2022年广东省中考物理模拟试卷（一）

这是一份2022年广东省中考物理模拟试卷（一），共28页。试卷主要包含了8V，并记下相应的电流值，【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】8等内容，欢迎下载使用。

2022年广东省中考物理模拟试卷（一）

1. 下列各项，按空间尺度由小到大进行正确排列的是( )
A. 原子、生物体、分子、夸克 B. 夸克、原子、分子、生物体
C. 原子、分子、生物体、夸克 D. 分子、夸克、原子、生物体
2. 风电叶片材料技术的成熟和应用，大大提高了风力发电的效率。下列能源中与风能一样属于可再生能源的是( )
A. 石油 B. 天然气 C. 水能 D. 核能
3. 下列关于光的传播现象中，描述正确的是( )
A. 光射到两种介质的界面处一定会发生折射
B. 光经过反射后，传播方向一定发生改变，但传播速度不变
C. 猴子捞月的故事反映了光的折射现象
D. 小孔成像现象证明了光在任何情况下都沿直线传播
4. 下列有关声现象的说法正确的是( )
A. 敲击大石头发声时，大石头没有振动
B. 利用超声波清洗眼镜，说明声音可以传递信息
C. 吉他琴弦有粗有细，一般细的琴弦是高音弦
D. 在城市主要道路两边安装噪声监测仪，可以减弱噪声
5. 如图所示，灰太狼去抓羊，红太狼在家把水烧开准备煮羊，在把锅放在点燃的木柴上烧水的过程中，下列说法正确的是( )


A. 木柴的燃烧过程将内能转化为化学能
B. 燃烧的木柴比不燃烧的木柴热值大
C. 水的温度越高，水分子的无规则运动越剧烈
D. 烧水的过程是通过做功的方式改变了水的内能
6. 如图(a)所示，桌面上放有三个相同的玻璃杯，分别装有质量相同的三种液体甲、乙、丙，它们的质量与体积的关系如图(b)所示，则三个杯子从左至右依次装的液体种类是( )
A. 甲，乙、丙 B. 甲、丙、乙 C. 乙、丙、甲 D. 丙、乙、甲
7. 如图所示，郑小楚将条形磁体放在水平的桌面上，并使电磁铁的铁芯与条形磁体处于同一水平面上。闭合开关，下列说法中，正确的是( )
A. 滑片P向右移动，电磁铁的磁性减弱
B. 滑片P向左移动，条形磁体受到的摩擦力方向向左
C. 增加线圈的匝数，条形磁体向右移动
D. 将电磁铁中的铁芯抽掉后，闭合开关，条形磁体向右移动
8. 在恶性发热类疾病高发期，学校门卫室工作人员用测温枪对上学的学生进行体温测量，测温枪的工作原理是利用______(填“红外线”或“紫外线”)的热效应。常用的温度计是根据液体的______原理制成的，如图所示的温度计的一段截图，读数是______℃.如图所示是某物质的熔化图象，由此判断该物质是______(选填“晶体”或“非晶体”)

9. 请解释以下生活中的热现象：皮肤涂上酒精后觉得凉快是因为酒精______(填物态变化名称)时从人体吸热；夏天吃冰棒时看见冰棒冒“白气”是冰棒周围空气中的水蒸气遇冷______形成的小水珠所致，将湿衣服展开干得快，是利用增大______的方法来加快水分蒸发的。
10. 广播电台的发射线路靠迅速变化的交变电流向外发射电磁波，交变电流在每秒周期性变化1次发射的电磁波频率为1Hz.若某电台节目发射频率为88.2MHz，说明发射线路中的交变电流每秒钟周期性变化为______ 次．电磁波在真空中的传播速度为______ m/s，频率为30MHz的电磁波波长为______ m.
11. 如图是四冲程汽油机的某个冲程，由图可看出它正处于______ 冲程，该冲程将机械能转化为______ 能，若该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每秒钟对外做功______ 次。




12. 用一个动滑轮匀速提升质量为20kg的物体，所用竖直向上的拉力为125N.物体上升2m的过程中，拉力所做的有用功为______ J，总功为______ J，动滑轮的机械效率为______.(g取10N/kg)
13. 如图所示，由不同物质制成的甲和乙两种实心球的体积相等，此时杠杆平衡(杠杆自重、挂盘和细线的质量忽略不计)，则左右两边杠杆受的拉力大小之比为______，1个甲球和1个乙球的密度之比为______，若此刻同时去掉一个甲球，则杠杆______端将下降(选填“左”或“右”)。

14. 如图所示，甲电路中热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，R是一个定值电阻，闭合开关S，当环境温度发生变化时，两电表的示数间的变化关系如图乙所示，当环境温度降低时，电压表示数将______(变大/不变/变小)，电源电压U=______V，R=______Ω。


15. 如图所示，发光点S发出一条射向水面的光线，在水面发生反射和折射，反射光线经过P点，请在图中作出入射光线、反射光线及大致方向的折射光线。








16. 为了便于医院病房的病员与护士值班室的联系，请你按下列要求将图中的元件连成电路图，病房1中的病员闭合开关S1，值班室铃响，灯L1亮；病房2中的病员闭合开关S2，值班室铃响，灯L2亮．








17. 如图所示，在杠杆上的A点挂一重物，在C点对杠杆施加一个最小的力，使杠杆平衡在图示位置。试画出这个力的示意图和力臂。











18. 如图所示，(1)用天平测量物体质量时，砝码与游码的读数如图甲所示，则物体的质量是______ g，如图乙所示，木块A的长度为______ cm；如图丙所示，温度计的读数是______ ℃.

(2)图中的如图丁所示，某家庭中的电能表的读数是______ kw⋅h，若该家庭单独让空调工作，测得1min内电能表转盘转了60转，则此段时间内空调消耗的电能为______  kw⋅h，空调的功率是______ W.
19. 小龙同学利用如图甲所示的实验装置“探究平面镜成像的特点”。

(1)平面镜成像的原理是光的______ (选填“反射”或“折射”)。
(2)如图甲所示，选取两只相同的棋子做实验，目的是为了比较像与物的______ 关系；把棋子放在玻璃板前20cm处，在玻璃板后移动另一只棋子恰好在距离玻璃板______ cm处与像完全重合；撤去玻璃板后的棋子，在像的位置放一光屏，发现光屏上不能承接到像，说明平面镜所成的像是______ (选填“实”或“虚”)像。
(3)如图乙所示，在三只棋子的正面贴上黑色的大小相同的半圆形图案，棋子A放在玻璃板前，将棋子______ (选填“B”或“C”)在玻璃板后方移动可以使半圆形图案重合；实验过程中发现棋子A成的像不够清晰，小龙同学想到两种方案：方案一：用手电简照射到玻璃板上；方案二：用手电筒照射棋子A正面。你认为______ 效果更好(选填“方案一”或“方案二”)。
20. 小明在探究浮力的实验中，测量浸在水中的物体所受浮力大小过程如图1所示。

(1)由甲图可知，物体的重力为______N。
(2)由甲图和______图可知，物体完全浸没在水中时，所受的浮力为______N。
(3)根据图中弹簧测力计示数的变化可知，物体排开水的体积越大，所受的浮力越______。
(4)在上述实验的基础上，小明若想探究浮力大小与液体密度的关系，则应该换用一杯______(选填“质量”或“密度”)不同的液体，将金属圆柱体浸没在液体中，观察弹簧测力计的示数，与______图比较得出结论(选填“乙”、“丙”或“丁”)。
(5)如图2所示，图线______(选填“a”或“b”)能用来表示物体所受浮力大小随浸入液体深度的变化情况。
21. 如图甲，用电动机通过一个定滑轮组合把一物体从井底吊出来，传感器屏幕显示物体脱离井底后，绳子的拉力与时间的关系图象如图乙；物体上升速度与时间的关系图象如图丙；忽略水的阻力和滑轮的摩擦，结合图象信息求：
(1)物体的重力；
(2)井水的深度；
(3)第0∼10s内，浮力做功的功率。








22. 如图甲多功能养生壶具有精细烹饪、营养量化等功能，深受市场认可和欢迎。图乙是某品牌养生壶简化电路图，其中R1、R2为电热丝，R1=R2且电阻值不变，如表为其铭牌，其中高温挡的额定功率已模糊不清。
项目
参数
电源电压(V)
220
低温挡功率(W)
220
中温挡功率(W)
440
高温挡功率(W)

容积(L)
2
(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收多少热量？
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要多长时间？








23. 如图所示是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验装置，实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平面向右运动直至停止。
(1)钢球的动能是______由转化来的，实验中是通过观察______来判断钢球的动能大小。
(2)让同一钢球从斜面的不同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与______的关系。
(3)换用质量不同的钢球从斜面的相同高度由静止开始滚下，目的是探究钢球的动能大小与______的关系。
(4)木块最终会停下来的主要原因是______，在此过程中木块通过______方式把动能转化为内能。
(5)如果木块在运动过程中所受的阻力为0，木块将______。
(6)若斜面表面绝对光滑，本实验将______(选填“能”或“不能”)达到实验探究目的。

24. 飞机机翼上表面凸起，可使飞行过程中机翼上表面的空气流速大，压强______ (选填“大”或“小”)，从而形成升力；某飞机利用超声波传感器来判断离地高度，若测距传感器的阻值R1与离地高度h的关系如图1所示，图2是检测电路(电源电压不变)，要使高度表(实质是电流表或电压表)示数能随飞行高度的增大而增大，则此高度表应该选用______ (选填“电流表”或“电压表”)，应安装在______ (选填“1”、“2”或“3”)位置，判断依据是：测距传感器离地面高度越高，传感器的电阻______ (选填“越大”或“越小”)，______ (选填“分压”或“分流”)越多，对应的______ 示数增大。

25. 探究“电流与电压和电阻的关系”时。实验室的实验器材有：电源(电压恒为5V)、电流表、电压表各一个，开关一个，定值电阻四个(6Ω、12Ω、18Ω、24Ω)。滑动变阻器两只(规格分别为：“20Ω2A”、“50Ω1A”)，灯泡，导线若干。

(1)小明小组探究“电流与电压的关系”：
电压U/V
1.2
1.8
2.4
电流I/A
0.2
0.3
0.4
①如图图2的实物电路中存在连线错误，只需要改接一根导线就可以更正实物连接，请你把接错的那根导线打上“×”，再画线把它改到正确位置上(导线不允许交叉)。
②将6Ω的电阻接入电路。闭合开关。发现电压表示数小于电源电压。电流表有示数，调节滑片P两表示数不变。造成这一现象的原因是______ 。
③排除故障后进行试验得到的数据如表。由此可得到的实验结论是______ 。
(2)小华小组探究“电流与电阻的关系”：
①将6Ω的电阻接入电路，检查无误后闭合开关，移动滑片，使电压表的示数为1.8V，并记下相应的电流值。再用12Ω的电阻替换6Ω的电阻。此时滑片应向______ (选填“左”或“右”)端移动，移动滑动变阻器的目的是______ 。
②为了完成用四个定值电阻进行试验，应选择现格是______ 的滑动变阻器。
③某次实验电流表示数如图3，则他接入的电阻______ Ω。
答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：物质由分子或原子组成，原子是由位于中心的原子核和核外电子组成的；
原子核由质子和中子构成的；
质子和中子又是有更小的微粒---夸克组成。
按照从小到大的顺序排列为：夸克、原子、分子、生物体。
故选：B。
物体由分子构成，分子由原子构成，原子由原子核和电子构成，原子核由质子和中子构成，质子和中子由更小的微粒---夸克构成。
根据上述知识来分析。
此题考查我们对于原子结构及微观世界的了解，是一道基础题。

2.【答案】C

【解析】
【分析】
从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；指在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源。
本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。
【解答】
解：石油、天然气、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；
水能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源。
故选C。  
3.【答案】B

【解析】解：A、光从一种介质射入另一种介质时，它的传播方向不一定发生改变。因为当光线垂直射向介质表面时，传播方向不改变。故A错误；
B、光经过反射后，传播方向一定发生改变，传播的物质没有变化，所以传播速度不变。故B正确；
C、水中出现月亮属于光的反射现象。故C错误；
D、物体发出或反射的光线在同种均匀介质中传播时，穿过小孔后会在小孔后面的屏上成倒立的实像，小孔成像有力地证明了；光在同种均匀介质中沿直线传播。故D错误。
故选：B。
(1)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生偏折，这种现象叫做光的折射；当光线垂直射向介质表面时，传播方向不改变。
(2)光的反射是指光在传播到不同物质时，在分界面上改变传播方向又返回原来物质中的现象。
(3)小孔成像说明光在同种均匀介质中沿直线传播。
此题考查学生对光的直线传播、光的反射、光的折射的理解，解题的关键是理解词语反应的物理情境，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。

4.【答案】C

【解析】解：
A、一切发声的物体都在振动，所以，敲击大石头发声时，大石头也在振动，故A错误；
B、利用超声波清洗眼镜，说明声音能够传递能量，故B错误；
C、小提琴琴弦的粗细不同，其振动频率不同，发出声音的音调会不同，一般细的琴弦振动频率快、发出声音的音调高，是高音弦，故C正确；
D、在城市主要道路两边安装噪声监测仪，只能检测出噪声的大小，不能减弱噪声，故D错误。
故选：C。
(1)声音是物体振动产生的，一切发声的物体都在振动；
(2)声音能够传递信息，也能够传递能量；
(3)弦乐器发出的声音是靠琴弦的振动产生的，琴弦越短、越紧、越细，发出声音的音调越高；
(4)减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；在传播过程中减弱噪声；在人耳处减弱噪声。
本题考查了声现象中的基础知识，要知道声音的产生、声音的利用；减弱噪声的途径等，是一道声学综合题。

5.【答案】C

【解析】解：
A、木柴在燃烧过程是化学能转化为内能，故A错误；
B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度、质量都无关，故B错误；
C、分子的运动快慢与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故C正确；
D、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变物体内能的，故D错误。
故选：C。
(1)燃料燃烧时，化学能转化为内能；
(2)热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
(3)组成物质的分子不停地做无规则的运动，温度越高，分子运动越剧烈；
(4)改变物体内能的方式有做功和热传递。
本题是一道热学综合题，主要考查学生对改变物体内能方法、燃料燃烧过程中的能量转化、分子运动以及热值的特点的理解，虽知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：因体积相同时，物体的质量与密度成正比，所以在图象中选体积相同的点对应的质量大的物质密度大，则可知；
又知桌面上放有三个相同的玻璃杯，分别装有质量相同的三种液体甲、乙、丙；在质量相同时，物质体积与物质的密度成反比；所以体积最小的是甲物质，体积最大的是丙物质，体积居中的是乙物质，即三个杯子从左至右依次装的液体种类是乙、丙、甲。
故选：C。
因体积相同时，物体的质量与密度成正比。所以由如图(b)中选体积相同的点对应的质量大的物质密度大。故；再由质量相同时，物质体积与物质的密度成反比得之，体积最小的是甲物质；体积最大的是丙物质；体积居中的是乙物质。
本题考查了密度公式得应用以及考查了学生对图象的分析能力。本题难度不大，属于常考题。

7.【答案】A

【解析】解：
A、滑动变阻器的滑动片P向右端移动，电阻变大，电流变小，故电磁铁的磁性变弱，故A正确；
B、由安培定则可知，电磁铁右端为N极，左端为S极，则与条形磁铁的异名磁极相互吸引，条形磁铁有水平向左移动的趋势或向左运动，摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，则摩擦力的方向水平向右，故B错误；
C、增加线圈的匝数，电磁铁磁性增大，由B知条形磁铁有水平向左移动的趋势或向左运动，故C错误；
D、将电磁铁中的铁芯抽掉后，闭合开关，磁性减弱，由B知条形磁铁有水平向左移动的趋势或向左运动，故D错误。
故选：A。
(1)由滑动变阻器的滑片移动可得出电路中电流的变化，则可得出螺线管中磁场的变化。
(2)开关闭合后，根据电流方向利用安培定则可判断螺线管的磁极，则由磁极间的相互作用可判出条形磁铁的移动方向并确定摩擦力的方向；
(3)影响电磁铁磁性强弱的因素是线圈的匝数、电流的大小、有无铁芯。
该题考查了安培定则的应用、磁极间的作用规律的应用、电磁铁磁性强弱的影响因素等知识点，是一道综合题。

8.【答案】红外线  热胀冷缩  −3晶体

【解析】解：红外线具有热效应，利用红外线的热效应制成了测温枪；
实验室常用的温度计是液体温度计，液体温度计是根据液体热胀冷缩的规律制成的；
由图知：零刻度在液柱的上方，所以是零下，每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，该温度计的分度值是1℃，示数是−3℃；
读图可知，在熔化图象中物质的温度升高到48℃时，吸热但温度不再升高，说明此时物质达到了熔点，正在熔化，因此这种物质属于晶体。
故答案为：红外线；热胀冷缩；−3；晶体。
红外线具有热效应；
液体温度计是根据液体热胀冷缩的性质工作的；
温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字；
从图象中辨别晶体与非晶体主要看这种物质是否有一定的熔点，即有一段时间这种物质吸热，但温度不升高，而此时就是这种物质熔化的过程。
本题主要考查了温度计的原理和正确读数，晶体与非晶体区别在于：有无固定的熔化温度。

9.【答案】汽化  液化  液体的表面积

【解析】解：皮肤上擦上酒精后，酒精迅速汽化由液态变成气态，同时从人体吸收热量，所以人感觉凉快；
冰棒的温度很低，周围空气中温度较高的水蒸气在冰棒周围液化成为小水滴，就是我们看到的“白气”；
将湿衣服展开，增大了水的表面积，使水分加快蒸发。
故答案为：汽化；液化；液体的表面积。
(1)物质由液态变成气态的过程叫汽化，是吸热过程，包括蒸发和沸腾两种方式；
(2)物质由气态变成液态的过程叫液化，是放热过程；
(3)影响蒸发快慢的因素有：液体的表面积、液体的温度、液体表面空气流动速度。
此题是一道热现象的基础题，考查了物态变化及吸放热情况的判定，难度不大，容易解答。

10.【答案】8.82×107；3×108；10

【解析】解：(1)交变电流在每秒内周期性变化1次发射的电磁波频率为1Hz，电台节目发射频率为88.2MHz，即8.82×107Hz，说明发射线路中的交变电流每秒钟周期性变化为8.82×107次；
(2)电磁波在真空中的传播速度等于3×108m/s；
根据波速=波长×频率，即c=λf可得：λ=cf=3×108m/s30×106Hz=10m.
故答案为：8.82×107； 3×108；10.
(1)频率是指物体在1s内振动的次数；
(2)电磁波在真空中的传播速度等于3×108m/s，根据公式c=λf可求得电磁波的波长．
理解频率的含义和交变电流的特点．记住电磁波在真空中的传播速度等于3×108m/s，了解公c=λf的含义是解答的关键．

11.【答案】压缩  内  30

【解析】解：从图中可以看出，两个气门关闭，活塞上行，是压缩冲程，此冲程中，机械能转化为内能；
飞轮的转速是60r/s，因为飞轮转动一圈完成两个冲程，所以1s可以完成2×60=120个冲程，完成四个冲程，对外做功一次，所以1s可以做功30次。
故答案为：压缩；内；30。
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程，根据气门的闭合情况和活塞的运动方向判定是哪个冲程；内燃机的压缩冲程中，机械能转化为内能；
四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。

12.【答案】40050080%

【解析】解：题中使用的是动滑轮，有2段绳子承担物重，绳子末端移动距离s=2h=2×2m=4m.
物体重：
G=mg=20kg×10N/kg=200N，
拉力做的有用功：
；
拉力做的总功：

该机械的效率：

故答案为：400，500，80%.
题中使用的是动滑轮，承担物重的绳子股数n=2，则拉力F移动的距离s=2h，知道物体的质量可以求物体重，
使用滑轮组做的有用功是指把重物提升所做的功，即；使用滑轮组做的总功是人的拉力所做的功，即；机械效率是指有用功占总功的百分比，据此求解．
本题考查了动滑轮机械效率的计算，关键有二：一是n的确定(直接从动滑轮上引出的绳子股数)，二是有用功和总功的区分(根据我们的目的分析).

13.【答案】1：2 1：3 右

【解析】解：
(1)设杠杆上一个小格为L，由图可知，杠杆左边的力臂为4L，右边的力臂为2L，
则杠杆左右两边的力臂之比：：1；
根据杠杆平衡条件可得，
所以，左右两边杠杆受的拉力大小之比：；
设一个甲球和乙球的质量分别为、，
根据杠杆平衡条件可得，
，
整理可得，
即1个甲球和1个乙球的质量之比为1：3。
因为甲、乙两种实心球的体积相等，所以1个甲球和1个乙球的密度之比为1：3；
(2)因为1个甲球和1个乙球的质量之比为1：3，即，
所以若此刻同时去掉一个甲球，两边力与力臂之积分别为：
左边：，--------①
右边：，----------②
比较可知，左边力与力臂之积小于右边力与力臂之积，
故杠杆右端将下沉。
故答案为：1：2；1：3；右。
(1)由图可知杠杆左右两边的力臂之比，根据杠杆平衡条件列出等式，再进行整理，即可得出两种球的质量关系，已知两种实心球的体积相等，由密度公式变形可求得密度之比。
(2)由杠杆平衡条件分析此刻同时去掉一个甲球时左右两边力与力臂积大小确定哪端下降。
根据杠杆平衡条件，利用方程法可将天平左右两侧的质量表示出来，是解答此题的关键。

14.【答案】变大  6 10

【解析】解：由电路图可知，R与热敏电阻串联，电压表测热敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)因热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，所以当环境温度降低时热敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大，
由I=UR可知，电路中的电流变小，R为定值电阻，根据UR=IR可知R两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以热敏电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大；
(2)由图像可知，当电路中电流I1=0.2A时热敏电阻两端的电压U1=4V；电路中电流I2=0.4A时压敏电阻两端的电压U2=2V，
因电源的电压不变，所以由欧姆定律和串联电路的电压规律可得电源电压：
U=I1R+U1=I2R+U2，
即：0.2A×R+4V=0.4A×R+2V，
解得：R=10Ω，U=6V；
故答案为：变大；6；10。
由电路图可知，R与热敏电阻串联，电压表测热敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)当环境温度降低时，根据热敏电阻的阻值随温度的升高而减小得出其电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化；
(2)根据图像读出两组电压表和电流表对应的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值，进一步求出电源的电压。
本题考查了欧姆定律的应用，有一定综合性。

15.【答案】

【解析】
【分析】
反射光线是由点光源S发出的，但感觉是由点光源在水中的像发出的，也就是说反射光线的反向延长线过像点，即点P和点光源在水中的像在同一直线上，由此可以确定入射点，进而确定入射光线和反射光线。
根据确定的入射光线，利用折射规律可以做出对应的折射光线。
要做反射光线和折射光线，确定这两条光线对应的那一条入射光线是解决此题的关键。此题包含了平面镜成像的规律，光的折射规律，有一定的难度。
【解答】
根据平面镜成像的规律：像与物关于镜面对称，作出点光源S在关于水面的对称点S′，即像点。
连接S′P，与水面的交点O即为入射点，连接SO即为入射光线；连接OP即为反射光线；
过入射点O做水面的垂线即为法线，根据确定的入射光线和法线可以确定入射角，利用光的折射规律：折射光线和入射光线分居法线两侧，折射角小于入射角。可以做出对应的折射光线OA.如下图所示：
。
  
16.【答案】解：因为S1控制L1，S2控制L2，所以S1与L1串联，S2与L2串联．又因为当病房里的病人闭合开关时，
值班室的电铃响，与病房对应的指示灯亮，所以L1与L2并联后再与电铃串联，电铃在干路上，电路图如下图所示．


【解析】开关要与它所控制的用电器串联，所以S1与L1串联，S2与L2串联．因为只要有人闭合开关，值班室里的电铃就响，所以电铃在干路上．据此可知该题的设计方案是：S1与L1串联，S2与L2串联，L1与L2并联后再与电铃串联，电铃在干路上．
本题考查了连接电路图，要注意：会识别串并联电路，会根据电路图连接正确的实物图；开关与它控制的用电器串联，如果用电器可以单独工作，则用电器并联．

17.【答案】解：根据杠杆平衡条件，要想动力最小，动力臂就要最大，因为支点是O点，当力作用在C点时，力臂最长。所以过点C作垂直于OC的有向线段，即为最小力的示意图，要使杠杆平衡，其方向应该向上，如图所示：


【解析】由杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，知阻力×阻力臂是定值时，当力臂最大时，即力臂为OC时，力是最小的。
本题考查了最小力和力臂的画法。力臂与力的作用线是垂直关系。

18.【答案】53.4；3.50；−4；30.6；0.02；1200

【解析】解：(1)物体的质量是：50g+3.4g=53.4g；
(2)刻度尺的分度值：1mm，读数是：7.50cm−4.00cm=3.50cm；
(2)弹簧测力计的分度值：0.2N，读数是：3.6N；
(3)温度计的读数是：−4℃；
(4)电能表的读数是30.6kW⋅h；消耗的电能W=13000kW⋅h×60=0.02kW⋅h；
功率P=Wt=0.02kW⋅h160h=1.2kW=1200W.
故答案是：(1)53.4g、3.50cm、−4℃；         
(2)30.6、0.02、1200.
(1)天平读数时是砝码质量和游码示数的和；
(2)刻度尺读数时注意分度值和零刻线；
(3)温度计读数时玻璃管内液柱显示处的示数，注意0℃的位置；
(4)电能表的最后一位是小数，单位是kW⋅h，已知每消耗1kW⋅h的电能电能表的表盘就转过3000r，可求转过60转消耗的电能，根据公式P=Wt可求空调的功率．
此题主要考查一些测量仪器的读数方法，属于实验操作的基本技能．

19.【答案】反射  大小  20 虚  C 方案二

【解析】解：
(1)平面镜的成像的原理是光的反射；
(2)选取两只相同的棋子做实验，目的是为了比较像与物的大小关系；由于像距等于物距，所以当棋子到平面镜的距离为20cm时，棋子的像到平面镜的距离也是20cm；撤去玻璃板后的棋子，在像的位置放一光屏，发现光屏上不能承接到像，说明平面镜所成的像是虚像；
(3)由于像和物体关于平面镜对称，所以棋子A放在玻璃板前，将棋子C玻璃板后方移动可以使半圆形图案重合；
由于平面镜是利用光的反射的虚像，所以想要像清晰，就需要物体反射的光线多，所以需要用手电筒照射棋子A正面，即选方案二。
故答案为：(1)反射；(2)大小；20；虚；(3)方案二。
(1)平面镜的成像的原理是光的反射；
(2)选取两只相同的棋子做实验，目的是为了比较像与物的大小关系；
(3)根据平面镜成像特点，平面镜所成的像与物体大小相同，像和物体关于平面镜对称，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等来解答此题。
考查平面镜成像，难度不大。

20.【答案】(1)4；(2)丁；2.1；(3)大；(4)密度；丁；(5)b

【解析】解：(1)由甲图可知，测力计分度值为0.2N，物体的重力为4N。
(2)根据称重法，要求出物体完全浸没在水中时，所受的浮力为由甲图和丁图可知，物体完全浸没在水中时，所受的浮力为：；
(3)由乙丙丁知，弹簧测力计示数的逐渐变小，根据可知，物体排开水的体积越大，所受的浮力越大；
(4)在上述实验的基础上，小明若想探究浮力大小与液体密度的关系，要控制排开液体的体积相同，只改变排开液体的密度，则应该换用一杯密度不同的液体，将金属圆柱体浸没在液体中，观察弹簧测力计的示数，与丁图比较得出结论；
(5)根据阿基米德原理，在浸没前，物体受到的浮力随排开液体体积的增大而增大，浸没后，排开液体的体积不变，受到的浮力不变，故图线b能用来表示物体所受浮力大小随浸入液体深度的变化情况。
故答案为：(1)4；(2)丁；2.1；(3)大；(4)密度；丁；(5)b。
(1)由甲图可知确定测力计分度值读数；
(2)根据称重法结合题目要求回答；根据求所受的浮；
(3)比较乙丙丁弹簧测力计示数的变化，根据分析；
(4)探究浮力大小与液体密度的关系，要控制排开液体的体积相同，只改变排开液体的密度；
根据排开液体的体积相同回答；
(5)根据阿基米德原理，分析在浸没前和浸没后浮力的变化回答。
本题考查测力计读数、称重法测浮力大小、数据分析、阿基米德原理的运用。

21.【答案】解：
(1)由图丙可知，整个过程中物体上升的速度v=0.1m/s不变，即物体做匀速直线运动，
由图乙可知，20s∼34s内，物体完全离开水面，此时绳子的拉力F=103N，
因此时物体受到绳子的拉力和自身的重力是一对平衡力，
所以，物体的重力G=F=103N；
(2)由图乙可知，物体下表面离开井底到物体下表面离开水面所用的时间t=20s，
由v=st可得，物体运动的距离即井水的深度：
h=vt=0.1m/s×20s=2m；
(3)由图乙可知，在0∼10s内，绳子的拉力F′=400N不变，此时物体没有露出水面，
因此时物体受到竖直向上的拉力和浮力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，
所以，由物体受到的合力为零可得，物体受到的浮力：
，
由P=Wt=Fst=Fv可得，浮力做功的功率：
。
答：(1)物体的重力为103N；
(2)井水的深度为2m；
(3)第0∼10s内，浮力做功的功率为60W。

【解析】(1)由图丙可知，整个过程中物体上升的速度不变，即物体做匀速直线运动；由图乙可知，20s∼34s内，物体完全离开水面以及此时绳子的拉力，此时物体受到绳子的拉力和自身的重力是一对平衡力，二力大小相等，据此求出物体的重力；
(2)由图乙可知，物体下表面离开井底到物体下表面离开水面的时间，根据v=st求出物体运动的距离即为井水的深度；
(3)由图乙可知，在0∼10s内，绳子的拉力不变，物体受到的浮力不变，且此时物体没有露出水面，此时物体受到竖直向上的拉力和浮力、竖直向下的重力作用处于平衡状态，根据物体受到的合力为零求出物体受到的浮力，利用P=Wt=Fst=Fv求出浮力做功的功率。
本题考查了二力平衡条件和速度公式、功率公式的综合应用，从图象中获取物体的运动状态和受力情况是关键。

22.【答案】解：(1)一满壶水的体积：
V=2L=2dm3=2×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
在1标准大气压下水的沸点为100℃，水吸收的热量：
；
(2)当开关S2接A、S1断开时，两电阻串联；当开关S2接A、S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接B、S1闭合时，两电阻并联；
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，当开关S2接A、S1断开时电路的总电阻最大，当开关S2接B、S1闭合时电路中的总电阻最小，
由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大，总功率越小，反之越大，
则当开关S2接B、S1闭合时养生壶处于高温挡，当开关S2接A、S1断开时养生壶处于低温挡，当开关S2接A、S1闭合时养生壶处于中温挡，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且R1=R2，
所以，由P=UI=U2R可知：，
养生壶高温挡的功率：
，
由可得，消耗的电能：
，
由P=Wt可得，需要的加热时间：
。
答：(1)在1标准大气压下，使用高温挡将初温是45℃的一满壶水烧开，水吸收的热量为4.62×105J；
(2)若养生壶高温挡加热效率为75%，烧开这一壶水需要700s。

【解析】(1)根据表格数据可知一满壶水的体积，根据m=ρV求出水的质量，又知道水的初温、末温(在1标准大气压下水的沸点为100℃)以及比热容，根据求出水吸收的热量；
(2)分析开关转换时电路的连接，根串并联电路的电阻特点和P=UI=U2R得出低温挡、高温挡、中温挡电路的连接方式，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响和P=UI=U2R结合R1=R2可知，两电阻的电功率和中温挡的功率相等，据此求出养生壶高温挡的功率，利用求出消耗的电能，利用P=Wt求出需要的加热时间。
本题考查了密度公式和吸热公式、电功率公式、效率公式、电功公式的综合应用，分清养生壶处于不同状态时电路的连接方式并得出高温挡的功率是关键。

23.【答案】钢球的重力势能；木块被推动距离；速度；质量；木块受到摩擦力作用；做功；做匀速直线运动；不能

【解析】解：
(1)让钢球从某一高度由静止释放，在向下摆动的过程中重力势能减小，动能增大，所以钢球在最低位置获得的动能是由初始位置时的重力势能转化来的；在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察钢球推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想；
(2)图中实验中让同一钢球从同一个斜面上不同的高度由静止开始运动，即钢球滚动到斜面低端的速度是不同的，即探究动能大小与物体运动速度的关系；
(3)不同钢球从相同的高度释放，运动到斜面低端的速度也就相同，即该实验探究的是钢球动能与质量的关系；
(4)由于木块受到阻力(或摩擦力)的作用，所以木块最终会停下来；在此过程中木块通过做功方式把动能转化为内能；
(5)据牛顿第一定律可知，若物体在不受任何外力时，运动的物体将永远做匀速直线运动，故如果木块在运动过程中所受的摩擦阻力为0，木块将永远做匀速直线运动；
(6)若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，小车和木块将永远一直运动下去，没有运动距离的远近之分，就不能达到通过比较距离来比较动能的目的了。
故答案为：(1)钢球的重力势能；木块被推动距离；(2)速度；(3)质量；(4)木块受到摩擦力作用；做功；(5)做匀速直线运动；(6)不能。
(1)让钢球从某一高度由静止释放，使钢球获得动能；动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与质量关系时，控制速度不变；
(2)探究动能与速度关系时，控制质量不变。该实验也采用了转换法，通过比较小球推动木块移动的距离来反映小球动能的大小；
(3)由于动能的大小与物体的质量和速度有关，要想研究物体动能与质量的关系，需要换用不同质量的钢球从斜面相同的高度滑下；
(4)力是改变物体运动状态的原因；改变内能的方式有两种，即做功和热传递；
(5)(6)据牛顿第一定律分析即可判断。
该题考查了转换法、控制变量法等研究方法在探究实验中的应用，在平时做实验时要多观察，多思考。

24.【答案】小  电压表  3 越大  分压  电压表

【解析】解：(1)流体的流速越大的位置压强越小，故飞机机翼上表面凸起，可使飞行过程中机翼上表面的空气流速大，压强小，从而形成升力；
(2)如图2，电流表串联在电路中，故表2是电流表，电压表并联在电路中，故表1和表3是电压表，因为测距传感器R1和R0串联在电路中，电流表2测量串联电路中的电流，电压表1测量R0两端的电压，电压表3测量R1两端的电压。
由测距传感器的阻值R1与离地高度h的关系图像知，R1随离地高度h的增大而增大，根据串联电路中各串联电阻起分担电压的作用，电阻越大分担的电压越大，当离地高度增大时，R1变大，R1分担的电压越大，则R0分担的电压变小，即电压表3示数变大，电压表1示数变小。电路总电阻变大，电源电压不变，故电路的电流变小，故电流表2示数变小。
综合分析当离地高度增加时，电压表1示数变小，电压表3示数变大，电流表2示数变小，根据高度表示数随飞行高度的增大而增大，故高度表选择电压表3。
故答案为：小；电压表；3；越大；分压；电压表。
(1)流体的流速越大流体压强越小。
(2)电流表串联在电路中，故表2是电流表，电压表并联在电路中，故表1和表3是电压表，因为测距传感器电阻R1和R0串联在电路中，电流表2测量串联电路中的电流，电压表1测量R0两端的电压，电压表3测量R1两端的电压。
由测距传感器的阻值R1与离地高度h的关系图像说明R1随离地高度h的增大而增大，根据串联电路中各串联电阻起分担电压的作用，电阻越大分担的电压越大，当离地高度增大时，R1变大，R1分担的电压越大，则R0分担的电压变小，即电压表3示数变大，电压表1示数变小。
电路总电阻变大，电源电压不变，故电路的电流变小，故电流表2示数变小。
串联电路各电阻起分担电压的作用，电阻越大分担电压越大，这是本题的关键。

25.【答案】把变阻器下面两个接线柱连入了电路中  电阻一定时，导体中的电流与两端电压成正比  右  控制定值电阻电压为1.8V50Ω1A6

【解析】解：(1)①原电路中，电流从电压表负接线柱流入是错误的，电流应从电压表正接线柱流入，电压表与电阻并联，改正如下图：

②将6Ω的电阻接入电路，闭合开关，发现电压表示数小于电源电压，电流表有示数，则电路为通路，调节滑片P两表示数不变，变阻器没有了变阻的作用，又因为电压表示数小于电源电压，故把变阻器下面两个接线柱连入了电路中(若将变阻器上面两个接线柱连入电路中，则电压表示数为电源电压)；
③分析数据可知，R=UI=1.2V0.2A=1.8V0.3A=2.4V0.4A=6Ω，为一定值，可得到的实验结论是：当电阻一定时，导体中的电流与两端电压成正比；
(2)①用12Ω的电阻替换6Ω的电阻，定值电阻变大，定值电阻分压变大，大于原来的电压，为保持定值电阻两端电压不变，由电路图可知，应向右移动滑动变阻器滑片，增大滑动变阻器接入电路的阻值，增大滑动变阻器的分压，控制定值电阻电压为1.8V；
②电阻两端的电压始终保持UV=1.8V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
，变阻器分得的电压为电压表示数的3.2V1.8V=169倍，根据分压原理，当接入24Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
，故为了完成整个实验，应选用用“50Ω1A”变阻器；
③电流表量程为0∼0.6A，分度值0.02A，读数为0.3A，由欧姆定律I=UR，电阻为：
R′=U′I′=1.8V0.3A=6Ω。
故答案为：(1)①如上所示；②把变阻器下面两个接线柱连入了电路中；③电阻一定时，导体中的电流与两端电压成正比；(2)①右；控制定值电阻电压为1.8V；②50Ω1A；③6。
(1)①原电路中，电流从电压表负接线柱流入是错误的，电流应从电压表正接线柱流入，电压表与电阻并联；
②将6Ω的电阻接入电路，闭合开关，发现电压表示数小于电源电压，电流表有示数，则电路为通路，调节滑片P两表示数不变，变阻器没有了变阻的作用，根据电压表示数小于电源电压分析回答；
③根据电压与电流之比为一定值得出结论；
(2)①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
②根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入24Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，据此分析；
③根据电流表选用的量程确定分度值读数，由欧姆定律I=UR得出电阻大小。
本题探究“电流与电压和电阻的关系”，考查电路连接、反常现象和数据分析、控制变量法、操作过程、欧姆定律的运用和对器材的要求。