2019年山东省淄博市中考物理试卷(解析版)

这是一份2019年山东省淄博市中考物理试卷(解析版)，共36页。试卷主要包含了选择，理解与应用，实验与探究，分析与计算等内容，欢迎下载使用。

2019年山东省淄博市中考物理试卷
一、选择
1．（2分）音乐会上，小提琴曲让人如痴如醉，钢琴演奏让人心旷神怡。关于声音的说法正确的是（　　）
A．调节琴弦松紧可以改变声音的响度
B．用力拉琴可以改变声音的音调
C．小提琴和钢琴发出的声音传播速度相同
D．禁止听众喧哗是从传播过程中减弱噪声
2．（2分）小明在湖边树萌下乘凉，想到了所学的物理知识。其中合理的是（　　）
A．树下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的
B．看到池水“变”浅，是光的反射引起的
C．水中出现树的倒影，水中的“树”比岸上的树小
D．阳光中的紫外线可以灭菌，也可以用来遥控
3．（2分）物理与生活密切相关，下列数据符合实际的是（　　）
A．人体的安全电压不高于220V
B．人体感觉舒适的环境温度约为37℃
C．中学生从二楼走到三楼做功约为200J
D．光在真空中的传播速度为3×105km/s
4．（2分）图甲是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验装置，图乙是描绘的温度随时间变化的图象。下列说法错误的是（　　）

A．加热过程中，水含有的热量增加
B．沸腾过程中，水吸收热量，温度不变
C．烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失
D．水的沸点是99℃，此时大气压低于标准大气压
5．（2分）下列运动项目涉及的物理知识描述正确的是（　　）
A．三级跳远﹣﹣快速助跑是为了增大惯性
B．划船比赛﹣﹣船桨和水之间力的作用是相互的
C．引体向上﹣﹣人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对平衡力
D．百米赛跑﹣﹣裁判员通过相同时间比较路程的方法判断运动快慢
6．（2分）关于下面四幅图的说法正确的是（　　）

A．甲图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，此过程与热机的压缩冲程原理相同
B．乙图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是汽化现象
C．丙图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色二氧化氮气体，表明气体间可以发生扩散现象
D．丁图：悬挂重物不能把两块铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力
7．（2分）下列有关生产和生活中的应用解释正确的是（　　）
A．斧头具有很薄的刃，是为了增大压力
B．用吸管吸饮料，利用了大气压
C．风筝能在空中飞行，是因为受到空气的浮力
D．拉杆箱下安装轮子，是通过减小受力面积减小摩擦
8．（2分）如图所示，小球沿轨道由静止从A点向D点运动的过程中（小球和轨道间存在摩擦），下列说法错误的是（　　）

A．小球在A点的重力势能最大
B．小球在B点的速度最大
C．小球在C点和B点的机械能相等
D．小球不能到达D点
9．（2分）如图是一款太阳能LED灯，下列相关说法错误的是（　　）

A．LED灯是由半导体材料制成的
B．LED灯可以把太阳能转化为电能
C．太阳能是可再生能源
D．太阳能是太阳内部发生核裂变释放的能量
10．（2分）共享电动汽车通过刷卡开锁，实现循环使用。租赁者将带有磁条的租车卡靠近电动汽车的感应器，检测头的线圈中就会产生变化的电流，读取解锁信息。图中能反应刷卡读取信息原理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．（2分）如图所示，电源电压为5V，闭合开关S，电压表的示数为1V．则（　　）

A．通过灯泡L1的电流比L2的电流大
B．灯泡L1两端的电压是1V
C．灯泡L1和L2的电阻之比是4：1
D．若灯泡L2灯丝烧断，电压表示数为零
12．（2分）新型PTC发热材料可以自动调节电路的电功率，在生活中广泛应用，图甲是PTC调试工作电路，R0是保护电阻，阻值恒定；R1是PTC电阻，阻值随温度变化的图象如图乙所示。闭合开关S，当温度从20℃升高到120℃的过程中（　　）

A．电流表示数先变小后变大
B．电压表示数先变大后变小
C．电压表与电流表示数的比值先变小后变大
D．保护电阻R0消耗的功率先变小后变大
13．（2分）有一种插线板，当开关断开时，指示灯不亮，插孔无法正常工作；当开关闭合时，如果指示灯损坏，插孔也能正常工作。图既能满足控制要求，又符合安全用电原则的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（2分）把木块放入装满水的溢水杯中，溢出水的体积为V1（如图甲）；用细针将该木块全部压入水中，溢出水的总体积为V2（如图乙），忽略细针的体积。则（　　）

A．木块的质量为ρ水V2
B．缓慢下压木块的过程中，溢水杯底部受到水的压强变大
C．木块全部压入水中静止时，细针对木块的压力大小为ρ水gV2
D．木块的密度为ρ水
15．（2分）如图所示，电源电压为12V，滑动变阻器的规格为“50Ω 2A”，L1和L2分别标有“6V 3W”和“6V 9W”的字样，闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片，在保证电路安全的情况下（不考虑温度对灯丝的影响），下列说法正确的是（　　）

A．L2能正常发光
B．滑动变阻器接入电路的最小阻值是8Ω
C．电流表示数的变化范围是0﹣0.5A
D．电路消耗的最大功率是12W
二、理解与应用
16．（3分）春节是中华民族的传统节日，年夜饭“吃饺子”是一种习俗。包饺子时，用力捏出褶边，说明力可以　 　；刚下锅的饺子沉在锅底，加热一段时间会上浮，在上浮过程中，　 　转化为机械能；出锅后的饺子变瘪了，饺子内气体密度　 　。
17．（3分）如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1和S2时，小磁针N极指向右端，则电磁铁的左端为　 　极，电源右端为　 　极。要使指示灯变亮，滑动变阻器的滑片应向　 　滑动。

18．（3分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，并通过“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月背景影像图，传输过程中利用了　 　；嫦娥四号的巡视器﹣﹣﹣玉兔二号质量为135g，与月球表面的接触面积约为0.8m2，玉兔二号对月球表面的压强为　 　pa，（g取10N/kg，物体在月球上的重力为地球上的）：玉兔二号移动很慢，速度约为250m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为　 　h。
19．（3分）灯泡L的电流随电压变化的图象如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，则电源电压是　 　V；再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.1A，则R的阻值是　 　Ω；通电1min，定值电阻R消耗的电能是　 　J．
20．（3分）如图是小明起跑时的背景，请画出小明所受重力（点O为重心）和右脚所受摩擦力的示意图。

三、实验与探究
21．（6分）小明在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm。
（1）如图甲所示，移动光屏找到清晰的蜡烛的像，这个像是图乙中的　 　，利用此原理可以制成　 　。（选填“照相机”、“幻灯片”、“放大镜”）
（2）小明把蜡烛依次放在A、B位置，在坐标纸上记录了光屏上像的大小。如图丙所示（A′、B′分别表示蜡烛在A、B处所成的像）。跟同学们交流后发现：
①成倒立放大像的条件是　 　
②成实像时，物距减小，像距　 　
（3）保持凸透镜位置不动，小明又把蜡烛放在距凸透镜18cm处，在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像，原因可能是　 　。聪明的小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，则小明拿起的眼镜是　 　。（选填“近视镜”或“远视镜”）
22．（9分）在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。

（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据整理记录在下表中。
实验
次数
滑轮
材质
钩码重G/N
提升的高
度h/m
有用功
W有用/J
拉力
F/N
绳端移动
的距离s/m
总功
W总/J
机械效率。η
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
铝
2
0.2
0.4
1.0
0.6
0.6
67%
4
塑料
2
0.2
0.4
0.8
0.6
0.48
83%
5
塑料
2
0.2
0.4
2.1
0.2
0.42
95%
①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码　 　，机械效率越高。
②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　 　有关。
③比较　 　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。
④第5次实验室利用了图　 　的装置完成的，判断依据是　 　。
⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为　 　。可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。
（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　 　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都　 　。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的是　 　。
A、焦耳定律
B、牛顿第一定律
C、阿基米德原理
D、欧姆定律
23．（3分）在“探究并联电路中的电流关系”实验中

（1）小明想测量干路电流，连接的电路如图甲所示，检查电路发现只有一根导线接错了，请在这根导线上打上“×”，并改正。
（2）连接正确的电路后，闭合开关，电流表的示数为0.46A，请在图乙中画出指针的位置（O为指针转轴）。
（3）小明换用不同规格的灯泡，多次改变电表位置，将测量数据记录在下表中。
实验次数
支路电流I1/A
支路电流I2/A
干路电流l总/A
1
0.30
0.16
0.46
2
0.20
0.20
0.40
3
0.24
0.34
0.58
分析数据得出结论：在并联电路中，　 　。
（4）第1次实验发现，灯泡L1比L2亮，则灯泡L1的电阻　 　灯泡L2的电阻；若两灯泡灯丝长度相同，　 　的灯丝更细。
四、分析与计算
24．（9分）2019年4月23日，在庆祝中国人民解放军海军成立70周年海上阅兵活动中，055大型驱逐舰接受检阅，向世界展示了我国大型驱逐舰的发展规模和强大实力。驱逐舰长174m，宽23m，吃水深度8m，满载排水量12300t，最大航速32节（1节＝0.5m/s，海水密度为1.03×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）驱逐舰行驶到某海域时，舰底受到的海水压强为7.21×104Pa，此时舰底所处的深度；
（2）驱逐舰满载时受到的浮力；
（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，若所受海水阻力是其总重的0.1倍，它的动力功率。
25．（8分）表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝且阻值不变。
XX牌饮水机
额定电压
220V
额定功率
加热
1000W
保温
22W
加热效率
80%
（1）该饮水机处于加热状态时，正常工作3min，在1标准大气压下能否把0.5kg的水从20℃加热至沸腾？【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
（2）保温功率是指S断开时电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率是多少？














2019年山东省淄博市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择
1．（2分）音乐会上，小提琴曲让人如痴如醉，钢琴演奏让人心旷神怡。关于声音的说法正确的是（　　）
A．调节琴弦松紧可以改变声音的响度
B．用力拉琴可以改变声音的音调
C．小提琴和钢琴发出的声音传播速度相同
D．禁止听众喧哗是从传播过程中减弱噪声
【分析】（1）对于弦乐，弦的粗细、松紧和长短都影响音调；拨动弦的力度影响响度。通过音色来辨别是什么物体。
（2）声传播速度跟介质的种类和温度有关。
（3）减弱噪声的途径在声源处、在传播过程中、在人耳处。
【解答】解：
A、调节琴弦松紧可以改变琴弦的振动快慢，从而改变声音的音调，故A说法错误。
B、用力拉琴可以改变弦的振动幅度，从而改变声音的响度，故B说法错误。
C、小提琴和钢琴发出的声音在空气中传播速度是相同的，故C说法正确。
D、禁止听众喧哗是从声源处减弱噪声的，故D说法错误。
故选：C。
【点评】声音的三个特征音调、响度和音色是经常考查的内容，也是容易混淆的问题。
2．（2分）小明在湖边树萌下乘凉，想到了所学的物理知识。其中合理的是（　　）
A．树下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的
B．看到池水“变”浅，是光的反射引起的
C．水中出现树的倒影，水中的“树”比岸上的树小
D．阳光中的紫外线可以灭菌，也可以用来遥控
【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。物体在平面镜中成倒立等大的虚像；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，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）根据紫外线有杀菌作用制成消毒灯；根据紫外线能使荧光物质发光制成验钞机；紫外线能促使人体合成维生素D促进钙的吸收。
【解答】解：A、浓密的树荫下出现很多圆形的光斑，这是由于光的直线传播引起的。故A合理；
B、池水看起来比实际浅，这是由于光的折射引起的。故B错误；
C、水中出现树的倒影，是平面镜成像现象，水中的“树”是岸上的树的虚像，两者大小相等。故C错误；
D、紫外线具有杀菌作用，遥控器利用的是红外线。故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了几种光现象及紫外线的应用，注重了物理和生活的联系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力，属于基础知识的考查
3．（2分）物理与生活密切相关，下列数据符合实际的是（　　）
A．人体的安全电压不高于220V
B．人体感觉舒适的环境温度约为37℃
C．中学生从二楼走到三楼做功约为200J
D．光在真空中的传播速度为3×105km/s
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、对人体的安全电压不高于36V，故A不符合实际；
B、人的正常体温是36.5℃，人感到比较舒适的温度为23℃，故B不符合实际；
C、中学生的体重在500N左右，二楼到三楼的高度在3m左右，所以中学生从二楼走到三楼所做的功约为W＝Gh＝500N×3m＝1500J，故C不符合实际；
D、真空中的光速约为3×105千米/秒，故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
4．（2分）图甲是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验装置，图乙是描绘的温度随时间变化的图象。下列说法错误的是（　　）

A．加热过程中，水含有的热量增加
B．沸腾过程中，水吸收热量，温度不变
C．烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失
D．水的沸点是99℃，此时大气压低于标准大气压
【分析】（1）热量指在热传递的过程中传递能量的多少。
（2）水在沸腾过程中的特点：吸热，但温度保持不变；
（3）烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失；
（4）根据沸点的概念判断出水的沸点；气压越低，沸点越低；
【解答】解：A、加热过程中，水吸收热量，其温度升高，内能增加；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、水在沸腾过程中，仍然要吸收热量，由图可知其温度保持99℃不变，故B正确；
C、烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失，能缩短把水加热到沸腾的时间，故C正确；
D、由图可知，水的沸点是99℃，沸点低于100℃，此时大气压低于标准大气压，故D正确；
故选：A。
【点评】此题是探究“水的沸腾”的实验，考查了水沸腾过程中的特点，同时考查沸腾图象的分析，常见题目。
5．（2分）下列运动项目涉及的物理知识描述正确的是（　　）
A．三级跳远﹣﹣快速助跑是为了增大惯性
B．划船比赛﹣﹣船桨和水之间力的作用是相互的
C．引体向上﹣﹣人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对平衡力
D．百米赛跑﹣﹣裁判员通过相同时间比较路程的方法判断运动快慢
【分析】（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关；
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上；
（4）比较物体运动快慢的方法：
①通过相同的路程，比较时间的多少，用时越多，运动越慢。
②利用相同的时间，比较路程的长短，经过路程越长，运动越快。
【解答】解：A、跳远运动员在起跳前要助跑是为了利用惯性，但惯性的大小只与物体的质量有关，所以快速助跑不能增大惯性，故A错误；
B、运动员用桨向后划水，对水施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，水就会对船桨产生向前的反作用力使龙舟前进，故B正确；
C、引体向上﹣﹣人对单杠的拉力与单杠对人的拉力作用在不同的物体上，是相互作用力，不是一对平衡力，故C错误；
D、百米赛跑﹣﹣裁判员是在路程相同的情况下，比较时间判断运动快慢，谁用时间少，谁跑得快，故D错误。
故选：B。
【点评】本题以体育运动为背景，考查了不同运动项目中所涉及的多个物理知识点，有一定综合性，体现了物理知识的无处不在。
6．（2分）关于下面四幅图的说法正确的是（　　）

A．甲图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，此过程与热机的压缩冲程原理相同
B．乙图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是汽化现象
C．丙图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色二氧化氮气体，表明气体间可以发生扩散现象
D．丁图：悬挂重物不能把两块铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力
【分析】（1）改变内能的方式有两种，即做功和热传递；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小；四冲程汽油机的做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。
（2）汽化是从液态变为气态；液化是从气态变为液态；
（3）扩散现象表明，一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
（4）分子同时存在相互作用的引力和斥力。
【解答】解：
A、图甲所示，在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，故是将机械能转化为内能的过程，故与内燃机的压缩冲程相类似，故A正确；
B、乙图中，瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是水蒸气遇冷液化现象，故B错误；
C、丙图中，上方的二氧化氮气体密度大，抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，可能是扩散现象，但也可能是重力的作用，故不能表明气体间可以发生扩散现象，故C错误；
D、图中两个压紧的铅块能吊起钩码而不分开，是由于分子间存在引力，但也有斥力，故D错误。
故选：A。
【点评】知道做功可以改变物体的内能，了解液化现象，熟知扩散现象的实验，了解分子间作用力的特点等，可顺利解答此题。
7．（2分）下列有关生产和生活中的应用解释正确的是（　　）
A．斧头具有很薄的刃，是为了增大压力
B．用吸管吸饮料，利用了大气压
C．风筝能在空中飞行，是因为受到空气的浮力
D．拉杆箱下安装轮子，是通过减小受力面积减小摩擦
【分析】（1）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强。
（2）利用大气压往往是物体的一个位置和空气接触，另一个位置没有空气或空气减少，大气压是利用内外压强差的原理。
（3）风筝是利用流体压强产生的升力升空的。
（4）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】解：A、斧头具有很薄的刃，是在压力一定时，减小受力面积来增大斧头对物体的压强，故A错误；
B、用吸管吸饮料时是在大气压的作用下把饮料吸入人的口腔，是利用了大气压，故B正确；
C、风筝是利用风筝上下方空气的流速不同产生的升力升空的，不是因为受到空气的浮力，故C错误；
D、拉杆箱下安装轮子，是用滚动代替滑动来减小摩擦力，故D错误。
故选：B。
【点评】生活处处有物理，我们要能够从生活现象找出用到的物理知识。联系生活实际出题，这是中考出题最常见的一种方式，需要引起注意。
8．（2分）如图所示，小球沿轨道由静止从A点向D点运动的过程中（小球和轨道间存在摩擦），下列说法错误的是（　　）

A．小球在A点的重力势能最大
B．小球在B点的速度最大
C．小球在C点和B点的机械能相等
D．小球不能到达D点
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】解：A、小球在A时，高度最高，重力势能最大，速度增大，动能增大，由于存在摩擦，减小的重力势能转化为动能和内能；故A正确。
B、小球在B时，小球的质量不变，高度最小，势能最小，动能最大，速度最大，故B正确；
C、小球和轨道间存在摩擦，小球需要克服摩擦做功，故小球从B点到C点的机械能减小，故C错误；
D、因为小球需要克服摩擦做功，在运动过程中有一部分机械能转化为内能，故小球不能到达D点，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了影响动能和势能大小的因素以及能量的转化知识的应用，知道动能和重力势能之间的相互转化是解决该题的关键。
9．（2分）如图是一款太阳能LED灯，下列相关说法错误的是（　　）

A．LED灯是由半导体材料制成的
B．LED灯可以把太阳能转化为电能
C．太阳能是可再生能源
D．太阳能是太阳内部发生核裂变释放的能量
【分析】（1）二级管主要有半导体材料制成；
（2）它为LED灯提供电能；
（3）可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源；
（4）太阳内部不断发生着氢核聚变成氦核的反应，又称热核反应；
【解答】解：A、LED灯主要工作原件是发光二极管，二级管主要有半导体材料制成；故A正确。
B、太阳能板把太阳能转化为电能，而LED灯要消耗电能发光，把电能转化为光能，所以过程中有太阳能变成电能；故B正确。
C、可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源；故C正确。
D、太阳内部不断发生着氢核聚变成氦核的反应，又称热核反应；故D错误。
故选：D。
【点评】改题目考查了半导体的特点与应用、太阳能、能量转化等知识，难度不大。
10．（2分）共享电动汽车通过刷卡开锁，实现循环使用。租赁者将带有磁条的租车卡靠近电动汽车的感应器，检测头的线圈中就会产生变化的电流，读取解锁信息。图中能反应刷卡读取信息原理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）通电导体周围存在磁场，应用于电磁起重机、电磁继电器、电磁铁等。
（2）电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动原理制成的。
（3）电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，导体中有感应电流产生。
【解答】解：租赁者将带有磁条的租车卡靠近电动汽车的感应器，检测头的线圈中就会产生变化的电流，说明这是电磁感应现象。
A、如图是奥斯特实验，反映通电导体周围存在磁场。不符合题意。
B、如图是通电螺旋管，反映通电导体周围存在磁场。不符合题意。
C、因为电路中有电源，这是电动机的工作原理图，不符合题意。
D、闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，导体中有感应电流产生，这是电磁感应现象，符合题意。
故选：D。
【点评】电动机和发电机的原理图非常相似，重要区别在于电动机电路中有电源，发电机电路中没有电源。
11．（2分）如图所示，电源电压为5V，闭合开关S，电压表的示数为1V．则（　　）

A．通过灯泡L1的电流比L2的电流大
B．灯泡L1两端的电压是1V
C．灯泡L1和L2的电阻之比是4：1
D．若灯泡L2灯丝烧断，电压表示数为零
【分析】（1）由图知两灯串联，电压表测L1两端电压，由此可知L1两端的电压；由串联电路的电流特点可知两灯电流关系；
（2）由串联电路电压特点和欧姆定律可得两灯电阻关系；
（3）串联中，一处断路则整个电路断路，由此根据电路图分析电压表示数情况。
【解答】解：
AB、由图知，两灯串联在电路中，电压表测L1两端电压，即L1两端的电压是1V，故B正确；
串联电路中电流处处相等，所以通过灯泡L1的电流和L2的电流相等，故A错误；
C、由串联电路的电压特点知，U2＝U﹣U1＝5V﹣1V＝4V，
通过两灯电流相等，由欧姆定律有：＝，即：＝＝＝，故C错误；
D、由图知，若灯泡灯丝烧断，则整个电路断路，所以电压表示数为0，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了串联电路电流、电压特点、欧姆定律的应用以及电路故障的问题，正确分析电路是解题的关键。
12．（2分）新型PTC发热材料可以自动调节电路的电功率，在生活中广泛应用，图甲是PTC调试工作电路，R0是保护电阻，阻值恒定；R1是PTC电阻，阻值随温度变化的图象如图乙所示。闭合开关S，当温度从20℃升高到120℃的过程中（　　）

A．电流表示数先变小后变大
B．电压表示数先变大后变小
C．电压表与电流表示数的比值先变小后变大
D．保护电阻R0消耗的功率先变小后变大
【分析】A、甲中，两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，由图乙知，温度升高时电阻R1先变小后变大，根据串联电阻的规律和欧姆定律分析电流表示数变化；
B、根据U＝IR，确定定值电阻的电压变化，由串联电路电压的规律得出电压表示数变化；
C、根据欧姆定律，电压表与电流表的比值即热敏电阻大小，据此分析；
D、根据P＝I2R分析R0消耗的功率变化。
【解答】解：
A、甲中，两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，
由图乙知，当温度从20℃升高到100℃的过程中电阻R1变小，从100℃升高120℃的过程中电阻R1变大，则根据串联电阻的规律，总电阻先变小后变大，由欧姆定律可知，电路中的电流先变大后变小，即电流表示数先变大后变小，故A错误；
B、电路中的电流先变大后变小，根据U＝IR可知，定值电阻R0的电压先变大后变小，由串联电路电压的规律可知，R1的电压先变小后变大，即电压表示数先变小后变大，故B错误；
C、根据欧姆定律可知，电压表与电流表的比值等于PTC电阻R1的阻值，所以电压表与电流表的比值先变小后变大，故C正确；
D、因电路中的电流先变大后变小，根据P＝I2R0可知，R0消耗的功率先变大后变小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键明确R温度的变化规律。
13．（2分）有一种插线板，当开关断开时，指示灯不亮，插孔无法正常工作；当开关闭合时，如果指示灯损坏，插孔也能正常工作。图既能满足控制要求，又符合安全用电原则的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。据此判断插线板的连接情况。
【解答】解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；
如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全，故只有D正确。
故选：D。
【点评】根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
14．（2分）把木块放入装满水的溢水杯中，溢出水的体积为V1（如图甲）；用细针将该木块全部压入水中，溢出水的总体积为V2（如图乙），忽略细针的体积。则（　　）

A．木块的质量为ρ水V2
B．缓慢下压木块的过程中，溢水杯底部受到水的压强变大
C．木块全部压入水中静止时，细针对木块的压力大小为ρ水gV2
D．木块的密度为ρ水
【分析】（1）木块漂浮在水面上时，对木块进行受力分析，由平衡条件求出木块所受的重力，然后由浮力公式的变形公式求出木块的质量，根据木块完全浸入水中时排出水的总体积求出木块的体积，然后根据密度公式求出木块的密度表达式。
（2）缓慢下压木块的过程中，溢水杯中水的深度不变，由p＝ρgh分析压强变化；
（3）当木块刚好全部没入水中时，木块受到的浮力等于木块重加上对木块的压力，据此求出对木块的压力。
【解答】解：（1）木块静止地漂浮在水面上时，F浮＝G；
因为木块所受到的浮力F浮＝ρ水gV1，所以ρ水gV1＝mg，
木块的质量m＝ρ水V1；
木块完全浸入水中时所排开水的体积等于木块的体积，
由题意知木块的体积V＝V2，
则木块的密度：ρ＝＝；故A错误，故D正确；
（2）缓慢下压木块的过程中，溢水杯中水的深度不变，由p＝ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强不变，故B错误；
（3）木块完全浸没后的浮力：
F浮′＝ρ水gV2，
木块完全浸没时，由力的平衡条件可得：
F浮′＝F压+G木，
所以手对木块的压力（最大压力）：
F压＝F浮′﹣G木＝ρ水gV2﹣mg＝ρ水gV2﹣ρ水V1g＝ρ水g（V2﹣V1），故C错误；
故选：D。
【点评】本题是一道力学综合题，考查了密度的计算、浮力的计算、知识点多、综合性强，属于难题。本题关键有二：一是阿基米德原理和漂浮条件的联合使用，二是两个过程中压力的求解。
15．（2分）如图所示，电源电压为12V，滑动变阻器的规格为“50Ω 2A”，L1和L2分别标有“6V 3W”和“6V 9W”的字样，闭合开关S后，调节滑动变阻器的滑片，在保证电路安全的情况下（不考虑温度对灯丝的影响），下列说法正确的是（　　）

A．L2能正常发光
B．滑动变阻器接入电路的最小阻值是8Ω
C．电流表示数的变化范围是0﹣0.5A
D．电路消耗的最大功率是12W
【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，比较灯泡的额定电流和、滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电压特点求出数滑动变阻器两端的最小电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电路中的最小电流；
（3）根据P＝UI求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：
由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L1、L2串联，电流表测电路中的电流。
（1）由P＝UI可得，灯泡的额定电流分别为：
I额1＝＝＝0.5A，
I额2＝＝＝1.5A，
滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，
因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的最大电流为I最大＝I额1＝0.5A，则L1能正常发光；故A错误；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
根据I＝可得，最小总电阻：
R总小＝＝＝24Ω；
灯泡的电阻分别为：
R1＝＝＝12Ω；
R2＝＝＝4Ω；
因串联电路的总电阻等于各电阻之和，
所以变阻器接入电路中的最小阻值：R滑小＝R总小﹣R1﹣R2＝24Ω﹣12Ω﹣4Ω＝8Ω；故B正确；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
则R总大＝R滑+R1+R2＝50Ω+12Ω+4Ω＝66Ω；
电路中的最小电流：I最小＝＝＝A，
所以，电流表示数的变化范围是～0.5A，故C错误；
（3）电路消耗的最大功率：P最大＝UI最大＝12V×0.5A＝6W，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是会根据电路中的电流确定滑动变阻器接入电路中的最小阻值。
二、理解与应用
16．（3分）春节是中华民族的传统节日，年夜饭“吃饺子”是一种习俗。包饺子时，用力捏出褶边，说明力可以　改变物体的形状　；刚下锅的饺子沉在锅底，加热一段时间会上浮，在上浮过程中，　内能　转化为机械能；出锅后的饺子变瘪了，饺子内气体密度　变大　。
【分析】（1）力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；
（2）根据饺子在热水中吸收热量，饺子内的气体膨胀对外做功，据此分析能量的转化；
（3）根据密度公式分析饺子内气体密度的变化。
【解答】解：
（1）包饺子时用手捏饺子可捏出漂亮的褶边，这是力使饺子皮的形状发生了改变；
（2）饺子下锅后，在热水中吸收热量，饺子内的气体膨胀对饺子做功，饺子会上浮，此时内能转化为机械能；
（3）出锅后的饺子变瘪了，饺子内空气的质量不变，内部空气的体积减小，根据密度公式可知，饺子内气体密度变大。
故答案为：改变物体的形状；内能；变大。
【点评】本题涉及问题多、综合性强，但问题简单，要求灵活运用所学知识解释实际问题，体现了新课标的要求，属于中考热点题目。
17．（3分）如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1和S2时，小磁针N极指向右端，则电磁铁的左端为　N　极，电源右端为　正　极。要使指示灯变亮，滑动变阻器的滑片应向　左　滑动。

【分析】（1）根据根据磁极间的相互作用得出电磁铁的两极，利用安培定则可知电源的正负极；
（2）根据灯泡亮度的变化可知，电流大小变化情况，从而判断出电磁铁的磁场强弱变化，进一步得出滑动变阻器的滑片移动方向。
【解答】解：已知小磁针N极指向右端，根据磁极间的相互作用可知，电磁铁的左端N极，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流的方向，则电源右端为正极，左端为负极，
闭合开关S1和S2，要使指示灯变亮，则电路电流变大，巨磁电阻的阻值减小，磁场的磁性增强，电流变大，电阻变小，则使滑片P向左滑动。
故答案为：N；正；左。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系等，判读出巨磁电阻的变化是解题的关键。
18．（3分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，并通过“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月背景影像图，传输过程中利用了　电磁波　；嫦娥四号的巡视器﹣﹣﹣玉兔二号质量为135g，与月球表面的接触面积约为0.8m2，玉兔二号对月球表面的压强为　0.28　pa，（g取10N/kg，物体在月球上的重力为地球上的）：玉兔二号移动很慢，速度约为250m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为　0.48　h。
【分析】（1）电磁波可以在真空中传播；
（2）根据P＝，求得压强；
（3）根据速度公式v＝求得时间。
【解答】解：（1）通过“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月背景影像图，传输过程中利用了电磁波；
（2）根据压强公式P＝＝＝≈0.28Pa；
（3）根据速度公式v＝得，t＝＝＝0.48h。
故答案为：电磁波；0.28；0.48。
【点评】本题考查电磁波，速度公式，以及压强公式的应用，是一道综合题。
19．（3分）灯泡L的电流随电压变化的图象如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R接入图乙所示的电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为0.5W，则电源电压是　2　V；再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.1A，则R的阻值是　20　Ω；通电1min，定值电阻R消耗的电能是　12　J．
【分析】①由小灯泡中的电流随它两端电压变化的图象可知，随着灯两端的电压增大，通过的电流变大，当U＝2V时，IL＝0.25A，此时灯的电功率为0.5W，由此可知电源电压U；
②当再闭合开关S1后，因为灯与电阻并联，电流表示数变化值就是此时通过电阻R的电流IR，利用欧姆定律求R的大小；
③已知电阻两端电压、通过的电流及通电时间，利用W＝UIt得到消耗的电能。
【解答】解：
由小灯泡的I﹣U图象可知，当灯泡的实际功率为0.5W时，UL＝2V，IL＝0.25A，
由图甲所示电路图可知，只闭合开关S时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压，则电源电压：U＝UL＝2V；
由图甲所示电路图可知，闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，电流表示数变大，
由题知，电流表示数变化了0.1A，则通过电阻R的电流：IR＝△I＝0.1A，
由I＝可得，电阻R的阻值：R＝＝＝20Ω；
通电1min，定值电阻R消耗的电能：WR＝UIRt＝2V×0.1A×1×60s＝12J。
故答案为：2；20；12。
【点评】本题关键有二：一是从I﹣U图象得出电源电压，二是电阻R并联入电路，电路中增加的电流即为通过电阻R的电流。
20．（3分）如图是小明起跑时的背景，请画出小明所受重力（点O为重心）和右脚所受摩擦力的示意图。

【分析】根据重力的方向总是竖直向下的，过重心表示出重力的方向即可。
摩擦力是由于物体相互接触，并且发生相对运动或者有相对运动的趋势而产生的，摩擦力的方向与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反。
【解答】解：
过重心O画一条竖直向下的带箭头的线段，标上符号G，即为重力的示意图；
人走路时后脚蹬地面，脚有向后运动的趋势，则后脚受到的摩擦力向前，作用点在脚掌与地面的接触面上，如图所示：

【点评】画力的示意图，就是用一条带箭头线段表示出力的三要素，所以要先正确分析力的大小、方向和作用点，再根据力的示意图的要求作出力的示意图。
三、实验与探究
21．（6分）小明在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm。
（1）如图甲所示，移动光屏找到清晰的蜡烛的像，这个像是图乙中的　D　，利用此原理可以制成　照相机　。（选填“照相机”、“幻灯片”、“放大镜”）
（2）小明把蜡烛依次放在A、B位置，在坐标纸上记录了光屏上像的大小。如图丙所示（A′、B′分别表示蜡烛在A、B处所成的像）。跟同学们交流后发现：
①成倒立放大像的条件是　f＞u＞2f　
②成实像时，物距减小，像距　增大　
（3）保持凸透镜位置不动，小明又把蜡烛放在距凸透镜18cm处，在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像，原因可能是　像在100cm之外　。聪明的小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，则小明拿起的眼镜是　远视镜　。（选填“近视镜”或“远视镜”）
【分析】（1）本题应用凸透镜成像的规律：u＞2f，成倒立缩小的实像，照相机就是利用这一原理制成的；
（2）本题应用凸透镜成像的规律：2f＞u＞f，成倒立放大的实像；
（3）在光屏上得不到清晰像的可能有多种：物体是否成像；若成像，是否成的是实像；即使成的是实像，三者的中心是否在同一高度。从以上几个方面考虑去解决此题。要解决此题，需要知道远视镜是凸透镜，凸透镜有会聚光线的作用。
【解答】解：
（1）已知凸透镜的焦距为15cm，由图甲可知，物距为40cm，则u＞2f，所以，凸透镜成倒立缩小的实像，这个像是图乙中的D，利用此原理可以制成照相机；
（2）①成倒立放大像的条件是：2f＞u＞f；
②由图丙可知，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大；
（3）把蜡烛放在距凸透镜18cm处（即u＝18cm），物距在一倍焦距与二倍焦距之间，凸透镜成实像，根据图丙可知，像可能在100cm之外，所以在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像。
实验中，小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，即说明该眼镜对光线有会聚作用（使光线提前会聚而成像在光屏上），故这副眼镜是凸透镜，即是远视眼镜。
故答案为：（1）D；照相机；（2）①2f＞u＞f；②增大；（3）像在100cm之外；远视镜。
【点评】此题探究了凸透镜成像的规律，考查了学生对实验操作的要求。一定要注意实验前的调整工作。为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处。同时考查了凸透镜成像的规律，要熟记规律，特别注意成像特点与物距之间的关系。
22．（9分）在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。

（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据整理记录在下表中。
实验
次数
滑轮
材质
钩码重G/N
提升的高
度h/m
有用功
W有用/J
拉力
F/N
绳端移动
的距离s/m
总功
W总/J
机械效率。η
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
铝
2
0.2
0.4
1.0
0.6
0.6
67%
4
塑料
2
0.2
0.4
0.8
0.6
0.48
83%
5
塑料
2
0.2
0.4
2.1
0.2
0.42
95%
①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码　重力越大　，机械效率越高。
②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　动滑轮的重力　有关。
③比较　2、3　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。
④第5次实验室利用了图　乙　的装置完成的，判断依据是　绳子的效段数为1　。
⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为　80%　。可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。
（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　减小接触面粗糙程度　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都　不省功　。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的是　B　。
A、焦耳定律
B、牛顿第一定律
C、阿基米德原理
D、欧姆定律
【分析】（1）①比较1和2两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；
②根据G＝mg＝ρVg，比较3和4两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；
③比较 2、3两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；
④根据n＝确定绳子的效段数分析；
⑤根据η＝＝＝＝×100%求出滑轮组的机械效率；
（2）通过减小接触面粗糙程度的方法可减小摩擦；
（3）物理学中，常常有难以达到条件的时候，这时，我们常常需要借助将实验想象为理想情况下来达到我们的目的，在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律，这种研究问题的方法就叫科学推理法。
【解答】解：（1）①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组相同，提升物体的重力越大，机械效率越高，即所用滑轮组一定时，提升的钩码重力越大，机械效率越高；
②比较3和4两次实验知，提升物体的重力相同，两滑轮的材质不同，而体积相同，根据G＝mg＝ρVg，两滑轮的重力不同，发现：滑轮组的机械效率还与动滑轮的重力有关；
③比较 2、3两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。
④第5次实验室利用了图乙的装置完成的，判断依据是n＝＝＝1，绳子的效段数为1；
⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为：
η＝＝＝＝＝×100%＝80%；
可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。
（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 减小接触面粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械不省功（采用了理想化推理法）：
ACD、焦耳定律、阿基米德原理、欧姆定律可通过实验直接验证，
B、而牛顿第一定律不能用实验直接验证，是在实验的基础下推理得出的，
故选B。
故答案为：（1）①重力越大；②动滑轮的重力；③2、3；④1、绳子的效段数为1；⑤80%；（2）减小接触面粗糙程度；（3）不省功；B。
【点评】本题考查控制变量法、数据分析、n＝的运用、滑轮组的机械效率的求法和减小摩擦的方法及实验推理法的运用。
23．（3分）在“探究并联电路中的电流关系”实验中

（1）小明想测量干路电流，连接的电路如图甲所示，检查电路发现只有一根导线接错了，请在这根导线上打上“×”，并改正。
（2）连接正确的电路后，闭合开关，电流表的示数为0.46A，请在图乙中画出指针的位置（O为指针转轴）。
（3）小明换用不同规格的灯泡，多次改变电表位置，将测量数据记录在下表中。
实验次数
支路电流I1/A
支路电流I2/A
干路电流l总/A
1
0.30
0.16
0.46
2
0.20
0.20
0.40
3
0.24
0.34
0.58
分析数据得出结论：在并联电路中，　干路电流等于各支路电流之和　。
（4）第1次实验发现，灯泡L1比L2亮，则灯泡L1的电阻　小于　灯泡L2的电阻；若两灯泡灯丝长度相同，　L2　的灯丝更细。
【分析】（1）原电路中，两灯短路了，据此改正；
（2）电流表分度值为0.02A，画出示数为0.46A指针的位置；
（3）分析测量数据得出结论；
（4）根据并联电路各支路电压相等和P＝分析；
在材料和长度相同的条件下，横截面积越小，电阻越大。
【解答】解：（1）原电路中，两灯短路了，改正后如下左所示：

（2）电流表分度值为0.02A，连接正确的电路后，闭合开关，电流表的示数为0.46A，指针的位置如上右所示；
（3）分析数据得出结论：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
（4）第1次实验发现，灯泡L1比L2亮，根据并联电路各支路电压相等和P＝，则灯泡L1的电阻小于灯泡L2的电阻；由影响电阻大小的因素，若两灯泡灯丝长度相同，L2的灯丝更细。
故答案为：（1）如上左所示；（2）如上右所示；（3）干路电流等于各支路电流之和；（4）小于；L2。
【点评】本题探究并联电路中的电流关系”实验，考查电路连接、电流表读数、数据分析和电功率公式的运用及影响电阻大小的因素。
四、分析与计算
24．（9分）2019年4月23日，在庆祝中国人民解放军海军成立70周年海上阅兵活动中，055大型驱逐舰接受检阅，向世界展示了我国大型驱逐舰的发展规模和强大实力。驱逐舰长174m，宽23m，吃水深度8m，满载排水量12300t，最大航速32节（1节＝0.5m/s，海水密度为1.03×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）驱逐舰行驶到某海域时，舰底受到的海水压强为7.21×104Pa，此时舰底所处的深度；
（2）驱逐舰满载时受到的浮力；
（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，若所受海水阻力是其总重的0.1倍，它的动力功率。
【分析】（1）根据舰底受到的海水压强大小利用p＝ρgh计算舰底所处的深度；
（2）利用漂浮条件确定浮力与总重力的关系；利用阿基米德原理计算浮力大小；
（3）根据1节＝0.5m/s得出最大速度，根据漂浮条件和二力平衡计算动力的大小，再根据P＝Fv计算它的动力功率。
【解答】解：
（1）根据p＝ρgh可得此时舰底所处的深度：
h＝＝＝7m。
（2）由阿基米德原理可得，驱逐舰满载时受到的浮力：
F浮＝G排＝m排g＝12300×103kg×10N/kg＝1.23×108N；
（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，则速度v＝32节＝32×0.5m/s＝16m/s，
因为驱逐舰处于漂浮状态，则驱逐舰的总重力：G＝F浮＝1.23×108N；
由二力平衡条件可得，驱逐舰受到的动力：F＝f＝0.1G＝0.1×1.23×108N＝1.23×107N；
以最大航速匀速直线航行，它的动力功率：P＝Fv＝1.23×107N×16m/s＝1.968×108W。
答：（1）驱逐舰行驶到某海域时，此时舰底所处的深度为7m；
（2）驱逐舰满载时受到的浮力为1.23×108N；
（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，它的动力功率为1.968×108W。
【点评】本题考查的知识较多，难度不大，结合具体实例理解相关的知识点解答简单。
25．（8分）表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝且阻值不变。
XX牌饮水机
额定电压
220V
额定功率
加热
1000W
保温
22W
加热效率
80%
（1）该饮水机处于加热状态时，正常工作3min，在1标准大气压下能否把0.5kg的水从20℃加热至沸腾？【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】
（2）保温功率是指S断开时电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率是多少？

【分析】（1）在1标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量，利用η＝×100%求出需要消耗的电能，利用P＝求出需要加热的时间，然后与实际加热时间相比较得出答案；
（2）由题意可知，开关S闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加热状态，根据P＝UI＝求出R1的阻值，由表格数据可知该饮水机正常保温时的功率，由题意可知，开关S断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，根据P＝UI求出电路的电流，利用P＝UI＝I2R求出R1实际消耗的电功率。
【解答】解：（1）在1标准大气压下水的沸点为100℃，
则把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J，
由η＝×100%可得，需要消耗的电能：
W＝＝＝2.1×105J，
由P＝可得，需要加热的时间：
t1＝＝＝210s＝3.5min＞3min，
所以，该饮水机正常加热3min不能把1标准大气压下0.5kg的水从20℃加热至沸腾；
（2）由图可知，开关S闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加热状态，
由P＝UI＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝48.4Ω，
由表格数据可知，该饮水机正常保温时的功率P保温＝22W，
由题意可知，开关S断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，
由P＝UI可得，此时电路中的电流：
I＝＝＝0.1A，
该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率：
P1＝I2R1＝（0.1A）2×48.4Ω＝0.484W。
答：（1）该饮水机正常加热3min不能把1标准大气压下0.5kg的水从20℃加热至沸腾；
（2）该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率是0.484W。
【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式的综合应用，正确的判断饮水机处于不同档位时电路的连接方式是关键，要注意在1标准大气压下水的沸点为100℃。