ）。
A．图中，树荫下的阴影是小孔成的像
B．图中，放大镜利用了光的折射
C．图中，桥在水中的倒影是光的反射现象
D．图中，三棱镜分解太阳光利用了光的折射
【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，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
【解答】解：
A、图中树荫下的阴影，是树的影子，不是小孔成像，故A错误；
B、图中用放大镜观察蜜蜂是利用光的折射，故B正确；
C、桥在水中的倒影是桥在水面上成的像，属于光的反射，故C正确；
D、图中，三棱镜分解太阳光是光的色散现象，属于光的折射，故D正确。
故选：A。
【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解与掌握，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。
3．（2分）中国高铁、移动支付、共享单车、鲲龙AG600水陆两栖飞机……当今中国，科技进步使生活更精彩。下列说法正确的是（ ）。
A．“复兴”号高速列车因为速度很大所以惯性很大
B．鲲龙AG600水陆两栖飞机在高空所受的大气压强，比水面附近的大气压强大
C．使用共享单车时，用手机扫描二维码开锁，二维码位于手机摄像头的一倍焦距以内
D．用手机进行移动支付时，是利用电磁波传递信息的
【分析】（1）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
（2）大气压随着高度的增加而减小。
（3）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机。
（4）电磁波可以在真空中传播，现代的移动电话都是利用电磁波来传递信息的。
【解答】解：
A、惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，“复兴”号高速列车不管速度多大，只要质量不变，其惯性大小就不会改变。故A错误；
B、大气压随着高度的增加而减小，所以鲲龙AG600水陆两栖飞机在高空所受的大气压强，比水面附近的大气压强小。故B错误；
C、物体到摄像头的距离大于二倍焦距，成倒立缩小的实像，应用是照相机；故C错误；
D、用手机进行移动支付时，它传递信息是通过电磁波来实现的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查惯性大小的影响因素、大气压与高度的关系、凸透镜成像规律及其应用、电磁波的传播与应用等知识，知识点较多，综合性较强，关键是掌握相关基础知识和基本规律。
4．（2分）医用外科口罩与N95级口罩根据飞沫颗粒的大小和气流速度，可通过拦截、惯性碰撞附着、扩散吸附、静电吸引等多种机制捕捉含病毒分子的飞沫，起到良好的防病毒作用。下列判断错误的是（ ）。
A．病毒分子具有惯性
B．温度越高病毒分子运动得越快
C．温度越高病毒分子的动能越小
D．带静电的物体对轻小物体有吸引作用
【分析】①一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
②分子在永不停息地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈；
③物体内分子做无规则运动具有的能叫动能，分子动能与分子运动的速度有关，分子运动速度越快，其动能越大；
④带电体具有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：
A、一切物体都具有惯性，所以病毒分子也具有惯性，故A正确；
B、温度越高分子热运动越剧烈，所以病毒分子运动得越快，故B正确；
C、分子无规则运动的速度与物体的温度有关；温度越高，病毒分子运动得越快，分子具有的动能越大，故C错误；
D、带静电的物体可以吸引轻小物体，故D正确。
故选：C。
【点评】此题考查的知识点较多，包括惯性的存在、分子无规则运动的规律、分子动能的影响因素及带电体的性质，正确理解概念和规律是解答的关键。
5．（2分）纳米陶瓷作为高科技材料应用广泛，它具有耐磨、耐腐蚀、耐高温、防浸透、完全无磁性等特点，但它不可用于下列哪项技术中（ ）。
A．纳米陶瓷刀 B．公交IC卡
C．“嫦娥二号”外表涂层 D．装浓硫酸的容器
【分析】根据材料的特性及各选项的材料是否适合这一特性来判断。
【解答】解：A、纳米陶瓷用于纳米陶瓷刀，利用了其耐磨的特性的特点；故A不合题意；
B、IC卡芯片是电子线路，陶瓷不是导体，所以不能用纳米陶瓷来做；故B符合题意；
C、纳米陶瓷用作“嫦娥二号”外表涂层，利用了耐高温的特性；故C不合意题；
D、纳米陶瓷用作装浓硫酸的容器，利用耐腐蚀的特性。故D不合题意
故选：B。
【点评】要会分析根据材料的特性来判断应用的场合，需要注意的是IC卡不等同于磁卡，磁卡是用磁性材料做的。
6．（2分）如图，物体重50N静止在竖直的墙壁上，F压＝30N，若物体与墙壁的接触面积为0.2m2，下列分析正确的是（ ）。

A．物体受到竖直向上的摩擦力大小等于50N
B．物体对墙壁的压强为250Pa
C．物体受到的压力越大，摩擦力越大
D．若物体受到的力全部消失，则物体向下运动
【分析】（1）由于物体压在竖直墙上，处于平衡状态，物体在竖直方向上受到重力和墙壁对它的摩擦力，这两个力是一对平衡力，二力大小相等；
（2）物体将水平力大小不变的传递到墙上可求墙壁受到的压力，知道物体A与墙壁的接触面积，利用p＝求物体对墙壁的压强；
（3）牛顿第一定律：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：
A、物体在竖直方向上受到重力和墙壁对它的摩擦力，因物体压在竖直墙上处于平衡状态，这两个力是一对平衡力，所以物体受到摩擦力等于重力，即f＝G＝50N，故A正确；
B、因固体可以大小不变的传递压力，所以物体对竖直墙壁的压力等于F＝F压＝30N，物体对墙壁的压强：p＝＝＝150Pa，故B错误；
C、因物体压在竖直墙上处于平衡状态，物体受到摩擦力等于重力，所以增大对物体的压力时，物体与墙面的摩擦力大小不变，故C错误；
D、根据牛顿第一定律可知，若物体受到的力全部突然消失，则物体将做处于静止状态，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了压强的计算、二力平衡条件和牛顿第一定律的应用，知道固体可以大小不变的传递压力和正确的对物体受力分析是关键。
7．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）。
A．温度相同的物体内能一定相等
B．汽油机做功冲程中燃气的内能减小
C．我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
D．电能可以使灯泡发光，同时产生内能，这些内能又可以自动地转化为电能
【分析】（1）物体的内能跟物体的质量、状态、温度有关；热量总是从温度高的物体传给温度低的物体。
（2）热机是燃料在气缸内燃烧，产生高温高压的燃气，燃气对活塞做功，内能转化为机械能；
（3）热量是个过程量，区别于状态量，只是在热传递这个过程中才有热量这个物理量，当两物体温差达到相等时，热传递就停止。所以只能说某物体吸收了多少热量，放出了多少热量，而不能说含有多少热量；
（4）能量在转化的过程中具有方向性，很多能量转化的实例都说明了这一点。
【解答】解：
A、内能跟物体的质量、状态、温度有关，温度相同的物体，内能不一定相同，故A错误；
B、汽油机的做功冲程中，燃气对活塞做功，燃气的内能转化为机械能，所以燃气的内能减少，故B正确；
C、我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为热汤的温度高；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故C错误；
D、电能可以使电灯发光，同时产生内能，而这些内能无法自动地转化为电能，是因为能量的转化是有方向性的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系，还有能量转化知识的掌握，是中考的热点。
8．（2分）在中国科技馆的展厅里，摆着一个如图所示，叫做“最速降线”的展品：两个并排轨道的起点高度一样，终点高度也一样；一个是倾斜的直轨道，另一个是向下弯曲的弧形轨道。将甲、乙两个完全相同的小球同时分别从直轨道和弧形轨道的起点释放，弧形轨道上的乙球先到达终点。若不计一切摩擦阻力，则关于两小球从起点至终点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）。

A．乙球的动能先增大后减小
B．乙球的重力势能先变小后变大
C．甲球所受重力对甲球做功比乙球所受重力对乙球做功慢
D．甲球所受重力对甲球做的功比乙球所受重力对乙球做的功少
【分析】（1）动能的影响因素是质量和速度；重力势能的影响因素是质量和高度；据此判断动能和重力势能的大小；
（2）功等于力与距离的乘积，据此判断其做功的多少；
（3）根据路程和运动时间可判断其速度的大小，进而判断功率大小。
【解答】解：由题意可知，两球的重力相同，最初的高度相同；
AB、下降过程中乙球的高度不断减小，速度越来越快，则乙球的重力势能一直减小，动能一直增大，故AB错误；
C、下降过程中，乙先到达终点，则乙的速度大，两球的重力相同，根据P＝Fv可知，重力对乙球做功的功率比重力对甲球做功的功率大，即重力对甲球做功慢，重力对乙球做功更快，故C正确；
D、两球的重力相同，起点高度一样，终点高度也一样，则两球下落的高度相同，由W＝Gh可知，到最低点时两球重力所做的功相同，故D错误；
故选：C。
【点评】在科技馆中的科技展品为内容，考查了影响动能、重力势能的因素，以及对做功情况、速度情况的比较，有一定综合性，值得我们关注。
9．（2分）据有关媒体报道，未来在我国航母上，将采用电磁弹射装置，它的弹射车与舰载机的前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通入强电流时，立即产生强大的推力，使舰载机快速起飞。那么，在下列四个实验中，与电磁弹射器的工作原理一致的是（ ）。
A． B．
C． D．
【分析】根据通电导体在磁场中受到磁场力的作用分析解答。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
A、图中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，是电磁感应现象，故A错误；
B、图中有电源，通电导体棒在磁场中受力而运动，即与电磁弹射器的工作原理相同，故B正确；
C、该实验为奥斯特实验，说明了电流周围存在着磁场，故C错误；
D、图中是电磁铁，是根据电流的磁效应制成的，故D错误。
故选：B。
【点评】对于电磁学中的电流磁效应、磁场对通电导体有力的作用、电磁感应实验区分要注意条件。
10．（2分）如图为探究“焦耳定律”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。将容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＜R2。下列说法正确的是（ ）。

A．该实验装置用于探究“电压和通电时间一定时，电热与电阻的关系”
B．闭合开关后，通过R1的电流大于R2的电流
C．闭合开关后，甲管中液面上升比乙慢
D．闭合开关后，要使电流增大，应将滑动变阻器滑片P向左移动
【分析】电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的气体加热，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；
AB、由焦耳定律Q＝I2Rt可知，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；
C、由焦耳定律Q＝I2Rt结合转换法和串联电路电流的规律分析；
D、由欧姆定律分析。
【解答】解：A、图中两电阻串联，通过的电流和通电时间相等，而电阻不同，故可研究电流产生的热量与电阻的关系，AB错误；
C、根据Q＝I2Rt，因R1＜R2．故右边容器中电阻丝产生的热量多，由转换法，甲管中液面上升比乙慢，C正确；
D、闭合开关后，要使电流增大，由欧姆定律，要减小电路的电阻，故应将滑动变阻器滑片P向右移动，D错误。
故选：C。
【点评】本题探究焦耳定律，考查转换法和控制变量法的运用及串联电路的规律及焦耳定律、欧姆定律的运用。
11．（2分）如图所示，将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N，AO：OB＝1：3，甲物体的底面积为0.2m2，g取10N/kg。下列说法正确的是（ ）。

A．甲物体对杠杆的拉力为10N
B．杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60N
C．甲物体对水平地面的压强为750Pa
D．水平地面对甲物体的支持力为60N
【分析】根据杠杆平衡条件计算细绳对杠杆的拉力，根据力的作用的相互性得出杠杆对甲物体的拉力，又知其重力，根据力的平衡可求地面对它的支持力，根据力的作用的相互性得出它对地面的压力，又知受力面积，利用p＝计算压强大小。
【解答】解：
（1）根据杠杆平衡条件可得：FA•LAO＝FB•LOB，
AO：OB＝1：3，则OB＝3AO，
所以细绳对杠杆拉力的作用FA＝＝＝3G乙＝3×30N＝90N；
根据力的作用的相互性可得，杠杆对甲物体竖直向上的拉力为90N，甲物体对杠杆没有拉力的作用，故AB错误。
（2）对甲物体进行受力分析可知，甲物体共受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和竖直向上的拉力三个力的作用，且重力等于拉力与支持力之和，
则甲物体对地面的压力：F甲＝F支＝G甲﹣FA＝150N﹣90N＝60N，
甲物体对地面的压强：p＝＝＝300Pa．故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题考查压强的大小计算，涉及到力的作用的相互性、杠杆平衡条件、物体受力分析和力的平衡等知识点，是一道综合性较强的题目，关键是对物体进行正确的受力分析。
12．（2分）如图电路，电源电压为12V且保持不变。闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J．则下列结果正确的是（ ）。

A．电路中的最大电流为1A
B．滑片P在中点时，10s内滑动变阻器R消耗的电能为60J
C．滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8：1
D．R1先后两次消耗的电功率之比为16：9
【分析】根据电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据串联电路分压规律可知滑片从中点到b端时，电压表示数将增大，因此电压表示数增大了2V，然后根据串联电路电压规律以及Q＝t即可求出R1的阻值；
（1）当滑片在a点时，电路中的电流最大，根据欧姆定律即可求出电路中的最大电流；
（2）先根据欧姆定律求出滑片在中点时电路中的电流，然后根据W＝UIt求出10s内滑动变阻器R消耗的电能；
（3）根据P＝UI即可求出R先后两次消耗的电功率之比；
（4）根据P＝UI即可求出R1先后两次消耗的电功率之比
【解答】解：根据电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；
滑片从中点到b端时，变阻器接入电路的阻值增大，由串联分压的规律可知，电压表示数（变阻器的电压）将增大，电压表示数增大了2V，即滑片在b点时电压表的示数为4V+2V＝6V；
在10s内定值电阻R1产生的热量为36J，由Q＝t可得R1的阻值：
R1＝t＝×10s＝10Ω；
A、当滑片在a点时，变阻器接入电路的阻值为0，电路中的电流最大，
则电路中的最大电流：I最大＝＝＝1.2A，故A错误；
B、串联电路中各处的电流相等，滑片在中点时，电路中的电流：I＝＝＝0.8A，
10s内滑动变阻器R消耗的电能：W滑＝U滑It＝4V×0.8A×10s＝32J，故B错误；
C、当滑片在b点时，变阻器接入的阻值最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流：I最小＝＝＝0.6A，
由P＝UI可得，滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比：＝＝，故C错误；
D、由P＝UI可得，R1先后两次消耗的电功率之比：＝＝，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及电功、功率计算公式的应用，要注意电表最小示数的判断。
二、填空题（每空1分，共24分）
13．（2分）为了消杀新冠病毒，班主任在教室喷洒消毒液后，同学们进入教室闻到刺鼻的消毒液味，这是　扩散　现象；同学们用测温枪测体温，利用　红外线　（红外线、紫外线、可见光）的热效应。
【分析】（1）组成物质的分子永不停息地做无规则运动，扩散现象就是分子无规则运动的表现；
（2）红外线的应用，热作用强：烤箱、浴室里的暖灯、夜视仪、热谱图；穿透力强：航空摄影；遥感、遥控：卫星遥感、家用遥控器。
【解答】解：同学们进入教室闻到刺鼻的消毒液味，是因为消毒液分子不停地做无规则运动，属于扩散现象；
根据红外线的特点可知，由于红外线热效应强，测温枪是利用红外线的热效应工作的。
故答案为：扩散；红外线。
【点评】本题考查了扩散现象及红外测温枪的工作原理，要用物理知识解释生活中的现象，体现了从物理走向生活的学习理念。
14．（2分）公安交通管理部门要求驾驶员和乘客必须使用安全带，如图所示。如果不系安全带，汽车一旦发生碰撞突然停止运动，乘客由于　惯性　继续向前运动，就会与车身发生碰撞，对人身造成伤害，行驶的汽车受到碰撞停止运动，说明力可以改变物体的　运动状态　。

【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
（2）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
【解答】解：（1）汽车匀速行驶时，乘客随汽车一起运动，汽车一旦发生碰撞突然停止运动，乘客由于惯性要保持原来的运动状态，就会与车身发生碰撞，对人身造成伤害；
（2）行驶的汽车受到碰撞停止运动，说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：惯性；运动状态。
【点评】通过乘客乘坐汽车，考查了力的作用效果、惯性，体现了生活处处皆物理。
15．（3分）勤于动手的小聪在探究凸透镜成像规律过程中，将蜡烛、凸透镜和光屏按如图所示放置时，蜡烛通过凸透镜在光屏上形成一个倒立、　缩小　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的清晰的像，利用凸透镜这一成像规律制成的是　照相机　（选填“照相机”、“投影仪”式“放大境”）；若保持透镜和光屏的位置不变，将蜡烛移到“28cm”刻度线位置，他将自己佩戴的眼镜放在蜡烛和透镜间适当位置时，光屏上又出现了清晰的像，则小明所患的眼疾是　远视眼　。（选填“近视眼”或“远视眼”）。


【分析】根据物距和像距的关系，能判断凸透镜的成像情况，从而判断其应用；凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用。
【解答】解：烛焰到凸透镜的距离是物距，光屏到凸透镜的距离是像距；由图知，物距大于像距，且光屏上能成清晰的像，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、缩小的实像；利用凸透镜这一成像规律制成的是照相机；
若保持透镜和光屏的位置不变，将蜡烛移到“28cm”刻度线位置，物距减小了，像距会变大，像成在光屏的后方，他将自己佩戴的眼镜放在蜡烛和透镜间适当位置时，光屏上又出现了清晰的像，这说明该眼镜对光线具有会聚作用，即该眼镜是凸透镜，能矫正远视眼。
故答案为：缩小；照相机；远视眼。
【点评】本题考查了探究凸透镜成像规律的实验中，操作的注意事项，成像的特点与规律、应用等，有一定综合性。
16．（2分）2020年5月5日18时，长征五号B运载火箭在海南文昌首飞成功，正式拉开我国载人航天工程第三步任务的序幕。如图所示，是火箭首飞时的情景：火箭升空过程中，发动机的工作原理相当于四冲程内燃机的　做功　冲程。此过程，火箭箭体与空气摩擦会发热，这是通过　做功　方式改变箭体的内能。

【分析】（1）火箭发动机工作时将内能转化为机械能；
（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
【解答】解：（1）内燃机的做功冲程是把内能转化为机械能；火箭升空过程中，火箭发动机工作时将内能转化为机械能，故发动机的工作原理相当于四冲程内燃机的做功冲程；
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能，火箭箭体与空气摩擦会发热，这是通过做功改变箭体的内能。
故答案为：做功；做功。
【点评】本题考查能量的转化，物体内能的改变方式，难度不大。
17．（2分）如图甲所示，在水平面上测量木块滑动摩擦力时，作用在木块上的水平拉力F大小随时间t变化情况的图像如图乙所示，木块运动速度v随时间t变化情况的图像如图丙所示。由以上情况可知，木块在　40～50　s时间段内动能减小；木块在第20s时受到的摩擦力为　4　N。


【分析】动能的大小与质量和速度有关，在质量不变时，速度减小，动能减小；滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：
根据图像可知，木块在40s﹣50s内的速度是减小的，质量不变，动能减小；
由F﹣t图像可知，30s～40s内的拉力F＝4N，由v﹣t图像可知，木块做匀速直线运动，处于平衡状态，则此时木块受到的摩擦力为4N；
由v﹣t图像可知，20s时木块做变速直线运动，因滑动摩擦力只与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关，所以，木块受到的滑动摩擦力不变，则第20s时受到的摩擦力为4N；
故答案为：40～50；4。
【点评】本题从两个图像分析运动状态、速度大小、拉力大小，已知条件都包含在图像中，是中考的热点，考查学生的读图能力，综合性很强，有一定的难度。
18．（2分）如图所示，原长为L的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与水平面上的木块相连。推动木块压缩弹簧，其左端至A点时，弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，则木块运动过程中克服阻力做的功是　24　J．整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于　B　（选填：“B“、“C”或“D”）点。

【分析】根据能量守恒定律求出阻力所做的功；木块向右运动时受到弹力和阻力的共同作用，根据弹力的变化分析木块速度的变化。
【解答】解：弹簧具有的弹性势能为25J；松手后，木块在弹簧的作用下往复运动若干次后静止，此时弹簧具有的弹性势能为1J，木块在运动过程中，克服摩擦力做功，根据能量守恒定律可知，总的能量不变，故克服阻力所做的功为25J﹣1J＝24J；
弹簧被压缩时具有弹力，弹力的方向是向右的，木块向右运动时，阻力是向左的；开始运动时，弹力大于阻力，木块向右运动的过程中，弹力慢慢减小，阻力不变，木块做加速运动，当木块受到的弹力等于阻力时速度最大，此时弹簧未恢复值原长；木块由于惯性仍然会向右运动，此时弹力小于阻力，做的是减速运动，当弹簧恢复原长时弹力力为0；由图可知，整个运动过程中木块速度最大时其左端可能位于B点。
故答案为：24；B。
【点评】本题考查了能量守恒定律的应用、物体运动状态的分析，明确物体运动过程中的受力情况是解题的关键。
19．（3分）某课外活动小组在探究物体的“浮沉条件”时，将一个质量为100g的物体放入装满水的深桶中，溢出90g水，物体受到的浮力是　0.9　N，（取10N/kg）；这个物体在水中将会　下沉　（选填：“上浮”“下沉”、“悬浮”），放入物体后水对桶底的压强　等于　放入物体前水对桶底的压强（选填：“大于”、“小于”、“等于”）。
【分析】（1）知道把物体轻轻放入盛满水的溢水杯中溢出水的质量（排开水的质量），利用重力公式求排开水的重力，再利用阿基米德原理求物体受到的浮力。
（2）判断物体浮沉情况，需要通过比较物体受到的重力和物体受到的浮力；
（3）因为是装满水的深桶中，所以放入物体前后水的深度不变，根据p＝ρgh分析压强的变化。
【解答】解：（1）把物体轻轻放入盛满清水的溢水杯中，排开的水重：
G排＝mg＝0.09kg×10N/kg＝0.9N，
物体受到的水的浮力：F浮＝G排＝0.9N。
（2）物体的重力G＝mg＝0.1kg×10N/kg＝1N，
因为物体重1N，G物＞F浮，所以松手后物体将下沉。
（3）因为原来深桶中装满了水，放入物体后，水溢出，桶中水的深度不变，根据p＝ρgh可知，水对桶底的压强不变。放入物体后水对桶底的压强等于放入物体前水对桶底的压强。
故答案为：0.9；下沉；等于。
【点评】本题考查了浮力大小的计算、浮沉条件及其应用、液体压强特点，是一道比较简单的计算分析题，都可以直接根据原理或规律求解出来，一定要理解物理中的原理、规律和公式，它们是物理学的基础，是核心内容。
20．（5分）共享单车是绿色环保的交通工具。用车前需手机扫码解锁，如强行开锁则会报警。开锁和报警所需电能由自行车传动放电提供。
（1）车锁外壳应采用硬度较　大　的材料；骑行时车轮带动发电机发电将　机械　能转化为电能，车轮获得向前动力的同时也将地面的沙尘向后扬起，说明　力的作用是相互的　。
（2）单车和小明的总重600N，小明骑单车时，车胎与地面接触的总面积为4.0×10﹣3m2，则车辆对地面的压强为　1.5×105　Pa。
（3）单车报警控制电路的原理图如图。电源电压为4.0V，R0为定值电阻，R为压敏电阻，阻值与所受压力F的大小关系为R＝10﹣0.3F（Ω）。当F＝0时电路电流I＝0.25A；当I≥0.4A时会报警。则报警时压敏电阻受到的压力至少为　20　N。

【分析】（1）车锁硬度很大以防止变形，发电机是根据电磁感应原理制成的，物体间力的作用是相互的；
（2）小明骑单车时对地面的压力和总重力相等，根据p＝求出车辆对地面的压强；
（3）根据R＝10﹣0.3F（Ω）求出F＝0时压敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出定值电阻R0的阻值；报警时，电路中的最小电流为0.4A，此时压敏电阻受到的压力最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出此时压敏电阻的阻值，利用R＝10﹣0.3F（Ω）求出压敏电阻受到的最小压力。
【解答】解：（1）车锁外壳不容易变形，应采用硬度较大的材料；
骑行时车轮带动发电机发电，将机械能转化为电能；
车轮获得向前动力的同时也给地面一个力，使地面的沙尘向后扬起，这说明力的作用是相互的；
（2）因水平面上物体的压力和自身的重力相等，
所以，车辆对地面的压强p＝＝＝＝1.5×105Pa；
（3）当F＝0时，R＝10Ω，电路电流I＝0.25A，
由I＝可得，电路的总电阻R总＝＝＝16Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，定值电阻R0的阻值R0＝R总﹣R＝16Ω﹣10Ω＝6Ω，
报警时，电路中的最小电流为0.4A，此时压敏电阻受到的压力最小，
此时电路的总电阻R总′＝＝＝10Ω，
此时压敏电阻的阻值R′＝R总′﹣R0＝10Ω﹣6Ω＝4Ω，
由R＝10﹣0.3F（Ω）可得，F＝20N。
故答案为：（1）大；机械；力的作用是相互的；（2）1.5×105；（3）20。
【点评】本题考查了物质的基本属性、发电机能量的转化、力的相互性、压强公式、串联电路的特点以及欧姆定律的应用，涉及到的知识点较多，综合性强。
21．（2分）如图甲是一种家用电器，图乙是其简化的电路图，已知R1＜R2，电暖器的部分参数如表中所示。闭合开关S，要让电器处于第二档工作，则应再将开关　S1　闭合；若电暖器在第二档正常工作10min，则产生的热量是　6.9×105　J．
额定电源
220V
功率选择
一档950W
二档1150W
三档2100W

【分析】分析电路连接方式，根据P＝可判断电暖器处于的挡位；根据Q＝W＝P2t求出电暖器在第二档正常工作10min产生的热量。
【解答】解：由题可知，R1＜R2；
闭合开关S、S2时，R2单独接入电路，电路中电阻最大，根据P＝可知，功率最小，电暖器处于第一档；
闭合开关S、S1时，R1单独接入电路，电路电阻较大，根据P＝可知，功率较大，电暖器处于第二档；
闭合开关S、S1、S2时，R1、R2并联，电路中电阻最小，根据P＝可知，功率最大，电暖器处于第三档；
工作时间t＝10min＝600s，
电暖器在第二档正常工作10min产生的热量：
Q＝W＝P2t＝1150W×600s＝6.9×105J。
故答案为：S1；6.9×105。
【点评】本题属于用电器挡位问题的判断，关键是分析电路的连接方式，会应用P＝判断用电器的挡位，属于中考常考题型。
22．（1分）“圆梦号”是我国首个军民通用新型平流层飞艇，当飞艇推进器产生的推力与气流对飞艇的水平作用力平衡时，可使飞艇长时间悬停。飞艇所受的空气阻力f与速度v的关系为f＝kv2[式中的k＝0.9N/（m2•s﹣2）]，推进器的功效（功效是指推进器的推力与功率的比值）为0.01N/W，当平流层风速为30m/s时，使飞艇悬停的推进器功率为　81　kW。

【分析】根据飞艇所受的空气阻力与风速的关系图可知，飞艇匀速飞行时受到受到的水平推力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据推进器的功效求出飞艇推进器的功率。
【解答】解：因为飞艇所受的空气阻力f与速度v的关系为f＝kv2[式中的k＝0.9N/（m2•s﹣2）]，
所以平流层风速为v＝30m/s时，飞艇受到的阻力为f＝kv2＝0.9N/（m2•s﹣2）×（30m/s）2＝810N，
飞艇悬停在空中，因此飞艇受到的水平推力和阻力是一对平衡力，
所以，水平推力：F＝f＝810N；
则此时飞艇推进器的功率为：
P＝＝＝81000W＝81kW。
故答案为：81。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用和功率的计算，明确功效是指推进器的推力与功率的比值是解答此题的关键。
三、解答题（本题共8小题，共32分，其中第24、28题应写出必要的计算过程）
23．（2分）在图中，作出通过凹透镜的两根光线的折射光线。

【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凹透镜的三条特殊光线作图。
【解答】解：
延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。如下图所示：

【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
24．（2分）如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，请你在图乙所示的示意图中画出施加在A点的最小动力F1和阻力F2的力臂。

【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
【解答】解：过支点O作阻力F2作用线的垂线段，即为阻力F2的力臂L2；
要动力最小，则动力臂应最长，连接支点O与A点，则OA为最长的动力臂L1；阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小动力F1，如下图所示：
。
【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
25．（2分）根据图中磁感线方问，在图中标出通电螺线管的N、S极和电源的“+”、“﹣”极。


【分析】在磁体的外部磁感线从磁体的N极出发回到S极；根据安培定则判定电源的极性。
【解答】解：在磁体的外部磁感线从磁体的N极出发回到S极，故螺线管的左端为N极，右端为S极，根据安培定则可知，螺线管中电流从左端流入，右端流出，故电源的左端为正极，右端为负极，如图：

【点评】安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的NS极联系在一起。
26．（4分）小明家买了一辆以汽油为燃料的小汽车，如图所示。经查阅资料，小明了解到以下信息：“该车若以80km/h的速度匀速行驶时，发动机的牵引力为1000N，百公里油耗：10L/100km”。（百公里油耗是指汽车行驶100km，需要消耗10L汽油。）
已知：汽油密度ρ＝0.7×103kg/m3，汽油热值q＝4.6×107J/kg。请你运用所学过的知识解答下列问题：
（1）完全燃烧10L汽油所放出的热量是多少J？
（2）该车以80km/h的速度匀速行驶时，它的发动机效率是多少？（结果保留整数位）

【分析】（1）已知汽油的体积，利用公式m＝ρV可求得其质量，再利用公式Q放＝mq可求得完全燃烧10L汽油所放出的热量；
（2）设小汽车匀速行驶100km，根据公式W＝Fs可求得牵引力做功，然后利用η＝×100%可求得它的发动机效率。
【解答】解：（1）汽油的体积：
V＝10L＝0.01m3，
10L汽油质量：
m＝ρV＝0.7×103kg/m3×0.01＝7kg，
完全燃烧10L汽油所放出的热量：
Q放＝mq＝7kg×4.6×107J/kg＝3.22×108J，
（2）汽车行驶100km，牵引力做功：
W＝Fs＝1000N×100×103m＝1×108J，
发动机的效率：
η＝×100%＝×100%≈31%。
答：（1）完全燃烧10L汽油所放出的热量是3.22×108J；
（2）它的发动机效率是31%。
【点评】本题是一道综合性的较强的计算题，密度公式变形的应用，功的计算，热机效率的计算等知识点，题目的难度不大。
27．（4分）图甲是小明探究“固体熔化过程的规律”实验装置图。
（1）实验中通过烧杯中的水对试管加热，目的是　使固体受热均匀，而且冰的温度上升速度较慢，便于记录各个时刻的温度　。
（2）每过1min记录一次物质的温度及状态，作出如图乙所示的温度随时间变化的图像，由图乙可知该物质是　晶体　（选填“晶体”或“非晶体”），该物质在BC段内能　增加　（选填“增加”、“不变”或“减少”）。
（3）比较图乙中AB段与CD段可知：物质AB段的比热容和CD段的比热容之比为　1：2　。

【分析】（1）利用烧杯中的水给试管里的冰加热的目的是使冰受热均匀，而且冰的温度上升速度较慢，便于记录各个时刻的温度；
（2）晶体在熔化过程中的特点：不断吸热，温度保持不变，内能增大；
（3）运用公式Q吸＝cm△t可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热容和升高的温度△t成反比。
【解答】解：（1）利用烧杯中的水给试管里的固体加热的目的是使固体受热均匀，而且冰的温度上升速度较慢，便于记录各个时刻的温度；
（2）由图像知，该物质在熔化过程中温度保持不变，所以是晶体，晶体在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，内能增大；
（3）根据公式Q吸＝cm△t可以知道，当质量和吸收的热量相同时，比热容和升高的温度△t成反比，根据图像可知，AB段单位时间内升高的温度为℃/min，CD段单位时间内升高的温度为℃/min，所以单位时间内升高的温度之比为2：1，故比热容之比为1：2。
故答案为：（1）使固体受热均匀，而且冰的温度上升速度较慢，便于记录各个时刻的温度；（2）晶体；增加；（3）1：2。
【点评】此题涉及到晶体熔化过程中的特点以及冰和水比热容的比较，是一道常见题目。
28．（6分）图1是小丽探究动能大小与速度关系时的实验场景：斜面上有两平行轨道，将两小球①、②从轨道上由静止释放，与放置在水平木板上的两个相同木块①、②发生碰撞，两个木块初始位置到斜面底端的距离相等。
（1）为完成实验，应使两个质量　相同　的小球从轨道上　不同　高度由静止释放（均选填“相同”或“不同”）
（2）由图1场景可知，碰撞木块前瞬间，小球　①　的动能较大，两木块通过A、B两点处所受的滑动摩擦力大小分别为fA、fB，则fA　＝　fB，滑行中，木块的动能转化成　内　能；
（3）图2是某次实验的场景：将两小球从图中E、F处静止释放，最终木块①从水平木板的右端滑出，小丽用质量更大的木块③替换木块①后继续此次实验，将两小球仍从图中E、F处由静止释放，木块③未滑出木板，小丽的实验改进有一处遗漏，它是　没有将木块②也更换为与木块③相同的木块　。

【分析】（1）探究动能大小与速度关系时，应控制质量不变，改变速度；
（2）动能的大小与速度有关；摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；木块克服摩擦做功，动能转化为内能；
（3）根据实验的目的和控制变量法分析。
【解答】解：（1）探究动能大小与速度关系时，应控制质量不变，改变速度，故应使两个质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放；
（2）碰撞木块前瞬间，小球①是从高处滑下的，速度较大，动能较大，两木块通过A、B两点处所受的滑动摩擦力大小分别为fA、fB，由于压力大小和接触面的粗糙程度相同，故摩擦力相同，即fA＝fB，滑行中，木块克服摩擦做功，木块的动能转化成内能；
（3）由图可知，图2实验探究的是动能大小与速度的关系，此时应控制质量相同，故实验的遗漏为：没有将木块②也更换为与木块③相同的木块。
故答案为：（1）相同；不同；（2）①；＝；内；（3）没有将木块②也更换为与木块③相同的木块。
【点评】本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能大小时运用了转换法，要掌握这两种方法的应用。分析清楚图示情景是正确解题的关键。
29．（6分）复习电学知识时，小明在实验室又做了“测量小灯泡电功率”和“探究电流与电压电阻关系”的实验。实验中，所用的电源电压为6V，小灯泡的额定电压为3.8V，滑动变阻器的规格为“30Ω1A”。

（1）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，小明按图甲所示的电路图正确连接了电路。实物中少了一根导线。请用笔画线代替导线补上，将图乙中的实物电路连接完整（要求：闭合开关前，滑片要滑到C点）。
（2）闭合开关后，移动变阻器的滑片，当电压表的示数为3.8V时，电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　1.52　W。
（3）移动变阻器的滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成如图丁所示的小灯泡的I﹣U图像。由图像可知：如果小灯泡两端的电压为1.9V，则小灯泡的实际功率　大于　0.38W（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）在做“探究电流与电阻关系”的实验时，小明所用的四个定值电阻的阻值分别5Ω、10Ω、15Ω、20Ω．他直接利用测量小灯泡电功率时所连的电路进行实验，他把电路中的小灯泡取下，电路的其他元件连接方式不动，把四个定值电阻分别接入电路中进行探究。如果要保证电路中各元件的安全，且用四个电阻都能顺利地完成实验，则定值电阻两端的电压应该在范围内选择　B　。
A．U≤3V B．2.4V≤U≤3V C．U≥3V D．3V≤U≤6V
【分析】（1）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，根据灯泡的额定电压判断出电压表的量程，然后根据滑动变阻器的使用和电压表并联使用的特点连接实物电路图。
（2）根据电表的量程和分度值读出电表的示数，根据P＝UI即可计算灯泡的额定功率；
（3）根据R＝得出灯泡的电阻与电压的关系，然后根据欧姆定律判断出灯泡的实际电流，利用P＝UI即可判断实际功率的大小。
（4）“探究电流与电阻的关系”实验时，应控制不同值电阻的电压保持不变，电流表允许通过的最大电流为
I最大＝0.6A，根据欧姆定律，I最大＝，U最大＝I最大R最小，在求定值电阻两端的最大电压时，应以最小的定值电阻为准；
当选用最大的定值电阻20Ω时，且变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据串联电路电流的特点，即通过定值电阻的最小电流，I最小＝，所以，U最小＝I最小R最大，所以，在求定值电阻两端的最小电压时，应以最大的定值电阻为准。
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表与灯泡并联，电流表串联在电路中，根据灯泡的额定电压为3.8V可知电压表的量程选0～15V，则实物电路图如图所示：

（2）当电压表的示数为3.8V，灯泡正好正常工作，由乙图：电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以通过灯泡的电流I＝0.4A，
则灯泡的额定功率P额＝U额I＝3.8V×0.4A＝1.52W；
（3）由图像可知：的比值随电压的增大而增大，根据R＝可知对应的电阻是逐渐增大。
如果小灯泡两端的电压为1.9V，即：U实＝1.9V＝U额，
由于灯泡的电阻随电压的增大而增大，则通过灯泡的实际电流I实＞I额＝×0.4A＝0.2A，
所以，P实＝U实I实＞1.9V×0.2A＝3.8W。
（4）探究电流与电阻的关系”实验时，应控制不同电阻的电压保持不变，根据把5Ω、10Ω、15Ω、20Ω分别接入电路中进行探究，保证电路中各元件的安全，且用四个电阻都能顺利地完成实验：
因电流表的量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为0.6A，当接入最小的电阻5Ω时，电压表示数即为允许的最大电压U最大＝R最小I最大＝5Ω×0.6A＝3V；
因变阻器的最大阻值为30Ω，当变阻器电阻全部连入电路中时，R滑最大＝30Ω，
此时电路中的最小电流I最小＝＝＝0.12A，定值电阻的最小电压U小＝I小R定大＝0.12A×20Ω＝2.4V。
所定值电阻两端的电压应该在 2.4V≤U≤3V范围内，故选B。
故答案为：（1）图见上；（2）1.52；（3）大于；（4）B
【点评】本题测量连接实物电路图、灯泡电功率，考查额定功率的计算、影响电阻大小的因素、实际功率的大小的计算，在探究电流与电阻的关系实验中主要考查了控制变量法的运用及完成实验对定值电阻的电压要求，最后两问难度大，综合性强，对能力要求高。
30．（6分）小斌同学家浴室中安装一种灯暖型“浴霸”，他利用热敏电阻设计了一个温度自动控制装置，如图甲。控制电路中的R1为热敏电阻，R1的阻值随温度变化关系如图乙，电磁铁的线圈可看成阻值为30Ω的纯电阻R0，“浴霸”共安装有2盏标有“220V 440W”的灯泡，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使“浴霸”电路断开，当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，“浴霸”电路闭合。求：

（1）工作电路正常工作时，每盏灯泡1min内产生的热量。
（2）若浴室中的温度不得超过40℃，控制电路的电源电压U的最小值。
（3）若电源电压U恒为12V，将此装置放在浴室内，浴室内温度可控制范围的大小。
【分析】（1）由P＝计算正常工作时，每盏灯1min内产生的热量；
（2）控制电路中热敏电阻与线圈串联，由图像知，热敏电阻R1的阻值随温度升高而减小，读出温度40℃时R1的阻值，由串联电路特点和欧姆定律计算电源电压的最小值；
（3）若电源U电压恒定为12V，当电磁铁线圈中电流等于50mA时，浴室中的温度最高，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出热敏电阻的阻值，根据图乙读出浴室内的最大温度；
当线圈中的电流等于40mA时浴室中的温度最低，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，根据电阻的串联求出此时热敏电阻的阻值，然后读出浴室内的最大温度，从而得出浴室内温度可控制范围内。
【解答】解：（1）灯泡的额定电压220V，额定功率440W，工作电路正常工作时，每盏灯泡1min内产生的热量：
Q＝W＝Pt＝440W×60s＝2.64×104J；
（2）由装置图知，热敏电阻R1与线圈串联，
由图像知，热敏电阻R1的阻值随温度升高而减小，温度40℃时R1＝170Ω，
若浴室中的温度不得超过40℃，此时线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，工作电路断开，
由串联电路特点和欧姆定律可得，电源电压的最小值：
U＝I（R1+R0）＝50×10﹣3A×（170Ω+30Ω）＝10V；
（3）若电源U电压恒定为12V，当电磁铁线圈中电流等于50mA时，浴室中的温度最高，
此时电路中的总电阻：
R总＝＝＝240Ω，
此时热敏电阻的阻值：
R1′＝R总﹣R0＝240Ω﹣30Ω＝210Ω，
由图乙可知，浴室内的最高温度为30℃；
当线圈中的电流等于40mA时，浴室中的温度最低，
此时电路中的总电阻：
R总＝＝＝300Ω，
此时热敏电阻的阻值：
R1″＝R总﹣R0＝300Ω﹣30Ω＝270Ω，
由图乙可知，浴室内的最低温度为22℃；
所以，浴室内温度可控制在22℃～30℃范围内。
答：（1）工作电路正常工作时，每盏灯泡1min内产生的热量为2.64×104J。
（2）若浴室中的温度不得超过40℃，控制电路的电源电压U的最小值为10V。
（3）若电源电压U恒为12V，将此装置放在浴室内，浴室内温度可控制范围为22℃～30℃。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电热公式的综合应用，从图像中获取有用的信息是关键。