2023年四川省遂宁市射洪县重点中学中考物理三诊试卷

这是一份2023年四川省遂宁市射洪县重点中学中考物理三诊试卷，共23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年四川省遂宁市射洪县重点中学中考物理三诊试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 下列数据最接近实际情况的是(    )
A. 教室门的高度约为2dm B. 八年级上册物理课本的长度约为26cm
C. 一块橡皮从课桌掉到地上的时间约为5s D. 人的步行速度约为5m/s
2. 我国的古诗词文化有几千年的灿烂历史，很多名句蕴含着丰富的物理知识，下列诗句从物理学的角度解释正确的是(    )
A. “绿树浓阴夏日长，楼台倒影入池塘”，句中“浓阴”是光的折射形成的
B. “大漠孤烟直，长河落日圆”，诗人看到的“落日”是光沿直线传播形成的像
C. “池水映明月，潭清疑水浅”，句中“水浅”是由于光的反射造成的
D. “朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还”，句中的“彩云”是由于光的色散形成的
3. 小球的高度为h，以相同的速度沿不同方向斜向上抛出，轨迹如图所示．若不计空气阻力，小球落地时的速度大小(    )
A. 沿a轨迹运动较大
B. 沿b轨迹运动较大
C. 沿a、b轨迹运动一样大
D. 缺少条件，不好判断
4. 如图所示，物体重为50N，小明用这个滑轮组3s内将物体匀速提升0.3m，拉力为20N，不计绳重和摩擦，下列说法错误的是(    )
A. 动滑轮的重力为10N
B. 拉力F的功率为2W
C. 该滑轮组的机械效率约为83.3%
D. 提升的物体越重时，该滑轮组的机械效率越高

5. 用相同的燃料分别对质量相等的甲、乙两种液体加热(不计热量损失)。如图所示是甲、乙的温度随加热时间变化的图象，下列说法中正确的是(    )

A. 沸腾前，升高相同温度，甲吸收的热量较多
B. 4～8分钟，甲的内能在减小
C. 乙内能增大时，温度一定升高
D. 甲、乙的比热容之比为2：3
6. 如图所示的电路中，电源电压恒定，L为小灯泡，滑动变阻器R的滑片P处于中点，通过控制开关S1、S2和S3的通断来研究电路的常见故障与串、并联，通过调节滑动变阻器来分析电路中电流的变化情况，则(    )

A. 闭合S3，断开S1、S2，R被短路
B. 闭合S1，断开S2、S3，L与R串联
C. 闭合S2，断开S1、S3，L与R并联
D. 闭合S2，断开S1、S3，滑片P向右移动，电流表的示数变小
7. 如图所示是电阻甲和乙的I−U图象，下列说法中正确的是(    )
A. 电阻甲和乙都是阻值不变的电阻
B. 导体上的电压电流都为零时，电阻也为零
C. 甲、乙串联在电路中，当电路电流为0.2A时，电路的总电压为3V
D. 甲、乙并联在电路中，当电源电压为2V时，电路的总电流为0.4A



8. 如图所示，下列关于电与磁的描述正确的是(    )
A. 如图，能自由转动的小磁针静止时N极指向地磁的北极
B. 如图，滑动变阻器的滑片向左滑动，电路中的电阻变小，电磁铁磁性会增强
C. 如图，条形磁体周围的磁感线形象地显示各点磁场强弱、方向，它是真实存在的
D. 如图，在a、b间接入电流表，随意运动导体AB，电流表指针都会发生偏转
9. 如图是小明新安装的照明电路，已知两个并联灯泡的灯头接线存在一处故障。小明断开闸刀开关，取出一根保险丝，在保险丝处接入一个“220V40W”的灯泡L。当只闭合S、S1时，L正常发光；当只闭合S、S2时L呈暗红色。由此可以确定(    )


A. L1灯头短路 B. L1灯头断路 C. L2灯头短路 D. L2灯头断路
10. 如图所示，电源电压为5V，灯泡标有“3V 1.5W”字样(不计温度对灯丝电阻的影响)，滑动变阻器R的规格为“20Ω 1A”，定值电阻R0=20Ω，电压表量程“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”。在电路安全的情况下，下列说法中正确的是(    )


A. 只闭合开关S、S1时，向右移动滑动变阻器的滑片，灯变亮
B. 只闭合开关S、S1时，滑动变阻器R允许接入电路的阻值范围是4Ω～9Ω
C. 只闭合开关S、S2时，整个电路消耗电功率的范围是0.125W～1.25W
D. 所有开关均闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，整个电路消耗的总功率最大
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 淮扬镇高铁过江通道“五峰山公铁大桥”建成通车，扬州进一步融入上海一小时经济圈。大桥主跨长为1092m，一列长280m的高铁匀速通过大桥主跨的时间为70s，则高铁的速度为______m/s，合______km/h。若以高铁为参照物，大桥是______的。
12. 小明同学利用光具座探究凸透镜成像规律实验时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜光心20cm处时，在另一侧的光屏上得到一个清晰等大的像。则透镜的焦距为______cm；将蜡烛移到距透镜光心25厘米处时，应调节光屏______(选填“远离”或“靠近”)透镜。才能在光屏上得到一个清晰的像，该像是______(选填“倒立”或“正立”)______(选填“放大”或“缩小”)的实像。
13. 如图用杯子接水时，水杯静止在手中，在接水过程中杯子受到的摩擦力将会______(选请“变大”“变小”或“不变”)、当杯子在手中开始向下滑时，可以通过______方式来增大摩擦力使其在手中保持静止。


14. 一金属环中间结有冰块，冰块和金属环的总重为0.71N，将它们放入底面积为10cm2的圆柱形容器中恰好悬浮于水中(如图甲所示)，此时冰块和金属环受到的浮力共为______N；过一段时间冰全部熔化，金属环沉入水底，容器内的水面下降了0.7cm(如图乙所示)，则金属环的质量是______g。(已知ρ冰=0.9g/cm3，g取10.N/kg)
15. 一款新型电动汽车，直流电动机的铭牌上标有“220V 5.5kW”，电动机线圈的电阻为0.4Ω，该电动机正常工作10s消耗电能______ J，电动机线圈产生的热量为______ J。
16. 如图所示，在水平路面上行驶的汽车通过滑轮组拉着重G=9×104N的货物A沿斜面向上匀速运动.货物A的速度为v=2m/s，经过t=10s，货物A竖直升高h=10m.已知汽车对绳的拉力F的功率P=120kW，不计绳、滑轮的质量和摩擦，汽车对绳的拉力______ N，斜面的机械效率______ 。

三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 如图所示，S为一点光源，S′为其像点。请在图中画出凸透镜的位置并通过作光路图标出该凸透镜右焦点F的位置。(提示：用“”表示凸透镜并保留作图痕迹)

18. 如图所示，当电源开关接通后，会发现小磁针的S极指向左，在图中写出A螺线管左端的极性。

四、实验探究题（本大题共2小题，共18.0分）
19. 小明在“探究杠杆平衡条件”的实验中：

(1)实验前，将杠杆中点置于支架上，杠杆处于如图甲所示的静止状态，他应把杠杆左端的平衡螺母向______ (左/右)侧调节。
(2)如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆______ (仍保持平衡/左端下沉/右端下沉)。
(3)取下A点下方所挂钩码，改用弹簧测力计斜向右上任意方向拉住C点，使杠杆仍然处于水平平衡状态(如图丙所示)，此时弹簧测力计示数______ B点下方钩码的总重力。
A.大于；B.等于；C.小于；D.“大于”、“等于”、“小于”均有可能
(4)在实验中，小明不慎将杠杆右侧的平衡螺母遗失，于是他在杠杆上右侧适当位置粘了块橡皮泥后杠杆恰好在水平位置平衡(如图丁所示)，此装置______ (能/不能)继续用来完成探究杠杆平衡条件的实验。
20. 用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为6V，定值电阻R备有(5Ω、10Ω、20Ω、40Ω)各一个。

(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最______(选填“左”或“右”)端。
(2)将5Ω的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片P发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是______(填选项)。
A.定值电阻R短路B.定值电阻R断路C.滑动变阻器短路
(3)不改变滑动变阻器滑片的位置，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片P应向______(选填“左”或“右”)端滑动。
(4)实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流I与电阻倒数1R变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成______比。
(5)为完成整个实验，应该选择______(填选项)种规格的滑动变阻器。
A.50Ω 1.0A
B.100Ω 1.2A
C.200Ω 0.6A
五、计算题（本大题共2小题，共14.0分）
21. 如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2，质量为500g的平底圆桶，桶内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂体积为400cm3的圆柱体，从液面处逐渐浸入直至完全浸没液体中。在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N(可以忽略圆桶的厚度，过程中液体没有从桶中溢出)。求：
(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力。
(2)桶内液体密度。
(3)当圆柱体未进入液体中时，圆桶对桌面的压强。


22. 如图所示的电路，电源电压保持不变，R1=20Ω，当闭合开关S1、S3，断开S2时，电流表的示数为0.3A，当闭合开关能S2、S3，断开S1时，电流表的示数为1.2A。
(1)求电源电压；
(2)求电阻R2的阻值；
(3)当闭合S1，断开S2、S3时，电路消耗的电功率为P1；当闭合S2，断开S1、S3时，电路消耗的电功率为P2，且P1：P2=1：2，求电阻R3的阻值；
(4)求整个电路消耗的最小电功率。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：A、教室门的高度约为2m，故A错误；
B、八年级上册物理课本的长度约为26cm，符合实际，故B正确；
C、一块橡皮从课桌掉到地上的时间约为0.5s，故C错误；
D、人的步行速度约为1m/s，故D错误。
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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。

2.【答案】D 
【解析】解：A.“浓阴”，是指的树的影子，是光的直线传播形成的，故A错误；
B.“落日”是由于大气层分布不均匀，太阳光在大气层中发生折射形成的，故B错误；
C.“水浅”是水底看起来比较浅，这是由于光的折射形成的，看水底是逆着光的传播方向看的，即逆着折射光线看，由于错觉，我们始终认为光是沿直线传播的，所以看到的位置比实际位置浅，故C错误；
D.“彩云”是由于空气中悬浮着很多小水珠，会使光发生折射，太阳光经多次折射后会分成各种颜色的单色光，是色散现象，故D正确。
故选：D。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
(2)当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的色散的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。

3.【答案】C 
【解析】解：
重力势能大小的影响因素：质量和高度．小球的质量一定，由于小球抛出时具有相同的速度和高度，小球抛出时有相同的动能和重力势能，机械能=动能+势能，所以小球抛出时机械能相同；
小球以相同的速度沿不同方向斜向上抛出，不考虑空气阻力，到达地面时机械能不变，此时的动能等于机械能，所以落地时小球的速度相等．
故选C．
(1)不计摩擦时机械能守恒；考虑摩擦时机械能转化为内能，机械能减小，内能增大；
(2)动能大小的影响因素：质量和速度；重力势能大小的影响因素：质量和高度；
(3)机械能=动能+势能．
掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素．机械能=动能+势能．不计摩擦时机械能守恒，解题时一定要注意题目中的条件．

4.【答案】B 
【解析】解：
A、由图知，n=3，不计绳重和摩擦，拉力F=13(G+G动)，则动滑轮的重力：
G动=3F−G=3×20N−50N=10N，故A正确；
B、拉力端移动距离：
s=3h=3×0.3m=0.9m，
拉力做的总功：
W总=Fs=20N×0.9m=18J，
拉力做功的功率：
P=W总t=18J3s=6W，故B错误；
C、所做的有用功：
W有用=Gh=50N×0.3m=15J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100％=15J18J×100%≈83.3%，故C正确。
D、增加提升的物重，在动滑轮、摩擦不变的情况下，即额外功不变的情况下，有用功增加了，有用功在总功中所占的比例增大，则滑轮组的机械效率就会提高，故D正确。
故选：B。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算以及提高机械效率的方法，属于基础题目。

5.【答案】A 
【解析】解：
A、用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间t内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热甲的时间长，则甲吸收的热量多，故A正确；
B、由图象可知，4～8分钟，甲的温度在升高，所以4～8分钟，甲的内能在增大，故B错误；
C、液体在沸腾过程中不断吸收热量，内能增大，温度不变，所以乙内能增大时，温度不一定升高，故C错误；
D、由图象可知，甲、乙升高的温度相同时(从20℃升高到100℃)，甲的加热时间为t甲=8min，乙的加热时间为t乙=4min，
则甲、乙吸收的热量关系为：Q甲吸=2Q乙吸，
由Q吸=cmΔt得c=Q吸mΔt，因m、Δt都相同，
则c甲：c乙=Q甲吸：Q乙吸=2：1，故D错误。
故选：A。
(1)用相同的燃料分别对质量相等的甲、乙两种液体加热(不计热量损失)，在相同的时间内，吸收的热量相同，由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热甲的时间比B的时间长，据此比较吸收的热量关系；
(2)物体的内能跟温度有关，物体温度越高，物体的内能升高，物体的内能增加，物体温度降低，物体的内能减少；
(3)液体在沸腾过程中不断吸收热量，内能增大，温度不变；
(4)由图象可知甲、乙升高的温度相同时(从20℃升高到100℃)，甲、乙的加热时间关系，即可知道甲、乙吸收的热量关系，而甲、乙的质量相同，利用c=Q吸mΔt可得比热容的大小关系。
运用图象法解答问题的一般步骤是：(1)明确图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；(2)注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；(3)明确图象所表示的物理意义；(4)根据图象对题目提出的问题作出判断，得到结论。

6.【答案】D 
【解析】解：
A、闭合S3，断开S1、S2，只有灯泡接入电路中，此时通过R无电流，R被断路，故A错误；
B、闭合S1，断开S2、S3，只有R接入电路中，灯泡被断路，故B错误；
C、闭合S2，断开S1、S3，L与R串联在电路中，故C错误；
D、闭合S2，断开S1、S3，L与R串联，电流表测量电路中的电流，滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻增大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表的示数变小，故D正确。
故选：D。
(1)(2)(3)根据开关的断开和闭合情况判定电路的连接方式；
(4)根据电路的连接方式和滑动变阻器阻值的变化，利用欧姆定律分析电流表示数的变化。
本题考查了电路的连接方式、欧姆定律的应用，难度不大，要熟记这些知识。

7.【答案】C 
【解析】解：A、由图象可知，甲对应的电流与电压成正比，根据欧姆定律可知甲电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，故A错误；
B、电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻的大小与导体中的电流、导体两端的电压无关；故B错误；
C、甲、乙串联在电路中时，通过两电阻的电流相等，当电路电流为0.2A时，由图象可知，U甲=1V，U乙=2V，根据串联电路的总电压等于各分电压之和可知，电源的电压U=U甲+U乙=1V+2V=3V，故C正确；
D、甲、乙并联在电路中时，两电阻两端的电压相等，当电源电压为2V时，由图象可知，I甲=0.4A，I乙=0.2A，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，干路电流I=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A，故D错误。
故选：C。
(1)根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端两端的电压成正比，据此分析图象甲乙电阻的变化；
(2)导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关，与导体中的电流、导体两端的电压大小无关；
(3)甲、乙串联在电路中，根据串联电路的电压特点读出当电路电流为0.2A时两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电路的总电压；
(4)甲、乙并联在电路中，根据并联电路的电压特点读出当电源电压为2V时通过两电阻的电流，利用并联电路的电流特点得出电路中的总电流。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的灵活运用，关键是根据图象得出相关的信息。

8.【答案】B 
【解析】解：
A、水平放置的小磁针静止时，受地磁场的作用，其N极总是指向地磁的南极，故A错误；
B.开关S闭合后，向左移动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=UR得，电路中电流变大，则电磁铁的磁性增强，故B正确；
C.磁感线不是真实存在的，是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，是假想出来的，故C错误；
D.闭合电路中的部分导体只有在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，可以探究电磁感应现象，如果随意运动导体AB，导体AB在磁场中没有做切割磁感线运动时，不会产生感应电流，故D错误。
故选：B。
(1)水平放置的小磁针受到地磁场的作用，总是一端指南另一端指北；地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近；
(2)电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数的多少有关；
(3)磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在于磁场中的真实曲线；
(4)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这就是电磁感应现象。
此题考查了地磁场、影响电磁铁磁性强弱的因素、磁感线和电磁感应现象等知识点，是一道综合题。

9.【答案】A 
【解析】解：当只闭合S、S1时，L正常发光，L1不发光，是因为L1被短路，使L直接接在电源上正常发光。
当只闭合S、S2时L呈暗红色，是因为L与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，所以L2正常；
故选：A。
将“220V、40W”的电灯按表格中提供的接法接入电路，是把此灯串联接入电路。
若电灯恰能正常发光，说明开关闭合的那条支路短路，使该灯直接接在电源上；
若电灯比正常发光暗，说明开关闭合的那条支路的灯与该灯串联接入电路，所分电压低于220V，这条支路正常；
若电灯不发光，说明开关闭合的那条支路有开路。
据此分析判断。
明确当把检测灯串联接在保险丝处时，出现三种现象(检测灯正常发光、发光暗、不发光)的原因是本题的关键。

10.【答案】B 
【解析】解：
A、闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，根据I=UR可知，电路中的电流变小，电流表示数变小；通过灯泡的电流变小，灯泡的亮度变暗，故A错误；
B、闭合开关S、S1，滑动变阻器R与灯泡L串联；灯泡正常发光时的电流：
IL=PLUL=1.5W3V=0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以电路中的最大电流I大=0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻为：
R总=UI大=5V0.5A=10Ω；
灯泡正常发光时的电阻为：
RL=ULIL=3V0.5A=6Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，变阻器接入电路中的最小阻值为：
R小=R总−RL=10Ω−6Ω=4Ω；
当电压表的示数UR=3V时，根据串联电路的分压规律可知，变阻器接入电路中的电阻最大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以此时灯泡两端电压UL′=U−UR=5V−3V=2V，
此时电路中的电流为：
I小=UL′RL=URR大，即2V6Ω=3VR大，解得R大=9Ω，所以，滑动变阻器的取值范围是4Ω～9Ω，故B正确；
C、闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R与R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；滑动变阻器全部接入电路中时，电路的总电阻最大，根据欧姆定律可知，此时的总电流最小，最小电流为：
I′小=UR+R0=5V20Ω+20Ω=0.125A；
电路的最小功率为：
P小=UI′小=5V×0.125A=0.625W；
滑动变阻器接入电路中电阻为0时，电路的总电阻最小，根据欧姆定律可知，此时的总电流最大，最大电流为：
I′大=UR0=5V20Ω=0.25A；
电路的最小功率为：
P大=UI′大=5V×0.25A=1.25W，所以整个电路消耗电功率的范围是0.625W～1.25W，故C错误；
D、所有开关均闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，小灯泡与定值电阻R0并联，小灯泡两端的电压等于电源电压，大于小灯泡的额定电压，小灯泡会烧坏，故D错误。
故选：B。
(1)闭合开关S、S1，断开开关S2时，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动方向判定滑动变阻器接入电路中电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和灯泡亮度的变化；
(2)闭合开关S、S1，先根据I=PLUL求出灯泡的额定电流，根据R=UI求出灯泡正常发光时的电阻；根据灯泡的额定电流和电流表的量程以及滑动变阻器允许通过的最大电流判定电路中的最大电流，然后根据欧姆定律求出电路的最小总电阻，并根据电阻的串联求出变阻器接入电路的最小阻值；当电压表示数为3V时，根据串联电路的分压规律可知变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电压特点和欧姆定律求出变阻器接入电路的最大阻值；
(3)闭合开关S、S2，断开开关S1时，滑动变阻器R与R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑动变阻器接入电路的最大电阻和最小电阻求出电路的最大总电阻和最小总电阻，根据欧姆定律求出最小电流和最大电流，然后根据P=UI求出最大功率和最小功率；
(4)所有开关均闭合，滑动变阻器的滑片移到最左端时，小灯泡两端的电压大于小灯泡的额定电压，会把小灯泡烧坏。
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，关键是根据灯泡的额定电压和电流表的量程确定电路中的最大电流、根据电压表量程确定变阻器接入电路阻值最大阻值。

11.【答案】19.6  70.56  运动 
【解析】解：(1)高铁通过大桥行驶的距离：s=L桥+L车=1092m+280m=1372m，
则高铁的速度为：v=st=1372m70s=19.6m/s=19.6×3.6km/h=70.56km/h；
(2)若以高铁为参照物，大桥与高铁之间发生了位置变化，所以大桥是运动的。
故答案为：19.6；70.56；运动。
(1)高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长，又知时间，利用速度公式计算速度；
(2)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
此题考查速度的计算、运动和静止的相对性，难度不大，关键是知道高铁通过大桥行驶的距离等于桥长加上车长。

12.【答案】10  靠近  倒立  缩小 
【解析】解：
(1)光屏上出现等大的像，可以判断这个像是倒立、等大的实像，
所以u=v=2f=20cm，
所以凸透镜的焦距为：f=10cm。
(2)凸透镜的焦距10cm，物距u′=25cm，
u>2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像，2f>v′>f，
所以，20cm>v′>10cm，
故应调节光屏靠近透镜。
故答案为：10；靠近；倒立；缩小。
(1)凸透镜成实像时，u=v=2f，凸透镜成倒立、等大的实像，列出等式求出凸透镜的焦距。
(2)根据u>2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像，2f>v>f，判断光屏的移动方向。
本题通过u=v=2f求出凸透镜的焦距，然后根据调节后的物距和焦距的关系判断凸透镜成像情况。

13.【答案】变大  增大压力的 
【解析】解：用杯子接水时，水杯静止在手中，在竖直方向上，杯子受到的重力和摩擦力是一对平衡力，在接水过程中，杯子和水的总重力变大，所以杯子受到的摩擦力将会变大；
摩擦力大小的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度，当杯子在手中开始向下滑时，接触面的粗糙程度是一定的，因此可以紧握杯子，通过增大压力的方式来增大摩擦力使其在手中静止。
故答案为：变大；增大压力的。
(1)水杯静止在手中，重力和摩擦力相平衡，据此分析在接水过程中杯子受到的摩擦力变化；
(2)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
本题考查摩擦力大小的影响因素，以及增大摩擦的方法，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。

14.【答案】0.71  8 
【解析】解：(1)冰块和金属环悬浮在水中，则总浮力等于总重力，
所以冰块和金属环受到的浮力共为：F浮=G总=0.71N；
(2)根据G=mg知冰块和金属环的总质量为：
m总=G总g=0.71N10N/kg=0.071kg=71g，
设冰块的体积为V冰，
由题意得，冰全部熔化成水后，减小的体积为：
ΔV=SΔh=10cm2×0.7cm=7cm3，
而减小的体积等于冰的体积减去熔化成水的体积，且冰块熔化为水后质量不变，
即ΔV=V冰−V冰化水=V冰−ρ冰V冰ρ水=7cm3，
则：V冰−910V冰=7cm3，解得：V冰=70cm3，
冰块的质量为：m冰=ρ冰V冰=0.9g/cm3×70cm3=63g，
所以金属环的质量为：m环=m总−m冰=71g−63g=8g。
故答案为：0.71；8。
(1)已知冰块和金属环的总重，且冰块和金属环悬浮于水中，根据悬浮条件F浮=G物求出冰块和金属环受到的总浮力；
(2)设冰块的体积为V冰，根据冰全部熔化为水时，质量不变，但体积减小，以体积的减少量作为等量关系，可列出方程，即可求出冰块的体积，根据密度公式算出冰块的质量，用总质量减去冰块的质量就是金属环的质量。
此题主要考查了密度公式、物体的浮沉条件及其应用，虽然涉及到的知识点不是很多，但是难度较大。

15.【答案】5.5×104  2500 
【解析】解：由P=Wt可知，电动机正常工作10s消耗电能：W=Pt=5.5×103W×10s=5.5×104J；
由P=UI可知，电动机正常工作时的电流：I=PU=5.5×103W220V=25A；
电动机线圈产生的热量：Q=I2Rt=(25A)2×0.4Ω×10s=2500J。
故答案为：5.5×104；2500。
利用P=Wt计算出电动机正常工作10s消耗电能；利用P=UI计算出电动机正常工作时的电流；利用Q=I2Rt计算出电动机线圈产生的热量。
本题考查了电动机的相关问题，注意电动机是非纯电阻用电器，线圈产生的热量小于电动机正常工作时消耗的电能。

16.【答案】20000  75% 
【解析】解：由图知，滑轮组的绳子股数n=3，10s内货物移动的距离：s物=vt=2m/s×10s=20m，
拉力端移动距离：s=3s物=3×20m=60m，汽车动力做功W=Pt=120×1000W×10s=1.2×106J；由W=Fs可得汽车对绳的拉力大小：F=Ws=1.2×106J60m=20000N；
不计绳、滑轮的质量和摩擦，滑轮组对重物的拉力：F拉=3F=3×20000N=60000N，
斜面的机械效率：η=W有用W总=GhFs=9×104N×10m60000N×20m=75%。
故答案为：20000；75%。
(1)知道功率和时间，利用W=Pt求出10s内汽车对绳的拉力所做的功；利用速度公式求货物移动的距离，由图知，n=3，拉力端移动距离s=3s物，利用W总=Fs求汽车对绳的拉力大小；
(2)不计绳、滑轮的质量和摩擦，滑轮组对重物的拉力等于汽车拉力的3倍，斜面的机械效率等于对物体做的有用功与滑轮组对物体的拉力做的功之比。
本题考查了使用滑轮组时速度公式、功的公式、功率公式、机械效率公式的应用，注意斜面的机械效率不等于整个装置的效率。

17.【答案】解：由图可知，物与像在主光轴的两侧，故是凸透镜成实像的情况，连接S和S′，与主光轴的交点为O点，根据经过凸透镜光心的光线传播方向不变可知，O点为凸透镜的光心，过O点垂直于主光轴作出凸透镜，根据过凸透镜焦点的光线经凸透镜折射后平行于主光轴射出可知，过S′作与主光轴平行的光线，与凸透镜的交点为P点，连接SP，与主光轴的交点即为凸透镜的右焦点F，如下图所示：
 
【解析】(1)根据凸透镜成像的性质分析，由于物与像在主光轴的两侧，故成的是实像；
(2)根据凸透镜成实像的原理可知，物体发出的光线经凸透镜折射后过像点，故可通过凸透镜的特殊光线来确定它的位置和焦点：
①首先根据经过凸透镜光心的光线传播方向不变，可知该光线与主光轴的交点即为凸透镜的光心；
②根据过凸透镜焦点的光线经凸透镜折射后平行于主光轴射出，结合光路可逆的原理，画出该折射光路，通过入射光线与主光轴的交点确定凸透镜右侧的焦点。
本题考查了根据凸透镜的成像特点，逆向确定光路图、凸透镜和焦点的位置，紧扣成像规律和特殊光线是解题的关键。

18.【答案】解：由图知：小磁针的磁极为：左S、右N，那么根据磁极间的相互作用，可知B螺线管的磁极为：左S、右N；则电源的左端为负极，右端为正极，由右手螺旋定则可知，A螺线管左端为S极，右端为N极，如图所示：
 
【解析】已知了小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再由右手螺旋定则来得出电源的正负极以及A螺线管左端的极性。
本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。

19.【答案】右  左端下沉  D  能 
【解析】解：(1)由图甲可知，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，
则左侧3G×3L=9GL，右侧2G×4L=8GL，由9GL>8GL可知，杠杆不能平衡，左端下沉；
(3)取下A点下方所挂钩码，改用弹簧测力计斜向右上任意方向拉住C点，由于不能比较两个力臂的关系，无法比较力的大小，
所以，弹簧测力计示数可能小于、可能大于、也可能等于B点下方钩码的总重力，故D正确；
(4)测量前杠杆平衡就能继续探究杠杆的平衡条件，
所以当平衡螺母遗失，粘了橡皮泥后杠杆恰好在水平位置平衡时，此装置能继续用来完成探究杠杆平衡条件的实验。
故答案为：(1)右；(2)左端下沉；(3)D；(4)能。
(1)为了便于测量力臂大小，需要杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
(2)设出一个钩码重和杠杆一个小格的长度，根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
(3)根据杠杆的平衡条件结合力臂关系进行分析解答；
(4)测量前杠杆平衡就能继续探究杠杆的平衡条件。
本题是探究杠杆平衡的实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。

20.【答案】左  B  左  反  B 
【解析】解：(1)为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处，即最左端；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电流表示数始终为零，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，则此时电路可能的故障是定值电阻R断路，故选B。
(3)将5Ω的电阻换成10Ω的电阻接入电路，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数与原来相同；
(4)由图乙知，在电压一定时，电流I与电阻倒数1R成正比，所以电压一定时电流与电阻成反比；
(5)当定值电阻为5Ω时，电阻的倒数为15Ω=0.2Ω−1，由图乙知，此时的电流为0.4A，
电阻两端的电压为：U=IR=0.4A×5Ω=2V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U总−U=6V−2V=4V，
变阻器分得的电压为电阻两端的电压的4V2V=2倍，
根据分压原理，当接入最大的40Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=2×40Ω=80Ω，
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少80Ω的滑动变阻器，但又不能太大，故选B。
故答案为：(1)左；(2)B；(3)左；(4)反；(5)B。
(1)为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处。
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数不为零，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
(4)电压一定时电流与电阻成反比；
(5)根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入40Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法、串联电路的规律、欧姆定律和数据分析及对器材的要求，综合性强。

21.【答案】解：(1)由题可知，物体重G柱=18N，完全浸没液体中时，圆柱体受到的拉力F拉=12N，
圆柱体受到的浮力：F浮=G柱−F拉=18N−12N=6N；
(2)因为圆柱体浸没，则有V排=V柱=400cm3=4×10−4m3，
由阿基米德原理可得，F浮=ρ液gV排，
6N=ρ液×10N/kg×4×10−4m3，
解得液体的密度为：ρ液=1.5×103kg/m3。
(3)液体的质量为：m液=ρ液V液=1.5×103kg/m3×100×30×10−6m3=4.5kg；
液体的重力为：G液=m液g=4.5kg×10N/kg=45N；
圆桶的重力为：G桶=m桶g=0.5kg×10N/kg=5N；
当圆柱体未进入液体中时，总重力为：G总=G液+G桶=45N+5N=50N；
圆桶放在水平桌面上，圆桶对桌面的压力为：F=G总=50N；
此时圆桶对桌面的压强：p=FS=50N10−2m2=5000Pa。
答：(1)圆柱体完全浸没时受到液体的浮力为6N；
(2)桶内液体密度为1.5×103kg/m3；
(3)当圆柱体未进入液体中时，圆桶对桌面的压强为5000Pa。 
【解析】(1)在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，求出圆柱体的重力，圆柱体完全浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N，可以求出圆柱体受到的浮力。
(2)知道圆柱体的底面积和高度求出圆柱体的体积，圆柱体浸没在液体中，根据阿基米德原理求出液体的密度。
(3)圆桶对桌面的压力等于圆桶的重力、液体重力和圆柱体重力之和与所受拉力的差，知道受力面积，求出圆桶对桌面的压强。
本题的关键是当圆柱体浸没在液体中，容器对水平桌面的压力等于容器、液体和圆柱体所有的重力之和与向上的拉力差。

22.【答案】解：
(1)当闭合开关S1、S3，断开S2时，R3短路，只有R1接入电路，电流表测电路中的电流，
根据I=UR可得，电源电压：
U=I1R1=0.3A×20Ω=6V；
(2)当闭合开关能S2、S3，断开S1时，R3短路，只有R2接入电路，电流表的示数为1.2A，
根据I=UR可得，电阻R2的阻值：
R2=UI2=6V1.2A=5Ω；
(3)当闭合S1，断开S2、S3时，R1、R3串联，电路消耗的电功率为：
P1=U2R1+R3------①
当闭合S2，断开S1、S2时，R2、R3串联，电路消耗的电功率为：
P2=U2R2+R3------②，
将①②代入P1：P2=1：2可得：
R2+R3R1+R3=12，因R1=20Ω，R2=5Ω，
解得R3=10Ω；
(4)根据P=UI=U2R可知，当电路的总电阻最大时，电路消耗的最小电功率；根据串联电路的总电阻大于其中任一电阻，并联电路的总电阻小于其中任一个电阻，因R2=5Ω