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2022年江苏省南通市通州区中考物理一模试卷（含解析）
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这是一份2022年江苏省南通市通州区中考物理一模试卷（含解析），共26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，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省南通市通州区中考物理一模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共20分）
1. “北斗+5G”技术助力北京成功打造了今年的冬奥会，该技术主要利用了( )
A. 超声波 B. 次声波 C. 电磁波 D. 红外线
2. 如图，在试管中加入少量水，用嘴对着试管口吹气，使其发声．该声音( )
A. 由试管的振动产生 B. 音调随试管中水量增加而变高
C. 传播速度随吹气所用力的增大而变快 D. 音色与敲击试管发声的音色相同
3. 如图，舞台上常用干冰制造白雾，以渲染气氛．这种白雾是( )
A. 二氧化碳
B. 小水滴
C. 空气
D. 水蒸气
4. 如图所示的光学现象，其成像原理和成像虚实均相同的一组是( )
A. ①和③ B. ②和③ C. ①和④ D. ③和④
5. 恩格斯曾说过：“摩擦生火第一次使人支配了一种自然力，从而最终把人和动物分开.”如图所示，“钻木取火”时( )
A. 产生的内能无法自主转化为其他形式的能
B. 能量的转换与热机的做功冲程相同
C. 手握的木钻将内能转移给了木柴
D. 木柴燃烧越充分，其热值越高
6. 小车在水平地面上沿直线运动，车内的小球A和物块B在图示位置相对车厢静止．则( )
A. 车可能做匀速运动 B. 物块B受平衡力作用
C. 物块B受到向右的摩擦力 D. 球A的惯性一定比物块B的小
7. 如图所示，关于“探究电磁联系”的四个实验情境，下列说法正确的是( )
A. 甲实验中小磁针最终静止时与通电导线平行
B. 将乙实验中ab棒竖直上下移动时，灵敏电流计指针不会左右摆动
C. 丙实验装置只可以研究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系
D. 丁实验揭示了发电机的工作原理
8. 质量相等的甲、乙两个物体从同一斜面的相同高度处下滑，每隔相等时间曝光一次得到的频闪照片如图所示．则甲、乙在斜面上运动的过程中( )
A. 平均速度之比为3：5 B. 甲的重力势能转化为动能
C. 到达斜面底端的动能相等 D. 乙重力做功的功率比甲大
9. 如图所示，杂技演员两只脚都站在直径为2cm的钢丝上，脚与钢丝平行．估算他脚对钢丝的压强约为( )
A. 5×104Pa B. 5×103Pa C. 1.5×104Pa D. 1.5×103Pa
10. 如图所示是某电子秤的简化电路，R0是定值电阻；Rx是压敏电阻，其阻值大小与压力大小成反比．电源电压恒定不变．闭合开关，当Rx上压力增大时，Rx两端电压Ux、电路消耗的总电功率与Rx的电功率之比k随压力F变化的关系图线可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共2小题，共6分）
11. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲．航天员翟志刚、王亚平、叶光富演示了如下图所示的结晶实验、“液桥”实验和太空抛物实验．
(1)图甲中饱和液体“结晶”过程会______(选填“吸”或“放”)热；
(2)图乙中两块玻璃间的“液桥”说明分子间存在______；
(3)图丙中水平抛出的“冰墩墩”做______运动，有力论证了伽利略的猜想．
12. 如图所示的“翔龙”无人机是我国中航工业自主研究和生产的一种高速隐身侦察机。机身涂有特殊涂层、打磨成完美的流线造型，正常巡航速度100m/s。
(1)涂层材料极易______(选填“吸收”或“反射”)雷达发射的电磁波；
(2)“翔龙”无人机的升空原理与______(选填“火箭”或“风筝”)相同；
(3)若“翔龙”正常巡航每小时平均消耗航空燃油45kg，则该无人机的平均“百公里能耗”为______J。(航空燃油的热值为4.8×107J/kg)
三、作图题（本大题共3小题，共6分）
13. 如图所示，一物体随小车在水平面上向右匀速运动，请画出该物体的受力示意图。
14.如图，在舞蹈室的墙面上装有一块平面镜，王老师用一激光笔从S点照向镜面，在地面上P点看到一光斑，请用平面镜成像特点完成光路图。
15.某额定电压为220V的电动扶梯(已接地)，只需在白天且有人时开启，利用红外线开关S1(有人时闭合、无人时断开)及可见光开关S2(白天闭合、夜间断开)即可实现自动控制。请在图中按要求正确完成电路连接。
四、实验探究题（本大题共6小题，共34分）
16.如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华用两个相同的容器(图中用虚线框表示)分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热．
(1)本实验中盛放液体的容器选择______(选填“烧杯”或“易拉罐”)效果较好；
(2)两种液体吸收热量的多少可通过______(选填“温度计示数变化”或“加热时间”)比较；
(3)根据实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，分析图像可知：A和B两种液体的比热容之比为______；若想自制一个暖手袋，则应选择______(选填“A”或“B”)作为供热物质．
17.小明观察了小区入口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，栏杆抬起，车辆通行．他据此设计了如图所示的结构原理模型，车牌识别成功相当于开关S闭合，已知B端悬挂的铁柱重10N。
(1)S闭合，通电线圈上端为______极；
(2)已知AO：OB=3：1，当通电线圈对铁柱的磁力为10N时，栏杆刚好离开托架，则质量分布、粗细都均匀的栏杆自重为______N；若将图中线圈水平右移少许，要将栏杆刚好拉起的磁力将______10N，为此小明应将电路中滑动变阻器的滑片向______(选填“上”或“下”)移动；
(3)已知该电路电源电压恒为6V，线圈阻值为2Ω.闭合开关，滑动变阻器接入阻值为10Ω时，通电线圈的电功率为______W。
18.某实验小组用天平和刻度尺分别测出了质地均匀的正方体蜡块和盐水的密度．
(1)用天平测蜡块的质量前，发现左盘高，应将平衡螺母向______调；然后蜡块放在天平的______盘．如图甲所示，蜡块的质量为______g；
(2)将蜡块粘在一个容积为100mL的轻质容器底部，向容器中装满水，此时再用天平测得容器的总质量为99g，则蜡块密度为______g/cm3；
(3)用刻度尺测出正方体蜡块的高度为ℎ1，如图乙所示，蜡块漂浮在盐水中，再用刻度尺测出蜡块露出液面的高度为ℎ2，则盐水的密度ρ盐水=______(用ℎ1、ℎ2和ρ蜡表示)．
19.用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”实验，图甲中一束平行光射向凸透镜，光屏上得到一个最小、最亮的光斑(未画出)。
(1)由图甲可知，该透镜的焦距为______cm。
(2)图乙中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，则该像是倒立、______的实像．若此时将凸透镜移到55cm刻度线处，则将光屏移动到______cm刻度线处，可以再次看到清晰的像，然后将凸透镜左半部用纸遮住，屏上将得到烛焰______(选填“左一半”、“右一半”或“完整”)的像．
(3)若在图乙中烛焰和凸透镜之间放一近视眼镜的镜片，则应将蜡烛向______移动适当距离才能再次看到清晰的像．
20.用图甲所示电路测量小灯泡电功率，小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)请你用笔画线代替导线，将甲图中的实物电路连接完整，要求：滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大．由图可知A端为蓄电池的______极。
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，而电压表没有示数，故障的原因可能是小灯泡______(选填“短路”或“断路”)。
(3)排除故障后移动滑片到某位置，电压表示数为2V，此时应将滑片向______(选填“左”或“右”)端滑动，直至小灯泡正常发光．此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______W。
(4)完成上述实验后，又设计了如图丙所示的电路，测出了只标有额定电流为0.3A的小灯泡的额定功率．电源电压恒定，R0的电阻为5Ω，实验操作如下．
①闭合S1，将S2接“2”，移动变阻器的滑片，使电压表的示数为______V；
②将S2改接到“1”，记录此时电压表示数为2.7V；
③小灯泡的额定功率为______W。
21.小明利用身边的常见物品制作了如图甲所示的探头，探究液体压强和浮力的规律，为此他先后完成了如图乙、丙所示的实验。
(1)在探究液体压强规律的实验前，小明应首先检测自制“探头”的______。
(2)比较图乙中的______、C两组实验现象可初步得出结论：______。
(3)在图乙D组实验中，小明将探头放到与B组相同深度时，发现橡皮膜形变刚好与C组相同，由此可推断该未知液体密度______(选填“比水小”、“比盐水大”或“介于水和盐水之间”)。
(4)小明利用图丙装置进行实验。(g=10N/kg)
①向溢水杯中注满水，用弹簧测力计挂着此探头缓缓浸入水中．当探头刚好浸没时，获得数据如图丙，可推测探头的质量为______g。
②为研究浮力与液体密度关系，分别向杯中注入液体a、b、c，将探头浸没在液体中______(选填“相同”或“不同”)深度处，弹簧测力计示数关系为Fb>Fa>Fc，则______(选填“a”、“b”或“c”)液体的密度最小。
五、计算题（本大题共2小题，共14分）
22.小明用图示滑轮组将重为300N的一捆书匀速提升上楼，作用在绳端的拉力为125N，绳端移动的速度为0.3m/s.求：
(1)拉力的功率；
(2)滑轮组的机械效率。
23.如图所示，将滑动变阻器滑片移至最左端，S闭合，S1、S2都断开，电流表示数为0.25A；再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光．已知小灯泡上标有“6V3W”字样，定值电阻R0为20Ω，电源电压恒为8V，灯泡电阻保持不变．求：
(1)灯泡的电阻和额定电流；
(2)滑动变阻器的最大阻值；
(3)保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时的电路总功率。
六、综合题（本大题共1小题，共10分）
24.阅读短文，回答问题。
LED照明为节能减排，生活中的照明灯逐步由白炽灯替换为LED灯。如图甲所示为某款家用LED吸顶灯，其结构主要由12颗发光二极管组成的灯带和LED驱动器组成。
发光二极管主要由硅、砷等材料制成，具有光效高、寿命长、无闪烁等优点，还具有单向导电性，图乙是发光二极管的元件实物及符号，当电流从它的正极流入时，处于通路状态，反之处于断路状态。把图甲灯带中一颗发光二极管接入图丙电路，调节变阻器滑片，记录多组电压、电流数据，描绘出如图丁所示的I−U图像。
LED驱动器的输入端直接接入家庭电路，输出端连接灯带。驱动器会根据发光二极管的接入个数和连接方式，智能调控“恒流”输出值或“恒压”输出值模式，以确保每个二极管正常发光。图甲吸顶灯配置的LED驱动器参数如表，其中驱动效率指其输出功率和输入功率的比值。
输入电压
220V
输出电压
15−25V
输出电流
1−4A
驱动效率
90%
(1)发光二极管主要由______(选填“导体”、“半导体”或“超导体”)材料制成；LED驱动器应输出______(选填“直流”或“交流”)电。
(2)分析图丙、丁，下列判断正确的是______。
A.二极管的电阻随两端电压的增大而增大
B.二极管的电功率随两端电压的增大而减小
C.图丙中闭合S，滑片P左移，电压表示数增大
D.图丙中对调电源正负极再闭合S，电压表示数为零
(3)已知图丙中电源电压恒为4.5V，发光二极管额定电压为3.0V。为确保正常照明，12颗二极管应______(选填“串联”或“并联”)，工作中驱动器会选择______(选填“恒压”或“恒流”)输出模式，此吸顶灯的额定输入功率为______W。
(4)经测试一间教室中20盏白炽灯全部打开，照明1min，标有“1200r/(kW⋅ℎ)”的电能表转盘转了16r。现全部更换成该款吸顶灯照明，平均每天照明10ℎ，求一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能。(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：“北斗+5G”技术是利用电磁波传递信息的，故C正确。
故选：C。
人们日常生活中用的电视信号、手机信号以及卫星通信都是利用电磁波传递信号。
本题考查验电磁波的应用，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、用嘴对着试管口吹气，是试管内的空气柱振动发声，故A错误；
B、音调随试管中水量增加而变高，因为水量越多，空气柱越短，音调越高，故B正确；
C、传播速度不会随吹气所用力的增大而变快，因为介质种类不变，声速不变，故C错误；
D、音色与敲击试管发声的音色不同，因为敲击试管是管壁振动发声，故D错误。
故选：B。
(1)声音由物体的振动产生。
(2)空气中振动产生声音时，空气柱越短音调越高。
(3)声的传播速度与介质种类有关。
(4)音色由发声体的材料和结构决定。
理解声音的产生条件，影响音调、音色的因素，理解声速与介质种类有关，可解答此题。
3.【答案】B
【解析】解：
干冰(固态二氧化碳)升华吸热使周围环境温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠．形成“白雾”．
故选B
解决此题需掌握：干冰就是固态的二氧化碳；物质由固态直接变成气态的过程叫升华，物质的升华过程是吸热的；物质由气态变成液态的过程叫液化，液化过程是放热的．
本题主要考查对制造舞台效果的物理学原理的了解，考查了物态变化现象的判断，是一道热学的基础题．
4.【答案】C
【解析】解：①放大镜成的是正立、放大的虚像，其成像原理是光的折射；②小孔成像是由光的直线传播形成的实像；③平面镜成像是由光的反射形成的虚像；④水中“笔”弯折是由光的折射形成的虚像；故①④成像原理和成像虚实均相同。
故选：C。
①光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像，水变浅了，水中的筷子折断了等；
②光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；
③光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。
本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
5.【答案】A
【解析】解：A、能量的转化和转移具有方向性，所以，“钻木取火”过程中产生的内能无法自主转化为其他形式的能，故A正确；
B、“钻木取火”过程中把机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能；热机的压缩冲程中，机械能转化为内能，故能量的转换与热机的压缩冲程相同，故BC错误；
D、燃料的热值是燃料本身的一种特性，热值大小与燃料燃烧情况无关，故D错误。
故选：A。
(1)能量的转化和转移具有方向性；
(2)(3)“钻木取火”过程中把机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能；热机的压缩冲程中，机械能转化为内能，做功冲程中，内能转化为机械能；
(4)燃料的热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出的热量以及燃烧情况无关。
本题考查热值的概念、改变内能的方式、能量转化的方向性，是一道热学综合题，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.对于A，受到绳子拉力和重力，属于非平衡力，故A不可能为匀速，故A错误；
B、C.由图可知，B和小车一起运动，处于向右加速或者向左减速状态，B为非平衡状态，摩擦力向右，故B错误，C正确；
D.惯性大小和质量有关，题中没有说明两者质量关系，无法判断，故D错误。
故选：C。
对于A，受到绳子拉力和重力，属于非平衡力，故A不可能为匀速，对于B，B和小车一起运动，处于向右加速或者向左减速状态，非平衡状态，故摩擦力为向右，惯性大小和质量有关。
本题考查了平衡状态和非平衡状态的条件、摩擦力的判断和惯性的知识点，属于中档题。
7.【答案】B
【解析】解：A、图甲装置是奥斯特实验，实验表明电流周围存在磁场，实验中小磁针最终静止时与通电导线垂直，故A错误；
B、将乙实验中ab棒竖直上下移动时，不切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会左右摆动，故B正确；
C、图丙装置两个电磁铁串联在电路中，电流相等，线圈匝数不同，所以可以探究电磁铁磁性强弱跟线圈匝数的关系；若移动滑动变阻器，可以改变电路中的电流，所以还可以探究电磁铁磁性强弱跟电流的关系，故C错误；
D、图丁装置是通电导体在磁场中受力而运动，是电能转化为机械能，是电动机的原理，故D错误。
故选：B。
(1)奥斯特实验表明电流周围存在磁场；通电直导线的磁感线是以通电直导线为圆心的一个个同心圆；小磁针N极指向磁感线的切线方向；
(2)根据产生感应电流的条件分析解答；
(3)电磁铁的磁性强弱跟电流的大小、线圈的匝数、是否有铁芯有关，利用控制变量法，探究电磁铁磁性强弱的影响因素；
(4)通电导体在磁场中受力而运动，是电能转化为机械能。
电磁主要包括电流产生磁场、电磁感应、磁场对通电导体的作用三部分，分别是电磁铁、发电机、电动机的工作原理。
8.【答案】D
【解析】解：A、由图知，甲物体是4个时间间隔，乙物体是2个时间间隔，所以甲物体与乙球物体运动的时间之比为4：2=2：1，运动的路程相同，根据v=st可知，平均速度之比为1：2，故A错误；
B、由图可知，甲物体的高度变小，质量不变，重力势能变小；甲物体在相同时间内通过的路程相同，做匀速直线运动，速度保持不变，甲物体的质量不变，动能不变；所以该过程中，不是重力势能转化为动能，故B错误；
C、甲、乙物体的质量相同，到达底端时，甲的速度小于乙的速度，所以甲的动能小于乙的动能，故C错误；
D、乙运动的速度大，甲、乙的质量相同，根据G=mg可知，重力相同，根据P=Wt=Gℎt=Gv可知，乙的重力做功快，故D正确。
故选：D。
(1)“频闪摄影”时，摄影的时间间隔是相同的，根据运动的路程和时间求出速度之比；
(2)(3)动能与物体的质量和速度有关，重力势能与质量和物体所在高度有关；
(4)根据P=Wt=Gℎt=Gv分析重力做功的快慢。
本题考查了动能和势能的大小变化、速度公式的应用、功率公式的应用，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：杂技演员体重约为500N，两只脚与钢丝的接触面积约为S=25cm×2cm×2=100cm2=10−2m2；
人对钢丝的压强约为：p=FS=500N10−2m2=5×104Pa，故A正确，B、C、D错误；
故选：A。
人的脚长度约为25cm，据此估算两只脚对钢丝的受力面积，根据p=FS计算压强大小。
本题考查了压强的估算，正确估算受力面积是关键，属于基础题。
10.【答案】B
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；
AB、Rx上压力增大时，Rx的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流为：I=URxx+R0，Rx两端电压为：Ux=IRx=URxRx+R0=U1+R0Rx，由此可知，Rx两端电压Ux随Rx的增大而增大，故A错误，B正确；
CD、电路中总功率的表达式为：P=U2Rx+R0；Rx的电功率的表达式为：Px=I2Rx=(URx+R0)2Rx=U2Rx(Rx+R0)2；
则：k=PPx=U2Rx+R0U2Rx(RX+R0)2=Rx+R0Rx=1+R0Rx，由此可知，k随压力的变大而变小，故CD错误。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路；Rx上压力增大时，根据欧姆定律写出Rx两端电压Ux、的表达式，根据表达式得出Ux随压力F变化的关系图线；
根据P=U2R写出总功率的表达式，根据P=I2R写出Rx的电功率的表达式，然后得出k的表达式，然后分析k随压力的变化图线。
本题考查了电路的动态分析、电功率计算公式的应用、图线的识别，有一定的难度。
11.【答案】放 引力 匀速直线
【解析】解：(1)物质由液态变为固态的过程叫凝固，饱和液体“结晶”是凝固过程，需要放热过程；
(2)在天宫课堂“液桥”实验中，两块透明板上的水球接触后合成一个，说明分子间存在引力；
(3)水平抛出的“冰墩墩”由于处于失重状态，所以保持匀速直线运动，有力论证了伽利略“物体运动不需要力维持”的猜想。
故答案为：(1)放；(2)引力；(3)匀速直线。
(1)物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固是放热过程；
(2)分子之间存在相互作用的引力和斥力；
(3)运动的物体不受力的作用将保持原来的速度一直运动下去。
此题是一道联系社会热点的应用题，体现了物理知识与现实生活的密切联系。
12.【答案】吸收 风筝 6×108
【解析】解：(1)涂层材料极易吸收雷达发射的电磁波，故雷达不易监测到侦察机；
(2)“翔龙”无人机的升空原理是利用了流体压强和流速的关系，与风筝相同；
(3)该无人机正常巡航100公里所用的时间t=sv=100×1000m100m/s=1000s=518ℎ，
“翔龙”正常巡航100km，平均消耗航空燃油518×45kg=12.5kg，
则该无人机的平均“百公里能耗”Q=qm=4.8×107J/kg×12.5kg=6×108J。
故答案为：(1)吸收；(2)风筝；(3)6×108。
(1)涂层材料极易吸收雷达发射的电磁波，故雷达不易监测到侦察机；
(2)“翔龙”无人机的升空原理是利用了流体压强和流速的关系，据此分析；
(3)根据t=sv得出该无人机正常巡航100公里所用的时间，进而得出“翔龙”正常巡航100km，平均消耗的航空燃油质量，根据Q=qm得出该无人机的平均“百公里能耗”。
本题考查速度和热值的计算，并考查电磁波的知识，综合性较强。
13.【答案】解：由于物体和小车一起匀速运动，二者相对静止，所以物体不受摩擦力的作用，则物体只受重力G和支持力F的作用，并且这两个力是一对平衡力；过物体的重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画出表示重力G和支持力F的线段，注意两条线段的长度要相等。如图所示：
【解析】物体与小车向右匀速运动，相对静止，物体受到重力G和小车对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
本题考查了对物体的受力分析和画力的示意图的能力，画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边，按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
14.【答案】解：
根据像与物体关于平面镜对称先作出S的像点S′，连接S′P，与平面镜的交点即为入射点，再连接A与入射点连线为入射光线，P与入射点连线为反射光线，如图所示：
【解析】根据反射光线反向延长通过像点和像点与发光点关于平面镜对称，作出反射光线并完成光路图。
本题考查利用平面镜成像特点作图，关键是利用好在光的反射现象中，反射光线反向延长一定通过发光点的像点这一特点。
15.【答案】解：由题意知，在白天且有人时电动扶梯才能启动，说明两个开关串联后共同控制电动机，根据安全用电的原则，开关应接在火线上；
所以，从火线开始，用导线将两个开关S1、S2串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线，如下图所示：
【解析】根据题意可知，自动扶梯只有在白天且有人时才开启，说明两开关不能独立工作即为串联，开关要控制火线，据此连接。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两开关的连接方式是关键，同时要注安全用电的原则。
16.【答案】易拉罐 加热时间 2：1 A
【解析】解：(1)易拉罐金属导热性好，实验结果会更明显，故填易拉罐；
(2)用相同的酒精灯加热，所以通过加热时间来表示吸热情况；
(3)在图像中，5min中内，A变化了20℃，B变化了40℃，A和B的温度Δt之比是1：2，由于A和B的吸收的热量Q和质量m相等，由Q=cmΔt可得比热容就是2：1，暖手袋要选比热容大的物质来供热。
故答案为：(1)易拉罐；(2)加热时间；(3)2：1；A。
(1)易拉罐金属导热性好；
(2)相同的酒精灯加热，所以通过加热时间来表示吸热情况；
(3)在图像中，5min中内，A变化了20℃，B变化了40℃，A和B的温度Δt之比是1：2，由于A和B的吸收的热量Q和质量m相等，由Q=cmΔt可得比热容就是2：1，暖手袋要选比热容大的物质来供热。
本题考查了比热容相关实验探究，属于中档题。
17.【答案】S 20 小于 上 2.5
【解析】解：(1)根据右手定则可知S闭合，通电线圈上端为S极；
(2)B端悬挂的铁柱重10N，通电线圈对铁柱的磁力为10N，所以B处受到的拉力为10N+10N=20N，
质量分布、粗细都均匀的栏杆的重心在其中点，已知AO：OB=3：1，根据杠杆平衡条件可得G×(OA+OB2−OB)=GB×OB，
即G×(3+12−1)=20N×1，
解得：G=20N；
若将图中线圈水平右移少许，通电线圈对铁柱的磁力将小于10N，则B处受到的拉力变小，所以需增大此时通电线圈的磁场，则需增大通过电路的电流，根据欧姆定律可知需减小滑动变阻器接入电路的电阻，所以小明应将电路中滑动变阻器的滑片向上移动；
(3)串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I=UR线圈+RP=6V2Ω+10Ω=0.5A，
通电线圈的电功率为：P=I2RP=(0.5A)2×10Ω=2.5W。
答案为：(1)S；(2)20；小于；上；(3)2.5。
(1)根据右手定则可判断通电线圈上端的磁极；
(2)B端悬挂的铁柱重10N，通电线圈对铁柱的磁力为10N，据此计算B处受到的拉力，
质量分布、粗细都均匀的栏杆的重心在其中点，已知AO：OB=3：1，根据杠杆平衡条件可得G×(OA+OB2−OB)=GB×OB，代入数据解方程可得栏杆自重，将图中线圈水平右移少许，通电线圈对铁柱的磁力将小于10N，则B处受到的拉力变小，所以需增大此时通电线圈的磁场，则需增大通过电路的电流，根据欧姆定律可知需减小滑动变阻器接入电路的电阻，据此判断滑动变阻器的滑片移动方向；
(3)根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P=I2R计算通电线圈的电功率。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式以及杠杆平衡条件的灵活运用，综合性强。
18.【答案】左 左 9 0.9 ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2
【解析】解：(1)调节平衡螺母使天平横梁平衡，左盘高，所以平衡螺母向左调；称量时应把蜡块放入天平的左盘，蜡块的的质量=5g+4g=9g；
(2)轻质容器，即容器质量为0g，天平测得容器的总质量为水的质量和蜡块质量，所以m水=m总−m蜡=99g−9g=90g；90g水对应的体积V水=m水ρ水=90g1.0g/cm3=90cm3=90mL；
蜡块的体积V蜡=V−V水=100mL−90mL=10mL=10cm3；ρ蜡=m蜡V蜡=9g10cm3=0.9g/cm3；
(3)蜡块漂浮，F浮=G蜡=m蜡g=ρ蜡gV蜡=ρ蜡gSℎ1；由阿基米德原理得F浮=ρ盐水gV排=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )；联立可得ρ蜡gSℎ1=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )，化简得ρ盐水=ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2；
故答案为：(1)左；左；9；(2)0.9；(3)ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2。
(1)调节平衡螺母使天平横梁平衡，左盘高，平衡螺母向左调；左物右码原则，读数为砝码的示数加游码示数；
(2)总质量为水的质量和蜡块质量，算出水的质量，由V=mρ得出水的体积，然后通过烧杯容积和水的体积算出蜡块体积，最后算出密度；
(3)蜡块漂浮，F浮=G蜡=m蜡g=ρ蜡gV蜡=ρ蜡gSℎ1；由阿基米德原理的F浮=ρ盐水gV排=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )；联立计算化简。
本题主要考查了天平的调节、读数、测量液体密度、阿基米德原理的应用，属于提升题。
19.【答案】10 放大 75 完整 左
【解析】解：(1)凸透镜的焦距：f=60cm−50cm=10cm。
(2)从图乙中可知凸透镜f
故答案为：(1)10；(2)放大；75；完整；(3)左。
(1)平行于主光轴的一束光经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这个点叫凸透镜的焦点，焦点和光心之间的距离叫凸透镜的焦距；
(2)凸透镜f
本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
20.【答案】负 短路 右 0.6 1.5 0.36
【解析】解：(1)将电压表并联在灯泡两端；滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故变阻器应选右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：
；
电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，故电源B端为正极A端为负极；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路是通路；电压表没有示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路，故故障的原因可能是小灯泡短路；
(3)排除故障后移动滑片到某位置，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，故应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故此时应将滑片向右端滑动，直至小灯泡正常发光；
由图甲可知，电流表选用小量程，根据图乙，电流表分度值0.02A，其示数为0.24A，小灯泡额定功率为：
P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W；
(4)实验操作：
①闭合S1，将S2接“2”，移动变阻器的滑片，使电压表的示数为1.5V；
②将S2改接到“1”，记录此时电压表示数为2.7V；
③在①中，定值电阻、灯泡和变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，移动变阻器的滑片，使电压表示数为U0=IR0=0.3A×5Ω=1.5V，此时灯泡正常发光；
在②中，定值电阻、灯泡和变阻器串联，电压表测定值电阻和灯泡两端的总电压，由于电路连接方式不变，电路中电阻不变，电流不变，灯泡仍正常发光，根据串联电路电压规律，灯泡两端的电压为UL=U−U0=2.7V−1.5V=1.2V，小灯泡的额定功率为：
PL=ULI=1.2V×0.3A=0.36W。
故答案为：(1)见解答图；负；(2)短路；(3)右；0.6；(4)①1.5；③0.36。
(1)将电压表并联在灯泡两端；根据滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，确定变阻器连接方式；
电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，据此判断电源正负极；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路是通路；电压表没有示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路；
(3)比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；根据图甲确定电流表量程，根据图乙确定电流表分度值读数；根据P=UI算出灯泡额定功率；
(4)由丙图可知，没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表，首先使通过灯泡的电流等于0.3A，然后测出此时定值电阻和灯泡两端的总电压，便可求出灯泡两端的电压，根据P=UI计算出灯泡的额定电功率。
本题测量小灯泡电功率实验，考查电路连接、电路故障、实验操作、电流表读数、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
21.【答案】气密性 A 在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大 比水小 166 不同 b
【解析】解：(1)在探究液体压强规律的实验前，小明应首先检测自制“探头”的气密性，保证探头浸入液体中，橡皮膜有明显的形变，防止漏气。
(2)如图C，探头刚好浸没在盐水中，如图A，探头刚好浸没在水中，可以选择图A和C，比较橡皮膜的形变大小，橡皮膜所在的深度相同，橡皮膜在盐水中的形变大，可以得到：在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大。
(3)在图乙D组实验中，小明将探头放到与B组相同深度时，发现橡皮膜形变刚好与C组相同，由B和D实验知，在同一深度，橡皮膜在B图中受到的压强大，根据p=ρgℎ得，B图液体密度大，B图液体是水，所以D图在液体的密度比水小。
(4)①如图丙，探头经在盛满水的溢水杯中，探头受到的浮力F浮=G排=m排g=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×86×10−6m3=0.86N，
探头浸没在水中，弹簧测力计的示数是F=0.8N，
所以探头的重力G=F浮+F=0.86N+0.8N=1.66N，
所以探头的质量m=Gg=1.66N10N/kg=0.166kg=166g。
②探头浸没在不同液体中不同深度处，使橡皮膜的形变相同，根据F浮=G−F，比较探头受到浮力大小，根据阿基米德原理比较液体密度大小。
由F浮=G−F知，探头的重力相同，弹簧测力计示数越大，说明探头受到的浮力越小，在探头的体积相同时，液体的密度越小，故b的密度最小，c的密度最大。
故答案为：(1)气密性；(2)A；在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大；(3)比水小；(4)①166；②不同；b。
(1)如图甲，用橡皮膜把玻璃瓶封闭，根据橡皮膜的形变大小来反映液体压强的大小，所以一定要检查仪器的气密性。
(2)液体压强跟液体密度和液体的深度有关。在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大。
(3)在同一深度，比较橡皮膜的形变大小，来比较液体压强大小，根据液体压强公式来比较液体密度大小。
(4)①知道探头排开水的体积，计算探头排开水的重力，即探头受到的浮力，再读出弹簧测力计的示数，根据G=F浮+F计算探头的重力，根据G=mg计算探头的质量。
②探头浸没在不同液体中不同深度处，使探头浸没在液体的不同深度处，使橡皮膜的形变相同，根据F浮=G−F，比较探头受到浮力大小，根据阿基米德原理比较液体密度大小。
本题考查了液体压强大小的影响因素、称重法的应用、利用自制的探头测量液体的密度等，是一道很难的压强和浮力的综合习题。
22.【答案】解：(1)拉力做功的功率：P=Wt=Fst=Fv=125N×0.3m/s=37.5W；
(2)由图可知n=3，滑轮组的机械效率：η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF=300N3×125N×100%=80%。
答：(1)拉力的功率为37.5W；
(2)滑轮组的机械效率为80%。
【解析】(1)利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(2)由图可知n=3，利用η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF求滑轮组的机械效率。
本题考查了使用滑轮组时功率和机械效率的计算，利用好P=Wt=Fst=Fv是关键。
23.【答案】解：(1)由P=UI可知，灯泡的额定电流：I额=P额U额=3W6V=0.5A；
由欧姆定律可知，灯泡的电阻：RL=U额I额=6V0.5A=12Ω；
(2)将滑动变阻器滑片移至最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器的最大阻值与灯泡串联，电流表测电路中的电流，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总大=UI小=8V0.25A=32Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：R大=R总大−RL=32Ω−12Ω=20Ω；
(3)由再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光可知，此时电路中的电流：I大=I额=0.5A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总小=UI大=8V0.5A=16Ω，
由串联电路的电阻特点可知，此时滑动变阻器接入电路中电阻：Ra=R总小−RL=16Ω−12Ω=4Ω，
保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时，滑动变阻器R与定值电阻R0并联，
由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时通过滑动变阻器R的电流：Ia=URa=8V4Ω=2A，
通过定值电阻R0的电流：I0=UR0=8V20Ω=0.4A，
由并联电路的电流特点可知，干路中的电流：I=Ia+I0=2A+0.4A=2.4A，
电路总功率：P=UI=8V×2.4A=19.2W。
答：(1)灯泡的电阻为12Ω，额定电流为0.5A；
(2)滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
(3)保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时的电路总功率为19.2W。
【解析】(1)根据P=UI求灯泡的额定电流，根据欧姆定律求灯泡的电阻；
(2)将滑动变阻器滑片移至最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器的最大阻值与灯泡串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的最大阻值；
(3)根据再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光，分析出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时滑动变阻器接入电路的电阻；
保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时，滑动变阻器R与定值电阻R0并联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过滑动变阻器R和定值电阻R0的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=UI求出此时电路的总功率。
本题考查了串联和并联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，知道灯泡正常工作时其两端电压等于额定电压，关键是正确分析开关都闭合时电路中最大电流的判断。
24.【答案】半导体 直流 C 并联 恒流 7.2
【解析】解：(1)发光二极管主要由半导体材料制成，由于二极管具有单向导电性，所以选用直流电。
(2)AB、由图丁可知，当U1=2.5V时，通过二极管的电流I1=50mA=0.05A，根据欧姆定律可知，此时二极管的电阻R1=U1I1=2.5V0.05A=50Ω；
此时二极管的电功率P1=U1I1=2.5V×0.05A=0.125W；
当U2=3V时，通过二极管的电流I1=200mA=0.2A，根据欧姆定律可知，此时二极管的电阻R2=U2I2=3V0.2A=15Ω；
此时二极管的电功率P2=U2I2=3V×0.2A=0.6W；
由以上分析可知，AB错误；
C、由图丙可知，二极管和滑动变阻器串联，滑动变阻器滑片向左移，接入电路的阻值变小，根据串联分压的特点可知，滑动变阻器两端的电压减小，则二极管两端的电压会变大，故C正确；
D、根据二极管的单向导电性可知，图丙中对调电源正负极再闭合S，电路处于断路状态，电路中没有电流，电压表测量电源电压，电压表示数不为零，故D错误；
故选：C；
(3)根据串联电路的电压特点可知，如果12颗二极管串联，则总电压等于12颗二极管两端的电压之和，会大于电源电压，所以不可能串联，而应该是并联；
工作中驱动器会选择并联恒流的输出模式，可保证电流稳定在20mA，则一个发光二极管的额定输入功率P=U额I额=3V×200×10−3A=0.6W，
故此吸顶灯的额定输入功率PLED=12×0.6W=7.2W；
(4)1200r/(kW⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过1200r，
则电能表转盘转了16r，20盏白炽灯消耗的电能W=16r1200r/(kW⋅ℎ)=4300kW⋅ℎ，
20盏灯的总功率P白炽灯=Wt=4300kW⋅ℎ160ℎ=0.8kW；
一间教室20盏白炽灯平均每月消耗的电能W白炽灯=P白炽灯t′=0.8kW×10ℎ×30=240kW⋅ℎ；
全部更换成该款吸顶灯照明，平均每月消耗的电能WLED=PLEDt′=7.2×10−3kW×20×10ℎ×30=43.2kW⋅ℎ；
一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能ΔW=W白炽灯−WLED=240kW⋅ℎ−43.2kW⋅ℎ=196.8kW⋅ℎ。
答：(1)半导体；直流；
(2)C；
(3)并联；恒流；
(4)一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能为196.8kW⋅ℎ。
(1)发光二极管主要由硅、砷等半导体材料制成；根据发光二极管的单向导电性分析；
(2)A、根据图丁，利用欧姆定律求出当U1=2.5V时的电阻和U2=3V时的电阻，据此比较；
B、根据图丁，利用P=UI求出U1=2.5V时的电功率和U2=3V时的电功率，据此比较；
C、根据串联分压的特点进行分析；
D、根据发光二极管的单向导电性进行分析；
(3)根据串并联电路的电压特点进行分析；并联恒流可保证电流稳定时可保证发光二极管正常工作，根据P=UI计算出等额定输入功率；
(4)1200r/(kW⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过1200r，据此可知电能表转盘转过16r消耗的电能；根据P=Wt求出20盏灯的总功率，根据P=Wt求出一间教室平均每月消耗的电能；
根据P=Wt求出换成该款吸顶灯照明平均每月消耗的电能，据此可知节省的电能。
本题考查半导体材料的特点和作用、欧姆定律的应用、串联电路的特点、电功率的计算以及对电能表参数的理解和掌握，题目有一定的难度。
2022年江苏省南通市通州区中考物理一模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共20分）
1. “北斗+5G”技术助力北京成功打造了今年的冬奥会，该技术主要利用了( )
A. 超声波 B. 次声波 C. 电磁波 D. 红外线
2. 如图，在试管中加入少量水，用嘴对着试管口吹气，使其发声．该声音( )
A. 由试管的振动产生 B. 音调随试管中水量增加而变高
C. 传播速度随吹气所用力的增大而变快 D. 音色与敲击试管发声的音色相同
3. 如图，舞台上常用干冰制造白雾，以渲染气氛．这种白雾是( )
A. 二氧化碳
B. 小水滴
C. 空气
D. 水蒸气
4. 如图所示的光学现象，其成像原理和成像虚实均相同的一组是( )
A. ①和③ B. ②和③ C. ①和④ D. ③和④
5. 恩格斯曾说过：“摩擦生火第一次使人支配了一种自然力，从而最终把人和动物分开.”如图所示，“钻木取火”时( )
A. 产生的内能无法自主转化为其他形式的能
B. 能量的转换与热机的做功冲程相同
C. 手握的木钻将内能转移给了木柴
D. 木柴燃烧越充分，其热值越高
6. 小车在水平地面上沿直线运动，车内的小球A和物块B在图示位置相对车厢静止．则( )
A. 车可能做匀速运动 B. 物块B受平衡力作用
C. 物块B受到向右的摩擦力 D. 球A的惯性一定比物块B的小
7. 如图所示，关于“探究电磁联系”的四个实验情境，下列说法正确的是( )
A. 甲实验中小磁针最终静止时与通电导线平行
B. 将乙实验中ab棒竖直上下移动时，灵敏电流计指针不会左右摆动
C. 丙实验装置只可以研究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系
D. 丁实验揭示了发电机的工作原理
8. 质量相等的甲、乙两个物体从同一斜面的相同高度处下滑，每隔相等时间曝光一次得到的频闪照片如图所示．则甲、乙在斜面上运动的过程中( )
A. 平均速度之比为3：5 B. 甲的重力势能转化为动能
C. 到达斜面底端的动能相等 D. 乙重力做功的功率比甲大
9. 如图所示，杂技演员两只脚都站在直径为2cm的钢丝上，脚与钢丝平行．估算他脚对钢丝的压强约为( )
A. 5×104Pa B. 5×103Pa C. 1.5×104Pa D. 1.5×103Pa
10. 如图所示是某电子秤的简化电路，R0是定值电阻；Rx是压敏电阻，其阻值大小与压力大小成反比．电源电压恒定不变．闭合开关，当Rx上压力增大时，Rx两端电压Ux、电路消耗的总电功率与Rx的电功率之比k随压力F变化的关系图线可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题（本大题共2小题，共6分）
11. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲．航天员翟志刚、王亚平、叶光富演示了如下图所示的结晶实验、“液桥”实验和太空抛物实验．
(1)图甲中饱和液体“结晶”过程会______(选填“吸”或“放”)热；
(2)图乙中两块玻璃间的“液桥”说明分子间存在______；
(3)图丙中水平抛出的“冰墩墩”做______运动，有力论证了伽利略的猜想．
12. 如图所示的“翔龙”无人机是我国中航工业自主研究和生产的一种高速隐身侦察机。机身涂有特殊涂层、打磨成完美的流线造型，正常巡航速度100m/s。
(1)涂层材料极易______(选填“吸收”或“反射”)雷达发射的电磁波；
(2)“翔龙”无人机的升空原理与______(选填“火箭”或“风筝”)相同；
(3)若“翔龙”正常巡航每小时平均消耗航空燃油45kg，则该无人机的平均“百公里能耗”为______J。(航空燃油的热值为4.8×107J/kg)
三、作图题（本大题共3小题，共6分）
13. 如图所示，一物体随小车在水平面上向右匀速运动，请画出该物体的受力示意图。
14.如图，在舞蹈室的墙面上装有一块平面镜，王老师用一激光笔从S点照向镜面，在地面上P点看到一光斑，请用平面镜成像特点完成光路图。
15.某额定电压为220V的电动扶梯(已接地)，只需在白天且有人时开启，利用红外线开关S1(有人时闭合、无人时断开)及可见光开关S2(白天闭合、夜间断开)即可实现自动控制。请在图中按要求正确完成电路连接。
四、实验探究题（本大题共6小题，共34分）
16.如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华用两个相同的容器(图中用虚线框表示)分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热．
(1)本实验中盛放液体的容器选择______(选填“烧杯”或“易拉罐”)效果较好；
(2)两种液体吸收热量的多少可通过______(选填“温度计示数变化”或“加热时间”)比较；
(3)根据实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，分析图像可知：A和B两种液体的比热容之比为______；若想自制一个暖手袋，则应选择______(选填“A”或“B”)作为供热物质．
17.小明观察了小区入口的车辆出入自动控制闸，发现当车牌被识别系统识别后，栏杆抬起，车辆通行．他据此设计了如图所示的结构原理模型，车牌识别成功相当于开关S闭合，已知B端悬挂的铁柱重10N。
(1)S闭合，通电线圈上端为______极；
(2)已知AO：OB=3：1，当通电线圈对铁柱的磁力为10N时，栏杆刚好离开托架，则质量分布、粗细都均匀的栏杆自重为______N；若将图中线圈水平右移少许，要将栏杆刚好拉起的磁力将______10N，为此小明应将电路中滑动变阻器的滑片向______(选填“上”或“下”)移动；
(3)已知该电路电源电压恒为6V，线圈阻值为2Ω.闭合开关，滑动变阻器接入阻值为10Ω时，通电线圈的电功率为______W。
18.某实验小组用天平和刻度尺分别测出了质地均匀的正方体蜡块和盐水的密度．
(1)用天平测蜡块的质量前，发现左盘高，应将平衡螺母向______调；然后蜡块放在天平的______盘．如图甲所示，蜡块的质量为______g；
(2)将蜡块粘在一个容积为100mL的轻质容器底部，向容器中装满水，此时再用天平测得容器的总质量为99g，则蜡块密度为______g/cm3；
(3)用刻度尺测出正方体蜡块的高度为ℎ1，如图乙所示，蜡块漂浮在盐水中，再用刻度尺测出蜡块露出液面的高度为ℎ2，则盐水的密度ρ盐水=______(用ℎ1、ℎ2和ρ蜡表示)．
19.用如图所示的装置做“探究凸透镜成像规律”实验，图甲中一束平行光射向凸透镜，光屏上得到一个最小、最亮的光斑(未画出)。
(1)由图甲可知，该透镜的焦距为______cm。
(2)图乙中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，则该像是倒立、______的实像．若此时将凸透镜移到55cm刻度线处，则将光屏移动到______cm刻度线处，可以再次看到清晰的像，然后将凸透镜左半部用纸遮住，屏上将得到烛焰______(选填“左一半”、“右一半”或“完整”)的像．
(3)若在图乙中烛焰和凸透镜之间放一近视眼镜的镜片，则应将蜡烛向______移动适当距离才能再次看到清晰的像．
20.用图甲所示电路测量小灯泡电功率，小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)请你用笔画线代替导线，将甲图中的实物电路连接完整，要求：滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大．由图可知A端为蓄电池的______极。
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，而电压表没有示数，故障的原因可能是小灯泡______(选填“短路”或“断路”)。
(3)排除故障后移动滑片到某位置，电压表示数为2V，此时应将滑片向______(选填“左”或“右”)端滑动，直至小灯泡正常发光．此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______W。
(4)完成上述实验后，又设计了如图丙所示的电路，测出了只标有额定电流为0.3A的小灯泡的额定功率．电源电压恒定，R0的电阻为5Ω，实验操作如下．
①闭合S1，将S2接“2”，移动变阻器的滑片，使电压表的示数为______V；
②将S2改接到“1”，记录此时电压表示数为2.7V；
③小灯泡的额定功率为______W。
21.小明利用身边的常见物品制作了如图甲所示的探头，探究液体压强和浮力的规律，为此他先后完成了如图乙、丙所示的实验。
(1)在探究液体压强规律的实验前，小明应首先检测自制“探头”的______。
(2)比较图乙中的______、C两组实验现象可初步得出结论：______。
(3)在图乙D组实验中，小明将探头放到与B组相同深度时，发现橡皮膜形变刚好与C组相同，由此可推断该未知液体密度______(选填“比水小”、“比盐水大”或“介于水和盐水之间”)。
(4)小明利用图丙装置进行实验。(g=10N/kg)
①向溢水杯中注满水，用弹簧测力计挂着此探头缓缓浸入水中．当探头刚好浸没时，获得数据如图丙，可推测探头的质量为______g。
②为研究浮力与液体密度关系，分别向杯中注入液体a、b、c，将探头浸没在液体中______(选填“相同”或“不同”)深度处，弹簧测力计示数关系为Fb>Fa>Fc，则______(选填“a”、“b”或“c”)液体的密度最小。
五、计算题（本大题共2小题，共14分）
22.小明用图示滑轮组将重为300N的一捆书匀速提升上楼，作用在绳端的拉力为125N，绳端移动的速度为0.3m/s.求：
(1)拉力的功率；
(2)滑轮组的机械效率。
23.如图所示，将滑动变阻器滑片移至最左端，S闭合，S1、S2都断开，电流表示数为0.25A；再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光．已知小灯泡上标有“6V3W”字样，定值电阻R0为20Ω，电源电压恒为8V，灯泡电阻保持不变．求：
(1)灯泡的电阻和额定电流；
(2)滑动变阻器的最大阻值；
(3)保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时的电路总功率。
六、综合题（本大题共1小题，共10分）
24.阅读短文，回答问题。
LED照明为节能减排，生活中的照明灯逐步由白炽灯替换为LED灯。如图甲所示为某款家用LED吸顶灯，其结构主要由12颗发光二极管组成的灯带和LED驱动器组成。
发光二极管主要由硅、砷等材料制成，具有光效高、寿命长、无闪烁等优点，还具有单向导电性，图乙是发光二极管的元件实物及符号，当电流从它的正极流入时，处于通路状态，反之处于断路状态。把图甲灯带中一颗发光二极管接入图丙电路，调节变阻器滑片，记录多组电压、电流数据，描绘出如图丁所示的I−U图像。
LED驱动器的输入端直接接入家庭电路，输出端连接灯带。驱动器会根据发光二极管的接入个数和连接方式，智能调控“恒流”输出值或“恒压”输出值模式，以确保每个二极管正常发光。图甲吸顶灯配置的LED驱动器参数如表，其中驱动效率指其输出功率和输入功率的比值。
输入电压
220V
输出电压
15−25V
输出电流
1−4A
驱动效率
90%
(1)发光二极管主要由______(选填“导体”、“半导体”或“超导体”)材料制成；LED驱动器应输出______(选填“直流”或“交流”)电。
(2)分析图丙、丁，下列判断正确的是______。
A.二极管的电阻随两端电压的增大而增大
B.二极管的电功率随两端电压的增大而减小
C.图丙中闭合S，滑片P左移，电压表示数增大
D.图丙中对调电源正负极再闭合S，电压表示数为零
(3)已知图丙中电源电压恒为4.5V，发光二极管额定电压为3.0V。为确保正常照明，12颗二极管应______(选填“串联”或“并联”)，工作中驱动器会选择______(选填“恒压”或“恒流”)输出模式，此吸顶灯的额定输入功率为______W。
(4)经测试一间教室中20盏白炽灯全部打开，照明1min，标有“1200r/(kW⋅ℎ)”的电能表转盘转了16r。现全部更换成该款吸顶灯照明，平均每天照明10ℎ，求一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能。(写出计算过程)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：“北斗+5G”技术是利用电磁波传递信息的，故C正确。
故选：C。
人们日常生活中用的电视信号、手机信号以及卫星通信都是利用电磁波传递信号。
本题考查验电磁波的应用，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、用嘴对着试管口吹气，是试管内的空气柱振动发声，故A错误；
B、音调随试管中水量增加而变高，因为水量越多，空气柱越短，音调越高，故B正确；
C、传播速度不会随吹气所用力的增大而变快，因为介质种类不变，声速不变，故C错误；
D、音色与敲击试管发声的音色不同，因为敲击试管是管壁振动发声，故D错误。
故选：B。
(1)声音由物体的振动产生。
(2)空气中振动产生声音时，空气柱越短音调越高。
(3)声的传播速度与介质种类有关。
(4)音色由发声体的材料和结构决定。
理解声音的产生条件，影响音调、音色的因素，理解声速与介质种类有关，可解答此题。
3.【答案】B
【解析】解：
干冰(固态二氧化碳)升华吸热使周围环境温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠．形成“白雾”．
故选B
解决此题需掌握：干冰就是固态的二氧化碳；物质由固态直接变成气态的过程叫升华，物质的升华过程是吸热的；物质由气态变成液态的过程叫液化，液化过程是放热的．
本题主要考查对制造舞台效果的物理学原理的了解，考查了物态变化现象的判断，是一道热学的基础题．
4.【答案】C
【解析】解：①放大镜成的是正立、放大的虚像，其成像原理是光的折射；②小孔成像是由光的直线传播形成的实像；③平面镜成像是由光的反射形成的虚像；④水中“笔”弯折是由光的折射形成的虚像；故①④成像原理和成像虚实均相同。
故选：C。
①光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像，水变浅了，水中的筷子折断了等；
②光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；
③光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。
本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
5.【答案】A
【解析】解：A、能量的转化和转移具有方向性，所以，“钻木取火”过程中产生的内能无法自主转化为其他形式的能，故A正确；
B、“钻木取火”过程中把机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能；热机的压缩冲程中，机械能转化为内能，故能量的转换与热机的压缩冲程相同，故BC错误；
D、燃料的热值是燃料本身的一种特性，热值大小与燃料燃烧情况无关，故D错误。
故选：A。
(1)能量的转化和转移具有方向性；
(2)(3)“钻木取火”过程中把机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能；热机的压缩冲程中，机械能转化为内能，做功冲程中，内能转化为机械能；
(4)燃料的热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出的热量以及燃烧情况无关。
本题考查热值的概念、改变内能的方式、能量转化的方向性，是一道热学综合题，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.对于A，受到绳子拉力和重力，属于非平衡力，故A不可能为匀速，故A错误；
B、C.由图可知，B和小车一起运动，处于向右加速或者向左减速状态，B为非平衡状态，摩擦力向右，故B错误，C正确；
D.惯性大小和质量有关，题中没有说明两者质量关系，无法判断，故D错误。
故选：C。
对于A，受到绳子拉力和重力，属于非平衡力，故A不可能为匀速，对于B，B和小车一起运动，处于向右加速或者向左减速状态，非平衡状态，故摩擦力为向右，惯性大小和质量有关。
本题考查了平衡状态和非平衡状态的条件、摩擦力的判断和惯性的知识点，属于中档题。
7.【答案】B
【解析】解：A、图甲装置是奥斯特实验，实验表明电流周围存在磁场，实验中小磁针最终静止时与通电导线垂直，故A错误；
B、将乙实验中ab棒竖直上下移动时，不切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会左右摆动，故B正确；
C、图丙装置两个电磁铁串联在电路中，电流相等，线圈匝数不同，所以可以探究电磁铁磁性强弱跟线圈匝数的关系；若移动滑动变阻器，可以改变电路中的电流，所以还可以探究电磁铁磁性强弱跟电流的关系，故C错误；
D、图丁装置是通电导体在磁场中受力而运动，是电能转化为机械能，是电动机的原理，故D错误。
故选：B。
(1)奥斯特实验表明电流周围存在磁场；通电直导线的磁感线是以通电直导线为圆心的一个个同心圆；小磁针N极指向磁感线的切线方向；
(2)根据产生感应电流的条件分析解答；
(3)电磁铁的磁性强弱跟电流的大小、线圈的匝数、是否有铁芯有关，利用控制变量法，探究电磁铁磁性强弱的影响因素；
(4)通电导体在磁场中受力而运动，是电能转化为机械能。
电磁主要包括电流产生磁场、电磁感应、磁场对通电导体的作用三部分，分别是电磁铁、发电机、电动机的工作原理。
8.【答案】D
【解析】解：A、由图知，甲物体是4个时间间隔，乙物体是2个时间间隔，所以甲物体与乙球物体运动的时间之比为4：2=2：1，运动的路程相同，根据v=st可知，平均速度之比为1：2，故A错误；
B、由图可知，甲物体的高度变小，质量不变，重力势能变小；甲物体在相同时间内通过的路程相同，做匀速直线运动，速度保持不变，甲物体的质量不变，动能不变；所以该过程中，不是重力势能转化为动能，故B错误；
C、甲、乙物体的质量相同，到达底端时，甲的速度小于乙的速度，所以甲的动能小于乙的动能，故C错误；
D、乙运动的速度大，甲、乙的质量相同，根据G=mg可知，重力相同，根据P=Wt=Gℎt=Gv可知，乙的重力做功快，故D正确。
故选：D。
(1)“频闪摄影”时，摄影的时间间隔是相同的，根据运动的路程和时间求出速度之比；
(2)(3)动能与物体的质量和速度有关，重力势能与质量和物体所在高度有关；
(4)根据P=Wt=Gℎt=Gv分析重力做功的快慢。
本题考查了动能和势能的大小变化、速度公式的应用、功率公式的应用，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：杂技演员体重约为500N，两只脚与钢丝的接触面积约为S=25cm×2cm×2=100cm2=10−2m2；
人对钢丝的压强约为：p=FS=500N10−2m2=5×104Pa，故A正确，B、C、D错误；
故选：A。
人的脚长度约为25cm，据此估算两只脚对钢丝的受力面积，根据p=FS计算压强大小。
本题考查了压强的估算，正确估算受力面积是关键，属于基础题。
10.【答案】B
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；
AB、Rx上压力增大时，Rx的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流为：I=URxx+R0，Rx两端电压为：Ux=IRx=URxRx+R0=U1+R0Rx，由此可知，Rx两端电压Ux随Rx的增大而增大，故A错误，B正确；
CD、电路中总功率的表达式为：P=U2Rx+R0；Rx的电功率的表达式为：Px=I2Rx=(URx+R0)2Rx=U2Rx(Rx+R0)2；
则：k=PPx=U2Rx+R0U2Rx(RX+R0)2=Rx+R0Rx=1+R0Rx，由此可知，k随压力的变大而变小，故CD错误。
故选：B。
由图可知，该电路为串联电路；Rx上压力增大时，根据欧姆定律写出Rx两端电压Ux、的表达式，根据表达式得出Ux随压力F变化的关系图线；
根据P=U2R写出总功率的表达式，根据P=I2R写出Rx的电功率的表达式，然后得出k的表达式，然后分析k随压力的变化图线。
本题考查了电路的动态分析、电功率计算公式的应用、图线的识别，有一定的难度。
11.【答案】放 引力 匀速直线
【解析】解：(1)物质由液态变为固态的过程叫凝固，饱和液体“结晶”是凝固过程，需要放热过程；
(2)在天宫课堂“液桥”实验中，两块透明板上的水球接触后合成一个，说明分子间存在引力；
(3)水平抛出的“冰墩墩”由于处于失重状态，所以保持匀速直线运动，有力论证了伽利略“物体运动不需要力维持”的猜想。
故答案为：(1)放；(2)引力；(3)匀速直线。
(1)物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固是放热过程；
(2)分子之间存在相互作用的引力和斥力；
(3)运动的物体不受力的作用将保持原来的速度一直运动下去。
此题是一道联系社会热点的应用题，体现了物理知识与现实生活的密切联系。
12.【答案】吸收 风筝 6×108
【解析】解：(1)涂层材料极易吸收雷达发射的电磁波，故雷达不易监测到侦察机；
(2)“翔龙”无人机的升空原理是利用了流体压强和流速的关系，与风筝相同；
(3)该无人机正常巡航100公里所用的时间t=sv=100×1000m100m/s=1000s=518ℎ，
“翔龙”正常巡航100km，平均消耗航空燃油518×45kg=12.5kg，
则该无人机的平均“百公里能耗”Q=qm=4.8×107J/kg×12.5kg=6×108J。
故答案为：(1)吸收；(2)风筝；(3)6×108。
(1)涂层材料极易吸收雷达发射的电磁波，故雷达不易监测到侦察机；
(2)“翔龙”无人机的升空原理是利用了流体压强和流速的关系，据此分析；
(3)根据t=sv得出该无人机正常巡航100公里所用的时间，进而得出“翔龙”正常巡航100km，平均消耗的航空燃油质量，根据Q=qm得出该无人机的平均“百公里能耗”。
本题考查速度和热值的计算，并考查电磁波的知识，综合性较强。
13.【答案】解：由于物体和小车一起匀速运动，二者相对静止，所以物体不受摩擦力的作用，则物体只受重力G和支持力F的作用，并且这两个力是一对平衡力；过物体的重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画出表示重力G和支持力F的线段，注意两条线段的长度要相等。如图所示：
【解析】物体与小车向右匀速运动，相对静止，物体受到重力G和小车对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
本题考查了对物体的受力分析和画力的示意图的能力，画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边，按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
14.【答案】解：
根据像与物体关于平面镜对称先作出S的像点S′，连接S′P，与平面镜的交点即为入射点，再连接A与入射点连线为入射光线，P与入射点连线为反射光线，如图所示：
【解析】根据反射光线反向延长通过像点和像点与发光点关于平面镜对称，作出反射光线并完成光路图。
本题考查利用平面镜成像特点作图，关键是利用好在光的反射现象中，反射光线反向延长一定通过发光点的像点这一特点。
15.【答案】解：由题意知，在白天且有人时电动扶梯才能启动，说明两个开关串联后共同控制电动机，根据安全用电的原则，开关应接在火线上；
所以，从火线开始，用导线将两个开关S1、S2串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线，如下图所示：
【解析】根据题意可知，自动扶梯只有在白天且有人时才开启，说明两开关不能独立工作即为串联，开关要控制火线，据此连接。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两开关的连接方式是关键，同时要注安全用电的原则。
16.【答案】易拉罐 加热时间 2：1 A
【解析】解：(1)易拉罐金属导热性好，实验结果会更明显，故填易拉罐；
(2)用相同的酒精灯加热，所以通过加热时间来表示吸热情况；
(3)在图像中，5min中内，A变化了20℃，B变化了40℃，A和B的温度Δt之比是1：2，由于A和B的吸收的热量Q和质量m相等，由Q=cmΔt可得比热容就是2：1，暖手袋要选比热容大的物质来供热。
故答案为：(1)易拉罐；(2)加热时间；(3)2：1；A。
(1)易拉罐金属导热性好；
(2)相同的酒精灯加热，所以通过加热时间来表示吸热情况；
(3)在图像中，5min中内，A变化了20℃，B变化了40℃，A和B的温度Δt之比是1：2，由于A和B的吸收的热量Q和质量m相等，由Q=cmΔt可得比热容就是2：1，暖手袋要选比热容大的物质来供热。
本题考查了比热容相关实验探究，属于中档题。
17.【答案】S 20 小于 上 2.5
【解析】解：(1)根据右手定则可知S闭合，通电线圈上端为S极；
(2)B端悬挂的铁柱重10N，通电线圈对铁柱的磁力为10N，所以B处受到的拉力为10N+10N=20N，
质量分布、粗细都均匀的栏杆的重心在其中点，已知AO：OB=3：1，根据杠杆平衡条件可得G×(OA+OB2−OB)=GB×OB，
即G×(3+12−1)=20N×1，
解得：G=20N；
若将图中线圈水平右移少许，通电线圈对铁柱的磁力将小于10N，则B处受到的拉力变小，所以需增大此时通电线圈的磁场，则需增大通过电路的电流，根据欧姆定律可知需减小滑动变阻器接入电路的电阻，所以小明应将电路中滑动变阻器的滑片向上移动；
(3)串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I=UR线圈+RP=6V2Ω+10Ω=0.5A，
通电线圈的电功率为：P=I2RP=(0.5A)2×10Ω=2.5W。
答案为：(1)S；(2)20；小于；上；(3)2.5。
(1)根据右手定则可判断通电线圈上端的磁极；
(2)B端悬挂的铁柱重10N，通电线圈对铁柱的磁力为10N，据此计算B处受到的拉力，
质量分布、粗细都均匀的栏杆的重心在其中点，已知AO：OB=3：1，根据杠杆平衡条件可得G×(OA+OB2−OB)=GB×OB，代入数据解方程可得栏杆自重，将图中线圈水平右移少许，通电线圈对铁柱的磁力将小于10N，则B处受到的拉力变小，所以需增大此时通电线圈的磁场，则需增大通过电路的电流，根据欧姆定律可知需减小滑动变阻器接入电路的电阻，据此判断滑动变阻器的滑片移动方向；
(3)根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P=I2R计算通电线圈的电功率。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式以及杠杆平衡条件的灵活运用，综合性强。
18.【答案】左 左 9 0.9 ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2
【解析】解：(1)调节平衡螺母使天平横梁平衡，左盘高，所以平衡螺母向左调；称量时应把蜡块放入天平的左盘，蜡块的的质量=5g+4g=9g；
(2)轻质容器，即容器质量为0g，天平测得容器的总质量为水的质量和蜡块质量，所以m水=m总−m蜡=99g−9g=90g；90g水对应的体积V水=m水ρ水=90g1.0g/cm3=90cm3=90mL；
蜡块的体积V蜡=V−V水=100mL−90mL=10mL=10cm3；ρ蜡=m蜡V蜡=9g10cm3=0.9g/cm3；
(3)蜡块漂浮，F浮=G蜡=m蜡g=ρ蜡gV蜡=ρ蜡gSℎ1；由阿基米德原理得F浮=ρ盐水gV排=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )；联立可得ρ蜡gSℎ1=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )，化简得ρ盐水=ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2；
故答案为：(1)左；左；9；(2)0.9；(3)ℎ1ρ蜡ℎ1−ℎ2。
(1)调节平衡螺母使天平横梁平衡，左盘高，平衡螺母向左调；左物右码原则，读数为砝码的示数加游码示数；
(2)总质量为水的质量和蜡块质量，算出水的质量，由V=mρ得出水的体积，然后通过烧杯容积和水的体积算出蜡块体积，最后算出密度；
(3)蜡块漂浮，F浮=G蜡=m蜡g=ρ蜡gV蜡=ρ蜡gSℎ1；由阿基米德原理的F浮=ρ盐水gV排=ρ盐水gS(ℎ1−ℎ2 )；联立计算化简。
本题主要考查了天平的调节、读数、测量液体密度、阿基米德原理的应用，属于提升题。
19.【答案】10 放大 75 完整 左
【解析】解：(1)凸透镜的焦距：f=60cm−50cm=10cm。
(2)从图乙中可知凸透镜f
故答案为：(1)10；(2)放大；75；完整；(3)左。
(1)平行于主光轴的一束光经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这个点叫凸透镜的焦点，焦点和光心之间的距离叫凸透镜的焦距；
(2)凸透镜f
本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
20.【答案】负 短路 右 0.6 1.5 0.36
【解析】解：(1)将电压表并联在灯泡两端；滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故变阻器应选右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：
；
电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，故电源B端为正极A端为负极；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路是通路；电压表没有示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路，故故障的原因可能是小灯泡短路；
(3)排除故障后移动滑片到某位置，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，故应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故此时应将滑片向右端滑动，直至小灯泡正常发光；
由图甲可知，电流表选用小量程，根据图乙，电流表分度值0.02A，其示数为0.24A，小灯泡额定功率为：
P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W；
(4)实验操作：
①闭合S1，将S2接“2”，移动变阻器的滑片，使电压表的示数为1.5V；
②将S2改接到“1”，记录此时电压表示数为2.7V；
③在①中，定值电阻、灯泡和变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，移动变阻器的滑片，使电压表示数为U0=IR0=0.3A×5Ω=1.5V，此时灯泡正常发光；
在②中，定值电阻、灯泡和变阻器串联，电压表测定值电阻和灯泡两端的总电压，由于电路连接方式不变，电路中电阻不变，电流不变，灯泡仍正常发光，根据串联电路电压规律，灯泡两端的电压为UL=U−U0=2.7V−1.5V=1.2V，小灯泡的额定功率为：
PL=ULI=1.2V×0.3A=0.36W。
故答案为：(1)见解答图；负；(2)短路；(3)右；0.6；(4)①1.5；③0.36。
(1)将电压表并联在灯泡两端；根据滑片向左端滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，确定变阻器连接方式；
电流从电流表正接线柱流入，从负接线柱流出，据此判断电源正负极；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路是通路；电压表没有示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路；
(3)比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；根据图甲确定电流表量程，根据图乙确定电流表分度值读数；根据P=UI算出灯泡额定功率；
(4)由丙图可知，没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表，首先使通过灯泡的电流等于0.3A，然后测出此时定值电阻和灯泡两端的总电压，便可求出灯泡两端的电压，根据P=UI计算出灯泡的额定电功率。
本题测量小灯泡电功率实验，考查电路连接、电路故障、实验操作、电流表读数、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
21.【答案】气密性 A 在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大 比水小 166 不同 b
【解析】解：(1)在探究液体压强规律的实验前，小明应首先检测自制“探头”的气密性，保证探头浸入液体中，橡皮膜有明显的形变，防止漏气。
(2)如图C，探头刚好浸没在盐水中，如图A，探头刚好浸没在水中，可以选择图A和C，比较橡皮膜的形变大小，橡皮膜所在的深度相同，橡皮膜在盐水中的形变大，可以得到：在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大。
(3)在图乙D组实验中，小明将探头放到与B组相同深度时，发现橡皮膜形变刚好与C组相同，由B和D实验知，在同一深度，橡皮膜在B图中受到的压强大，根据p=ρgℎ得，B图液体密度大，B图液体是水，所以D图在液体的密度比水小。
(4)①如图丙，探头经在盛满水的溢水杯中，探头受到的浮力F浮=G排=m排g=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×86×10−6m3=0.86N，
探头浸没在水中，弹簧测力计的示数是F=0.8N，
所以探头的重力G=F浮+F=0.86N+0.8N=1.66N，
所以探头的质量m=Gg=1.66N10N/kg=0.166kg=166g。
②探头浸没在不同液体中不同深度处，使橡皮膜的形变相同，根据F浮=G−F，比较探头受到浮力大小，根据阿基米德原理比较液体密度大小。
由F浮=G−F知，探头的重力相同，弹簧测力计示数越大，说明探头受到的浮力越小，在探头的体积相同时，液体的密度越小，故b的密度最小，c的密度最大。
故答案为：(1)气密性；(2)A；在同一深度处，液体压强随液体密度的增加而增大；(3)比水小；(4)①166；②不同；b。
(1)如图甲，用橡皮膜把玻璃瓶封闭，根据橡皮膜的形变大小来反映液体压强的大小，所以一定要检查仪器的气密性。
(2)液体压强跟液体密度和液体的深度有关。在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大。
(3)在同一深度，比较橡皮膜的形变大小，来比较液体压强大小，根据液体压强公式来比较液体密度大小。
(4)①知道探头排开水的体积，计算探头排开水的重力，即探头受到的浮力，再读出弹簧测力计的示数，根据G=F浮+F计算探头的重力，根据G=mg计算探头的质量。
②探头浸没在不同液体中不同深度处，使探头浸没在液体的不同深度处，使橡皮膜的形变相同，根据F浮=G−F，比较探头受到浮力大小，根据阿基米德原理比较液体密度大小。
本题考查了液体压强大小的影响因素、称重法的应用、利用自制的探头测量液体的密度等，是一道很难的压强和浮力的综合习题。
22.【答案】解：(1)拉力做功的功率：P=Wt=Fst=Fv=125N×0.3m/s=37.5W；
(2)由图可知n=3，滑轮组的机械效率：η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF=300N3×125N×100%=80%。
答：(1)拉力的功率为37.5W；
(2)滑轮组的机械效率为80%。
【解析】(1)利用P=Wt=Fst=Fv求拉力做功的功率；
(2)由图可知n=3，利用η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF求滑轮组的机械效率。
本题考查了使用滑轮组时功率和机械效率的计算，利用好P=Wt=Fst=Fv是关键。
23.【答案】解：(1)由P=UI可知，灯泡的额定电流：I额=P额U额=3W6V=0.5A；
由欧姆定律可知，灯泡的电阻：RL=U额I额=6V0.5A=12Ω；
(2)将滑动变阻器滑片移至最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器的最大阻值与灯泡串联，电流表测电路中的电流，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总大=UI小=8V0.25A=32Ω，
由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器的最大阻值：R大=R总大−RL=32Ω−12Ω=20Ω；
(3)由再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光可知，此时电路中的电流：I大=I额=0.5A，
由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总小=UI大=8V0.5A=16Ω，
由串联电路的电阻特点可知，此时滑动变阻器接入电路中电阻：Ra=R总小−RL=16Ω−12Ω=4Ω，
保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时，滑动变阻器R与定值电阻R0并联，
由并联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时通过滑动变阻器R的电流：Ia=URa=8V4Ω=2A，
通过定值电阻R0的电流：I0=UR0=8V20Ω=0.4A，
由并联电路的电流特点可知，干路中的电流：I=Ia+I0=2A+0.4A=2.4A，
电路总功率：P=UI=8V×2.4A=19.2W。
答：(1)灯泡的电阻为12Ω，额定电流为0.5A；
(2)滑动变阻器的最大阻值为20Ω；
(3)保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时的电路总功率为19.2W。
【解析】(1)根据P=UI求灯泡的额定电流，根据欧姆定律求灯泡的电阻；
(2)将滑动变阻器滑片移至最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器的最大阻值与灯泡串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的最大阻值；
(3)根据再将滑片移至a位置，此时小灯泡正常发光，分析出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时滑动变阻器接入电路的电阻；
保持滑片位于a位置，闭合S、S1、S2时，滑动变阻器R与定值电阻R0并联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过滑动变阻器R和定值电阻R0的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据P=UI求出此时电路的总功率。
本题考查了串联和并联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，知道灯泡正常工作时其两端电压等于额定电压，关键是正确分析开关都闭合时电路中最大电流的判断。
24.【答案】半导体 直流 C 并联 恒流 7.2
【解析】解：(1)发光二极管主要由半导体材料制成，由于二极管具有单向导电性，所以选用直流电。
(2)AB、由图丁可知，当U1=2.5V时，通过二极管的电流I1=50mA=0.05A，根据欧姆定律可知，此时二极管的电阻R1=U1I1=2.5V0.05A=50Ω；
此时二极管的电功率P1=U1I1=2.5V×0.05A=0.125W；
当U2=3V时，通过二极管的电流I1=200mA=0.2A，根据欧姆定律可知，此时二极管的电阻R2=U2I2=3V0.2A=15Ω；
此时二极管的电功率P2=U2I2=3V×0.2A=0.6W；
由以上分析可知，AB错误；
C、由图丙可知，二极管和滑动变阻器串联，滑动变阻器滑片向左移，接入电路的阻值变小，根据串联分压的特点可知，滑动变阻器两端的电压减小，则二极管两端的电压会变大，故C正确；
D、根据二极管的单向导电性可知，图丙中对调电源正负极再闭合S，电路处于断路状态，电路中没有电流，电压表测量电源电压，电压表示数不为零，故D错误；
故选：C；
(3)根据串联电路的电压特点可知，如果12颗二极管串联，则总电压等于12颗二极管两端的电压之和，会大于电源电压，所以不可能串联，而应该是并联；
工作中驱动器会选择并联恒流的输出模式，可保证电流稳定在20mA，则一个发光二极管的额定输入功率P=U额I额=3V×200×10−3A=0.6W，
故此吸顶灯的额定输入功率PLED=12×0.6W=7.2W；
(4)1200r/(kW⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过1200r，
则电能表转盘转了16r，20盏白炽灯消耗的电能W=16r1200r/(kW⋅ℎ)=4300kW⋅ℎ，
20盏灯的总功率P白炽灯=Wt=4300kW⋅ℎ160ℎ=0.8kW；
一间教室20盏白炽灯平均每月消耗的电能W白炽灯=P白炽灯t′=0.8kW×10ℎ×30=240kW⋅ℎ；
全部更换成该款吸顶灯照明，平均每月消耗的电能WLED=PLEDt′=7.2×10−3kW×20×10ℎ×30=43.2kW⋅ℎ；
一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能ΔW=W白炽灯−WLED=240kW⋅ℎ−43.2kW⋅ℎ=196.8kW⋅ℎ。
答：(1)半导体；直流；
(2)C；
(3)并联；恒流；
(4)一间教室平均每月(按30天计)能节省的电能为196.8kW⋅ℎ。
(1)发光二极管主要由硅、砷等半导体材料制成；根据发光二极管的单向导电性分析；
(2)A、根据图丁，利用欧姆定律求出当U1=2.5V时的电阻和U2=3V时的电阻，据此比较；
B、根据图丁，利用P=UI求出U1=2.5V时的电功率和U2=3V时的电功率，据此比较；
C、根据串联分压的特点进行分析；
D、根据发光二极管的单向导电性进行分析；
(3)根据串并联电路的电压特点进行分析；并联恒流可保证电流稳定时可保证发光二极管正常工作，根据P=UI计算出等额定输入功率；
(4)1200r/(kW⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1kW⋅ℎ电能，电能表的转盘转过1200r，据此可知电能表转盘转过16r消耗的电能；根据P=Wt求出20盏灯的总功率，根据P=Wt求出一间教室平均每月消耗的电能；
根据P=Wt求出换成该款吸顶灯照明平均每月消耗的电能，据此可知节省的电能。
本题考查半导体材料的特点和作用、欧姆定律的应用、串联电路的特点、电功率的计算以及对电能表参数的理解和掌握，题目有一定的难度。
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