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2023年江苏省南京市建邺区中考物理二模试卷-普通用卷
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这是一份2023年江苏省南京市建邺区中考物理二模试卷-普通用卷，共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省南京市建邺区中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 下列关于声现象的说法正确的是( )
A. 只要物体振动，我们就能听到声音 B. 声呐可以用来测量地球与月球的距离
C. “震耳欲聋”主要说明声音的音调高 D. 超声波清洗眼镜，说明声音具有能量
2. 如图所示的光现象中，与日食形成原理相同的是( )
A. 雨后彩虹 B. 影游戏
C. 笔杆错位 D. 水中倒影
3. 下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是( )
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
4. 关于粒子和宇宙，下列说法正确的是( )
A. 破镜不能重圆，是因为分子间存在排斥力
B. 地球绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
C. 电子、质子、原子是按照由小到大的尺度排序的
D. 扫地时灰尘飞舞，说明分子在不停做无规则运动
5. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 课桌的高度约75dm B. 一名中学生的重力约500N
C. 人体的安全电压是36V D. 教室日光灯的功率约40kW
6. 下列关于家庭电路和安全用电的说法正确的是( )
A. 空气开关自动断开都是由于用电器总功率过大引起的
B. 用试电笔判断火线与零线时，手不能接触笔尾金属体
C. 在家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越小
D. 电冰箱的三脚插头改为二脚插头，仍然可以放心使用
7. 将球斜向上抛出，其在空中不同位置时的能量情况如图所示，下列判断错误的是( )
A. 经过B、D两位置时小球的高度相同
B. C位置可能为小球到达的最高点
C. 经过B、E两位置时小球的速度大小相同
D. 经C、E两位置时小球的机械能可能相等
8. 图甲是“探究阻力对物体运动的影响”的实验，图乙“探究动能大小与质量的关系”的实验，下列说法错误的是( )
A. 甲实验中小车滑行的距离不同，但小车刚开始下滑时具有的机械能相等
B. 乙实验中小球的质量应该不同，但小球到达水平面时初始速度需要相同
C. 两实验中的小车和小球到达水平面能继续运动是因为它们都具有惯性
D. 两实验中斜面都可以用弹簧替代，实验时都需要将弹簧压缩相同长度
9. “加油向未来”节目中有一烤面包活动，如图甲所示，是通过骑车发电完成的，图乙中能反映其工作原理的是( )
A. ①和③ B. ①和② C. ①和④ D. ②和④
10. 人在水平冰面上溜冰时，只需用脚在冰面上向后轻轻蹬一下，就能滑行很远。下列说法正确的是( )
A. 溜冰时穿较为锋利的冰刀是为了减小对冰面的压强
B. 人对冰刀的压力和冰刀对人的支持力是一对平衡力
C. 溜冰者最终会停下来，说明运动需要力来维持
D. 滑行时如果摩擦力消失，溜冰者将做匀速直线运动
11. 用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示(不计热损失)。以下判断正确的是( )
A. 实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等
B. 实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少
C. 若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4
D. 若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4
12. 如图甲所示，电源电压恒定，定值电阻R0的阻值为8Ω。将滑动变阻器的滑片从a端滑到中点的过程中，电压表示数U与电流表示数I之间的关系图象如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. 电源电压为24V
B. 电阻R的最大阻值为8Ω
C. 前后两次电路总功率变化了0.5W
D. 为保证电路安全，电流表量程能选0～0.6A
二、填空题（本大题共7小题，共26.0分）
13. 共享单车便利出行，车篮底部装有太阳能电池板为其GPS功能供电。
(1)利用的太阳能属于______ 能源(填“可再生”或“不可再生”)；GPS是靠电磁波来实现定位的，其在真空中的传播速度为______ m/s。
(2)车胎对地面的压力是由于______ 发生形变产生的。
(3)以骑行的车为参照物，路旁的树木是运动的。要说明运动的相对性，还需要提供的证据是______ 。
14. 我国航天技术世界领先，空间站创纪录完成多个任务。
(1)航天器的外壳轻巧、耐高温，其所用材料具备______ 小、熔点高的特点。
(2)火箭加速升空时，燃料燃烧产生的______ 能转化为火箭的机械能，此过程中能量转化与汽油机的______ 冲程相同。某四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则它每秒对外做功______ 次。
(3)液态氢由于热值高而被选作火箭燃料。若完全燃烧500g氢燃料共放出7×107J热量，则该氢燃料的热值为______ J/kg。
15. 某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图A，物体上升的高度随时间变化的关系如图B。已知物体重150N，拉力F为60N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%。则在0−2s的过程中：拉力做的有用功是______ J，拉力的功率是______ W，滑轮组的机械效率是______ %。该滑轮组的动滑轮重为______ N。
16. 水平桌面上大小相同的溢水杯中分别装满甲、乙两种液体，将密度为ρ0的两个完全相同小球轻轻放入杯中，小球静止时如图所示。若溢出液体的质量分别是m甲、m乙、烧杯底部受到的液体压强分别是p甲和p乙(两只烧杯完全相同)，溢水杯对水平桌面的压力分别是F甲和F乙，则m甲 ______ m乙，p甲 ______ p乙，F甲 ______ F乙。乙液体的密度ρ乙= ______ 。(用已知物理量符号表示)
17. 同一水平桌面上放有长方体木块和铁块各一个，只利用一个量程满足实验要求的弹簧测力计，比较木块和铁块的下表面谁更粗糙。两组同学采用不同的方案进行比较。
(1)甲组按图甲方案，用弹簧测力计沿水平方向拉着它们一起做匀速直线运动，速度分别为v1、v2，两次测力计示数分别为F1、F2，若满足______ 。(用测量的物理量符号表示)，则木块的下表面更粗糙。
(2)乙组同学的实验方案如下：
①如图乙所示，用弹簧测力计沿水平方向分别拉着铁块和木块做匀速直线运动，记下两次测力计的示数分别为F3、F4，且F3>F4。
②用弹簧测力计沿______ 方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，测出铁块和木块的重力分别为G铁、G木，且G铁>G木。
③若满足______ (用测量的物理量符号表示)，则说明木块的下表面更粗糙。
18. 如图所示电路，电源电压U恒定不变，R2上标有“300Ω 0.5A”。仅闭合S，滑片P移到最左端，电流表的示数为0.3A，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3=1：3；滑片P向右移到某一位置的过程中，电流表的示数变化了0.2A，电压表的示数变化了2V。则电源电压为______ V，R1的阻值为______ Ω。若三个开关都闭合，移动滑片P，电路允许消耗的最大电功率为______ W。
19. “如图甲为水位仪的原理图。电源电压为3V，R0为20Ω，滑动变阻器R的最大阻值20Ω且阻值与长度成正比，滑片P可在长为20cm的CD间移动(摩擦不计)，弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。若水面与物体AB上表面齐平，滑片刚好在R的最上端C位置，弹簧伸长量与外力的关系如图乙所示。闭合开关S。
(1)当水位与物体AB上表面相平时，物体AB受到的浮力为______ N。
(2)水位由与物体AB上表面相平降至与AB下表面相平的过程中，弹簧伸长______ cm，电压表的示数变化______ V。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
20. 如图，一束光AO从水中斜射入空气中，请画出反射光线和大致的折射光线。
21. 如图，静止在水平地面上的Y型物体ABC，要将B端刚刚抬离地面，请画出最小力F的示意图。
22. 如图所示，闭合开关S，小磁针沿顺时针方向偏转90°，请在图中括号内标出源的“+”“−”极，并标出通过通电螺线管外A点的磁感线的方向。
四、实验探究题（本大题共6小题，共30.0分）
23. 用矿泉水瓶做以下几个小实验。
(1)图甲中矿泉水瓶瓶口直径为______ cm。
(2)图乙将矿泉水瓶装满水，用硬纸片盖住瓶口，按住纸片将瓶口朝下，移开手，瓶内水不会流出，证明了______ 的存在。
(3)图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越______ 。
(4)图丁中与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑。其中“吸”字蕴含的物理道理，与下列现象中的“吸”字相同的是______ 。
A.地球“吸”地面上物体
B.两光滑铅块压紧后“吸”住
C.两船并行相“吸”碰撞
D.梳头后的梳子会“吸”头发
24. 小明用如图所示的装置做“探究冰熔化特点”的实验。
(1)为便于完成实验，应选______ (填“冰块”或“碎冰”)。
(2)图中温度计示数为______ ℃，冰在熔化过程中，吸收热量，内能______ 。
(3)待管内冰全部熔化后，若用酒精灯持续给烧杯加热，试管内水______ (填“会”或“不会”)沸腾。
25. 如图是“探究凸透镜成像规律”的实验。
(1)如图所示位置得到了清晰的像。
①保持图中蜡烛、光屏位置不变，将透镜移至光具座______ cm处，可再次看到清晰的像。
②将一眼镜片放在烛焰和透镜之间，光屏上的像变模糊，向右移动蜡烛可再次看到清晰的像，则所加眼镜片为______ 透镜。
(2)小明想继续用该装置探究平面镜的成像特点，保持图中的元件位置不变，仅将凸透镜更换为玻璃板，眼睛应该在______ (填“蜡烛”或“光屏”)一侧观察蜡烛的像。为验证平面镜成的是虚像，还应进行的操作是______ 。
(3)下列关于凸透镜成像和平面镜成像的说法，正确的是______ 。
A.都可以成正立的像
B.人观察到虚像时，没有光线进入人眼
C.实像有放大的有缩小的，虚像都是与物等大的
D.实像都是由光的折射形成的，虚像都是由光的反射形成的
26. 如图是“探究影响液体内部压强大小因素”的实验。
(1)实验前检查实验装置，观察到如图甲所示的情景，应该进行的操作是______ 。
(2)调整器材后小明完成了图乙、丙所示实验，分析可知液体的压强与______ 有关。
(3)为探究液体压强与液体密度的关系，小明又完成了丁图所示实验，对比丙、丁两次实验发现两次U形管两侧水面高度差对比不明显，为使实验现象更加明显下列操作可行的是______ 。
A.将丁图中金属盒下移
B.丁烧杯中换用密度更大的液体
C.将U形管中的水换成密度更小的酒精
(4)如图戊所示，1、2是两根完全相同的细玻璃管，管的一端封有相同橡皮薄膜，在管中装入不等量的水，薄膜鼓起的程度不同。据此小红猜想：液体的压强可能与管内液体的质量有关。小明将2号管______ 放置，直至______ ，对比1、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小红的猜想错误。
27. 现有一瓶饮料，小明用托盘天平、烧杯和已知密度为ρ0的金属块测出了该饮料的密度ρ。
(1)分析小明的实验方案发现，由于金属块取出时带走部分饮料，使测量结果偏大，请从以下选项“A.瓶和饮料、B.烧杯和饮料、C.金属块的质量”中选择合理的选项，补全小明的实验步骤。(填字母序号)
①用天平测出____质量m0。
②在烧杯内倒入适量饮料，用天平测出____总质量为m1。
③将金属块缓缓浸没在烧杯中，在烧杯壁上标记液面的位置；
④取出金属块，向烧杯中注入适量饮料到标记处，用天平测出____总质量m2。
(2)为使测量结果更准确，上述实验步骤中补入的三个选项应依次为______ 。
28. 小明进行了以下电学实验操作。
(1)探究通过导体的电流与电阻的关系：图甲为实验装置，其中滑动变阻器最大阻值为50Ω，电源电压恒为6V，实验时将电阻箱阻值依次调为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω、5Ω。
①图中有一根导线连接错误，请在该导线上画“×”并在图上改正(所画的导线用实线且不能交叉)。
②改正电路后，闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，经检查排除导线和接线柱故障，则原因可能是______ 。
③排除故障后，根据数据得I−1R的图像如图乙所示，则电阻箱两端电压为______ V。
④完成某次实验后，仅改变电阻箱阻值，观察到电压表示数如图丙所示，由此可知上一次电阻箱接入的阻值为______ Ω。
⑤由以上实验初步得出电流和电阻的关系，为使结论更具普遍性，下列操作可行的是______ 。
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据
B.将电源电压调为4V，重复实验
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验
(2)测量额定电流为0.3A小灯泡的额定功率：如图为小明设计的几种方案，其中电源电压约为4.5V，R0的阻值为20Ω，滑动变阻器最大阻值均为50Ω。则以下电路能测出小灯泡的额定功率的有______ (填字母序号)。
五、计算题（本大题共2小题，共14.0分）
29. 5G无人配送车配送快递可有效节约配送成本。
(1)若空车静止在平地上，轮胎与地面的总接触面积为400cm2，车对地面的压强是2×105Pa，求空车的质量。
(2)若该车输出功率恒为800W，在水平路面上以18km/h的速度匀速行驶3.6km，求该车受到的牵引力。
30. 如图甲所示为自制简易电热水器的工作原理图。其控制电路电源电压恒为6V，电磁铁线圈电阻不计，Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化的规律如图乙所示。热敏电阻Rt和工作电路中的三只电阻R1、R2、R3均有绝缘保护且置于储水箱中(Rt产生的热量不计)。其中R1：R2=4：1，R3=132Ω。闭合开关S、S1，当控制电路中电流达到15mA时，电磁铁的衔铁被吸下，水箱内水温恰为75℃，工作电路的功率变为220W，此后水温逐渐下降；当控制电路中电流小于等于10mA时，衔铁被释放。
(1)衔铁吸下后，工作电路中的电流为______ A。
(2)求衔铁释放时水箱中的水温。
(3)该热水器加热时，将50kg的水温度升高4℃，用时6min，求该热水器的加热效率。(保留一位小数)[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、物体振动发声，如果没有传声介质或者没有良好的听觉器官或者声音的频率不在人耳的听觉范围之内，我们都听不到声音，故A错误；
B、真空不能传声，声呐不能测量地球与月球之间的距离，故B错误；
C、“震耳欲聋”主要说明声音的响度大，故C错误；
D、超声波清洗眼镜，说明声音具有能量，故D正确。
故选：D。
(1)物体振动发声，但是人的耳朵不一定能听到声音。
(2)声音的传播需要介质，真空不能传声；声呐在真空中不能用来测距。
(3)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关；声音的高低叫音调，音调与频率有关。
(4)声音可以传递能量。
本题考查的是声音产生和传播的条件，关键是能够区分音调、响度和音色；知道声音可以传递能量。
2.【答案】B
【解析】解：日食是由于管的直线传播形成的。
A、雨后彩虹是光的折射形成的，故A不符合题意；
B、影游戏是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；
C、笔杆错位属于光的折射，故C不符合题意；
D、水中倒影属于光的反射，故D不符合题意。
故选：B。
(1)太阳光经过三棱镜后分解出七种单色光的现象叫光的色散，光的色散本质上属于光的折射。雨后彩虹属于光的色散现象。
(2)光在同种均匀介质中是沿直线传播的，日食、月食、手影、小孔成像都属于光的直线传播。
(3)光从一种透明介质斜射进入另一种透明介质时，传播方向通常会发生改变，我们把这种现象叫光的折射，水池变浅、筷子弯折、笔杆错位都属于光的折射。
(4)光射到物体的表面后改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射。平面镜成像、水中的倒影都属于光的反射。
本题主要考查了光的直线传播，关键是从不同的例子中分辨出光的直线传播现象。
3.【答案】A
【解析】解：冬天冰冻的衣服晾干是升华现象，升华吸热；
①冰雪消融是熔化现象，熔化吸热；
②常温下干冰变小是升华现象，升华吸热；
③雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，液化放热；
④霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，凝华放热。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
(1)物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】C
【解析】解：A.当分子间的距离大于分子直径的10倍时，分子间的作用力就变得十分微弱了，“破镜不能重圆”就是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱的缘故，故A错误；
B.太阳是太阳系的中心，宇宙是有层次的天体系统，宇宙没有中心，故B错误；
C.常见粒子尺度由小到大排序：电子、质子、原子，故C正确；
D.扫地时灰尘飞舞，那是灰尘的机械运动，不是分子在运动，分子运动是肉眼看不见的，故D错误。
故选：C。
(1)分子动理论内容为：物质是由大量分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，分子间存在相互作用的引力和斥力；
(2)宇宙是有层次的天体系统，宇宙没有中心；
(3)常见粒子尺度由小到大排序：电子、原子核、原子、分子；
(4)分子很小，肉眼不能观察到分子运动。
本题考查分子动理论、宏观和微观世界，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据生活实际可知，课桌的高度约为75cm=7.5dm，故A不符合实际；
B.根据生活实际可知，一名中学生的质量约为50kg，G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B符合实际；
C.经验表明，人体的安全电压不高于36V，故C不符合实际；
D.根据生活实际可知，教室日光灯的功率约40W=0.04kW，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
本题考查了对物理量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
6.【答案】C
【解析】解：
A、空气开关跳闸有两种原因，一是用电器的总功率过大，二是发生短路现象，故A错误；
B、使用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾的金属体，但不能接触笔尖的金属体，防止发生触电，故B错误；
C、家庭电路中各用电器是并联的；由并联电路特点知，并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，同时工作的用电器越多(即并联电路的支路越多)，并联电路的总电阻越小，故C正确；
D、若金属外壳的用电器外壳万一带电，为了让电流会通过导线导入大地，防止造成触电事故的发生；所以三孔插座中多出一个专门用于接地的孔，目的是让金属外壳与大地相连，因此接入电冰箱、洗衣机、电暖器等家用电器都要使用三孔插座，故D错误。
故选：C。
(1)空气开关跳闸有两种原因，一是用电器的总功率过大，二是发生短路现象；
(2)使用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾的金属体，但不能接触笔尖的金属体，防止发生触电；
(3)家庭电路中，各用电器是并联的，电阻越并越小；
(4)三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的。
此题考查的是安全用电的原则，我们一定要牢记，不可马虎大意。
7.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，B、D位置的重力势能相同，小球的质量不变，所以B、D位置的高度相同，故A正确；
B.重力势能的大小与质量和高度有关，由图可知，C位置的重力势能最大，质量不变，C位置可能为最高点，故B正确；
C、动能的大小与质量和速度有关，由图可知，BE位置的动能相同，质量不变，所以经过BE两位置时小球的速度大小相同，故B正确；
D.根据B点和D点的重力势能和动能的大小可知，D点的动能、重力势能的和小于B点的动能、重力势能的和，这说明小球在运动过程中一部分机械能转化为了其它形式的能量，所以小球中E位置的机械能小于C位置的机械能，故D错误。
故选：D。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了影响动能、重力势能大小的因素和机械能的变化，属于基础题。
8.【答案】D
【解析】解：A、甲实验中小车从同一斜面的相同高度由静止滑下，小车开始下滑时的质量不变，速度为0，高度相同，重力势能相同，所以机械能相同，故A正确；
B、乙实验中探究的是小球的动能大小与质量的关系，实验中需要控制小球的质量不同，小球滚下的高度相同，到达水平面时的速度相同，故B正确；
C、甲、乙两个实验中，小车和小球到达水平面时具有一定的速度，由于小车和小球具有惯性，所以小车和小球能继续运动，故C正确；
D、甲实验中小车的质量不变，所以可以利用弹簧代替斜面来获得相同的速度；乙实验中小球的质量不同，若弹簧的形变程度相同，弹性势能转化为小球的动能相同，由于质量不同，小球获得的速度不同，所以实验中不能用弹簧代替斜面，故D错误。
故选：D。
(1)动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；
(2)动能的大小与质量、速度有关，探究动能大小与质量的关系时，需要控制速度相同；
(3)惯性是物体本身的一种性质，只与物体的质量有关；
(4)弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关。
此题考查了“探究阻力对物体运动的影响”和“探究动能大小与质量的关系”的区别和联系及惯性的知识、控制变量法的运用，为易错题。
9.【答案】A
【解析】解：甲图是通过骑车发电完成的，骑车发电的原理是电磁感应现象；
①装置是探究电磁感应现象的实验；②装置是探究通电导体在磁场中受力运动；③装置中拨动风扇，二极管发光，这是电磁感应现象；④中电磁铁通电后具有磁性，这是电流的磁效应。
故选：A。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理。
本题考查了电磁感应现象、通电导体在磁场中受力运动、电流的磁效应，属于基础题。
10.【答案】D
【解析】解：A、溜冰鞋上锋利的冰刀可以减小受力面积，在压力一定时，增大对冰面的压强，故A错误；
B、人对冰刀的压力与冰刀对人的支持力作用在不同的物体上，它们不是一对平衡力，它们是作用力与反作用力，故B错误；
C、溜冰者最终会停下来，说明力是改变物体运动的原因，故C错误；
D、人在水平冰面上溜冰时，若摩擦力消失，水平方向不受任何力作用，由牛顿第一定律可知，溜冰者将做匀速直线运动，故D正确。
故选：D。
(1)影响压强大小的因素是压力和受力面积，在压力一定时，减小受力面积可增大压强；
(2)一对平衡力必须符合四个条件，即大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)根据牛顿第一定律分析运动员的状态。
本题考查运动和力的关系、平衡力的判断、牛顿第一定律、增大压强的方法等知识，属于基础题。
11.【答案】C
【解析】解：A、比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A错误；
B、实验①“使用相同的燃料(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故B错误；
C、“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，升高10℃，图象一对应物质的加热时间为10分钟(注意是均匀升温)；而图象二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min=1：4；根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4，故C正确；
D、不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料(燃料质量相同)，图象一对应的物质升高50℃−30℃=20℃；图象二对应的物质升高40℃−30℃=10℃；而同种液体的质量相同，根据Q=cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为20℃：10℃=2：1，根据q=Qm，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为2：1，故D错误。
故选：C。
(1)比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料(确保相同时间放出的热量相同)，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt=Qcm 比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q=Qm，这种燃料热值越大；
(2)实验①“使用相同的燃料(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
(3)由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；
根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；
(4)不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃−30℃=20℃，根据Q=cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q=Qm分析。
本题探究“不同物质吸热升温的现象”以及“不同燃料充分燃烧放热的现象“，考查控制变量法、转换法的应用及两实验相同与不同之处，为热学中的重要实验，为易错题，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、由图甲可知，当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，
由图乙可知，此时滑动变阻器两端的电压为6.0V，此时电路中的电流：Ia=URaRa=6.0VRa
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U=U0a+URa=IaR0+URa=6.0VRa×8Ω+6.0V……①
当滑片在中点时，动变阻器接入电路的电阻：Ra中=12Ra，
由图乙可知，此时滑动变阻器两端的电压为4.0V，此时电路中的电流：I中=URa中Ra中=4.0V12Ra
电源电压：U=U0中+UR中=I中R0+UR中=4.0V12Ra×8Ω+4.0V……②
由①②解得：Ra=8Ω，U=12V，故A错误、B正确；
C、由欧姆定律可知，两次电路中的电流分别为：Ia=URaRa=6.0V8Ω=0.75A，I中=URa中Ra中=4.0V12×8Ω=1A，
前后两次电路总功率的变化量：ΔP=P中−Pa=UI中−UIa=12V×1A−12V×0.75A=3W，故B错误；
D、由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时电路中的电流最大，
则电路中的最大电流：I最大=UR0=12V8Ω=1.5A>0.6A，因此为保证电路安全，电流表量程应选0～3A的量程，故D错误。
故选：B。
由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出滑片从a端滑到中点时两次电路中的电流关系，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出两次电路的电流和电源电压；
(2)根据欧姆定律求出电阻R的最大阻值；
(3)根据P=UI求出前后两次电路总功率的变化量；
(4)根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻为零时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，进而选择合适的量程。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图象读出相关的信息。
13.【答案】可再生 3×108 车胎 以地面为参照物，树木是静止的
【解析】解：(1)太阳能可以从自然界源源不断地得到，属于可再生能源；电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
(2)车胎对地面的压力是由于车胎发生微小的弹性形变产生的；
(3)以骑行的车为参照物，路旁的树木是运动的。要说明运动的相对性，仍需将路旁的树木作为研究对象，并且能判断出树木是静止的，如以地面为参照物，树木是静止的。
故答案为：(1)可再生；3×108；(2)车胎；(3)以地面为参照物，树木是静止的。
(1)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
(2)弹力是物体由于发生弹性形变而产生的力；
(3)在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
本题考查了能源的分类、电磁波的传播、压力的产生以及运动和静止的相对性，属于基础内容。
14.【答案】密度 内 做功 10 1.4×108
【解析】解：(1)高速航天器外壳要求轻巧，说明航天器外壳材料应具有密度小的特性；
(2)氢气燃烧产生的高温高压气体对火箭做功，将内能转化为机械能；
四冲程汽油机工作时的做功冲程将内能转化为机械能，二者能量转化形式相同；
四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则该飞轮每秒钟转20圈；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，对外做功一次，故汽油机每秒对外做功10次；
(3)根据Q放=mq得该氢燃料的热值为：
q=Q放m=7×107J0.5kg=1.4×108J/kg。
故答案为：(1)密度；(2)内；做功；10；(3)1.4×108。
(1)根据火箭等高速航天器外壳的制作材料要求轻巧的特点进行解答；
(2)燃料燃烧过程是化学能转化为内能，推动火箭做功是内能转化为机械能；
汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能；
1200r/min的含义：它表示热机的飞轮每分钟转1200圈。汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成。在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次；
(3)知道液态氢的质量和完全燃烧500g的氢燃料放出的热量，利用Q放=mq计算出氢气的热值。
本题考查热值、热机的工作原理，以及能量的转化，知识点较多，解答此题的关键是理解所学知识，并能灵活应用。
15.【答案】150 90 83.3 18
【解析】解：由图像可知在0−2s的过程中物体上升的高度h=1m，绳子自由端移动的距离s=3m，
拉力做的有用功：W有=Gh=150N×1m=150J；
拉力做的总功：W总=Fs=60N×3m=180J，
拉力做功的功率：P=W总t=180J2s=90W；
滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=150J180J×100%≈83.3%；
由题意可知，克服动滑轮重所做的功：W动=10%W总=10%×180J=18J，
由W动=G动h可知，动滑轮的重力：G动=W动h=18J1m=18N。
故答案为：150；90；83.3；18。
根据图像可知在0−2s的过程中物体上升的高度和绳子自由端移动的距离，利用W有=Gh求有用功；利用W总=Fs求拉力做的总功，利用P=W总t求拉力做功的功率；利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；根据克服动滑轮重所做的功占总功的10%求出克服动滑轮重所做的功，根据利用W动=G动h求动滑轮重力。
本题考查功、功率和机械效率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
16.【答案】> > > m乙m甲⋅ρ0
【解析】解：小球在甲中漂浮，浮力等于自身重力，小球在乙中下沉，浮力小于重力，所以小球在甲中受到的浮力要大于在乙中受到的浮力，根据阿基米德原理可知，小球在甲中排开的液体的重力要大于在乙中排开的液体的重力，根据G=mg可知，溢出的液体质量m甲>m乙；
小球在甲中漂浮，小球的密度要小于甲液体的密度，小球在乙中下沉，小球的密度要大于乙液体的密度，所以两种液体的密度ρ甲>ρ乙，由于液体的深度相同，则根据p=ρgh可知，液体对甲杯底的压强大于液体对乙杯底的压强，即p甲>p乙；
由图知，甲剩余液体的体积大于乙剩余液体的体积，且ρ甲>ρ乙，则根据G=mg=ρVg可知：甲容器中剩余液体重力大于乙容器中剩余液体重力；而容器对桌面的压力等于容器、液体、小球的总重力，所以甲容器对桌面的压力大于乙容器对桌面的压力，即F甲>F乙；
乙液体的密度为：
ρ乙=m乙V球=m乙m甲ρ0=m乙m甲⋅ρ0。
故答案为：>；>；>；m乙m甲⋅ρ0。
(1)根据物体的浮沉条件判定浮力的大小关系，根据阿基米德原理判定排开的液体的重力关系，根据G=mg得出排开的液体的质量的大小关系；
(2)根据物体的浮沉条件分析小球密度与液体密度的关系，从而得出液体密度的大小关系，根据p=ρgh分析液体对杯底的压强；
(3)容器对桌面的压力等于容器、液体、小球的总重力；
(4)由密度公式表示出乙液体的密度。
本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，关键是理解和运用漂浮条件、下沉条件(密度关系)得出两液体的密度关系。
17.【答案】F1
②用弹簧测力计沿竖直方向方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，测出铁块和木块的重力分别为G铁、G木，且G铁>G木。
③因在接触面粗糙程度不变时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，故据此求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小：
当木块叠放在铁块的正上方时有
G铁+G木F3′=G铁F3；
故当木块叠放在铁块的正上方时受到的滑动摩擦力为：
F3′=G铁+G木G铁×F3；
同理，当铁块叠放在木块的正上方时受到的滑动摩擦力为：
F4′=G铁+G木G木×F4；
若满足 G铁+G木G铁×F3
(2)①由二力平衡的条件可知铁块和木块受到的滑动摩擦力大小；
②重力的方向竖直向下，要测量物体的重力，应用弹簧测力计沿竖直方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，读出测力计的示数；
③由控制变量法，探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同；根据在接触面粗糙程度不变时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，故据此求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小，根据在压力不变时，滑动摩擦力越大，说明接触面越粗糙回答。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，最后一问是难点，求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小是关键。
18.【答案】12 10 25.2
【解析】解：(1)仅闭合S，滑片P移到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻为零，R1和R3串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，
由P=UI=I2R可知，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比：P1P3=I2R1I2R3=R1R3=13，即R3=3R1；
由图可知滑片P向右移到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，由欧姆定律可知电路中的电流减小，电压表的示数增大，
因此此时电路中的电流I′=0.3A−0.2A=0.1A，R1两端的电压U1′=U1−2V，
则滑片P移到最左端时，电路中的电流：I=U1R1=0.3A……①
滑片P向右移到某一位置时，电路中的电流：I′=U1′R1=U1−2VR1=0.1A……②
由①②解得：R1=10Ω，
则R3=3R1=3×10Ω=30Ω，
由欧姆定律和串联电路的电压特点可知，电源电压：U=IR总=0.3A×(10Ω+30Ω)=12V；
(2)三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电压表测电源电压，电流表测干路中的电流，
由图可知，电流表的量程为0～3A，因此干路中的电流不超过3A，
此时通过R1、R3的电流分别为：I1并=UR1=12V10Ω=1.2A，I3并=UR3=12V30Ω=0.4A，
由滑动变阻器的铭牌可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，
由并联电路的电流特点可知，此时干路中的电流：I并=I1并+I2并+I3并=1.2A+0.5A+0.4A=2.1A<3A，
因此干路中的最大电流为2.1A，
则电路允许消耗的最大电功率：P并最大=UI并=12V×2.1A=25.2W。
故答案为：12；10；25.2。
(1)仅闭合S，滑片P移到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻为零，R1和R3串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3=1：3利用P=UI=I2R求出R1和R3的阻值关系；由图可知滑片P向右移到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，根据欧姆定律可知电路中的电流减小，电压表的示数增大，据此分析出两次电路中的电流和R1两端的电压，根据欧姆定律表示出电路中的电流，解方程求出R1的阻值，进而求出R3的阻值，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电源电压；
(2)三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电压表测电源电压，电流表测干路中的电流，根据电流表的量程确定干路中允许的最大电流，根据欧姆定律求出求出通过R1、R3的电流，滑动变阻器的铭牌确定滑动变阻器允许通过的最大电流，根据并联电路的电流特点求出干路中的电流，与干路中允许的最大电流比较，进而确定干路中的最大电流，根据P=UI求出电路允许消耗的最大电功率。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
19.【答案】30 15 0.9
【解析】解：(1)当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中，排开水的体积：
V排=V物=Sh=0.01m2×0.3m=3×10−3m3；
物体AB所受浮力F浮=G排=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10−3m3=30N；
(2)水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹=G物−F浮=50N−30N=20N；
水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′=G物=50N；
水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹=F弹′−F弹=50N−20N=30N；
由乙图可知：FΔL=40N20cm=2N/cm；
物体AB刚好离开水面时，弹簧伸长的长度ΔL′=ΔF弹2N/cm=30N2N/cm=15cm；
水面从物体AB上表面刚好与水面相平时，滑片P在R最上端，此时R=20Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总=R0+R=20Ω+20Ω=40Ω，
电路中的电流：I=UR总=3V40Ω=0.075A，
由I=UR得，电压表示数为：
U上=IR=0.075A×20Ω=1.5V；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR=20Ω20cm×15cm=15Ω；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′=R−ΔR=20Ω−15Ω=5Ω，
则根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总′=R0+R′=20Ω+5Ω=25Ω，
电路中的电流：I′=UR总′=3V25Ω=0.12A，
此时电压表的示数U下=I′R′=0.12A×5Ω=0.6V。
所以，电压表的示数变化量：ΔU=U上−U下=1.5V−0.6V=0.9V。
故答案为：(1)30；(2)15；0.9。
(1)物体浸没时，V排=V物，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可求浮力大小；
(2)利用图像可求力与伸长量的比值，再由弹簧弹力的变化可求弹簧的伸长量；
当水面与物体AB上表面相平时，滑片P在R最上端，可知此时R的阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律求出R两端的电压；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，已知弹簧的伸长量，根据R接入电路的阻值与对应的棒长成正比，求出此时R接入电路的阻值，
根据串联电路特点和欧姆定律求出此时R两端的电压，两次电压表的示数之差即为变化量。
本题一道力电综合应用题，涉及到的知识点较多，关键是公式及变形公式的灵活应用，第(2)问难度较大，要弄清楚滑片处于的两个端点，弄从题干和图象获取有用的信息即可正确解题，有一定难度。
20.【答案】解：过入射点O作法线，根据光由水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，在法线右侧的空气中画出折射光线，如图所示：
【解析】发生折射时，折射光线和入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居在法线两侧，光从其他介质斜射入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，由此作图即可。
本题考查根据光的折射规律作图，掌握发生折射时折射角与入射角的大小关系是关键，注意作图要规范。
21.【答案】解：由图知，静止在水平地面上的Y型物体ABC，要将B端刚刚抬离地面，支点为A，有一个力施加在它上面使B端能被抬离地面，当作用力在C点时，以A为支点，在Rt△ABC中，AC>AB，AC为最长的动力臂L，过A作垂直于AC向上的力，即最小力的示意图，如图所示：
【解析】(1)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力、阻力臂一定的情况下，动力臂越长，所用的动力越小，越省力。
(2)当动力臂为支点到力的作用点的距离时，力臂最长。
本题属于杠杆的最小力问题，利用好：在阻力、阻力臂一定的情况下，动力臂越长、越省力。
22.【答案】解：(1)由题意可知，闭合开关S后小磁针沿顺时针方向偏转90°后静止，则小磁针N极指向右端，S极指向左端，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端为N极、左端为S极；
(2)因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中A点磁感线的方向是指向左的；
(3)根据安培定则，伸出右手使大拇指指向螺线管的N极(即右端)，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，右端为负极，如图所示。
【解析】(1)知道闭合开关S后小磁针沿顺时针方向偏转90°后静止，根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的磁极；
(2)在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向；
(3)根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律、磁感线的特点以及利用安培定则判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向。
23.【答案】2.50 大气压 小 D
【解析】解：(1)由图甲知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
矿泉水瓶瓶口左侧与5.00对齐，右侧与7.50cm对齐，所以矿泉水瓶瓶口直径为：7.50cm−5.00cm=2.50cm；
(2)在矿泉水瓶中装满水，按住纸片将瓶口朝下，移开手，瓶内的水不会流出，该现象说明了大气压的存在；
(3)图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越小；
(4)图丁中与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质；
A、地球“吸”地面上物体，是由于地球对物体的吸引使物体受到的重力，故A不符合题意；
B、两光滑铅块压紧后“吸”住，说明分子间有相互吸引力，故B不符合题意；
C、两船并行相“吸”碰撞，是因为流体的流速越大，压强越小，故C不符合题意；
D、梳头后的梳子会“吸”头发，是因为摩擦使梳子带电，带电体具有吸引轻小物体的性质，故D符合题意。
故选：D。
故答案为：(1)2.50；(2)大气压；(3)小；(4)D。
(1)使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
(2)此实验是证实大气压存在的最常见的实验，纸片没有掉下来就是因为受到外界大气压对纸片向上压力的作用；
(3)液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大；
(4)带电体具有吸引轻小物体的性质。
此题考查了刻度尺的读数、大气压的存在、流体压强与流速的关系、带电体具有吸引轻小物体的性质等，是一道综合性基础题目。
24.【答案】碎冰 −6 增加 不会
【解析】解：(1)为便于完成实验，应选碎冰；
(2)图中，温度计的分度值为1℃，液面在0℃以下，示数为−6℃；冰在熔化过程中，吸收热量，内能增加；
(3)待管内冰全部熔化后，若用酒精灯持续给烧杯加热，当大烧杯中的水沸腾后，尽管不断吸热，但烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。
故答案为：(1)碎冰；(2)−6；增加；(3)不会。
(1)为了使固体受热均匀，应使用固态粉末或碎冰；
(2)温度计读数时，看清分度值和零刻度线的位置；晶体熔化时，吸收热量，内能增大，但温度不变；
(3)液体沸腾有两个必要条件：达到沸点，继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾。
本题是探究冰的熔化规律的实验，考查了温度计读数、晶体熔化的特点、液体沸腾有两个必要条件等，难度适中。
25.【答案】50 凸 蜡烛 当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像 A
【解析】解：
(1)①由图可知此时物距u=35cm−20cm=15cm时，像距等于65cm−35cm=30cm，而在蜡烛和光屏位置都不变的情况下，根据折射现象中光路可逆的性质，若原来的物距变为现在的像距，原来的像距变为现在的物距，即将凸透镜移至光具座50cm刻度处，可再次得到清晰的烛焰像；
②向右移动蜡烛，光屏上再次出现清晰的像，此时物距变小，像距将变大，说明眼镜片对光线有会聚作用，使像距变小了，因此该眼镜片是凸透镜；
(2)平面镜成的像是光的反射形成的，作为物的蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛变为物的蜡烛所在这一侧；
当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像；
(3)A、平面镜成的是正立、等大的虚像，而凸透镜成像中当u
C、平面镜成的是等大的虚像，但凸透镜成像中当u>2f时，成倒立、缩小的实像；当2f>u>f时，成倒立、放大的实像，而u
D、光的直线传播可以形成实像，光的折射可以形成实像，也可以形成虚像，故D错误。
故选：A。
故答案为：(1)①50；②凸；(2)蜡烛；当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像；(3)A。
(1)①根据折射现象中光路可逆分析解答；
②近视镜是凹透镜，对光线有发散作用，远视镜是凸透镜，对光线有会聚作用，然后结合物距变化与像距变化的关系进行分析即可；
(2)平面镜所成的像是反射光线的反向延长线会聚而成的，不是实际光线会聚而成，所以成的像是虚像，用光屏接收不到，只能用眼睛观察，据此作答；
(3)Ⅰ、实像和虚像的区别：实像是实际光线会聚成的，虚像是实际光线的反向延长线会聚成的；实像可以呈现在光屏上，虚像不能呈现在光屏上。
Ⅱ、平面镜的成像特点：正立、等大的虚像。
Ⅲ、凸透镜成像特点：①u>2f时，成倒立、缩小的实像；②u=2f时，成倒立、等大的实像；③2f>u>f时，成倒立、放大的实像；④u
26.【答案】将软管取下，再重新安装 液体深度 BC 倾斜 水柱高度相同
【解析】解：
(1)当压强计的橡皮膜没有受到压强时，U形管中液面应该就是相平的，若U形管中的液面出现了高度差，就说明软管中的气体压强大于大气压，在压力差的作用下，U形管中的液面出现高度差；要调节，只需要将软管取下，再重新安装；
(2)金属盒没入水中的深度增大，U形管两边液面的高度差逐渐变大，所以在液体密度一定时，液体越深，液体压强越大，所以液体压强跟液体深度有关；
(3)根据p=ρgh可知，液体的密度越大，深度越大，压强越大，液体的压强与U形管粗细无关，所以在“烧杯中换密度差更大的液体”和“U形管中换用密度更小的酒精”U形管左右两侧液面的高度差都将变大；“将U形管换成更细的”不能使两侧液面高度差对比更加明显，故选BC；
(4)探究液体的压强可能与管内液体的质量有关。小明将2号管倾斜放置，直至1、2号管水柱高度相同，对比1、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小红的猜想错误。
故答案为：(1)将软管取下，再重新安装；(2)液体深度；(3)BC；(4)倾斜；水柱高度相同。
(1)只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
(2)探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；
(3)根据p=ρgh来分析压强和液体密度的关系；
(4)结合控制变量法分析。
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素。
27.【答案】CAA
【解析】解：①用天平测出金属块的质量m0。
②在烧杯内倒入适量饮料，用天平测出此时瓶和饮料的总质量为m1。
③将金属块缓缓浸没在烧杯中，在烧杯壁上标记液面的位置；
④取出金属块，向烧杯中注入适量饮料到标记处，用天平测出此时瓶和饮料的总质量m2。
(2)述实验步骤中补入的三个选项应依次为CAA。
故答案为：(2)CAA。
由题中操作可知，金属块与加入的饮料体积相等，且已知金属块的质量和密度，由密度公式可求出倒出饮料的体积；根据题意可求出倒出饮料的质量，然后写出液体密度的表达式。金属块取出时带走部分饮料，根据ρ=mV分析判断。
此题是“测量液体密度”的实验，包括了天平的读数以及密度的计算，是基本实验技能的训练，是学习的重要内容，属于基础题。
28.【答案】电阻箱断路 2 15 C AC
【解析】解：(1)①电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻箱并联接入电路，如图：
②闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，所以电路故障为电阻箱断路；
③由可知当I=0.4A时，1R=0.2Ω−1，则R=10.2Ω−1=5Ω，
根据欧姆定律可得电阻箱两端的电压UV=IR=0.4A×5Ω=2V；
④实验中电阻箱两端的电压保持2V不变，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压UP=U−UV=6V−2V=4V，根据串联分压原理可得RRP=UVUP=2V4V=12，
设上一次电阻箱接入电路的阻值为R′，则滑动变阻器接入电路的阻值为2R′，由丙图可知电压表示数为1.5V，
根据串联电路电压规律、串联分压原理可得R′−5Ω2R′=1.5V6V−1.5V，解方程可得R′=15Ω；
⑤为使结论更具普遍性，需改变电阻箱两端的电压，进行多次实验，
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据，根据④可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为60Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω，故不可行；
B.将电源电压调为4V，重复实验，电阻箱两端的电压不变，根据欧姆定律可知实验数据不变；
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验，根据串联电路电压规律、串联分压原理可得3V6V−3V=RRH，
当R=25Ω时，滑动变阻器接入电路的阻值为25Ω<50Ω，故可行，
故选C；
(2)A、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，保持滑片位置不变，调节电阻箱接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知电阻箱接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，读出电阻箱接入电路的阻值，根据P=I2R计算灯泡的额定功率，故A可行；
B、闭合开关S1，灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联接入电路，S接a时，电压表测灯泡和定值电阻的总电压，S接b时，电压表测灯泡两端的电压，串联电路各处电流相等，灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压U0=IR0=0.3A×20Ω=6V>4.5V，故不可行；
C、闭合开关S1，S接b，灯泡和电阻箱串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和定值电阻串联接入电路，调节电阻箱，使得电流表示数还是0.3A，此时定值电阻阻值加上电阻箱的变化值可得出的灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R计算灯泡的额定功率，故C可行；
D、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，两滑动变阻器串联接入电路，保持下面滑动变阻器滑片位置不变，调节上面滑动变阻器接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知上面滑动变阻器接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，但无法读出滑动变阻器接入电路的阻值，故D不可行，
故选AC。
故答案为：(1)①如图；②电阻箱断路；③2；④15；⑤C；(2)AC。
(1)①电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻箱并联接入电路；
②闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，据此分析电路故障；
③由可知当I=0.4A时，1R=0.2Ω−1，则R=10.2Ω−1=5Ω，根据欧姆定律计算电阻箱两端的电压；
④实验中电阻箱两端的电压保持2V不变，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可得RRP=UVUP=2V4V=12，
设上一次电阻箱接入电路的阻值为R′，则滑动变阻器接入电路的阻值为2R′，由丙图可知电压表示数为1.5V，
根据串联电路电压规律、串联分压原理列方程，代入数据可得R′的值；
⑤为使结论更具普遍性，需改变电阻箱两端的电压，进行多次实验，
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据，根据④可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为60Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω；
B.将电源电压调为4V，重复实验，电阻箱两端的电压不变，根据欧姆定律可知实验数据不变；
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验，根据串联电路电压规律、串联分压原理列方程，代入数据可得当R=25Ω时滑动变阻器接入电路的阻值；
(2)A、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，保持滑片位置不变，调节电阻箱接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知电阻箱接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，读出电阻箱接入电路的阻值，根据P=I2R计算灯泡的额定功率；
B、闭合开关S1，灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联接入电路，S接a时，电压表测灯泡和定值电阻的总电压，S接b时，电压表测灯泡两端的电压，串联电路各处电流相等，灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压U0=IR0=0.3A×20Ω=6V>4.5V；
C、闭合开关S1，S接b，灯泡和电阻箱串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和定值电阻串联接入电路，调节电阻箱，使得电流表示数还是0.3A，此时定值电阻阻值加上电阻箱的变化值可得出的灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R计算灯泡的额定功率；
D、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，两滑动变阻器串联接入电路，保持下面滑动变阻器滑片位置不变，调节上面滑动变阻器接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知上面滑动变阻器接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，但无法读出滑动变阻器接入电路的阻值。
本题考查电路连接、故障分析、串联电路特点、欧姆定律、串联分压原理、电功率公式的灵活运用。
29.【答案】解：(1)因物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以，由p=FS可得空车的重力：
G=F=pS=2×105Pa×400×10−4m2=8000N，
由G=mg可得空车的质量：
m=Gg=8000N10N/kg=800kg；
(2)汽车行驶的速度：v=18km/h=5m/s，由P=Wt=Fst=Fv可得汽车受到的牵引力：
F′=Pv=800W5m/s=160N。
答：(1)空车的质量为800kg；
(2)该车受到的牵引力为160N。
【解析】(1)已知车对地面的压强和轮胎与地面的总接触面积，根据p=FS求出空车对地面的压力即为空车的重力，根据G=mg求出空车的质量；
(2)知道汽车行驶的速度和该车的输出功率，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车受到的牵引力。
本题考查了压强公式、功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
30.【答案】1
【解析】解：(1)由题意可知，衔铁吸下后，工作电路的功率为220W，
由P=UI可知，衔铁吸下后，工作电路中的电流：I工1=P断U工=220W220V=1A；
(2)由图乙可知，温度为75℃时热敏电阻Rt的阻值为200Ω，
由图可知，衔铁被吸下时控制电路的电流为15mA，
由欧姆定律可知，此时控制电路中的总电阻：R控1=U控I1=6V15×10−3A=400Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R0的阻值：R0=R控1−Rt1=400Ω−200Ω=200Ω，
由题意可知，衔铁释放时，控制电路的电流为10mA，
此时控制电路中的总电阻：R控2=U控I2=6V10×10−3A=600Ω，
由串联电路的电阻特点可知，Rt的阻值：Rt2=R控2−R0=600Ω−200Ω=400Ω，
由图乙可知，此时水箱中的水温为30℃；
(3)由图工作可知，当衔铁被吸下时，R1、R3串联，
由欧姆定律可知，此时工作电路中的电阻：R工1=U工I工1=220V1A=220Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：R1=R工1−R3=220Ω−132Ω=88Ω，
由题意可知，R2的阻值：R2=14R1=14×88Ω=22Ω；
衔铁被释放时，R1、R2并联，
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水器为加热挡；R1、R3串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水器为保温挡；
由P=UI=U2R可知，加热时R1和R2的电功率分别为：P1=U工2R1=(220V)288Ω=550W，P2=U工2R1=(220V)222Ω=2200W，
则热水器加热时的电功率：P加热=P1+P2=550W+2200W=2750W，
由P=Wt可知，热水器加热消耗的电能：W=P加热t=2750W×6×60s=9.9×105J，
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×4℃=8.4×105J，
热水器的加热效率为：η=Q吸W×100%=8.4×105J9.9×105J×100%≈84.8%。
答：(1)1；
(2)衔铁释放时水箱中的水温为30℃；
(3)该热水器的加热效率为84.8%。
(1)根据题意可知，衔铁吸下后，工作电路的功率，根据P=UI求出衔铁吸下后，工作电路中的电流；
(2)根据图乙可知温度为75℃时热敏电阻Rt的阻值，根据欧姆定律求出衔铁被吸下时控制电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R0的阻值，根据题意可知，衔铁释放时控制电路的电流，根据欧姆定律求出控制电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出热敏电阻Rt的阻值，根据图乙找出衔铁释放时水箱中的水温。
(3)根据欧姆定律求出衔铁被吸下时工作电路中的电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值，进而求出R2的阻值；
由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据工作电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时工作电路的连接；根据P=UI=U2R求出加热时R1和R2的电功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出热水器加热时的电功率；根据P=Wt求出热水器加热消耗的电能，根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据η=Q吸W×100%求出该热水器的加热效率。
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式、热量公式和效率公式的综合应用，分清电热水器处于不同状态时电路的连接方式和从图像中获取有用的信息是关键。
2023年江苏省南京市建邺区中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 下列关于声现象的说法正确的是( )
A. 只要物体振动，我们就能听到声音 B. 声呐可以用来测量地球与月球的距离
C. “震耳欲聋”主要说明声音的音调高 D. 超声波清洗眼镜，说明声音具有能量
2. 如图所示的光现象中，与日食形成原理相同的是( )
A. 雨后彩虹 B. 影游戏
C. 笔杆错位 D. 水中倒影
3. 下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是( )
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
4. 关于粒子和宇宙，下列说法正确的是( )
A. 破镜不能重圆，是因为分子间存在排斥力
B. 地球绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
C. 电子、质子、原子是按照由小到大的尺度排序的
D. 扫地时灰尘飞舞，说明分子在不停做无规则运动
5. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 课桌的高度约75dm B. 一名中学生的重力约500N
C. 人体的安全电压是36V D. 教室日光灯的功率约40kW
6. 下列关于家庭电路和安全用电的说法正确的是( )
A. 空气开关自动断开都是由于用电器总功率过大引起的
B. 用试电笔判断火线与零线时，手不能接触笔尾金属体
C. 在家庭电路中，同时工作的用电器越多，总电阻越小
D. 电冰箱的三脚插头改为二脚插头，仍然可以放心使用
7. 将球斜向上抛出，其在空中不同位置时的能量情况如图所示，下列判断错误的是( )
A. 经过B、D两位置时小球的高度相同
B. C位置可能为小球到达的最高点
C. 经过B、E两位置时小球的速度大小相同
D. 经C、E两位置时小球的机械能可能相等
8. 图甲是“探究阻力对物体运动的影响”的实验，图乙“探究动能大小与质量的关系”的实验，下列说法错误的是( )
A. 甲实验中小车滑行的距离不同，但小车刚开始下滑时具有的机械能相等
B. 乙实验中小球的质量应该不同，但小球到达水平面时初始速度需要相同
C. 两实验中的小车和小球到达水平面能继续运动是因为它们都具有惯性
D. 两实验中斜面都可以用弹簧替代，实验时都需要将弹簧压缩相同长度
9. “加油向未来”节目中有一烤面包活动，如图甲所示，是通过骑车发电完成的，图乙中能反映其工作原理的是( )
A. ①和③ B. ①和② C. ①和④ D. ②和④
10. 人在水平冰面上溜冰时，只需用脚在冰面上向后轻轻蹬一下，就能滑行很远。下列说法正确的是( )
A. 溜冰时穿较为锋利的冰刀是为了减小对冰面的压强
B. 人对冰刀的压力和冰刀对人的支持力是一对平衡力
C. 溜冰者最终会停下来，说明运动需要力来维持
D. 滑行时如果摩擦力消失，溜冰者将做匀速直线运动
11. 用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示(不计热损失)。以下判断正确的是( )
A. 实验①②都要控制燃料质量和液体质量相等
B. 实验①②都通过温度计上升的示数反映吸收热量的多少
C. 若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1：4
D. 若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为5：4
12. 如图甲所示，电源电压恒定，定值电阻R0的阻值为8Ω。将滑动变阻器的滑片从a端滑到中点的过程中，电压表示数U与电流表示数I之间的关系图象如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. 电源电压为24V
B. 电阻R的最大阻值为8Ω
C. 前后两次电路总功率变化了0.5W
D. 为保证电路安全，电流表量程能选0～0.6A
二、填空题（本大题共7小题，共26.0分）
13. 共享单车便利出行，车篮底部装有太阳能电池板为其GPS功能供电。
(1)利用的太阳能属于______ 能源(填“可再生”或“不可再生”)；GPS是靠电磁波来实现定位的，其在真空中的传播速度为______ m/s。
(2)车胎对地面的压力是由于______ 发生形变产生的。
(3)以骑行的车为参照物，路旁的树木是运动的。要说明运动的相对性，还需要提供的证据是______ 。
14. 我国航天技术世界领先，空间站创纪录完成多个任务。
(1)航天器的外壳轻巧、耐高温，其所用材料具备______ 小、熔点高的特点。
(2)火箭加速升空时，燃料燃烧产生的______ 能转化为火箭的机械能，此过程中能量转化与汽油机的______ 冲程相同。某四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则它每秒对外做功______ 次。
(3)液态氢由于热值高而被选作火箭燃料。若完全燃烧500g氢燃料共放出7×107J热量，则该氢燃料的热值为______ J/kg。
15. 某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图A，物体上升的高度随时间变化的关系如图B。已知物体重150N，拉力F为60N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%。则在0−2s的过程中：拉力做的有用功是______ J，拉力的功率是______ W，滑轮组的机械效率是______ %。该滑轮组的动滑轮重为______ N。
16. 水平桌面上大小相同的溢水杯中分别装满甲、乙两种液体，将密度为ρ0的两个完全相同小球轻轻放入杯中，小球静止时如图所示。若溢出液体的质量分别是m甲、m乙、烧杯底部受到的液体压强分别是p甲和p乙(两只烧杯完全相同)，溢水杯对水平桌面的压力分别是F甲和F乙，则m甲 ______ m乙，p甲 ______ p乙，F甲 ______ F乙。乙液体的密度ρ乙= ______ 。(用已知物理量符号表示)
17. 同一水平桌面上放有长方体木块和铁块各一个，只利用一个量程满足实验要求的弹簧测力计，比较木块和铁块的下表面谁更粗糙。两组同学采用不同的方案进行比较。
(1)甲组按图甲方案，用弹簧测力计沿水平方向拉着它们一起做匀速直线运动，速度分别为v1、v2，两次测力计示数分别为F1、F2，若满足______ 。(用测量的物理量符号表示)，则木块的下表面更粗糙。
(2)乙组同学的实验方案如下：
①如图乙所示，用弹簧测力计沿水平方向分别拉着铁块和木块做匀速直线运动，记下两次测力计的示数分别为F3、F4，且F3>F4。
②用弹簧测力计沿______ 方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，测出铁块和木块的重力分别为G铁、G木，且G铁>G木。
③若满足______ (用测量的物理量符号表示)，则说明木块的下表面更粗糙。
18. 如图所示电路，电源电压U恒定不变，R2上标有“300Ω 0.5A”。仅闭合S，滑片P移到最左端，电流表的示数为0.3A，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3=1：3；滑片P向右移到某一位置的过程中，电流表的示数变化了0.2A，电压表的示数变化了2V。则电源电压为______ V，R1的阻值为______ Ω。若三个开关都闭合，移动滑片P，电路允许消耗的最大电功率为______ W。
19. “如图甲为水位仪的原理图。电源电压为3V，R0为20Ω，滑动变阻器R的最大阻值20Ω且阻值与长度成正比，滑片P可在长为20cm的CD间移动(摩擦不计)，弹簧下端悬挂一重为50N的物体AB，其底面积为0.01m2、长为0.3m。若水面与物体AB上表面齐平，滑片刚好在R的最上端C位置，弹簧伸长量与外力的关系如图乙所示。闭合开关S。
(1)当水位与物体AB上表面相平时，物体AB受到的浮力为______ N。
(2)水位由与物体AB上表面相平降至与AB下表面相平的过程中，弹簧伸长______ cm，电压表的示数变化______ V。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
20. 如图，一束光AO从水中斜射入空气中，请画出反射光线和大致的折射光线。
21. 如图，静止在水平地面上的Y型物体ABC，要将B端刚刚抬离地面，请画出最小力F的示意图。
22. 如图所示，闭合开关S，小磁针沿顺时针方向偏转90°，请在图中括号内标出源的“+”“−”极，并标出通过通电螺线管外A点的磁感线的方向。
四、实验探究题（本大题共6小题，共30.0分）
23. 用矿泉水瓶做以下几个小实验。
(1)图甲中矿泉水瓶瓶口直径为______ cm。
(2)图乙将矿泉水瓶装满水，用硬纸片盖住瓶口，按住纸片将瓶口朝下，移开手，瓶内水不会流出，证明了______ 的存在。
(3)图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越______ 。
(4)图丁中与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑。其中“吸”字蕴含的物理道理，与下列现象中的“吸”字相同的是______ 。
A.地球“吸”地面上物体
B.两光滑铅块压紧后“吸”住
C.两船并行相“吸”碰撞
D.梳头后的梳子会“吸”头发
24. 小明用如图所示的装置做“探究冰熔化特点”的实验。
(1)为便于完成实验，应选______ (填“冰块”或“碎冰”)。
(2)图中温度计示数为______ ℃，冰在熔化过程中，吸收热量，内能______ 。
(3)待管内冰全部熔化后，若用酒精灯持续给烧杯加热，试管内水______ (填“会”或“不会”)沸腾。
25. 如图是“探究凸透镜成像规律”的实验。
(1)如图所示位置得到了清晰的像。
①保持图中蜡烛、光屏位置不变，将透镜移至光具座______ cm处，可再次看到清晰的像。
②将一眼镜片放在烛焰和透镜之间，光屏上的像变模糊，向右移动蜡烛可再次看到清晰的像，则所加眼镜片为______ 透镜。
(2)小明想继续用该装置探究平面镜的成像特点，保持图中的元件位置不变，仅将凸透镜更换为玻璃板，眼睛应该在______ (填“蜡烛”或“光屏”)一侧观察蜡烛的像。为验证平面镜成的是虚像，还应进行的操作是______ 。
(3)下列关于凸透镜成像和平面镜成像的说法，正确的是______ 。
A.都可以成正立的像
B.人观察到虚像时，没有光线进入人眼
C.实像有放大的有缩小的，虚像都是与物等大的
D.实像都是由光的折射形成的，虚像都是由光的反射形成的
26. 如图是“探究影响液体内部压强大小因素”的实验。
(1)实验前检查实验装置，观察到如图甲所示的情景，应该进行的操作是______ 。
(2)调整器材后小明完成了图乙、丙所示实验，分析可知液体的压强与______ 有关。
(3)为探究液体压强与液体密度的关系，小明又完成了丁图所示实验，对比丙、丁两次实验发现两次U形管两侧水面高度差对比不明显，为使实验现象更加明显下列操作可行的是______ 。
A.将丁图中金属盒下移
B.丁烧杯中换用密度更大的液体
C.将U形管中的水换成密度更小的酒精
(4)如图戊所示，1、2是两根完全相同的细玻璃管，管的一端封有相同橡皮薄膜，在管中装入不等量的水，薄膜鼓起的程度不同。据此小红猜想：液体的压强可能与管内液体的质量有关。小明将2号管______ 放置，直至______ ，对比1、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小红的猜想错误。
27. 现有一瓶饮料，小明用托盘天平、烧杯和已知密度为ρ0的金属块测出了该饮料的密度ρ。
(1)分析小明的实验方案发现，由于金属块取出时带走部分饮料，使测量结果偏大，请从以下选项“A.瓶和饮料、B.烧杯和饮料、C.金属块的质量”中选择合理的选项，补全小明的实验步骤。(填字母序号)
①用天平测出____质量m0。
②在烧杯内倒入适量饮料，用天平测出____总质量为m1。
③将金属块缓缓浸没在烧杯中，在烧杯壁上标记液面的位置；
④取出金属块，向烧杯中注入适量饮料到标记处，用天平测出____总质量m2。
(2)为使测量结果更准确，上述实验步骤中补入的三个选项应依次为______ 。
28. 小明进行了以下电学实验操作。
(1)探究通过导体的电流与电阻的关系：图甲为实验装置，其中滑动变阻器最大阻值为50Ω，电源电压恒为6V，实验时将电阻箱阻值依次调为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω、5Ω。
①图中有一根导线连接错误，请在该导线上画“×”并在图上改正(所画的导线用实线且不能交叉)。
②改正电路后，闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，经检查排除导线和接线柱故障，则原因可能是______ 。
③排除故障后，根据数据得I−1R的图像如图乙所示，则电阻箱两端电压为______ V。
④完成某次实验后，仅改变电阻箱阻值，观察到电压表示数如图丙所示，由此可知上一次电阻箱接入的阻值为______ Ω。
⑤由以上实验初步得出电流和电阻的关系，为使结论更具普遍性，下列操作可行的是______ 。
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据
B.将电源电压调为4V，重复实验
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验
(2)测量额定电流为0.3A小灯泡的额定功率：如图为小明设计的几种方案，其中电源电压约为4.5V，R0的阻值为20Ω，滑动变阻器最大阻值均为50Ω。则以下电路能测出小灯泡的额定功率的有______ (填字母序号)。
五、计算题（本大题共2小题，共14.0分）
29. 5G无人配送车配送快递可有效节约配送成本。
(1)若空车静止在平地上，轮胎与地面的总接触面积为400cm2，车对地面的压强是2×105Pa，求空车的质量。
(2)若该车输出功率恒为800W，在水平路面上以18km/h的速度匀速行驶3.6km，求该车受到的牵引力。
30. 如图甲所示为自制简易电热水器的工作原理图。其控制电路电源电压恒为6V，电磁铁线圈电阻不计，Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化的规律如图乙所示。热敏电阻Rt和工作电路中的三只电阻R1、R2、R3均有绝缘保护且置于储水箱中(Rt产生的热量不计)。其中R1：R2=4：1，R3=132Ω。闭合开关S、S1，当控制电路中电流达到15mA时，电磁铁的衔铁被吸下，水箱内水温恰为75℃，工作电路的功率变为220W，此后水温逐渐下降；当控制电路中电流小于等于10mA时，衔铁被释放。
(1)衔铁吸下后，工作电路中的电流为______ A。
(2)求衔铁释放时水箱中的水温。
(3)该热水器加热时，将50kg的水温度升高4℃，用时6min，求该热水器的加热效率。(保留一位小数)[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、物体振动发声，如果没有传声介质或者没有良好的听觉器官或者声音的频率不在人耳的听觉范围之内，我们都听不到声音，故A错误；
B、真空不能传声，声呐不能测量地球与月球之间的距离，故B错误；
C、“震耳欲聋”主要说明声音的响度大，故C错误；
D、超声波清洗眼镜，说明声音具有能量，故D正确。
故选：D。
(1)物体振动发声，但是人的耳朵不一定能听到声音。
(2)声音的传播需要介质，真空不能传声；声呐在真空中不能用来测距。
(3)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关；声音的高低叫音调，音调与频率有关。
(4)声音可以传递能量。
本题考查的是声音产生和传播的条件，关键是能够区分音调、响度和音色；知道声音可以传递能量。
2.【答案】B
【解析】解：日食是由于管的直线传播形成的。
A、雨后彩虹是光的折射形成的，故A不符合题意；
B、影游戏是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；
C、笔杆错位属于光的折射，故C不符合题意；
D、水中倒影属于光的反射，故D不符合题意。
故选：B。
(1)太阳光经过三棱镜后分解出七种单色光的现象叫光的色散，光的色散本质上属于光的折射。雨后彩虹属于光的色散现象。
(2)光在同种均匀介质中是沿直线传播的，日食、月食、手影、小孔成像都属于光的直线传播。
(3)光从一种透明介质斜射进入另一种透明介质时，传播方向通常会发生改变，我们把这种现象叫光的折射，水池变浅、筷子弯折、笔杆错位都属于光的折射。
(4)光射到物体的表面后改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射。平面镜成像、水中的倒影都属于光的反射。
本题主要考查了光的直线传播，关键是从不同的例子中分辨出光的直线传播现象。
3.【答案】A
【解析】解：冬天冰冻的衣服晾干是升华现象，升华吸热；
①冰雪消融是熔化现象，熔化吸热；
②常温下干冰变小是升华现象，升华吸热；
③雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，液化放热；
④霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，凝华放热。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
(1)物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】C
【解析】解：A.当分子间的距离大于分子直径的10倍时，分子间的作用力就变得十分微弱了，“破镜不能重圆”就是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱的缘故，故A错误；
B.太阳是太阳系的中心，宇宙是有层次的天体系统，宇宙没有中心，故B错误；
C.常见粒子尺度由小到大排序：电子、质子、原子，故C正确；
D.扫地时灰尘飞舞，那是灰尘的机械运动，不是分子在运动，分子运动是肉眼看不见的，故D错误。
故选：C。
(1)分子动理论内容为：物质是由大量分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动，分子间存在相互作用的引力和斥力；
(2)宇宙是有层次的天体系统，宇宙没有中心；
(3)常见粒子尺度由小到大排序：电子、原子核、原子、分子；
(4)分子很小，肉眼不能观察到分子运动。
本题考查分子动理论、宏观和微观世界，属于基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据生活实际可知，课桌的高度约为75cm=7.5dm，故A不符合实际；
B.根据生活实际可知，一名中学生的质量约为50kg，G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B符合实际；
C.经验表明，人体的安全电压不高于36V，故C不符合实际；
D.根据生活实际可知，教室日光灯的功率约40W=0.04kW，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
本题考查了对物理量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
6.【答案】C
【解析】解：
A、空气开关跳闸有两种原因，一是用电器的总功率过大，二是发生短路现象，故A错误；
B、使用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾的金属体，但不能接触笔尖的金属体，防止发生触电，故B错误；
C、家庭电路中各用电器是并联的；由并联电路特点知，并联电路总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和，同时工作的用电器越多(即并联电路的支路越多)，并联电路的总电阻越小，故C正确；
D、若金属外壳的用电器外壳万一带电，为了让电流会通过导线导入大地，防止造成触电事故的发生；所以三孔插座中多出一个专门用于接地的孔，目的是让金属外壳与大地相连，因此接入电冰箱、洗衣机、电暖器等家用电器都要使用三孔插座，故D错误。
故选：C。
(1)空气开关跳闸有两种原因，一是用电器的总功率过大，二是发生短路现象；
(2)使用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾的金属体，但不能接触笔尖的金属体，防止发生触电；
(3)家庭电路中，各用电器是并联的，电阻越并越小；
(4)三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的。
此题考查的是安全用电的原则，我们一定要牢记，不可马虎大意。
7.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，B、D位置的重力势能相同，小球的质量不变，所以B、D位置的高度相同，故A正确；
B.重力势能的大小与质量和高度有关，由图可知，C位置的重力势能最大，质量不变，C位置可能为最高点，故B正确；
C、动能的大小与质量和速度有关，由图可知，BE位置的动能相同，质量不变，所以经过BE两位置时小球的速度大小相同，故B正确；
D.根据B点和D点的重力势能和动能的大小可知，D点的动能、重力势能的和小于B点的动能、重力势能的和，这说明小球在运动过程中一部分机械能转化为了其它形式的能量，所以小球中E位置的机械能小于C位置的机械能，故D错误。
故选：D。
动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了影响动能、重力势能大小的因素和机械能的变化，属于基础题。
8.【答案】D
【解析】解：A、甲实验中小车从同一斜面的相同高度由静止滑下，小车开始下滑时的质量不变，速度为0，高度相同，重力势能相同，所以机械能相同，故A正确；
B、乙实验中探究的是小球的动能大小与质量的关系，实验中需要控制小球的质量不同，小球滚下的高度相同，到达水平面时的速度相同，故B正确；
C、甲、乙两个实验中，小车和小球到达水平面时具有一定的速度，由于小车和小球具有惯性，所以小车和小球能继续运动，故C正确；
D、甲实验中小车的质量不变，所以可以利用弹簧代替斜面来获得相同的速度；乙实验中小球的质量不同，若弹簧的形变程度相同，弹性势能转化为小球的动能相同，由于质量不同，小球获得的速度不同，所以实验中不能用弹簧代替斜面，故D错误。
故选：D。
(1)动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；
(2)动能的大小与质量、速度有关，探究动能大小与质量的关系时，需要控制速度相同；
(3)惯性是物体本身的一种性质，只与物体的质量有关；
(4)弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关。
此题考查了“探究阻力对物体运动的影响”和“探究动能大小与质量的关系”的区别和联系及惯性的知识、控制变量法的运用，为易错题。
9.【答案】A
【解析】解：甲图是通过骑车发电完成的，骑车发电的原理是电磁感应现象；
①装置是探究电磁感应现象的实验；②装置是探究通电导体在磁场中受力运动；③装置中拨动风扇，二极管发光，这是电磁感应现象；④中电磁铁通电后具有磁性，这是电流的磁效应。
故选：A。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理。
本题考查了电磁感应现象、通电导体在磁场中受力运动、电流的磁效应，属于基础题。
10.【答案】D
【解析】解：A、溜冰鞋上锋利的冰刀可以减小受力面积，在压力一定时，增大对冰面的压强，故A错误；
B、人对冰刀的压力与冰刀对人的支持力作用在不同的物体上，它们不是一对平衡力，它们是作用力与反作用力，故B错误；
C、溜冰者最终会停下来，说明力是改变物体运动的原因，故C错误；
D、人在水平冰面上溜冰时，若摩擦力消失，水平方向不受任何力作用，由牛顿第一定律可知，溜冰者将做匀速直线运动，故D正确。
故选：D。
(1)影响压强大小的因素是压力和受力面积，在压力一定时，减小受力面积可增大压强；
(2)一对平衡力必须符合四个条件，即大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)根据牛顿第一定律分析运动员的状态。
本题考查运动和力的关系、平衡力的判断、牛顿第一定律、增大压强的方法等知识，属于基础题。
11.【答案】C
【解析】解：A、比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度；为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，所以两个实验中都要控制杯中液体质量相等，而燃料质量不一定相等，故A错误；
B、实验①“使用相同的燃料(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故B错误；
C、“不同物质吸热升温的现象”中，由探究①由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象，升高10℃，图象一对应物质的加热时间为10分钟(注意是均匀升温)；而图象二对应物质的加热时间为40分钟；由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min=1：4；根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4，故C正确；
D、不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料(燃料质量相同)，图象一对应的物质升高50℃−30℃=20℃；图象二对应的物质升高40℃−30℃=10℃；而同种液体的质量相同，根据Q=cmΔt，吸热多少与升高的温度成正比，两种物质吸热之比为20℃：10℃=2：1，根据q=Qm，在燃料质量相同的条件下，吸热与热值成正比，故图象一和图象二表示两种燃料的热值之比为2：1，故D错误。
故选：C。
(1)比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料(确保相同时间放出的热量相同)，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt=Qcm 比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q=cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q=Qm，这种燃料热值越大；
(2)实验①“使用相同的燃料(或加热器)通过加热时间的长短来比较吸热多少，而实验②比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小时，用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，液体升温越高，则燃料放出的热量越多；
(3)由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；
根据Q=cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容之比等于吸收热量之比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比；
(4)不同燃料充分燃烧放热的现象中，燃料完全燃料，得出图象一、二对应的物质的升高50℃−30℃=20℃，根据Q=cmΔt得出两种物质吸热之比，根据q=Qm分析。
本题探究“不同物质吸热升温的现象”以及“不同燃料充分燃烧放热的现象“，考查控制变量法、转换法的应用及两实验相同与不同之处，为热学中的重要实验，为易错题，难度较大。
12.【答案】B
【解析】解：由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、由图甲可知，当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由串联电路的分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压最大，
由图乙可知，此时滑动变阻器两端的电压为6.0V，此时电路中的电流：Ia=URaRa=6.0VRa
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U=U0a+URa=IaR0+URa=6.0VRa×8Ω+6.0V……①
当滑片在中点时，动变阻器接入电路的电阻：Ra中=12Ra，
由图乙可知，此时滑动变阻器两端的电压为4.0V，此时电路中的电流：I中=URa中Ra中=4.0V12Ra
电源电压：U=U0中+UR中=I中R0+UR中=4.0V12Ra×8Ω+4.0V……②
由①②解得：Ra=8Ω，U=12V，故A错误、B正确；
C、由欧姆定律可知，两次电路中的电流分别为：Ia=URaRa=6.0V8Ω=0.75A，I中=URa中Ra中=4.0V12×8Ω=1A，
前后两次电路总功率的变化量：ΔP=P中−Pa=UI中−UIa=12V×1A−12V×0.75A=3W，故B错误；
D、由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为零时电路中的电流最大，
则电路中的最大电流：I最大=UR0=12V8Ω=1.5A>0.6A，因此为保证电路安全，电流表量程应选0～3A的量程，故D错误。
故选：B。
由图甲可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出滑片从a端滑到中点时两次电路中的电流关系，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出两次电路的电流和电源电压；
(2)根据欧姆定律求出电阻R的最大阻值；
(3)根据P=UI求出前后两次电路总功率的变化量；
(4)根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻为零时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，进而选择合适的量程。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图象读出相关的信息。
13.【答案】可再生 3×108 车胎 以地面为参照物，树木是静止的
【解析】解：(1)太阳能可以从自然界源源不断地得到，属于可再生能源；电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
(2)车胎对地面的压力是由于车胎发生微小的弹性形变产生的；
(3)以骑行的车为参照物，路旁的树木是运动的。要说明运动的相对性，仍需将路旁的树木作为研究对象，并且能判断出树木是静止的，如以地面为参照物，树木是静止的。
故答案为：(1)可再生；3×108；(2)车胎；(3)以地面为参照物，树木是静止的。
(1)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
(2)弹力是物体由于发生弹性形变而产生的力；
(3)在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
本题考查了能源的分类、电磁波的传播、压力的产生以及运动和静止的相对性，属于基础内容。
14.【答案】密度 内 做功 10 1.4×108
【解析】解：(1)高速航天器外壳要求轻巧，说明航天器外壳材料应具有密度小的特性；
(2)氢气燃烧产生的高温高压气体对火箭做功，将内能转化为机械能；
四冲程汽油机工作时的做功冲程将内能转化为机械能，二者能量转化形式相同；
四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则该飞轮每秒钟转20圈；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，对外做功一次，故汽油机每秒对外做功10次；
(3)根据Q放=mq得该氢燃料的热值为：
q=Q放m=7×107J0.5kg=1.4×108J/kg。
故答案为：(1)密度；(2)内；做功；10；(3)1.4×108。
(1)根据火箭等高速航天器外壳的制作材料要求轻巧的特点进行解答；
(2)燃料燃烧过程是化学能转化为内能，推动火箭做功是内能转化为机械能；
汽油机在做功冲程里，高温、高压的燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能；
1200r/min的含义：它表示热机的飞轮每分钟转1200圈。汽油机的一个工作循环由吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程四个冲程组成。在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次；
(3)知道液态氢的质量和完全燃烧500g的氢燃料放出的热量，利用Q放=mq计算出氢气的热值。
本题考查热值、热机的工作原理，以及能量的转化，知识点较多，解答此题的关键是理解所学知识，并能灵活应用。
15.【答案】150 90 83.3 18
【解析】解：由图像可知在0−2s的过程中物体上升的高度h=1m，绳子自由端移动的距离s=3m，
拉力做的有用功：W有=Gh=150N×1m=150J；
拉力做的总功：W总=Fs=60N×3m=180J，
拉力做功的功率：P=W总t=180J2s=90W；
滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=150J180J×100%≈83.3%；
由题意可知，克服动滑轮重所做的功：W动=10%W总=10%×180J=18J，
由W动=G动h可知，动滑轮的重力：G动=W动h=18J1m=18N。
故答案为：150；90；83.3；18。
根据图像可知在0−2s的过程中物体上升的高度和绳子自由端移动的距离，利用W有=Gh求有用功；利用W总=Fs求拉力做的总功，利用P=W总t求拉力做功的功率；利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率；根据克服动滑轮重所做的功占总功的10%求出克服动滑轮重所做的功，根据利用W动=G动h求动滑轮重力。
本题考查功、功率和机械效率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
16.【答案】> > > m乙m甲⋅ρ0
【解析】解：小球在甲中漂浮，浮力等于自身重力，小球在乙中下沉，浮力小于重力，所以小球在甲中受到的浮力要大于在乙中受到的浮力，根据阿基米德原理可知，小球在甲中排开的液体的重力要大于在乙中排开的液体的重力，根据G=mg可知，溢出的液体质量m甲>m乙；
小球在甲中漂浮，小球的密度要小于甲液体的密度，小球在乙中下沉，小球的密度要大于乙液体的密度，所以两种液体的密度ρ甲>ρ乙，由于液体的深度相同，则根据p=ρgh可知，液体对甲杯底的压强大于液体对乙杯底的压强，即p甲>p乙；
由图知，甲剩余液体的体积大于乙剩余液体的体积，且ρ甲>ρ乙，则根据G=mg=ρVg可知：甲容器中剩余液体重力大于乙容器中剩余液体重力；而容器对桌面的压力等于容器、液体、小球的总重力，所以甲容器对桌面的压力大于乙容器对桌面的压力，即F甲>F乙；
乙液体的密度为：
ρ乙=m乙V球=m乙m甲ρ0=m乙m甲⋅ρ0。
故答案为：>；>；>；m乙m甲⋅ρ0。
(1)根据物体的浮沉条件判定浮力的大小关系，根据阿基米德原理判定排开的液体的重力关系，根据G=mg得出排开的液体的质量的大小关系；
(2)根据物体的浮沉条件分析小球密度与液体密度的关系，从而得出液体密度的大小关系，根据p=ρgh分析液体对杯底的压强；
(3)容器对桌面的压力等于容器、液体、小球的总重力；
(4)由密度公式表示出乙液体的密度。
本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，关键是理解和运用漂浮条件、下沉条件(密度关系)得出两液体的密度关系。
17.【答案】F1
②用弹簧测力计沿竖直方向方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，测出铁块和木块的重力分别为G铁、G木，且G铁>G木。
③因在接触面粗糙程度不变时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，故据此求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小：
当木块叠放在铁块的正上方时有
G铁+G木F3′=G铁F3；
故当木块叠放在铁块的正上方时受到的滑动摩擦力为：
F3′=G铁+G木G铁×F3；
同理，当铁块叠放在木块的正上方时受到的滑动摩擦力为：
F4′=G铁+G木G木×F4；
若满足 G铁+G木G铁×F3
(2)①由二力平衡的条件可知铁块和木块受到的滑动摩擦力大小；
②重力的方向竖直向下，要测量物体的重力，应用弹簧测力计沿竖直方向分别拉着铁块和木块处于静止状态，读出测力计的示数；
③由控制变量法，探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同；根据在接触面粗糙程度不变时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，故据此求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小，根据在压力不变时，滑动摩擦力越大，说明接触面越粗糙回答。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，最后一问是难点，求出当乙中两种情况下对支持面的压力大小都等于G铁+G木时的滑动摩擦力大小是关键。
18.【答案】12 10 25.2
【解析】解：(1)仅闭合S，滑片P移到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻为零，R1和R3串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，
由P=UI=I2R可知，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比：P1P3=I2R1I2R3=R1R3=13，即R3=3R1；
由图可知滑片P向右移到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，由欧姆定律可知电路中的电流减小，电压表的示数增大，
因此此时电路中的电流I′=0.3A−0.2A=0.1A，R1两端的电压U1′=U1−2V，
则滑片P移到最左端时，电路中的电流：I=U1R1=0.3A……①
滑片P向右移到某一位置时，电路中的电流：I′=U1′R1=U1−2VR1=0.1A……②
由①②解得：R1=10Ω，
则R3=3R1=3×10Ω=30Ω，
由欧姆定律和串联电路的电压特点可知，电源电压：U=IR总=0.3A×(10Ω+30Ω)=12V；
(2)三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电压表测电源电压，电流表测干路中的电流，
由图可知，电流表的量程为0～3A，因此干路中的电流不超过3A，
此时通过R1、R3的电流分别为：I1并=UR1=12V10Ω=1.2A，I3并=UR3=12V30Ω=0.4A，
由滑动变阻器的铭牌可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，
由并联电路的电流特点可知，此时干路中的电流：I并=I1并+I2并+I3并=1.2A+0.5A+0.4A=2.1A<3A，
因此干路中的最大电流为2.1A，
则电路允许消耗的最大电功率：P并最大=UI并=12V×2.1A=25.2W。
故答案为：12；10；25.2。
(1)仅闭合S，滑片P移到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻为零，R1和R3串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3=1：3利用P=UI=I2R求出R1和R3的阻值关系；由图可知滑片P向右移到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，根据欧姆定律可知电路中的电流减小，电压表的示数增大，据此分析出两次电路中的电流和R1两端的电压，根据欧姆定律表示出电路中的电流，解方程求出R1的阻值，进而求出R3的阻值，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电源电压；
(2)三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电压表测电源电压，电流表测干路中的电流，根据电流表的量程确定干路中允许的最大电流，根据欧姆定律求出求出通过R1、R3的电流，滑动变阻器的铭牌确定滑动变阻器允许通过的最大电流，根据并联电路的电流特点求出干路中的电流，与干路中允许的最大电流比较，进而确定干路中的最大电流，根据P=UI求出电路允许消耗的最大电功率。
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
19.【答案】30 15 0.9
【解析】解：(1)当物体AB上表面与水面相平时，物体AB刚好浸没水中，排开水的体积：
V排=V物=Sh=0.01m2×0.3m=3×10−3m3；
物体AB所受浮力F浮=G排=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10−3m3=30N；
(2)水面与物体AB上表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹=G物−F浮=50N−30N=20N；
水面下降至与物体AB下表面相平时，弹簧对物体AB的拉力F弹′=G物=50N；
水面从物体AB上表面逐渐下降至与下表面相平过程中，弹簧拉力的变化量ΔF弹=F弹′−F弹=50N−20N=30N；
由乙图可知：FΔL=40N20cm=2N/cm；
物体AB刚好离开水面时，弹簧伸长的长度ΔL′=ΔF弹2N/cm=30N2N/cm=15cm；
水面从物体AB上表面刚好与水面相平时，滑片P在R最上端，此时R=20Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总=R0+R=20Ω+20Ω=40Ω，
电路中的电流：I=UR总=3V40Ω=0.075A，
由I=UR得，电压表示数为：
U上=IR=0.075A×20Ω=1.5V；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，弹簧伸长15cm，即滑片下移15cm，接入电路的电阻变化量ΔR=20Ω20cm×15cm=15Ω；
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R′=R−ΔR=20Ω−15Ω=5Ω，
则根据串联电路的电阻特点可知，电路的总电阻：
R总′=R0+R′=20Ω+5Ω=25Ω，
电路中的电流：I′=UR总′=3V25Ω=0.12A，
此时电压表的示数U下=I′R′=0.12A×5Ω=0.6V。
所以，电压表的示数变化量：ΔU=U上−U下=1.5V−0.6V=0.9V。
故答案为：(1)30；(2)15；0.9。
(1)物体浸没时，V排=V物，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可求浮力大小；
(2)利用图像可求力与伸长量的比值，再由弹簧弹力的变化可求弹簧的伸长量；
当水面与物体AB上表面相平时，滑片P在R最上端，可知此时R的阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律求出R两端的电压；
水面从物体AB上表面逐渐下降至下表面刚好离开水面时，已知弹簧的伸长量，根据R接入电路的阻值与对应的棒长成正比，求出此时R接入电路的阻值，
根据串联电路特点和欧姆定律求出此时R两端的电压，两次电压表的示数之差即为变化量。
本题一道力电综合应用题，涉及到的知识点较多，关键是公式及变形公式的灵活应用，第(2)问难度较大，要弄清楚滑片处于的两个端点，弄从题干和图象获取有用的信息即可正确解题，有一定难度。
20.【答案】解：过入射点O作法线，根据光由水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，在法线右侧的空气中画出折射光线，如图所示：
【解析】发生折射时，折射光线和入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居在法线两侧，光从其他介质斜射入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，由此作图即可。
本题考查根据光的折射规律作图，掌握发生折射时折射角与入射角的大小关系是关键，注意作图要规范。
21.【答案】解：由图知，静止在水平地面上的Y型物体ABC，要将B端刚刚抬离地面，支点为A，有一个力施加在它上面使B端能被抬离地面，当作用力在C点时，以A为支点，在Rt△ABC中，AC>AB，AC为最长的动力臂L，过A作垂直于AC向上的力，即最小力的示意图，如图所示：
【解析】(1)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力、阻力臂一定的情况下，动力臂越长，所用的动力越小，越省力。
(2)当动力臂为支点到力的作用点的距离时，力臂最长。
本题属于杠杆的最小力问题，利用好：在阻力、阻力臂一定的情况下，动力臂越长、越省力。
22.【答案】解：(1)由题意可知，闭合开关S后小磁针沿顺时针方向偏转90°后静止，则小磁针N极指向右端，S极指向左端，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端为N极、左端为S极；
(2)因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中A点磁感线的方向是指向左的；
(3)根据安培定则，伸出右手使大拇指指向螺线管的N极(即右端)，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，右端为负极，如图所示。
【解析】(1)知道闭合开关S后小磁针沿顺时针方向偏转90°后静止，根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的磁极；
(2)在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向；
(3)根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律、磁感线的特点以及利用安培定则判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁场的方向。
23.【答案】2.50 大气压 小 D
【解析】解：(1)由图甲知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
矿泉水瓶瓶口左侧与5.00对齐，右侧与7.50cm对齐，所以矿泉水瓶瓶口直径为：7.50cm−5.00cm=2.50cm；
(2)在矿泉水瓶中装满水，按住纸片将瓶口朝下，移开手，瓶内的水不会流出，该现象说明了大气压的存在；
(3)图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越小；
(4)图丁中与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质；
A、地球“吸”地面上物体，是由于地球对物体的吸引使物体受到的重力，故A不符合题意；
B、两光滑铅块压紧后“吸”住，说明分子间有相互吸引力，故B不符合题意；
C、两船并行相“吸”碰撞，是因为流体的流速越大，压强越小，故C不符合题意；
D、梳头后的梳子会“吸”头发，是因为摩擦使梳子带电，带电体具有吸引轻小物体的性质，故D符合题意。
故选：D。
故答案为：(1)2.50；(2)大气压；(3)小；(4)D。
(1)使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
(2)此实验是证实大气压存在的最常见的实验，纸片没有掉下来就是因为受到外界大气压对纸片向上压力的作用；
(3)液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大；
(4)带电体具有吸引轻小物体的性质。
此题考查了刻度尺的读数、大气压的存在、流体压强与流速的关系、带电体具有吸引轻小物体的性质等，是一道综合性基础题目。
24.【答案】碎冰 −6 增加 不会
【解析】解：(1)为便于完成实验，应选碎冰；
(2)图中，温度计的分度值为1℃，液面在0℃以下，示数为−6℃；冰在熔化过程中，吸收热量，内能增加；
(3)待管内冰全部熔化后，若用酒精灯持续给烧杯加热，当大烧杯中的水沸腾后，尽管不断吸热，但烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。
故答案为：(1)碎冰；(2)−6；增加；(3)不会。
(1)为了使固体受热均匀，应使用固态粉末或碎冰；
(2)温度计读数时，看清分度值和零刻度线的位置；晶体熔化时，吸收热量，内能增大，但温度不变；
(3)液体沸腾有两个必要条件：达到沸点，继续吸热；当两个条件同时具备时即可沸腾。
本题是探究冰的熔化规律的实验，考查了温度计读数、晶体熔化的特点、液体沸腾有两个必要条件等，难度适中。
25.【答案】50 凸 蜡烛 当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像 A
【解析】解：
(1)①由图可知此时物距u=35cm−20cm=15cm时，像距等于65cm−35cm=30cm，而在蜡烛和光屏位置都不变的情况下，根据折射现象中光路可逆的性质，若原来的物距变为现在的像距，原来的像距变为现在的物距，即将凸透镜移至光具座50cm刻度处，可再次得到清晰的烛焰像；
②向右移动蜡烛，光屏上再次出现清晰的像，此时物距变小，像距将变大，说明眼镜片对光线有会聚作用，使像距变小了，因此该眼镜片是凸透镜；
(2)平面镜成的像是光的反射形成的，作为物的蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛变为物的蜡烛所在这一侧；
当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像；
(3)A、平面镜成的是正立、等大的虚像，而凸透镜成像中当u
C、平面镜成的是等大的虚像，但凸透镜成像中当u>2f时，成倒立、缩小的实像；当2f>u>f时，成倒立、放大的实像，而u
D、光的直线传播可以形成实像，光的折射可以形成实像，也可以形成虚像，故D错误。
故选：A。
故答案为：(1)①50；②凸；(2)蜡烛；当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像；(3)A。
(1)①根据折射现象中光路可逆分析解答；
②近视镜是凹透镜，对光线有发散作用，远视镜是凸透镜，对光线有会聚作用，然后结合物距变化与像距变化的关系进行分析即可；
(2)平面镜所成的像是反射光线的反向延长线会聚而成的，不是实际光线会聚而成，所以成的像是虚像，用光屏接收不到，只能用眼睛观察，据此作答；
(3)Ⅰ、实像和虚像的区别：实像是实际光线会聚成的，虚像是实际光线的反向延长线会聚成的；实像可以呈现在光屏上，虚像不能呈现在光屏上。
Ⅱ、平面镜的成像特点：正立、等大的虚像。
Ⅲ、凸透镜成像特点：①u>2f时，成倒立、缩小的实像；②u=2f时，成倒立、等大的实像；③2f>u>f时，成倒立、放大的实像；④u
26.【答案】将软管取下，再重新安装 液体深度 BC 倾斜 水柱高度相同
【解析】解：
(1)当压强计的橡皮膜没有受到压强时，U形管中液面应该就是相平的，若U形管中的液面出现了高度差，就说明软管中的气体压强大于大气压，在压力差的作用下，U形管中的液面出现高度差；要调节，只需要将软管取下，再重新安装；
(2)金属盒没入水中的深度增大，U形管两边液面的高度差逐渐变大，所以在液体密度一定时，液体越深，液体压强越大，所以液体压强跟液体深度有关；
(3)根据p=ρgh可知，液体的密度越大，深度越大，压强越大，液体的压强与U形管粗细无关，所以在“烧杯中换密度差更大的液体”和“U形管中换用密度更小的酒精”U形管左右两侧液面的高度差都将变大；“将U形管换成更细的”不能使两侧液面高度差对比更加明显，故选BC；
(4)探究液体的压强可能与管内液体的质量有关。小明将2号管倾斜放置，直至1、2号管水柱高度相同，对比1、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小红的猜想错误。
故答案为：(1)将软管取下，再重新安装；(2)液体深度；(3)BC；(4)倾斜；水柱高度相同。
(1)只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
(2)探究液体压强跟深度关系时，控制液体的密度不变，改变液体深度；
(3)根据p=ρgh来分析压强和液体密度的关系；
(4)结合控制变量法分析。
掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强大小的影响因素。
27.【答案】CAA
【解析】解：①用天平测出金属块的质量m0。
②在烧杯内倒入适量饮料，用天平测出此时瓶和饮料的总质量为m1。
③将金属块缓缓浸没在烧杯中，在烧杯壁上标记液面的位置；
④取出金属块，向烧杯中注入适量饮料到标记处，用天平测出此时瓶和饮料的总质量m2。
(2)述实验步骤中补入的三个选项应依次为CAA。
故答案为：(2)CAA。
由题中操作可知，金属块与加入的饮料体积相等，且已知金属块的质量和密度，由密度公式可求出倒出饮料的体积；根据题意可求出倒出饮料的质量，然后写出液体密度的表达式。金属块取出时带走部分饮料，根据ρ=mV分析判断。
此题是“测量液体密度”的实验，包括了天平的读数以及密度的计算，是基本实验技能的训练，是学习的重要内容，属于基础题。
28.【答案】电阻箱断路 2 15 C AC
【解析】解：(1)①电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻箱并联接入电路，如图：
②闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，所以电路故障为电阻箱断路；
③由可知当I=0.4A时，1R=0.2Ω−1，则R=10.2Ω−1=5Ω，
根据欧姆定律可得电阻箱两端的电压UV=IR=0.4A×5Ω=2V；
④实验中电阻箱两端的电压保持2V不变，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压UP=U−UV=6V−2V=4V，根据串联分压原理可得RRP=UVUP=2V4V=12，
设上一次电阻箱接入电路的阻值为R′，则滑动变阻器接入电路的阻值为2R′，由丙图可知电压表示数为1.5V，
根据串联电路电压规律、串联分压原理可得R′−5Ω2R′=1.5V6V−1.5V，解方程可得R′=15Ω；
⑤为使结论更具普遍性，需改变电阻箱两端的电压，进行多次实验，
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据，根据④可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为60Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω，故不可行；
B.将电源电压调为4V，重复实验，电阻箱两端的电压不变，根据欧姆定律可知实验数据不变；
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验，根据串联电路电压规律、串联分压原理可得3V6V−3V=RRH，
当R=25Ω时，滑动变阻器接入电路的阻值为25Ω<50Ω，故可行，
故选C；
(2)A、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，保持滑片位置不变，调节电阻箱接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知电阻箱接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，读出电阻箱接入电路的阻值，根据P=I2R计算灯泡的额定功率，故A可行；
B、闭合开关S1，灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联接入电路，S接a时，电压表测灯泡和定值电阻的总电压，S接b时，电压表测灯泡两端的电压，串联电路各处电流相等，灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压U0=IR0=0.3A×20Ω=6V>4.5V，故不可行；
C、闭合开关S1，S接b，灯泡和电阻箱串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和定值电阻串联接入电路，调节电阻箱，使得电流表示数还是0.3A，此时定值电阻阻值加上电阻箱的变化值可得出的灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R计算灯泡的额定功率，故C可行；
D、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，两滑动变阻器串联接入电路，保持下面滑动变阻器滑片位置不变，调节上面滑动变阻器接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知上面滑动变阻器接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，但无法读出滑动变阻器接入电路的阻值，故D不可行，
故选AC。
故答案为：(1)①如图；②电阻箱断路；③2；④15；⑤C；(2)AC。
(1)①电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻箱并联接入电路；
②闭合开关，电压表有示数，电流表示数几乎为零，说明电路断路，电压表串联接入电路，据此分析电路故障；
③由可知当I=0.4A时，1R=0.2Ω−1，则R=10.2Ω−1=5Ω，根据欧姆定律计算电阻箱两端的电压；
④实验中电阻箱两端的电压保持2V不变，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可得RRP=UVUP=2V4V=12，
设上一次电阻箱接入电路的阻值为R′，则滑动变阻器接入电路的阻值为2R′，由丙图可知电压表示数为1.5V，
根据串联电路电压规律、串联分压原理列方程，代入数据可得R′的值；
⑤为使结论更具普遍性，需改变电阻箱两端的电压，进行多次实验，
A.将电阻箱阻值调为30Ω再测一组数据，根据④可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为60Ω，滑动变阻器最大阻值为50Ω；
B.将电源电压调为4V，重复实验，电阻箱两端的电压不变，根据欧姆定律可知实验数据不变；
C.电阻箱两端电压控制为3V不变，重复实验，根据串联电路电压规律、串联分压原理列方程，代入数据可得当R=25Ω时滑动变阻器接入电路的阻值；
(2)A、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和滑动变阻器串联接入电路，保持滑片位置不变，调节电阻箱接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知电阻箱接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，读出电阻箱接入电路的阻值，根据P=I2R计算灯泡的额定功率；
B、闭合开关S1，灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联接入电路，S接a时，电压表测灯泡和定值电阻的总电压，S接b时，电压表测灯泡两端的电压，串联电路各处电流相等，灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压U0=IR0=0.3A×20Ω=6V>4.5V；
C、闭合开关S1，S接b，灯泡和电阻箱串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，电阻箱和定值电阻串联接入电路，调节电阻箱，使得电流表示数还是0.3A，此时定值电阻阻值加上电阻箱的变化值可得出的灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R计算灯泡的额定功率；
D、闭合开关S1，S接b，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为0.3A，此时灯泡正常发光，将S改接a，两滑动变阻器串联接入电路，保持下面滑动变阻器滑片位置不变，调节上面滑动变阻器接入电路的阻值，使电流表的示数为0.3A，根据等效替代法可知上面滑动变阻器接入电路的阻值即灯泡正常发光的阻值，但无法读出滑动变阻器接入电路的阻值。
本题考查电路连接、故障分析、串联电路特点、欧姆定律、串联分压原理、电功率公式的灵活运用。
29.【答案】解：(1)因物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以，由p=FS可得空车的重力：
G=F=pS=2×105Pa×400×10−4m2=8000N，
由G=mg可得空车的质量：
m=Gg=8000N10N/kg=800kg；
(2)汽车行驶的速度：v=18km/h=5m/s，由P=Wt=Fst=Fv可得汽车受到的牵引力：
F′=Pv=800W5m/s=160N。
答：(1)空车的质量为800kg；
(2)该车受到的牵引力为160N。
【解析】(1)已知车对地面的压强和轮胎与地面的总接触面积，根据p=FS求出空车对地面的压力即为空车的重力，根据G=mg求出空车的质量；
(2)知道汽车行驶的速度和该车的输出功率，根据P=Wt=Fst=Fv求出汽车受到的牵引力。
本题考查了压强公式、功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
30.【答案】1
【解析】解：(1)由题意可知，衔铁吸下后，工作电路的功率为220W，
由P=UI可知，衔铁吸下后，工作电路中的电流：I工1=P断U工=220W220V=1A；
(2)由图乙可知，温度为75℃时热敏电阻Rt的阻值为200Ω，
由图可知，衔铁被吸下时控制电路的电流为15mA，
由欧姆定律可知，此时控制电路中的总电阻：R控1=U控I1=6V15×10−3A=400Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R0的阻值：R0=R控1−Rt1=400Ω−200Ω=200Ω，
由题意可知，衔铁释放时，控制电路的电流为10mA，
此时控制电路中的总电阻：R控2=U控I2=6V10×10−3A=600Ω，
由串联电路的电阻特点可知，Rt的阻值：Rt2=R控2−R0=600Ω−200Ω=400Ω，
由图乙可知，此时水箱中的水温为30℃；
(3)由图工作可知，当衔铁被吸下时，R1、R3串联，
由欧姆定律可知，此时工作电路中的电阻：R工1=U工I工1=220V1A=220Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：R1=R工1−R3=220Ω−132Ω=88Ω，
由题意可知，R2的阻值：R2=14R1=14×88Ω=22Ω；
衔铁被释放时，R1、R2并联，
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水器为加热挡；R1、R3串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水器为保温挡；
由P=UI=U2R可知，加热时R1和R2的电功率分别为：P1=U工2R1=(220V)288Ω=550W，P2=U工2R1=(220V)222Ω=2200W，
则热水器加热时的电功率：P加热=P1+P2=550W+2200W=2750W，
由P=Wt可知，热水器加热消耗的电能：W=P加热t=2750W×6×60s=9.9×105J，
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×50kg×4℃=8.4×105J，
热水器的加热效率为：η=Q吸W×100%=8.4×105J9.9×105J×100%≈84.8%。
答：(1)1；
(2)衔铁释放时水箱中的水温为30℃；
(3)该热水器的加热效率为84.8%。
(1)根据题意可知，衔铁吸下后，工作电路的功率，根据P=UI求出衔铁吸下后，工作电路中的电流；
(2)根据图乙可知温度为75℃时热敏电阻Rt的阻值，根据欧姆定律求出衔铁被吸下时控制电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R0的阻值，根据题意可知，衔铁释放时控制电路的电流，根据欧姆定律求出控制电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出热敏电阻Rt的阻值，根据图乙找出衔铁释放时水箱中的水温。
(3)根据欧姆定律求出衔铁被吸下时工作电路中的电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值，进而求出R2的阻值；
由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据工作电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时工作电路的连接；根据P=UI=U2R求出加热时R1和R2的电功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出热水器加热时的电功率；根据P=Wt求出热水器加热消耗的电能，根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据η=Q吸W×100%求出该热水器的加热效率。
本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式、热量公式和效率公式的综合应用，分清电热水器处于不同状态时电路的连接方式和从图像中获取有用的信息是关键。
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