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2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷（解析版及原卷版）
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这是一份2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷（解析版及原卷版），文件包含2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷原卷版docx、2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷（解析版）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（ ）。
A．天然气 B．煤 C．石油 D．风能
【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
【解答】解：天然气、煤、石油都属于不可再生能源，只有风能可以在自然界里源源不断的得到补充，是可再生能源，故D正确、ABC错误。
故选：D。
【点评】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。
2．（2分）下列对自然现象中所涉及的物态变化、吸放热情况的描述，正确的是（ ）。
A．冬天铁丝网上出现霜﹣﹣凝固、吸热
B．深秋草叶上出现露珠﹣﹣液化、放热
C．屋檐上的冰凌正在消融﹣﹣熔化、放热
D．食品盒中的干冰变小﹣﹣汽化、吸热
【分析】物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；
物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；
物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热。
【解答】解：A、霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，是放热过程，故A错误；
B、露珠是空气中的水蒸气遇冷凝结而成的小水滴，属于液化现象，是放热过程，故B正确；
C、冰凌正在消融，由固态变成液态，属于熔化现象，是吸热过程，故C错误；
D、食品盒中的干冰变小是干冰由固体直接变成了气体了，属于升华现象，是吸热过程，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态。
3．（2分）下列关于光现象的说法正确的是（ ）。
A．池水看起来比实际浅，是因为光射入水中发生折射
B．岸边的树在水中的倒影，是由于光沿直线传播形成的
C．彩色电视机屏幕上的丰富色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成的
D．远离穿衣镜时，人在镜中的虚像逐渐变小
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；
（4）色光的三原色是红、绿、蓝。
【解答】解：A、池水看起来比实际浅，是因为光从水中射向空气中时发生了折射，故A错误；
B、岸边的树在水中的倒影，是由于光的反射形成的，故B错误；
C、彩色电视机屏幕上的丰富色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，故C正确；
D、远离穿衣镜时，人在镜中的虚像大小不变，故D错误。
故选：C。
【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，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
4．（2分）“粘”字用来描述某些物理现象形象而生动，对下列现象的成因分析不正确的是（ ）。
A．光滑铅块挤压在一起就能“粘”住﹣﹣因为分子间没有斥力
B．吸盘式挂衣钩能够“粘”在墙上﹣﹣由于大气压的作用
C．刚从冷冻室拿出的冰棒会“粘”住舌头﹣﹣因为液体瞬间凝固
D．穿在身上的化纤衣服易“粘”毛绒﹣﹣因为衣服带静电
【分析】（1）分子之间存在着引力和斥力；
（2）我们周围存在大气压；
（3）冰变为水是熔化；水变为冰是凝固；
（4）根据摩擦起电现象和带电物体的性质分析。
【解答】解：A、光滑铅块压在一起就能“粘”住﹣﹣因为分子间有引力，但分子间也有斥力，故A叙述错误；
B、吸盘式挂衣钩能够“粘”在墙上﹣﹣由于大气压的作用，故B叙述正确；
C、刚从冷冻室拿出的冰棒会“粘”住，是因为舌头上的水分遇到比较冷的冰棍形成的，液态变为固态的现象叫凝固，故C叙述正确；
D、穿着的化纤衣服“粘”毛绒﹣﹣因为衣服摩擦起电后带静电，会吸引轻小物体，故D叙述正确。
故选：A。
【点评】本题考查了摩擦起电现象和分子之间的作用力、大气压、凝固、大气压的掌握情况，需要结合具体实例进行分析。
5．（2分）关于内能，下列说法中正确的是（ ）。
A．0℃的冰块没有内能
B．物体内能大小与温度无关
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
D．金属汤勺放在热汤中，温度升高，这是通过热传递的方式改变内能
【分析】①一切物体在任何时候都具有内能；
②内能大小跟物体的质量、状态、温度有关；
③发生热传递的条件是物体之间具有温差，热量总是从高温物体传向低温物体；
④改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：A、一切物体在任何时候都具有内能，0℃的冰块也有内能，故A错误；
B、内能大小跟物体的质量、状态、温度有关，故B错误；
C、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，与物体内能多少无关，故C错误；
D、金属汤勺放在热汤中，温度升高，是能量发生了转移，这是通过热传递的方式改变物体的内能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了内能的概念、内能大小的影响因素、热传递的条件和改变内能的方式，属于基本概念和规律的考查，正确、全面理解内能的概念是解答的基础。
6．（2分）某机器的能量流向图如图所示，据此推测该机器可能是（ ）。
A．热机 B．电动机 C．发电机 D．电热水器
【分析】由能量流向图判断该机器主要将什么能转化成了什么能即可解决此题。
【解答】解：如图该机器将一部分电能转化成了机械能，还有一部分电能转化成了内能，
A、热机工作时将内能转化为机械能，故A不符合题意；
B、电动机是将大部分的电能转化为了机械能，还将一少部分电能转化为了内能，故B符合题意；
C、发电机工作时将其它形式的能转化为电能，故C不符合题意；
D、电热水器工作时将电能转化为内能，不产生机械能，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】解此题的关键是能确定图中能量转化的方向，并知道各种机械的能量转化情况。
7．（2分）如图弹簧固定于竖直墙壁，置于粗糙水平面上，P处为弹簧的原长位置，将弹簧压缩让物块自A处由静止释放，经过P点最终静止于B处，则关于物块下列说法正确的是（ ）。
A．运动至P点时，受平衡力作用
B．从P点到B点的过程中惯性越来越小
C．从A点到P点的过程中，动能增大
D．从A点到B点的过程中，机械能先增大后减小
【分析】（1）分析物块的受力情况来确定物块的运动情况：物块在竖直方向上受到重力和支持力，二力平衡；在物块没有离开弹簧时，在水平方向上受到弹力和滑动摩擦力；从A到P过程，弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，合力先水平向右，后水平向左，而速度方向一直向右，则物块先加速运动，后做减速运动；在此过程中，弹力与摩擦力平衡的瞬间，速度最大；从P到B，物块由于惯性会继续向前运动，由于受到摩擦力，物体的速度逐渐变小，直至为0。
（2）物体的惯性大小只与质量有关；
（3）物块的机械能等于动能与重力势能之和，分析其动能与重力势能的变化可知其机械能的变化情况。
【解答】解：
A、物块运动至P点时，弹簧处于原长位置，此时物块不受弹力，在水平方向上只受到向左的摩擦力作用，所以此时物块受到的力不是平衡力，故A错误；
B、惯性大小只与质量有关，物块的质量不变，其惯性大小不变，故B错误；
C、从A点到P点的过程中，向右的弹力先大于向左的摩擦力，木块先做加速运动；当弹力等于摩擦力时，物块的速度最大；木块继续向右运动，向右的弹力小于向左的摩擦力，木块做减速运动；在P点离开弹簧后，物块由于惯性仍然向前运动，由于存在摩擦力，则物块的速度会越来越小，直至速度为0，所以整个过程中物块的动能先变大后变小，故C错误；
D、从A点到B点的过程中，物块的质量、高度均不变，其重力势能不变；动能先变大后变小，而物块的机械能等于动能与重力势能之和，所以整个过程中机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了受力分析、动能和势能的相互转化、惯性，有一定难度。
8．（2分）下列器件工作时利用了电磁感应现象的是（ ）。
A．奥斯特实验
B．电铃
C．扬声器
D．发电机
【分析】（1）奥斯特实验表明电流周围存在磁场，是电流的磁效应。
（2）电铃的主要结构是电磁铁，电磁铁是根据电流的磁效应工作的。
（3）扬声器工作原理是通电导体在磁场中受力而运。
（4）发电机的工作原理是电磁感应。
【解答】解：A、奥斯特实验是跟小磁针平行的导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场，是电流磁效应，故A错误。
B、电铃的主要结构是电磁铁，闭合开关，电磁铁有磁性，吸引衔铁，小锤敲打铃发声，电铃是根据电流的磁效应工作的，故B错误。
C、扬声器是线圈通电后在磁场中受到磁力作用，导致锥形纸盆振动发声，故C错误。
D、发电机是由于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这种现象是电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
【点评】电磁部分包括三部分内容：磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，掌握电动机、发电机、电磁铁、扬声器、话筒、电铃、电磁起重机等工作原理。
9．（2分）小强做鸡蛋在盐水中悬浮的实验时，先配制了半杯浓盐水并将鸡蛋放入杯中，静止时如图甲所示，然后逐渐向杯中添加清水，直至如图乙所示。在逐渐向杯中添加清水过程中，下列说法不正确的是（ ）。
A．盐水对烧杯底的压强逐渐变小
B．盐水的密度变小
C．鸡蛋受到的浮力不变
D．盐水对烧杯底的压力逐渐变大
【分析】（1）图中烧杯为柱形容器，且鸡蛋分别处于漂浮和悬浮状态，则盐水对烧杯底的压力等于盐水和鸡蛋的总重力，据此可知加入清水后盐水对烧杯底的压力的变化情况，根据p＝判断盐水对烧杯底压强的变化情况。
（2）清水的密度小于盐水的密度，再根据浮沉条件判断鸡蛋受到浮力的变化情况。
【解答】解：
AD、图中烧杯为柱形容器，且鸡蛋分别处于漂浮和悬浮状态，则盐水对烧杯底的压力等于盐水和鸡蛋的总重力，所以往杯中加入适量清水，盐水对烧杯底的压力增大，根据p＝可知盐水对烧杯底的压强增大，故A错误，D正确；
B、由题知，烧杯中装有浓盐水，向杯中添加清水，因清水的密度小于浓盐水的密度，所以往杯中加入适量清水后，盐水的密度变小，故B正确；
C、鸡蛋由漂浮到悬浮，都处于平衡状态，则鸡蛋受到的浮力都等于鸡蛋的重力，所以鸡蛋受到的浮力不变，故C正确。
故选：A。
【点评】本题考查了压强公式、浮沉条件的应用，是一道综合题，有一定的难度。
10．（2分）小明家5月初电能表示数为“055418”，6月初的示数如图，表盘上标有“1600imp/kW•h”的字样。下列选项中正确的是（ ）。
A．2min 内指示灯闪烁 32 次，此时电路总功率为 600W
B．小明家 5 月消耗的电能为 960kW•h
C．小明家干路中的电流不得超过 10A
D．指示灯闪烁越快，电能表所在电路消耗的电能越多
【分析】（1）1600imp/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求闪烁32次时用电器消耗的电能；再根据公式P＝求出电路总功率；
（2）5月消耗的电能等于6月初、5月初的电能表的示数之差，电能表读数时注意：最后一位是小数、单位kW•h；
（3）根据10（20）A的含义判断：10A是指电能表的标定电流，20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流为20A；
（4）电能表指示灯闪烁的快慢反映了电流做功的快慢。
【解答】解：
A、电能表上的指示灯闪烁了32次时，用电器消耗的电能：
W＝kW•h＝0.02kW•h；
电路总功率：P＝＝＝0.6kW＝600W，故A正确；
B、5月初电能表示数为5541.8kW•h，6月初的示数为5637.8kW•h，
5月消耗的电能：W＝5637.8kW•h﹣5541.8kW•h＝96kW•h，故B错误；
C、10（20）A，其中20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流为20A，因此小明家干路中的电流不得超过20A，故C错误；
D、电能表指示灯闪烁的越快反映了电流做功越快，电能表所在电路的总功率越大，不能说明电能表所在电路消耗的电能越多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了使用电能表时消耗电能、电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。
11．（2分）钕磁铁也称为钕铁硼磁铁，是目前磁性最强的永久磁铁，也是最常使用的稀土磁铁。钕铁硼磁铁的不足之处是其温度性能不佳，在高温下使用磁损失较大。如图所示，干电池的底部吸有钕磁铁（可导电，且电阻忽略不计），现将一根阻值为r的导线以干电池为轴对折成“门”字形框，导线中点支在干电池的正极上。B的底端和磁铁相接触，A的底端与磁铁分离。轻推导线框，导线框即可绕轴持续转动。若电源电压为U，通过导线的电流为I，通电时间t，下列说法不正确的是（ ）。
A．电流产生的热量为 I2rt
B．电动机输出的机械功率为 UI﹣ I2r
C．工作一段时间后，导电框转速会下降
D．将钕磁铁的 N、S 极对调，导线框将反向转动
【分析】（1）由焦耳定律计算电流通过导线产生热量；
（2）电动机工作时将电能转化为机械能和内能，根据P＝UI计算消耗电能的功率，根据P＝I2R计算产生热功率，从而计算输出机械功率；
（3）钕铁硼磁铁在高温下使用磁损失较大，由此分析解答导电框转速下降的原因；
（4）磁场对通电导线有力的作用，其作用方向与电流的方向、磁场的方向有关，由此分析。
【解答】解：由题知，导线电阻为r，门字框右半部分导线电阻为r，电源电压为U，通过导线的电流为I，通电时间t。
A、电流产生热量Q＝I2×rt＝I2rt，故A错误；
B、电动机工作时将电能转化为机械能和内能，
电动机消耗电能的功率P电＝UI，产生热功率P热＝I2×r，
输出的机械功率P机械＝UI﹣I2r，故B正确；
C、由题知，钕铁硼磁铁在高温下使用磁损失较大，所以工作一段时间后，温度升高，钕铁硼磁铁的磁场减弱，导线框受力减小，所以转速会下降，故C正确；
D、通电导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向有关，所以将钕磁铁的N、S极对调，导线框将反向转动，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了电功率公式、焦耳定律的应用、通电导体在磁场中的受力情况，从题干中获取有用信息是关键。
12．（2分）如图所示，电源电压保持6V不变。电流表的量程为0～0.6A，电压表量程0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，在变阻器滑片P移动过程中，下列说法正确的是（ ）。
A．电流表示数允许的变化范围为0.2A～0.5A
B．电阻R1消耗功率允许的变化范围为0.4W～0.9W
C．变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为2Ω～20Ω
D．电路消耗总功率允许的变化范围为1.2W～3W
【分析】根据电路图可知，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻两端的电压；
当电压表的示数达到最大值3V时，求出电路中的电流，并与电流表的量程以及定值电阻R1允许通过的最大电流进行比较，从而可知电路中的最大电流，此时变阻器接入电路的电阻最小；
变阻器接入的阻值最大时，电流最小，定值电阻的电压最小；
根据欧姆定律的应用可以确定电流表示数变化范围，并求出滑动变阻器接入电路的阻值变化范围，结合电功率公式求出电路中总功率的变化范围以及R1消耗功率允许的变化范围。
【解答】解：
根据电路图可知，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻R1两端的电压；
当电压表的示数达到最大值3V时，即定值电阻R1两端的最大电压U1＝3V，
电路中的电流I＝I1＝＝＝0.3A＜0.5A＜0.6A，所以电路中的最大电流为0.3A；
此时滑动变阻器两端的电压：U2min＝U﹣U1＝6V﹣3V＝3V，
由I＝得，变阻器接入电路的最小电阻：Rmin＝＝＝10Ω；
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，整个电路是安全的，则变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10Ω～20Ω，故C错误；
电路中的电流最大时，电路的总功率最大，电路消耗的最大功率：Pmax＝UI＝6V×0.3A＝1.8W；
电阻R1消耗的最大功率：P1＝U1I＝3V×0.3A＝0.9W；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，则最大总电阻为Rmax＝R1+R2＝10Ω+20Ω＝30Ω，
电路中的最小电流Imin＝＝＝0.2A，所以电流表示数允许的变化范围为0.2A～0.3A，故A错误；
R1消耗的最小电功率：P1′＝Imin2R1＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，
由此可知，电阻R1消耗电功率允许的变化范围为0.4W～0.9W，故B正确；
电路消耗的最小功率：Pmin＝UImin＝6V×0.2A＝1.2W，
由此可知，电路消耗总电功率允许的变化范围为1.2W～1.8W，故D错误。
故选：B。
【点评】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，确定电路中电流的变化范围是解题的关键。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（4分）扬州瘦西湖公园鸟语花香，湖面水平如镜，倒映着蓝天白云，让人仿佛走进画卷之中。从物理学的角度分析，“鸟语”是由鸟的发声体 振动 产生的；人们闻到“花香”说明了 分子不停地做无规则运动 ；湖面“倒映着蓝天白云”是光的 反射 现象，成的是等大的 虚 （选填“实”或“虚”）像。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）扩散现象表明分子不停地做无规则运动。
（3）平面镜成像是光的反射现象，平面镜成正立、等大的虚像。
【解答】解：（1）“鸟语”是由鸟的发声体振动产生的。
（2）人们能闻到花香是花的芳香分子扩散到空气中，扩散现象表明说明分子不停地做无规则运动。
（3）水面相当于平面镜，蓝天白云在水平面镜中成正立、等大的虚像，这是光的反射现象。
故答案为：振动；分子不停地做无规则运动；反射；虚。
【点评】本题通过游园听到的鸟语，闻到的花香、看到水中美丽的画面，考查了声的产生、扩散现象和平面镜成像，体现了物理无处不在。
14．（5分）轿车上都安装有安全气囊系统。这套系统在汽车突然 减速 （选填“加速”或“减速”）的情况下会自动充气弹出，气囊能 减小 （选填“增加”或“减小”）对司机的压强，不会造成人体伤害。刹车时，由于摩擦，汽车的 机械 能转化为地面、空气的 内 能，这些能量不能自动地用来再次开动汽车，这说明能量的转化、转移具有 方向性 。
【分析】（1）一切物体都具有惯性；
（2）在压力不变的情况下，增大受力面积可以减小压强；
（3）能量的转化和转移有方向性，如：热传递时内能从高温物体转移到低温物体，或者从一个物体的高温部分传递到低温部分；汽车刹车时，车的动能转化为内能，而内能不可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能。
【解答】解：
汽车突然减速时，司机由于惯性仍保持原来的运动状态向前运动，这样就会撞击在车身上，对司机造成伤害；安全气囊在此时自动充气弹出，增大了受力面积，从而减小了对司机的压强，避免造成人体伤害。
刹车时，由于摩擦，汽车的机械能转化为地面、空气的内能，而这些内能不能自动地用来再次开动汽车，这说明能量的转化和转移具有方向性。
故答案为：减速；减小；机械；内；方向性。
【点评】本题考查了惯性、减小压强、能量的转化和转移等知识点，是一道综合题，但难度不大。
15．（3分）图甲是四冲程汽油机工作过程中的 做功 冲程，该过程的能量转化情况与图乙 相同 （选填“相同”或“不同”）。若汽油机1s内对外做功15次，则其曲轴的转速为 1800 r/min。
【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析；
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）由图甲可知，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，因此是做功冲程，此过程中内能转化为机械能；
乙图中电火花打火时，酒精气体燃烧膨胀做功，最后内能转化为盒盖的机械能，可以看到盒盖飞出；内能转化为盒盖的机械能；
因此做功冲程与乙实验的能量转化情况相同；
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，并对外做功1次；
汽油机每秒内对外做功15次，曲轴转30圈，则每分钟对外做功900次，曲轴转1800圈，因此曲轴的转速为1800r/min；
故答案为：做功；相同；1800。
【点评】本题主要考查对热机飞轮转速的含义的理解、热机工作循环中各冲程情况，属于综合性题目。
16．（2分）如图所示，用激光笔向容器底部投射光斑O之后，保持入射光线的位置不变，沿着容器内壁缓慢地向容器中注入清水，随着水位的逐渐上升，光斑会逐渐向O点的 左 边移动（选填“左”或“右”），光线在水中的折射角的大小会 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】根据光的折射规律，分别作出水槽内水位低时、水位高时的光的折射的光路图，两者比较得出结论。
【解答】解：光从空气斜射入水中，折射角小于入射角；
刚开始向水槽内注水，水位低，注入水的体积增加时，水位升高；光的折射的光路图分别如B、A图所示：
比较可知，在注水的过程中光斑向左移动。
由于入射角不变，故折射角不变。
故答案为：左；不变。
【点评】在做光路图时，前后两次由于入射角不变，所以要保证折射角不变。
17．（4分）如图，被称为“最新版中国高铁”的“复兴号”在京沪高铁亮相。它采用全新流线型头型，这是为了 减小阻力 ；车厢内实现了WiFi网络全覆盖，WiFi采用的是低强度的 电磁波 传输信号；车厢内座椅旁都安装了插座方便旅客充电的需求，这些插座之间的连接方式是 并联 ；车身长度约400m的“G1720次”列车，某次全部通过1600m长的隧道只用了20s的时间，该列车的速度约 360 km/h。
【分析】（1）流线型物体运动过程中，可以减小阻力，提高速度； WiFi 利用电磁波传递信息；插座是连接用电器的；
（2）列车全部通过该隧道的总路程等于隧道与车长的和，然后根据速度公式v＝即可求出通过该隧道的速度。
【解答】解：（1）动车的车头采用流线型设计可以减少行驶过程中空气的阻力，有利于提高速度或节约能源；WiFi 利用电磁波传递信息；插座是连接用电器的，家庭电路中各用电器是并联的，故插座也是并联的；
（2）由题知，车长L车＝400m，隧道L隧道＝1600m，
列车全部通过该隧道的总路程s＝L车+L隧道＝400m+1600m＝2000m，
车全部通过该隧道的速度为：v＝＝＝100m/s＝360km/h。
故答案为：减小阻力；电磁波；并联；360。
【点评】本题考查了减小阻力的措施、电磁波的利用、家庭电路的连接方式，以及速度公式的应用是一道综合题。
18．（3分）如图所示，小明用一个滑轮组匀速提升重为200N的物体，物体在4s内上升2m的过程中，人所用的拉力为125N．此过程中，小明做的有用功是 400 J，拉力的功率是 125 W，滑轮组的机械效率是 80% 。
【分析】①已知物重和上升高度，利用W有用＝Gh得到有用功；
②由图知，承担物重的绳子段数为2，已知物体上升的高度，可以得到绳子拉下的长度；已知拉力和绳子拉下的长度，可以得到总功；已知总功和所用时间，可以得到拉力的功率；
③已知有用功和总功，两者之比为滑轮组的机械效率。
【解答】解：
①拉力做的有用功为W有用＝Gh＝200N×2m＝400J；
②绳子拉下的长度为s＝2h＝2×2m＝4m，
拉力做的总功为W总＝Fs＝125N×4m＝500J，
拉力的功率为P＝＝125W；
③滑轮组的机械效率为η＝×100%＝80%。
故答案为：400；125；80%。
【点评】这是一道较典型的关于滑轮组的计算题，主要用到了功的公式、功率的公式、机械效率的公式，虽然用到的公式较多，但只要搞清楚力与距离的对应关系，难度也并不大。
19．（4分）某同学利用一个厚圆柱形玻璃瓶、带孔的橡皮塞、细玻璃管组成如图所示的装置，来探究一些物理问题。
（1）在图甲中，用手轻捏玻璃瓶，观察 细玻璃管中水柱是否上升 ，就能知道厚玻璃瓶是否发生了形变；
（2）将图乙中的玻璃瓶从楼下拿到楼上，观察到细玻璃管中的液面会 上升 ，这一现象说明了大气压随海拔高度的增大而 减小 。
（3）该同学利用气球做了一个小实验，如图丙所示，松开气球口的夹子后，气球向右运动，使气球向右运动的力的施力物体是 气球喷出来的气体 ，此现象说明物体间力的作用是相互的。
【分析】（1）在瓶中灌满水，用手轻捏玻璃瓶，细玻璃管中水面上升，说明在力的作用下，玻璃瓶中部分水进入玻璃管，玻璃瓶体积变小，形状发生改变；
（2）分析大气压变化与瓶中压强大小的变化关系，可判断大气压的变化；
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：（1）在瓶中灌满水，把带有细玻璃管的橡皮塞插入玻璃瓶中。用手轻捏玻璃瓶，观察细玻璃管中水面的高度变化，说明就能知道厚玻璃瓶是否发生了形状；
（2）将图乙中的玻璃瓶从楼下拿到楼上，细玻璃管中水面高度升高，说明液柱就会在内部压强的作用下而上升；水柱升高，瓶内水面下降，空气体积增大，是由于大气压减小引起，所以可说明大气压是随高度的升高而降低的；
（3）丙图中气球向外喷出气体，在气体推力的作用下向前运动，使气球向右运动力的施力物体是气球喷出来的气体；把封口的夹子松开，气球要向外喷出气体，给周围的空气向后的推力，因为物体间力的作用是相互的，空气也给气球向前的推力，所以气球向前运动。
故答案为：（1）细玻璃管中水柱是否上升； （2）上升； 减小； （3）气球喷出来的气体。
【点评】本题考查大气压强，力的作用效果，力的作用效果有：使物体发生形变，改变物体的运动状态；明确这一装置的原理。
20．（3分）如图所示为某型“无人机”，它有4个旋翼，可通过无线电操控，实现无人航拍。
（1）无人机的一个旋翼的电动机额定功率为30W额定电压为15V，此电动机正常工作时，通过的电流为 2 A。
（2）该机所用电池的参数为输出电压15V、容量5000mA•h，它能够提供的电能是 2.7×105 J；若电能的80%用于飞行，飞行时的实际功率为100W，则该机最多能飞行时间 2160s 。
【分析】（1）根据P＝UI求解额定电流；
（3）利用W＝UIt计算电池储存的能量，然后利用效率公式计算电能转化为的机械能，再利用P＝计算时间。
【解答】解：
（1）一个旋翼的电动机的额定电压是15V，额定功率为30W，
根据P＝UI可得其额定电流为：
I＝＝＝2A；
（2）该机所用电池的参数为输出电压15V、容量5000mA•h，
则该电池储存的能量：
W＝UIt＝15V×5A×3600s＝2.7×105J，
根据η＝可得，电能转为的机械能：
W机＝W×80%＝2.7×105J×80%＝2.16×105J，
根据P＝可得，该机最多能飞行的时间：
t＝＝＝2160s。
故答案为：（1）2；（2）2.7×105；2160s。
【点评】此题考查电功、效率和功率公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性较强，关键是公式的灵活运用。
三．解答题（本大题共10小题，共48分）
21．（2分）如图，请画出入射光线通过透镜后的折射光线；
【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图．
【解答】解：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，如图所示：
【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。
22．（2分）如图所示，请你根据小磁针的指向标出电源的“+、﹣”极；
【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
【解答】解：由图知：小磁针的磁极为：左S、右N，根据磁极间的相互作用，可知螺线管的磁极为：左S、右N；则电源的右端为正极，左端为负极。如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。
23．（2分）根据安全用电原则，将图中开关、两只“220V40W”电灯连在家庭电路中，要求开关同时控制两灯，且能正常发光。
【分析】家庭电路中的电灯是并联，一个开关控制两个电灯，则开关在干路上，且开关连在火线与电灯之间。
【解答】解：开关接火线，灯泡接零线。两只“220V 40W”电灯在家庭电路中并联才能正常工作，又因为开关同时控制两灯，所以开关在干路上，即灯泡并联后再与开关串联。如图所示：
【点评】本题考查了电灯与开关的连接。注意电灯应接在开关与零线之间。
24．（4分）要使质量为10kg的水温度升高22℃
（1）需要吸收多少热量？
（2）若不考虑热量散失，这些热量由天然气提供，需要多少天然气？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4.4×107J/kg]
【分析】（1）知道水的质量和升高的温度以及比热容，利用Q吸＝cm△t求出水吸收的热量；
（2）如果不考虑热量散失Q放＝Q吸，根据Q放＝mq求出完全燃烧天然气的质量。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×22℃＝9.24×105J，
（2）如果不考虑热量散失，天然气完全燃烧释放的热量：Q放＝Q吸＝9.24×105J，
由Q放＝mq可得，完全燃烧天然气的质量：
m天然气＝＝＝0.021kg＝21g；
答：（1）需要吸收9.24×105J热量；
（2）若不考虑热量散失，这些热量由天然气提供，需要21g天然气。
【点评】本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧释放热量公式的应用，是一道较为简单的应用题。
25．（6分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L标有“12V 12W”的字样，R2＝12Ω，当S1、S2都闭合时。电流表示数为1.2A．这时灯L正常发光（忽略温度对灯丝电阻的影响），求：
（1）电源电压；
（2）电阻R1的阻值；
（3）若将开关S1、S2都断开。此时灯L实际消耗的功率是多少？
【分析】（1）当S1、S2都闭合时，L与R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路两端的电压相等和额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压；
（2）当S1、S2都闭合时，根据P＝UI求出通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，将开关S1、S2都断开时，L与R2串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P＝I2R求出此时灯L实际消耗的功率。
【解答】解：（1）当S1、S2都闭合时，L与R1并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，
所以，电源的电压U＝UL＝12V；
（2）当S1、S2都闭合时，由P＝UI可得，通过灯泡的电流：
IL＝＝＝1A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1＝I﹣IL＝1.2A﹣1A＝0.2A，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝60Ω；
（3）灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
将开关S1、S2都断开时，L与R2串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I′＝＝＝0.5A，
则灯L实际消耗的功率：
PL＝（I'）2RL＝（0.5A）2×12Ω＝3W。
答：（1）电源电压为12V；
（2）电阻R1的阻值为60Ω；
（3）若将开关S1、S2都断开。此时灯L实际消耗的功率是3W。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
26．（6分）以下为某兴趣小组探究冰的熔化特点实验过程。
（1）实验时应将 碎冰 （选填“整块冰”或“碎冰”）放入图甲装置试管中，将试管放入装有热水的烧杯中加热的优点是 使冰受热均匀 ，而且冰的温度升高较 慢 （选填“快”或“慢”），便于记录各个时刻的温度，同时观察试管中冰的状态变化。
（2）图乙是冰的温度随时间变化的图像。由图像可知，冰在熔化过程中温度 不变 （选填“不变”或“先上升后不变”），A时刻的内能 小于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）B时刻的内能。
（3）图乙中0～5min温度升高比15～20min快，原因是 冰的比热容比水小 。
【分析】（1）在研究物质熔化的实验中，使物质均匀受热是关键是将固态物质放入试管中用水浴法或空气浴法加热，这样不仅可以让冰受热均匀，而且温度上升较慢，便于观察；在探究物质的熔化特点时，不仅要记录其温度的变化情况，还要观察其状态的变化情况；
（2）冰在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，内能增加；
（3）升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。
【解答】解：（1）实验室选用碎冰，实验中将装有冰的试管放入水中加热，这样做目的是能使试管受热均匀，由于水的温度上升缓慢，所以冰的温度上升速度较慢；探究冰的熔化特点，不仅要探究温度随时间的变化情况，而且要观察其状态的变化；
（2）由图像可知，冰在熔化过程中温度保持不变，内能增加，所以A时刻的内能小于B时刻的内能；
（3）由图像可以看出，升高相同的温度，冰比水用的时间短，原因是冰的比热容比水的比热容小。
故答案为：（1）碎冰；使冰受热均匀；慢；（2）不变；小于；（3）冰的比热容比水小。
【点评】此题探究冰在熔化过程中温度的变化特点，考查了固态物质的加热方法及晶体在熔化过程中的特点
27．（5分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜焦距为10cm。蜡烛、透镜和光屏的位置如图所示。（1）图中光屏上呈一清晰的像，该像是 倒立 （选填“倒立”或“正立”）、 等大 （选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像。
（2）图中固定蜡烛位置不变，将透镜移到60cm刻度线处，要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向 右 （选填“左”或“右”）移动，所成的像与原来的相比 变小 （选填“不变”、“变大”或“变小”）了。
（3）图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，光屏上再次呈现清晰的像，该眼镜片是 远视 （选填“近视”或“远视”）眼镜的镜片。
【分析】（1）当物距等于像距时，成倒立、等大的实像；
（2）u＞2f，成倒立、缩小的实像，像距的范围2f＞v＞f，凸透镜成实像时，物近像远像变大；
（3）凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；近视眼用凹透镜矫正，远视眼用凸透镜矫正。
【解答】解：
（1）已知凸透镜焦距为10cm；由图知，此时的物距等于像距，都等于20cm，则u＝2f，所以成倒立、等大的实像；
（2）图中固定蜡烛位置不变，将透镜移到60cm刻度线处，此时的物距为30cm（u＞2f），像距为10cm，而像距应在焦距和2倍焦距之间，因此要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向右移动；
此时u＞2f，成倒立、缩小的实像，原来是成倒立、等大的实像，所以现在所成的像与原来的相比变小了；
（3）图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，光屏上再次呈现清晰的像，说明该眼镜片对光具有会聚作用，故放置的是凸透镜，凸透镜能矫正远视眼，即该眼镜片是远视眼镜的镜片。
故答案为：（1）倒立；等大；（2）右；变小；（3）远视。
【点评】本题考查学生对凸透镜成像规律的掌握程度，对凸透镜的成像规律必须牢固掌握。并且考查了凸透镜成像规律的应用。
28．（6分）物体在流体（气体或液体）中运动时，会受到阻力作用，该阻力叫做流体阻力。流体阻力大小与物体运动速度大小有关，速度越大，阻力越大，流体阻力大小还跟物体的横截面积有关，横截面积越大，阻力越大；此外，流体阻力跟物体的形状有关，头圆尾尖（这种形状通常叫做流线型）的物体受到的阻力较小。物体（例如雨滴）从高空由静止下落，速度会越来越大，所受阻力也越来越大，下落一段距离后，将以某一速度做匀速直线运动，这个速度通常被称为收尾速度。
（1）雨滴在高空形成后从静止开始下落后，速度越来越大是由于重力 大于 （选填“大于”“小于”或“等于”）阻力；此过程中若雨滴受到的力全部消失，雨滴将 匀速直线运动 （选填“静止”“加速直线运动”或“匀速直线运动”）。
（2）雨滴下落过程中随着雨滴速度的增大，受到的重力 不变 ，受到的阻力 增大 ；（前两空均选填“增大”“减小”或“不变”）当雨滴受到的阻力 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）重力时，雨滴开始匀速直线下落。
（3）假设雨滴下落时的阻力与雨滴速度的平方成正比，即F阻＝kv2，其中k＝1×10﹣4N/（m/s）2，则一个质量为0.25g的雨滴下落时的收尾速度约为 5 m/s。（g取10N/kg）
【分析】（1）物体运动加快，说明合力方向与运动方向相同；一切物体不受力的作用时保持静止或匀速直线运动状态；
（2）物体受到的重力与其质量成正比，物体下落过程中阻力随速度的增加而增大；物体做匀速直线运动时，受平衡力的作用；
（3）根据阻力等于重力，将已知条件代入便可求出v。
【解答】解：（1）雨滴在高空形成后从静止开始下落后，由于开始重力大于阻力，合力方向向下，所以速度越来越大；
雨滴原来是运动状态，如果受到的力全部消失，雨滴将以一定的速度做匀速直线运动；
（2）雨滴下落过程中，质量不变，由公式G＝mg知，受到的重力不变；
由“流体阻力大小与物体运动速度大小有关，速度越大，阻力越大”知，雨滴下落过程中受到的阻力随速度的增加而增大；
当雨滴受到的阻力等于重力时，雨滴的速度不再改变，开始做匀速运动；
（3）由题意知，当雨滴下落到收尾速度时，阻力F阻＝G＝mg＝0.25×10﹣3kg×10N/kg＝2.5×10﹣3N；
由F阻＝kv2得，
v＝＝＝5m/s。
故答案为：（1）大于；匀速直线运动；（2）不变；增大；等于；（3）5。
【点评】本题主要考查了力和运动的关系，二力平衡条件的应用及对新知识的应用能力，关键能够搞清雨滴下落过程中所受力的变化及状态的变化关系。
29．（8分）小红在测量小灯泡电功率的实验中，选择了额定电压为2.5V的小灯泡，电源电压保持6V不变，滑动变阻器规格为“40Ω 1A”，连接电路如图甲所示。
（1）小红所连接电路存在一处错误，请你在错误的导线上画上“×”，用笔画线代替导线，画出正确的连线。
（2）正确连接电路后闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，则电路中存在的故障可能是 电压表 （选填“灯泡”或“电压表”）断路。
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，此时小灯泡的功率为 0.4 W，若使小灯泡正常发光，应将滑片向 左 （“左”或“右”）移动至适当位置。
（4）小红想要继续探究“导体的电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于 20 Ω。
（5）实验过程中，由于电流表被损坏，于是增加一个单刀双掷开关和一个定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路图，测量小灯泡的额定功率。
①正确连接电路后，闭合S1将S2拨到 1 ，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
②接着将S2再拨到 2，保持变阻器滑片的位置不变 ，读出电压表示数为U；
③灯泡的额定功率的表达式：P额＝ U额× 。（用U额、U、R0表示）
【分析】（1）原电路中，灯与变阻器没有连入电路中，灯与变阻器串联，电压表与灯并联；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出此时小灯泡的功率；
灯在额定电压下正常发光，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）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，求出变阻器最大电阻连入电路中时对应的最大定值电阻；
（5）若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；
要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：
（1）原电路中，灯与变阻器没有连入电路中，灯与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：
（2）若灯泡断路，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，不符合题意；
若电压表断路，电压表没有示数，电路为通路，电流表有示数，符合题意；
则电路中存在的故障可能是电压表断路；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.2A，此时小灯泡的功率为：
P＝UVI＝2V×0.2A＝0.4W；
灯在额定电压下正常发光，示数为2V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）电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，定值电阻的电压为变阻器电压的0.5倍，根据分压原理，当接入变阻器最大电阻40Ω连入电路中时，对应的定值电阻的最大电阻：
R定＝0.5×40Ω＝20Ω，故小红想要继续探究“导体的电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于20Ω；
（5）①正确连接电路后，闭合S1将S2拨到1，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
②接着将S2再拨到2，保持变阻器滑片的位置不变，读出电压表示数为U；
③在②中，电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压，：
U0＝U﹣U额，由欧姆定律可求出灯的额定电流：I0＝IL＝，
灯泡的额定功率的表达式：
P额＝U额I额＝U额×。
故答案为：（1）如上所示；（2）电压表；（3）0.4；左；（4）20；（5）①1；②2，保持变阻器滑片的位置不变；③U额×。
【点评】本题测量小灯泡电功率的实验，考查电路连接、故障分析、电流表读数、操作过程，同时探究“导体的电流与电阻的关系”，考查控制变量法和对器材的要求及设计方案测额定功率的能力，综合性强，难度较大。
30．（7分）敏敏同学利用热敏电阻为家中灯暖型“浴霸”（用电灯取暖的用电器）设计了一个温度可自动控制的装置，如图甲所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图乙所示。“浴霸”共安装有2盏标有“220V 440W”的灯泡。
回答问题：
（1）当浴室中的温度上升时，由图乙可知热敏电阻的阻值 变小 （选填“变大”，“变小”或“不变”）；当升高到一定的温度值时，继电器的街铁会被 吸合 。（选填“吸合”或“释放”）
（2）此同学用一节干电池作为控制电路的电源，已知电磁铁线圈的阻值R0＝10Ω。当电线圈中电流≥50mA时继电器的衔铁会被吸合、电流≤30mA时衔铁会被释放，此时热敏电阻R1对应的阻值分别是 20 Ω和 40 Ω；将这位同学设计的装置放在浴室内，浴室内温度可控制在 22 ℃〜 34 ℃范围内。如敏敏想提高温度的最高值，你提供的方法是 在控制电路中串联一个合适定值电阻 。
【分析】根据电路图可知，控制电路中，R1、R0串联；
（1）由图像分析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）当控制电路的电流达到50mA时，继电器的衔铁被吸合，根据欧姆定律求出电路总电阻，进一步求出热敏电阻的阻值，并从图像中读出对应的温度；
当控制电路的电流减小到30mA时，衔铁会被释放，根据欧姆定律求出电路总电阻，进一步求出热敏电阻的阻值，并从图像中读出对应的温度；综合上述分析得出水温的控制范围。
【解答】解：根据电路图可知，控制电路中，R1、R0串联；
（1）根据图乙可知，温度升高时，热敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，继电器的街铁会被吸合；
（2）用一节干电池作为控制电路的电源，此时的电源电压：U＝1.5V；
当控制电路的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸合，由I＝可知，电路总电阻：R1+R0＝＝＝30Ω，
则R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω，由图乙可知，此时对应的水温为34℃；
当控制电路的电流达到30mA时，继电器的衔铁会被吸合，电路总电阻：R1′+R0＝＝＝50Ω，
则R1′＝50Ω﹣10Ω＝40Ω，由图乙可知，对应的水温为22℃；
所以水箱内的水温被控制在22℃～34℃范围之内；
根据图乙可知，要提高水的温度，需减小热敏电阻的阻值，但电路的总电阻需保持不变，因此可在控制电路中串联一个合适定值电阻。
故答案为：（1）变小；吸合；（2）20；40；22；34；在控制电路中串联一个合适定值电阻。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律公式的应用，明白电磁继电器的工作特点是关键。
2021年江苏省扬州市江都区国际学校中考物理一模试卷（解析版）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（ ）。
A．天然气 B．煤 C．石油 D．风能
【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
【解答】解：天然气、煤、石油都属于不可再生能源，只有风能可以在自然界里源源不断的得到补充，是可再生能源，故D正确、ABC错误。
故选：D。
【点评】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。
2．（2分）下列对自然现象中所涉及的物态变化、吸放热情况的描述，正确的是（ ）。
A．冬天铁丝网上出现霜﹣﹣凝固、吸热
B．深秋草叶上出现露珠﹣﹣液化、放热
C．屋檐上的冰凌正在消融﹣﹣熔化、放热
D．食品盒中的干冰变小﹣﹣汽化、吸热
【分析】物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；
物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；
物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热。
【解答】解：A、霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，是放热过程，故A错误；
B、露珠是空气中的水蒸气遇冷凝结而成的小水滴，属于液化现象，是放热过程，故B正确；
C、冰凌正在消融，由固态变成液态，属于熔化现象，是吸热过程，故C错误；
D、食品盒中的干冰变小是干冰由固体直接变成了气体了，属于升华现象，是吸热过程，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态。
3．（2分）下列关于光现象的说法正确的是（ ）。
A．池水看起来比实际浅，是因为光射入水中发生折射
B．岸边的树在水中的倒影，是由于光沿直线传播形成的
C．彩色电视机屏幕上的丰富色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成的
D．远离穿衣镜时，人在镜中的虚像逐渐变小
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；
（4）色光的三原色是红、绿、蓝。
【解答】解：A、池水看起来比实际浅，是因为光从水中射向空气中时发生了折射，故A错误；
B、岸边的树在水中的倒影，是由于光的反射形成的，故B错误；
C、彩色电视机屏幕上的丰富色彩是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，故C正确；
D、远离穿衣镜时，人在镜中的虚像大小不变，故D错误。
故选：C。
【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，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
4．（2分）“粘”字用来描述某些物理现象形象而生动，对下列现象的成因分析不正确的是（ ）。
A．光滑铅块挤压在一起就能“粘”住﹣﹣因为分子间没有斥力
B．吸盘式挂衣钩能够“粘”在墙上﹣﹣由于大气压的作用
C．刚从冷冻室拿出的冰棒会“粘”住舌头﹣﹣因为液体瞬间凝固
D．穿在身上的化纤衣服易“粘”毛绒﹣﹣因为衣服带静电
【分析】（1）分子之间存在着引力和斥力；
（2）我们周围存在大气压；
（3）冰变为水是熔化；水变为冰是凝固；
（4）根据摩擦起电现象和带电物体的性质分析。
【解答】解：A、光滑铅块压在一起就能“粘”住﹣﹣因为分子间有引力，但分子间也有斥力，故A叙述错误；
B、吸盘式挂衣钩能够“粘”在墙上﹣﹣由于大气压的作用，故B叙述正确；
C、刚从冷冻室拿出的冰棒会“粘”住，是因为舌头上的水分遇到比较冷的冰棍形成的，液态变为固态的现象叫凝固，故C叙述正确；
D、穿着的化纤衣服“粘”毛绒﹣﹣因为衣服摩擦起电后带静电，会吸引轻小物体，故D叙述正确。
故选：A。
【点评】本题考查了摩擦起电现象和分子之间的作用力、大气压、凝固、大气压的掌握情况，需要结合具体实例进行分析。
5．（2分）关于内能，下列说法中正确的是（ ）。
A．0℃的冰块没有内能
B．物体内能大小与温度无关
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
D．金属汤勺放在热汤中，温度升高，这是通过热传递的方式改变内能
【分析】①一切物体在任何时候都具有内能；
②内能大小跟物体的质量、状态、温度有关；
③发生热传递的条件是物体之间具有温差，热量总是从高温物体传向低温物体；
④改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：A、一切物体在任何时候都具有内能，0℃的冰块也有内能，故A错误；
B、内能大小跟物体的质量、状态、温度有关，故B错误；
C、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，与物体内能多少无关，故C错误；
D、金属汤勺放在热汤中，温度升高，是能量发生了转移，这是通过热传递的方式改变物体的内能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了内能的概念、内能大小的影响因素、热传递的条件和改变内能的方式，属于基本概念和规律的考查，正确、全面理解内能的概念是解答的基础。
6．（2分）某机器的能量流向图如图所示，据此推测该机器可能是（ ）。
A．热机 B．电动机 C．发电机 D．电热水器
【分析】由能量流向图判断该机器主要将什么能转化成了什么能即可解决此题。
【解答】解：如图该机器将一部分电能转化成了机械能，还有一部分电能转化成了内能，
A、热机工作时将内能转化为机械能，故A不符合题意；
B、电动机是将大部分的电能转化为了机械能，还将一少部分电能转化为了内能，故B符合题意；
C、发电机工作时将其它形式的能转化为电能，故C不符合题意；
D、电热水器工作时将电能转化为内能，不产生机械能，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】解此题的关键是能确定图中能量转化的方向，并知道各种机械的能量转化情况。
7．（2分）如图弹簧固定于竖直墙壁，置于粗糙水平面上，P处为弹簧的原长位置，将弹簧压缩让物块自A处由静止释放，经过P点最终静止于B处，则关于物块下列说法正确的是（ ）。
A．运动至P点时，受平衡力作用
B．从P点到B点的过程中惯性越来越小
C．从A点到P点的过程中，动能增大
D．从A点到B点的过程中，机械能先增大后减小
【分析】（1）分析物块的受力情况来确定物块的运动情况：物块在竖直方向上受到重力和支持力，二力平衡；在物块没有离开弹簧时，在水平方向上受到弹力和滑动摩擦力；从A到P过程，弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，合力先水平向右，后水平向左，而速度方向一直向右，则物块先加速运动，后做减速运动；在此过程中，弹力与摩擦力平衡的瞬间，速度最大；从P到B，物块由于惯性会继续向前运动，由于受到摩擦力，物体的速度逐渐变小，直至为0。
（2）物体的惯性大小只与质量有关；
（3）物块的机械能等于动能与重力势能之和，分析其动能与重力势能的变化可知其机械能的变化情况。
【解答】解：
A、物块运动至P点时，弹簧处于原长位置，此时物块不受弹力，在水平方向上只受到向左的摩擦力作用，所以此时物块受到的力不是平衡力，故A错误；
B、惯性大小只与质量有关，物块的质量不变，其惯性大小不变，故B错误；
C、从A点到P点的过程中，向右的弹力先大于向左的摩擦力，木块先做加速运动；当弹力等于摩擦力时，物块的速度最大；木块继续向右运动，向右的弹力小于向左的摩擦力，木块做减速运动；在P点离开弹簧后，物块由于惯性仍然向前运动，由于存在摩擦力，则物块的速度会越来越小，直至速度为0，所以整个过程中物块的动能先变大后变小，故C错误；
D、从A点到B点的过程中，物块的质量、高度均不变，其重力势能不变；动能先变大后变小，而物块的机械能等于动能与重力势能之和，所以整个过程中机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了受力分析、动能和势能的相互转化、惯性，有一定难度。
8．（2分）下列器件工作时利用了电磁感应现象的是（ ）。
A．奥斯特实验
B．电铃
C．扬声器
D．发电机
【分析】（1）奥斯特实验表明电流周围存在磁场，是电流的磁效应。
（2）电铃的主要结构是电磁铁，电磁铁是根据电流的磁效应工作的。
（3）扬声器工作原理是通电导体在磁场中受力而运。
（4）发电机的工作原理是电磁感应。
【解答】解：A、奥斯特实验是跟小磁针平行的导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场，是电流磁效应，故A错误。
B、电铃的主要结构是电磁铁，闭合开关，电磁铁有磁性，吸引衔铁，小锤敲打铃发声，电铃是根据电流的磁效应工作的，故B错误。
C、扬声器是线圈通电后在磁场中受到磁力作用，导致锥形纸盆振动发声，故C错误。
D、发电机是由于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这种现象是电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
【点评】电磁部分包括三部分内容：磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，掌握电动机、发电机、电磁铁、扬声器、话筒、电铃、电磁起重机等工作原理。
9．（2分）小强做鸡蛋在盐水中悬浮的实验时，先配制了半杯浓盐水并将鸡蛋放入杯中，静止时如图甲所示，然后逐渐向杯中添加清水，直至如图乙所示。在逐渐向杯中添加清水过程中，下列说法不正确的是（ ）。
A．盐水对烧杯底的压强逐渐变小
B．盐水的密度变小
C．鸡蛋受到的浮力不变
D．盐水对烧杯底的压力逐渐变大
【分析】（1）图中烧杯为柱形容器，且鸡蛋分别处于漂浮和悬浮状态，则盐水对烧杯底的压力等于盐水和鸡蛋的总重力，据此可知加入清水后盐水对烧杯底的压力的变化情况，根据p＝判断盐水对烧杯底压强的变化情况。
（2）清水的密度小于盐水的密度，再根据浮沉条件判断鸡蛋受到浮力的变化情况。
【解答】解：
AD、图中烧杯为柱形容器，且鸡蛋分别处于漂浮和悬浮状态，则盐水对烧杯底的压力等于盐水和鸡蛋的总重力，所以往杯中加入适量清水，盐水对烧杯底的压力增大，根据p＝可知盐水对烧杯底的压强增大，故A错误，D正确；
B、由题知，烧杯中装有浓盐水，向杯中添加清水，因清水的密度小于浓盐水的密度，所以往杯中加入适量清水后，盐水的密度变小，故B正确；
C、鸡蛋由漂浮到悬浮，都处于平衡状态，则鸡蛋受到的浮力都等于鸡蛋的重力，所以鸡蛋受到的浮力不变，故C正确。
故选：A。
【点评】本题考查了压强公式、浮沉条件的应用，是一道综合题，有一定的难度。
10．（2分）小明家5月初电能表示数为“055418”，6月初的示数如图，表盘上标有“1600imp/kW•h”的字样。下列选项中正确的是（ ）。
A．2min 内指示灯闪烁 32 次，此时电路总功率为 600W
B．小明家 5 月消耗的电能为 960kW•h
C．小明家干路中的电流不得超过 10A
D．指示灯闪烁越快，电能表所在电路消耗的电能越多
【分析】（1）1600imp/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此求闪烁32次时用电器消耗的电能；再根据公式P＝求出电路总功率；
（2）5月消耗的电能等于6月初、5月初的电能表的示数之差，电能表读数时注意：最后一位是小数、单位kW•h；
（3）根据10（20）A的含义判断：10A是指电能表的标定电流，20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流为20A；
（4）电能表指示灯闪烁的快慢反映了电流做功的快慢。
【解答】解：
A、电能表上的指示灯闪烁了32次时，用电器消耗的电能：
W＝kW•h＝0.02kW•h；
电路总功率：P＝＝＝0.6kW＝600W，故A正确；
B、5月初电能表示数为5541.8kW•h，6月初的示数为5637.8kW•h，
5月消耗的电能：W＝5637.8kW•h﹣5541.8kW•h＝96kW•h，故B错误；
C、10（20）A，其中20A表示电能表平时工作允许通过的最大电流为20A，因此小明家干路中的电流不得超过20A，故C错误；
D、电能表指示灯闪烁的越快反映了电流做功越快，电能表所在电路的总功率越大，不能说明电能表所在电路消耗的电能越多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了使用电能表时消耗电能、电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。
11．（2分）钕磁铁也称为钕铁硼磁铁，是目前磁性最强的永久磁铁，也是最常使用的稀土磁铁。钕铁硼磁铁的不足之处是其温度性能不佳，在高温下使用磁损失较大。如图所示，干电池的底部吸有钕磁铁（可导电，且电阻忽略不计），现将一根阻值为r的导线以干电池为轴对折成“门”字形框，导线中点支在干电池的正极上。B的底端和磁铁相接触，A的底端与磁铁分离。轻推导线框，导线框即可绕轴持续转动。若电源电压为U，通过导线的电流为I，通电时间t，下列说法不正确的是（ ）。
A．电流产生的热量为 I2rt
B．电动机输出的机械功率为 UI﹣ I2r
C．工作一段时间后，导电框转速会下降
D．将钕磁铁的 N、S 极对调，导线框将反向转动
【分析】（1）由焦耳定律计算电流通过导线产生热量；
（2）电动机工作时将电能转化为机械能和内能，根据P＝UI计算消耗电能的功率，根据P＝I2R计算产生热功率，从而计算输出机械功率；
（3）钕铁硼磁铁在高温下使用磁损失较大，由此分析解答导电框转速下降的原因；
（4）磁场对通电导线有力的作用，其作用方向与电流的方向、磁场的方向有关，由此分析。
【解答】解：由题知，导线电阻为r，门字框右半部分导线电阻为r，电源电压为U，通过导线的电流为I，通电时间t。
A、电流产生热量Q＝I2×rt＝I2rt，故A错误；
B、电动机工作时将电能转化为机械能和内能，
电动机消耗电能的功率P电＝UI，产生热功率P热＝I2×r，
输出的机械功率P机械＝UI﹣I2r，故B正确；
C、由题知，钕铁硼磁铁在高温下使用磁损失较大，所以工作一段时间后，温度升高，钕铁硼磁铁的磁场减弱，导线框受力减小，所以转速会下降，故C正确；
D、通电导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向有关，所以将钕磁铁的N、S极对调，导线框将反向转动，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了电功率公式、焦耳定律的应用、通电导体在磁场中的受力情况，从题干中获取有用信息是关键。
12．（2分）如图所示，电源电压保持6V不变。电流表的量程为0～0.6A，电压表量程0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，在变阻器滑片P移动过程中，下列说法正确的是（ ）。
A．电流表示数允许的变化范围为0.2A～0.5A
B．电阻R1消耗功率允许的变化范围为0.4W～0.9W
C．变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为2Ω～20Ω
D．电路消耗总功率允许的变化范围为1.2W～3W
【分析】根据电路图可知，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻两端的电压；
当电压表的示数达到最大值3V时，求出电路中的电流，并与电流表的量程以及定值电阻R1允许通过的最大电流进行比较，从而可知电路中的最大电流，此时变阻器接入电路的电阻最小；
变阻器接入的阻值最大时，电流最小，定值电阻的电压最小；
根据欧姆定律的应用可以确定电流表示数变化范围，并求出滑动变阻器接入电路的阻值变化范围，结合电功率公式求出电路中总功率的变化范围以及R1消耗功率允许的变化范围。
【解答】解：
根据电路图可知，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻R1两端的电压；
当电压表的示数达到最大值3V时，即定值电阻R1两端的最大电压U1＝3V，
电路中的电流I＝I1＝＝＝0.3A＜0.5A＜0.6A，所以电路中的最大电流为0.3A；
此时滑动变阻器两端的电压：U2min＝U﹣U1＝6V﹣3V＝3V，
由I＝得，变阻器接入电路的最小电阻：Rmin＝＝＝10Ω；
当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，整个电路是安全的，则变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10Ω～20Ω，故C错误；
电路中的电流最大时，电路的总功率最大，电路消耗的最大功率：Pmax＝UI＝6V×0.3A＝1.8W；
电阻R1消耗的最大功率：P1＝U1I＝3V×0.3A＝0.9W；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，则最大总电阻为Rmax＝R1+R2＝10Ω+20Ω＝30Ω，
电路中的最小电流Imin＝＝＝0.2A，所以电流表示数允许的变化范围为0.2A～0.3A，故A错误；
R1消耗的最小电功率：P1′＝Imin2R1＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，
由此可知，电阻R1消耗电功率允许的变化范围为0.4W～0.9W，故B正确；
电路消耗的最小功率：Pmin＝UImin＝6V×0.2A＝1.2W，
由此可知，电路消耗总电功率允许的变化范围为1.2W～1.8W，故D错误。
故选：B。
【点评】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，确定电路中电流的变化范围是解题的关键。
二、填空题（本题共8小题，每空1分，共28分）
13．（4分）扬州瘦西湖公园鸟语花香，湖面水平如镜，倒映着蓝天白云，让人仿佛走进画卷之中。从物理学的角度分析，“鸟语”是由鸟的发声体 振动 产生的；人们闻到“花香”说明了 分子不停地做无规则运动 ；湖面“倒映着蓝天白云”是光的 反射 现象，成的是等大的 虚 （选填“实”或“虚”）像。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）扩散现象表明分子不停地做无规则运动。
（3）平面镜成像是光的反射现象，平面镜成正立、等大的虚像。
【解答】解：（1）“鸟语”是由鸟的发声体振动产生的。
（2）人们能闻到花香是花的芳香分子扩散到空气中，扩散现象表明说明分子不停地做无规则运动。
（3）水面相当于平面镜，蓝天白云在水平面镜中成正立、等大的虚像，这是光的反射现象。
故答案为：振动；分子不停地做无规则运动；反射；虚。
【点评】本题通过游园听到的鸟语，闻到的花香、看到水中美丽的画面，考查了声的产生、扩散现象和平面镜成像，体现了物理无处不在。
14．（5分）轿车上都安装有安全气囊系统。这套系统在汽车突然 减速 （选填“加速”或“减速”）的情况下会自动充气弹出，气囊能 减小 （选填“增加”或“减小”）对司机的压强，不会造成人体伤害。刹车时，由于摩擦，汽车的 机械 能转化为地面、空气的 内 能，这些能量不能自动地用来再次开动汽车，这说明能量的转化、转移具有 方向性 。
【分析】（1）一切物体都具有惯性；
（2）在压力不变的情况下，增大受力面积可以减小压强；
（3）能量的转化和转移有方向性，如：热传递时内能从高温物体转移到低温物体，或者从一个物体的高温部分传递到低温部分；汽车刹车时，车的动能转化为内能，而内能不可以自动地、不引起其它变化地完全转化为机械能。
【解答】解：
汽车突然减速时，司机由于惯性仍保持原来的运动状态向前运动，这样就会撞击在车身上，对司机造成伤害；安全气囊在此时自动充气弹出，增大了受力面积，从而减小了对司机的压强，避免造成人体伤害。
刹车时，由于摩擦，汽车的机械能转化为地面、空气的内能，而这些内能不能自动地用来再次开动汽车，这说明能量的转化和转移具有方向性。
故答案为：减速；减小；机械；内；方向性。
【点评】本题考查了惯性、减小压强、能量的转化和转移等知识点，是一道综合题，但难度不大。
15．（3分）图甲是四冲程汽油机工作过程中的 做功 冲程，该过程的能量转化情况与图乙 相同 （选填“相同”或“不同”）。若汽油机1s内对外做功15次，则其曲轴的转速为 1800 r/min。
【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析；
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）由图甲可知，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，因此是做功冲程，此过程中内能转化为机械能；
乙图中电火花打火时，酒精气体燃烧膨胀做功，最后内能转化为盒盖的机械能，可以看到盒盖飞出；内能转化为盒盖的机械能；
因此做功冲程与乙实验的能量转化情况相同；
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，并对外做功1次；
汽油机每秒内对外做功15次，曲轴转30圈，则每分钟对外做功900次，曲轴转1800圈，因此曲轴的转速为1800r/min；
故答案为：做功；相同；1800。
【点评】本题主要考查对热机飞轮转速的含义的理解、热机工作循环中各冲程情况，属于综合性题目。
16．（2分）如图所示，用激光笔向容器底部投射光斑O之后，保持入射光线的位置不变，沿着容器内壁缓慢地向容器中注入清水，随着水位的逐渐上升，光斑会逐渐向O点的 左 边移动（选填“左”或“右”），光线在水中的折射角的大小会 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】根据光的折射规律，分别作出水槽内水位低时、水位高时的光的折射的光路图，两者比较得出结论。
【解答】解：光从空气斜射入水中，折射角小于入射角；
刚开始向水槽内注水，水位低，注入水的体积增加时，水位升高；光的折射的光路图分别如B、A图所示：
比较可知，在注水的过程中光斑向左移动。
由于入射角不变，故折射角不变。
故答案为：左；不变。
【点评】在做光路图时，前后两次由于入射角不变，所以要保证折射角不变。
17．（4分）如图，被称为“最新版中国高铁”的“复兴号”在京沪高铁亮相。它采用全新流线型头型，这是为了 减小阻力 ；车厢内实现了WiFi网络全覆盖，WiFi采用的是低强度的 电磁波 传输信号；车厢内座椅旁都安装了插座方便旅客充电的需求，这些插座之间的连接方式是 并联 ；车身长度约400m的“G1720次”列车，某次全部通过1600m长的隧道只用了20s的时间，该列车的速度约 360 km/h。
【分析】（1）流线型物体运动过程中，可以减小阻力，提高速度； WiFi 利用电磁波传递信息；插座是连接用电器的；
（2）列车全部通过该隧道的总路程等于隧道与车长的和，然后根据速度公式v＝即可求出通过该隧道的速度。
【解答】解：（1）动车的车头采用流线型设计可以减少行驶过程中空气的阻力，有利于提高速度或节约能源；WiFi 利用电磁波传递信息；插座是连接用电器的，家庭电路中各用电器是并联的，故插座也是并联的；
（2）由题知，车长L车＝400m，隧道L隧道＝1600m，
列车全部通过该隧道的总路程s＝L车+L隧道＝400m+1600m＝2000m，
车全部通过该隧道的速度为：v＝＝＝100m/s＝360km/h。
故答案为：减小阻力；电磁波；并联；360。
【点评】本题考查了减小阻力的措施、电磁波的利用、家庭电路的连接方式，以及速度公式的应用是一道综合题。
18．（3分）如图所示，小明用一个滑轮组匀速提升重为200N的物体，物体在4s内上升2m的过程中，人所用的拉力为125N．此过程中，小明做的有用功是 400 J，拉力的功率是 125 W，滑轮组的机械效率是 80% 。
【分析】①已知物重和上升高度，利用W有用＝Gh得到有用功；
②由图知，承担物重的绳子段数为2，已知物体上升的高度，可以得到绳子拉下的长度；已知拉力和绳子拉下的长度，可以得到总功；已知总功和所用时间，可以得到拉力的功率；
③已知有用功和总功，两者之比为滑轮组的机械效率。
【解答】解：
①拉力做的有用功为W有用＝Gh＝200N×2m＝400J；
②绳子拉下的长度为s＝2h＝2×2m＝4m，
拉力做的总功为W总＝Fs＝125N×4m＝500J，
拉力的功率为P＝＝125W；
③滑轮组的机械效率为η＝×100%＝80%。
故答案为：400；125；80%。
【点评】这是一道较典型的关于滑轮组的计算题，主要用到了功的公式、功率的公式、机械效率的公式，虽然用到的公式较多，但只要搞清楚力与距离的对应关系，难度也并不大。
19．（4分）某同学利用一个厚圆柱形玻璃瓶、带孔的橡皮塞、细玻璃管组成如图所示的装置，来探究一些物理问题。
（1）在图甲中，用手轻捏玻璃瓶，观察 细玻璃管中水柱是否上升 ，就能知道厚玻璃瓶是否发生了形变；
（2）将图乙中的玻璃瓶从楼下拿到楼上，观察到细玻璃管中的液面会 上升 ，这一现象说明了大气压随海拔高度的增大而 减小 。
（3）该同学利用气球做了一个小实验，如图丙所示，松开气球口的夹子后，气球向右运动，使气球向右运动的力的施力物体是 气球喷出来的气体 ，此现象说明物体间力的作用是相互的。
【分析】（1）在瓶中灌满水，用手轻捏玻璃瓶，细玻璃管中水面上升，说明在力的作用下，玻璃瓶中部分水进入玻璃管，玻璃瓶体积变小，形状发生改变；
（2）分析大气压变化与瓶中压强大小的变化关系，可判断大气压的变化；
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：（1）在瓶中灌满水，把带有细玻璃管的橡皮塞插入玻璃瓶中。用手轻捏玻璃瓶，观察细玻璃管中水面的高度变化，说明就能知道厚玻璃瓶是否发生了形状；
（2）将图乙中的玻璃瓶从楼下拿到楼上，细玻璃管中水面高度升高，说明液柱就会在内部压强的作用下而上升；水柱升高，瓶内水面下降，空气体积增大，是由于大气压减小引起，所以可说明大气压是随高度的升高而降低的；
（3）丙图中气球向外喷出气体，在气体推力的作用下向前运动，使气球向右运动力的施力物体是气球喷出来的气体；把封口的夹子松开，气球要向外喷出气体，给周围的空气向后的推力，因为物体间力的作用是相互的，空气也给气球向前的推力，所以气球向前运动。
故答案为：（1）细玻璃管中水柱是否上升； （2）上升； 减小； （3）气球喷出来的气体。
【点评】本题考查大气压强，力的作用效果，力的作用效果有：使物体发生形变，改变物体的运动状态；明确这一装置的原理。
20．（3分）如图所示为某型“无人机”，它有4个旋翼，可通过无线电操控，实现无人航拍。
（1）无人机的一个旋翼的电动机额定功率为30W额定电压为15V，此电动机正常工作时，通过的电流为 2 A。
（2）该机所用电池的参数为输出电压15V、容量5000mA•h，它能够提供的电能是 2.7×105 J；若电能的80%用于飞行，飞行时的实际功率为100W，则该机最多能飞行时间 2160s 。
【分析】（1）根据P＝UI求解额定电流；
（3）利用W＝UIt计算电池储存的能量，然后利用效率公式计算电能转化为的机械能，再利用P＝计算时间。
【解答】解：
（1）一个旋翼的电动机的额定电压是15V，额定功率为30W，
根据P＝UI可得其额定电流为：
I＝＝＝2A；
（2）该机所用电池的参数为输出电压15V、容量5000mA•h，
则该电池储存的能量：
W＝UIt＝15V×5A×3600s＝2.7×105J，
根据η＝可得，电能转为的机械能：
W机＝W×80%＝2.7×105J×80%＝2.16×105J，
根据P＝可得，该机最多能飞行的时间：
t＝＝＝2160s。
故答案为：（1）2；（2）2.7×105；2160s。
【点评】此题考查电功、效率和功率公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性较强，关键是公式的灵活运用。
三．解答题（本大题共10小题，共48分）
21．（2分）如图，请画出入射光线通过透镜后的折射光线；
【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图．
【解答】解：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，如图所示：
【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。
22．（2分）如图所示，请你根据小磁针的指向标出电源的“+、﹣”极；
【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
【解答】解：由图知：小磁针的磁极为：左S、右N，根据磁极间的相互作用，可知螺线管的磁极为：左S、右N；则电源的右端为正极，左端为负极。如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。
23．（2分）根据安全用电原则，将图中开关、两只“220V40W”电灯连在家庭电路中，要求开关同时控制两灯，且能正常发光。
【分析】家庭电路中的电灯是并联，一个开关控制两个电灯，则开关在干路上，且开关连在火线与电灯之间。
【解答】解：开关接火线，灯泡接零线。两只“220V 40W”电灯在家庭电路中并联才能正常工作，又因为开关同时控制两灯，所以开关在干路上，即灯泡并联后再与开关串联。如图所示：
【点评】本题考查了电灯与开关的连接。注意电灯应接在开关与零线之间。
24．（4分）要使质量为10kg的水温度升高22℃
（1）需要吸收多少热量？
（2）若不考虑热量散失，这些热量由天然气提供，需要多少天然气？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4.4×107J/kg]
【分析】（1）知道水的质量和升高的温度以及比热容，利用Q吸＝cm△t求出水吸收的热量；
（2）如果不考虑热量散失Q放＝Q吸，根据Q放＝mq求出完全燃烧天然气的质量。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×22℃＝9.24×105J，
（2）如果不考虑热量散失，天然气完全燃烧释放的热量：Q放＝Q吸＝9.24×105J，
由Q放＝mq可得，完全燃烧天然气的质量：
m天然气＝＝＝0.021kg＝21g；
答：（1）需要吸收9.24×105J热量；
（2）若不考虑热量散失，这些热量由天然气提供，需要21g天然气。
【点评】本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧释放热量公式的应用，是一道较为简单的应用题。
25．（6分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L标有“12V 12W”的字样，R2＝12Ω，当S1、S2都闭合时。电流表示数为1.2A．这时灯L正常发光（忽略温度对灯丝电阻的影响），求：
（1）电源电压；
（2）电阻R1的阻值；
（3）若将开关S1、S2都断开。此时灯L实际消耗的功率是多少？
【分析】（1）当S1、S2都闭合时，L与R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路两端的电压相等和额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压；
（2）当S1、S2都闭合时，根据P＝UI求出通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，将开关S1、S2都断开时，L与R2串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P＝I2R求出此时灯L实际消耗的功率。
【解答】解：（1）当S1、S2都闭合时，L与R1并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，
所以，电源的电压U＝UL＝12V；
（2）当S1、S2都闭合时，由P＝UI可得，通过灯泡的电流：
IL＝＝＝1A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R1的电流：
I1＝I﹣IL＝1.2A﹣1A＝0.2A，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝60Ω；
（3）灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
将开关S1、S2都断开时，L与R2串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I′＝＝＝0.5A，
则灯L实际消耗的功率：
PL＝（I'）2RL＝（0.5A）2×12Ω＝3W。
答：（1）电源电压为12V；
（2）电阻R1的阻值为60Ω；
（3）若将开关S1、S2都断开。此时灯L实际消耗的功率是3W。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
26．（6分）以下为某兴趣小组探究冰的熔化特点实验过程。
（1）实验时应将 碎冰 （选填“整块冰”或“碎冰”）放入图甲装置试管中，将试管放入装有热水的烧杯中加热的优点是 使冰受热均匀 ，而且冰的温度升高较 慢 （选填“快”或“慢”），便于记录各个时刻的温度，同时观察试管中冰的状态变化。
（2）图乙是冰的温度随时间变化的图像。由图像可知，冰在熔化过程中温度 不变 （选填“不变”或“先上升后不变”），A时刻的内能 小于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）B时刻的内能。
（3）图乙中0～5min温度升高比15～20min快，原因是 冰的比热容比水小 。
【分析】（1）在研究物质熔化的实验中，使物质均匀受热是关键是将固态物质放入试管中用水浴法或空气浴法加热，这样不仅可以让冰受热均匀，而且温度上升较慢，便于观察；在探究物质的熔化特点时，不仅要记录其温度的变化情况，还要观察其状态的变化情况；
（2）冰在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，内能增加；
（3）升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。
【解答】解：（1）实验室选用碎冰，实验中将装有冰的试管放入水中加热，这样做目的是能使试管受热均匀，由于水的温度上升缓慢，所以冰的温度上升速度较慢；探究冰的熔化特点，不仅要探究温度随时间的变化情况，而且要观察其状态的变化；
（2）由图像可知，冰在熔化过程中温度保持不变，内能增加，所以A时刻的内能小于B时刻的内能；
（3）由图像可以看出，升高相同的温度，冰比水用的时间短，原因是冰的比热容比水的比热容小。
故答案为：（1）碎冰；使冰受热均匀；慢；（2）不变；小于；（3）冰的比热容比水小。
【点评】此题探究冰在熔化过程中温度的变化特点，考查了固态物质的加热方法及晶体在熔化过程中的特点
27．（5分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜焦距为10cm。蜡烛、透镜和光屏的位置如图所示。（1）图中光屏上呈一清晰的像，该像是 倒立 （选填“倒立”或“正立”）、 等大 （选填“放大”、“等大”或“缩小”）的实像。
（2）图中固定蜡烛位置不变，将透镜移到60cm刻度线处，要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向 右 （选填“左”或“右”）移动，所成的像与原来的相比 变小 （选填“不变”、“变大”或“变小”）了。
（3）图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，光屏上再次呈现清晰的像，该眼镜片是 远视 （选填“近视”或“远视”）眼镜的镜片。
【分析】（1）当物距等于像距时，成倒立、等大的实像；
（2）u＞2f，成倒立、缩小的实像，像距的范围2f＞v＞f，凸透镜成实像时，物近像远像变大；
（3）凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；近视眼用凹透镜矫正，远视眼用凸透镜矫正。
【解答】解：
（1）已知凸透镜焦距为10cm；由图知，此时的物距等于像距，都等于20cm，则u＝2f，所以成倒立、等大的实像；
（2）图中固定蜡烛位置不变，将透镜移到60cm刻度线处，此时的物距为30cm（u＞2f），像距为10cm，而像距应在焦距和2倍焦距之间，因此要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向右移动；
此时u＞2f，成倒立、缩小的实像，原来是成倒立、等大的实像，所以现在所成的像与原来的相比变小了；
（3）图中将一个眼镜片放在透镜和烛焰之间，光屏上的像变模糊了，将光屏向左移动，光屏上再次呈现清晰的像，说明该眼镜片对光具有会聚作用，故放置的是凸透镜，凸透镜能矫正远视眼，即该眼镜片是远视眼镜的镜片。
故答案为：（1）倒立；等大；（2）右；变小；（3）远视。
【点评】本题考查学生对凸透镜成像规律的掌握程度，对凸透镜的成像规律必须牢固掌握。并且考查了凸透镜成像规律的应用。
28．（6分）物体在流体（气体或液体）中运动时，会受到阻力作用，该阻力叫做流体阻力。流体阻力大小与物体运动速度大小有关，速度越大，阻力越大，流体阻力大小还跟物体的横截面积有关，横截面积越大，阻力越大；此外，流体阻力跟物体的形状有关，头圆尾尖（这种形状通常叫做流线型）的物体受到的阻力较小。物体（例如雨滴）从高空由静止下落，速度会越来越大，所受阻力也越来越大，下落一段距离后，将以某一速度做匀速直线运动，这个速度通常被称为收尾速度。
（1）雨滴在高空形成后从静止开始下落后，速度越来越大是由于重力 大于 （选填“大于”“小于”或“等于”）阻力；此过程中若雨滴受到的力全部消失，雨滴将 匀速直线运动 （选填“静止”“加速直线运动”或“匀速直线运动”）。
（2）雨滴下落过程中随着雨滴速度的增大，受到的重力 不变 ，受到的阻力 增大 ；（前两空均选填“增大”“减小”或“不变”）当雨滴受到的阻力 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）重力时，雨滴开始匀速直线下落。
（3）假设雨滴下落时的阻力与雨滴速度的平方成正比，即F阻＝kv2，其中k＝1×10﹣4N/（m/s）2，则一个质量为0.25g的雨滴下落时的收尾速度约为 5 m/s。（g取10N/kg）
【分析】（1）物体运动加快，说明合力方向与运动方向相同；一切物体不受力的作用时保持静止或匀速直线运动状态；
（2）物体受到的重力与其质量成正比，物体下落过程中阻力随速度的增加而增大；物体做匀速直线运动时，受平衡力的作用；
（3）根据阻力等于重力，将已知条件代入便可求出v。
【解答】解：（1）雨滴在高空形成后从静止开始下落后，由于开始重力大于阻力，合力方向向下，所以速度越来越大；
雨滴原来是运动状态，如果受到的力全部消失，雨滴将以一定的速度做匀速直线运动；
（2）雨滴下落过程中，质量不变，由公式G＝mg知，受到的重力不变；
由“流体阻力大小与物体运动速度大小有关，速度越大，阻力越大”知，雨滴下落过程中受到的阻力随速度的增加而增大；
当雨滴受到的阻力等于重力时，雨滴的速度不再改变，开始做匀速运动；
（3）由题意知，当雨滴下落到收尾速度时，阻力F阻＝G＝mg＝0.25×10﹣3kg×10N/kg＝2.5×10﹣3N；
由F阻＝kv2得，
v＝＝＝5m/s。
故答案为：（1）大于；匀速直线运动；（2）不变；增大；等于；（3）5。
【点评】本题主要考查了力和运动的关系，二力平衡条件的应用及对新知识的应用能力，关键能够搞清雨滴下落过程中所受力的变化及状态的变化关系。
29．（8分）小红在测量小灯泡电功率的实验中，选择了额定电压为2.5V的小灯泡，电源电压保持6V不变，滑动变阻器规格为“40Ω 1A”，连接电路如图甲所示。
（1）小红所连接电路存在一处错误，请你在错误的导线上画上“×”，用笔画线代替导线，画出正确的连线。
（2）正确连接电路后闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，则电路中存在的故障可能是 电压表 （选填“灯泡”或“电压表”）断路。
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，此时小灯泡的功率为 0.4 W，若使小灯泡正常发光，应将滑片向 左 （“左”或“右”）移动至适当位置。
（4）小红想要继续探究“导体的电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于 20 Ω。
（5）实验过程中，由于电流表被损坏，于是增加一个单刀双掷开关和一个定值电阻R0，设计了如图丙所示的电路图，测量小灯泡的额定功率。
①正确连接电路后，闭合S1将S2拨到 1 ，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
②接着将S2再拨到 2，保持变阻器滑片的位置不变 ，读出电压表示数为U；
③灯泡的额定功率的表达式：P额＝ U额× 。（用U额、U、R0表示）
【分析】（1）原电路中，灯与变阻器没有连入电路中，灯与变阻器串联，电压表与灯并联；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出此时小灯泡的功率；
灯在额定电压下正常发光，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）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，求出变阻器最大电阻连入电路中时对应的最大定值电阻；
（5）若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，故将灯与定值电阻串联后再与变阻器串联；
要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：
（1）原电路中，灯与变阻器没有连入电路中，灯与变阻器串联，电压表与灯并联，如下所示：
（2）若灯泡断路，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，不符合题意；
若电压表断路，电压表没有示数，电路为通路，电流表有示数，符合题意；
则电路中存在的故障可能是电压表断路；
（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.2A，此时小灯泡的功率为：
P＝UVI＝2V×0.2A＝0.4W；
灯在额定电压下正常发光，示数为2V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）电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，定值电阻的电压为变阻器电压的0.5倍，根据分压原理，当接入变阻器最大电阻40Ω连入电路中时，对应的定值电阻的最大电阻：
R定＝0.5×40Ω＝20Ω，故小红想要继续探究“导体的电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于20Ω；
（5）①正确连接电路后，闭合S1将S2拨到1，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为U额；
②接着将S2再拨到2，保持变阻器滑片的位置不变，读出电压表示数为U；
③在②中，电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压，：
U0＝U﹣U额，由欧姆定律可求出灯的额定电流：I0＝IL＝，
灯泡的额定功率的表达式：
P额＝U额I额＝U额×。
故答案为：（1）如上所示；（2）电压表；（3）0.4；左；（4）20；（5）①1；②2，保持变阻器滑片的位置不变；③U额×。
【点评】本题测量小灯泡电功率的实验，考查电路连接、故障分析、电流表读数、操作过程，同时探究“导体的电流与电阻的关系”，考查控制变量法和对器材的要求及设计方案测额定功率的能力，综合性强，难度较大。
30．（7分）敏敏同学利用热敏电阻为家中灯暖型“浴霸”（用电灯取暖的用电器）设计了一个温度可自动控制的装置，如图甲所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图乙所示。“浴霸”共安装有2盏标有“220V 440W”的灯泡。
回答问题：
（1）当浴室中的温度上升时，由图乙可知热敏电阻的阻值 变小 （选填“变大”，“变小”或“不变”）；当升高到一定的温度值时，继电器的街铁会被 吸合 。（选填“吸合”或“释放”）
（2）此同学用一节干电池作为控制电路的电源，已知电磁铁线圈的阻值R0＝10Ω。当电线圈中电流≥50mA时继电器的衔铁会被吸合、电流≤30mA时衔铁会被释放，此时热敏电阻R1对应的阻值分别是 20 Ω和 40 Ω；将这位同学设计的装置放在浴室内，浴室内温度可控制在 22 ℃〜 34 ℃范围内。如敏敏想提高温度的最高值，你提供的方法是 在控制电路中串联一个合适定值电阻 。
【分析】根据电路图可知，控制电路中，R1、R0串联；
（1）由图像分析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）当控制电路的电流达到50mA时，继电器的衔铁被吸合，根据欧姆定律求出电路总电阻，进一步求出热敏电阻的阻值，并从图像中读出对应的温度；
当控制电路的电流减小到30mA时，衔铁会被释放，根据欧姆定律求出电路总电阻，进一步求出热敏电阻的阻值，并从图像中读出对应的温度；综合上述分析得出水温的控制范围。
【解答】解：根据电路图可知，控制电路中，R1、R0串联；
（1）根据图乙可知，温度升高时，热敏电阻阻值减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，继电器的街铁会被吸合；
（2）用一节干电池作为控制电路的电源，此时的电源电压：U＝1.5V；
当控制电路的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸合，由I＝可知，电路总电阻：R1+R0＝＝＝30Ω，
则R1＝30Ω﹣10Ω＝20Ω，由图乙可知，此时对应的水温为34℃；
当控制电路的电流达到30mA时，继电器的衔铁会被吸合，电路总电阻：R1′+R0＝＝＝50Ω，
则R1′＝50Ω﹣10Ω＝40Ω，由图乙可知，对应的水温为22℃；
所以水箱内的水温被控制在22℃～34℃范围之内；
根据图乙可知，要提高水的温度，需减小热敏电阻的阻值，但电路的总电阻需保持不变，因此可在控制电路中串联一个合适定值电阻。
故答案为：（1）变小；吸合；（2）20；40；22；34；在控制电路中串联一个合适定值电阻。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律公式的应用，明白电磁继电器的工作特点是关键。
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