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2023年河北省张家口市中考物理一模试卷
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这是一份2023年河北省张家口市中考物理一模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列有关物理量的估测，符合实际的是( )
A. 标准篮球场，篮筐高约为1.6m
B. 一把学生用的塑料三角尺质量约为1g
C. 初中生沿楼梯从二楼跑上三楼用时小于12s
D. 冬天为了防寒，可以在羽绒服内穿电热马甲，并将温度设为15℃
2. 寒假里小宁在晨练时观察到以下现象：结冰的湖面上覆盖着薄薄的白雪，公园里的冰雕逐渐变小，回到温暖的室内眼镜片上会有小水珠，对这些现象的分析，下列说法正确的是( )
A. 湖面上的冰是凝华形成的，该过程吸热
B. 白雪是凝固形成的，该过程吸热
C. 冰雕逐渐变小，是升华现象，该过程放热
D. 眼镜片上的小水珠，是液化现象，该过程放热
3. 用电千万条，安全第一条，如图所示是标准住宅户内配电系统方框图，下列说法正确的是( )
A. 只要图中插座的左孔接零线，右孔接火线，插在这个插座上的洗衣机就能安全工作
B. 若闭合所有开关后电灯不亮，空调正常工作，用试电笔分别测试a、b两点，氖管均发光，则故障发生在零线
C. 空气开关①突然跳闸，一定是电路中的总功率过大
D. 如果图中插座左、右两孔的导线直接接触，那么漏电保护器会切断电路
4. 工作人员用背负式喷雾器，对5层教学楼由低至高逐层进行消杀。下列说法正确的是( )
A. 背负式喷雾器的肩带较宽，可以增大肩部所受压强
B. 在2楼进行喷洒消杀的过程中，喷雾器的重力势能不断减小
C. 楼梯间内一边喷洒消杀一边匀速上楼时，喷雾器的动能不变
D. 工作人员乘直梯下楼的过程中，人的机械能总和不变
5. 如图所示，跳绳运动员先微微下蹲，再用力蹬地起跳，在这个过程中，下列分析正确的是( )
A. 运动员用力向下蹬地时，地面对脚掌的作用力是竖直向下的
B. 运动员跳起离地后，仍能向上运动一段距离，是由于受到惯性作用
C. 下落过程中，运动员所受重力的大小不变
D. 下落过程中，地面相对运动员是静止的
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
6. 如图所示是小明设计的滑轮组，利用该滑轮组把2袋小麦从地面匀速提升到4m高的房顶，用时50s，每袋小麦的质量均为10kg，该过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。下列说法正确的是( )
A. 绳端拉力为125N
B. 动滑轮重力为50N
C. 拉力F的功率为20W
D. 若不通过滑轮A，在O点施加拉力，匀速提升这2袋小麦，滑轮组的机械效率不变
7. 如图所示，小明利用图甲的装置探究凸透镜成像的规律，记录并绘制了物体到凸透镜的距离u与像到凸透镜的距离v之间的关系图象，如图乙所示，下列判断正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距为16cm
B. 当u=10cm时，烛焰在光屏上成清晰放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C. 当光屏上成清晰的像时，在靠近凸透镜的左侧放一眼镜片，缓慢向右移动光屏至光具座端点，光屏上不能再次成清晰的像，该眼镜片一定是老花镜
D. 把蜡烛从距凸透镜40cm处移动到12cm处的过程中，物、像之间的距离先变小后变大
8. 如图所示的电路中，电源电压不变，小灯泡L的额定电压为6V，且阻值不随温度变化，滑动变阻器R0的规格为“20Ω 2A”，a、b是电流表、电压表或阻值为6Ω的定值电阻，且不相同。将滑动变阻器R0的滑片置于某位置，当只闭合开关S1，或者只闭合开关S2，或者只闭合开关S1、S3时，灯泡L均正常发光，且电流表示数均为1A。下列说法正确的是( )
A. a一定是电压表，b一定是电流表
B. 闭合开关S2、S3，灯泡正常发光，移动R0的滑片，灯泡亮度不变
C. 只闭合开关S1，调节R0的滑片，R0的最大功率可能为6W或1.5W
D. a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，调节R0的滑片，电路最大电流为2A
三、填空题（本大题共5小题，共14.0分）
9. 如图甲所示，往B管中吹气，可看到A管中的水面上升，这说明在气体中流速越大的位置压强______ (选填“越大”“不变”或“越小”)；乙图是自制压强计，对着管上端吹气，管中水面上升，原因是瓶内气体压强______ (选填“大于”“等于”或“小于”)大气压。
10. 如图所示，小康看到一个电影片段，隔音会议室内有人正在谈话，使杯中的水产生波纹，会议室外的人通过分析水的波纹情况，得知谈话内容。杯中的水产生波纹是因为声音能传递______ ，会议室的隔音门窗是在______ 控制噪声。家中电视机接收到电视节目是利用______ 传递信息。
11. 为了保护视力，环境较暗时，写作业一定要打开台灯，这时我们就可以看到纸笔且不刺眼，是因为纸笔表面发生了______ ，但由于______ ，笔和手总会形成影子，为了避免影子干扰我们写字，当我们用右手写字时，台灯应该放在右手的______ (填“左”或“右”)侧。
12. 甲、乙两车一前一后在高速公路上以90km/h的速度匀速行驶。甲车由于故障停下，乙车司机在观察到甲车停下后，经过0.6s的反应时间后紧急刹车，刹车后乙车向前滑行65m停下，甲、乙两车相距至少为______ m，才能避免两车相撞。由于多次紧急刹车乙车轮胎严重磨损，若继续使用，在载重相同时，再次刹车乙车轮胎与地面之间的滑动摩擦力会______ (选填“增大”或“减小”)；紧急刹车时，汽车轮胎与地面间的摩擦使轮胎温度升高，这是通过______ (选填“做功”或“热传递”)的方式增大了轮胎的内能。
13. 太阳能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源，太阳能热水器经过一天的太阳光照射，可以将120kg的水从20℃加热至70℃，水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，这个过程中水吸收的热量为______ J；若用效率为84%的电热水器加热这些水，只将该电热水器接入家庭电路，则电能表的转盘转过______ r。[电能表参数为1200r/(kW⋅h)]
四、实验探究题（本大题共3小题，共17.0分）
14. 如图所示，同学们在学习“电与磁”时，进行了如下探究：
(1)如图甲所示，闭合开关，电磁铁的下端是______ (选填“N”或“S”)极，保持铁钉上线圈的匝数不变，将滑动变阻器的滑片向左调节，观察到电磁铁吸引更多的铁针，从实验现象可以得出：线圈匝数一定时，
______ 。
(2)超市的商品上贴有软磁条，未消磁的磁条经过防盗报警器时，会有电流产生发出警报，该过程的原理与图______ (选填“乙”或“丙”)相同。
(3)小明从乙、丙实验中各取出一部分，设计并连接成图丁，水平移动ab，观察到cd并没有运动，为了让cd运动，以下改进不合理的是______ (选填序号)。
A.竖直移动ab
B.换磁性更强的磁体
C.加快水平移动ab的速度
15. 为测量酱油的密度，小明用天平和量筒做了如下实验：
(1)把天平放在水平台上，并将游码归零后，发现指针位置如图甲所示，则为使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母适当向______ (选填“右”或“左”)侧调节。
(2)烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图乙所示；将烧杯中的部分酱油倒入量筒中，如图丙所示；再用天平测出剩余酱油和烧杯的总质量为40g，则倒入量筒中酱油的质量为______ g，酱油的密度为______ kg/m3。
(3)小明在实验时发现，酱油倒入量筒时，量筒壁和烧杯壁上都沾上了部分酱油，______ (选填“量筒壁”“烧杯壁”或“量筒壁和烧杯壁”)所沾酱油会影响测量的酱油密度。
【拓展】学习了浮力的知识后，小明又和同学用一根粗细均匀的饮料吸管制成了一个简易密度计测量酱油的密度；在吸管一端塞入适量的金属丝，并用石蜡将口封紧，然后分别将吸管竖直放在水和酱油中，静止后情景如图丁、戊所示。用刻度尺测出吸管浸入水和酱油中的长度分别为H、h。则酱油密度的表达式为ρ酱油= ______ (用H、h、ρ水表示)；使用时发现，H与h数值比较接近，为增大这两个数值差距，可行的改进方案是______ 。(写出一条即可)
16. 在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小明准备了阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、25Ω、50Ω的定值电阻各一个，电压可调的电源，滑动变阻器，电流表，电压表，开关和导线若干，并设计如图甲所示的电路。
(1)根据图甲，在图乙中用笔画线代替导线，将电路连接完整。
(2)连接好电路后，闭合开关，发现电表均无示数，将电压表并联至滑动变阻器两端时，电压表有示数，说明电路故障为______ ，此时电流表______ (选填“有示数”或“无示数”)。
(3)小明及时调整实验方案，保持电源电压不变，用准备的定值电阻更换R1后，再从剩余的定值电阻中选取阻值合适的定值电阻代替滑动变阻器，使电压表示数______ (选填“保持不变”或“改变”)，完成实验，数据记入如表，第三次电流表示数如图丙所示，为______ A，根据数据得出结论______ 。
【拓展】若上述(3)中的电源电压选用的值较大，可能会烧坏电表。若电路中电流表、电压表量程不变，在保证电路安全的情况下，能够完成第(3)问中三次实验的最大电源电压为______ V。
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
17. 如图所示，质量均匀的正方体甲，其棱长为9cm，对地面压强为1800Pa，棱长为10cm的正方体容器乙内装有6cm深的水。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
(1)求甲对地面的压力；
(2)求甲的密度；
(3)若将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器，使得乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，求A在乙容器中所受浮力的大小。
18. 如图甲所示，定值电阻R1与滑动变阻器RP串联，滑动变阻器调至阻值最大处，闭合开关，电流表示数I1为0.04A；调节滑动变阻器至最大阻值的13处，电压表示数为4V，电流表示数I2已经达到滑动变阻器允许通过的最大电流。该过程中定值电阻R1的功率P与电路中电流I的关系如图乙所示。求：
(1)I1：I2；
(2)电源电压；
(3)拆除滑动变阻器RP，从规格分别为“10Ω 0.4A”、“100Ω 0.1A”的滑动变阻器中选择其中之一，以及若干导线连入电路，如何连接电路总功率最大，最大值是多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.标准篮球场，篮筐高约为3m，故A不符合实际；
B.一把学生用的塑料三角尺质量约为5g，故B不符合实际；
C.初中生沿楼梯从二楼跑上三楼用时小于12s，故C符合实际；
D.因为人体正常体温约37℃，电热马甲温度设为15℃时，其将无法工作，故D不符合实际。
故选：C。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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。
对日常生活中的速度、质量、长度、时间等进行准确的估测，是初中学生需要掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
2.【答案】D
【解析】解：A、湖面上的冰是凝固形成的，该过程放热，故A错误；
B、白雪是凝华形成的，该过程放热，故B错误；
C、冰雕逐渐变小，是升华现象，该过程吸热，故C错误；
D、眼镜片上的小水珠，是液化现象，该过程放热，故D正确。
故选：D。
(1)凝华指物质由气态直接转变成固态，凝华要放热；
(2)升华指物质由固态直接转变成气态，升华要吸热；
(3)液化指物质由气态转变液态，液化要放热。
本题考查了凝固、凝华、升华和液化，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、洗衣机在使用时，外壳要接地线，所以应使用三孔插座才安全，故A错误；
B、由题意知，空调正常工作，用试电笔分别测试a、b两点，氖管均发光，说明火线是正常的；又知道电灯不亮，说明问题在零线上，且可能是空调与a之间的零线断路的，故B正确；
C、空气开关①突然跳闸，可能是电路中的总功率过大，也可能是发生了短路，故C错误；
D、如果图中插座左、右两孔的导线直接接触，那么空气开关会跳闸，但漏电保护器不会切断电路，故D错误。
故选：B。
(1)有金属外壳的用电器，其外壳要接地；
(2)根据空调能工作，测试a、b两点，氖管均发光，可判断出火线没问题，再进一步分析零线的问题出在哪里；
(3)电路短路或总功率过大，电路中电流过大，当电路中的电流过大时，保险丝熔断或空气开关自动断开；
(4)漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多时，自动切断电路。
本题主要考查了对家庭电路的连接、故障判断、各元件的原理与作用等的理解，有一定综合性。
4.【答案】B
【解析】解：
A、背带较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A错误；
B、在2楼进行喷洒消杀的过程中，喷雾器的质量不变，高度不变，重力势能不断减小，故B正确；
C、楼梯间内一边喷洒消杀一边匀速上楼时，喷雾器的质量变小，速度不变，动能变小，故C错误；
D、工作人员乘直梯下楼的过程中，人的质量不变，速度不变，动能不变，高度变小，重力势能变小，所以机械能总和变小，故D错误。
故选：B。
(1)减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积；
(2)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，弹性势能的大小与物体弹性形变的程度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了减小压强的方法、动能和重力势能的变化、机械能的变化，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A、力的作用是相互的，运动员用力向下蹬地时，地面对运动员脚掌有向上的作用力，故A错误；
B、运动员跳起离地后，由于惯性仍能向上运动一段距离，不是受到惯性作用，故B错误；
C、运动员所受重力为：G=mg，由于物体的质量m是一种属性，不发生变化，g=9.8N/kg；故重力的大小不变，故C正确；
D、若以运动员为参照物，地面相对于运动员的位置是变化的，地面是向上运动的，故D错误。
故选：C。
(1)力的作用是相互的，作用力和反作用力大小相等、方向相反，在同一条直线上；
(2)掌握惯性的知识，惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质；
(3)地球附近的物体都受到地球的吸引--由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力，重力的方向是竖直向下的，即指向地心；物体的重力G与质量m成正比，G=mg；
(4)看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
此题考查力的作用的相互性、惯性、重力以及判断运动与静止，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
6.【答案】AC
【解析】解：A、2袋小麦的重力：G=mg=2×10kg×10N/kg=200N，
拉力做的有用功：W有=Gh=200N×4m=800J，
由η=W有W总×100%可知，拉力做的总功：W总=W有η=800J80%=1000J，
由图可知n=2，则绳子自由端移动的距离：s=nh=2×4m=8m，
由W总=Fs可知绳端的拉力：F=W总s=1000J8m=125N，故A正确；
B、若不计绳重和摩擦，由F=1n(G+G动)可知，动滑轮的重力：G动=nF−G=2×125N−200N=50N，
但题中未说明不计绳重和摩擦，因此无法求出动滑轮的重力，故B错误；
C、拉力F的功率：P=W总t=1000J50s=20W，故C正确；
D、若不通过滑轮A，在O点施加拉力，此时少克服A滑轮处的摩擦力做额外功，即额外功减小，总功减小，有用功在总功中所占的比例增大，因此不通过滑轮A，在O点施加拉力比通过滑轮A时的机械效率要高，故D错误。
故选：AC。
(1)根据G=mg求出2袋小麦的重力，利用W有=Gh求出有用功，利用η=W有W总×100%求出拉力做的总功，由图可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh，利用W总=Fs求出绳端的拉力；
(2)若不计绳重和摩擦时，利用F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力，再结合题目实际分析动滑轮的重力；
(3)利用P=W总t求出拉力F做功的功率；
(4)比较通过滑轮A与不通过滑轮A，在O点施加拉力时绳子与滑轮间摩擦力的变化情况，可知额外功的变化情况，据此分析滑轮组机械效率的变化情况。
本题考查了使用滑轮组时绳子自由端拉力、功、功率和机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
7.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，u=v=16cm，根据u=v=2f，成倒立等大的实像，即2f=16cm，所以该凸透镜的焦距为f=8cm，故A错误；
B、当u=10cm时，此时2f>u>f，成倒立、放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的，故B正确；
C、当光屏上成清晰的像时，在靠近凸透镜的左侧放一眼镜片，缓慢向右移动光屏至光具座端点，光屏上不能再次成清晰的像，可能因该镜片对光线发散作用太强，像距太大，超过光具座的长度，所以该镜片可能是凹透镜，即近视眼镜，故C错误；
D、物体从距凸透镜40cm处移动到12cm处的过程中，物距始终大于焦距，成实像，此时物距减小，像距增大，当u=v=2f=16cm时，此时像与物体之间的距离是最小的，所以物像之间的距离先变小后变大，故D正确。
故选：BD。
(1)根据u=v=2f，成倒立等大的实像，据此确定凸透镜的焦距；
(2)根据2f>u>f，成倒立、放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的；
(3)近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；
(4)当物距大于焦距时，凸透镜成实像。凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
8.【答案】BC
【解析】解：A、当只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，电流表测电路中的电流；
只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，电流表测电路中的电流，根据灯泡L正常发光可知b不可能是电压表；
只闭合开关S1、S3时，灯泡L与a并联后再与滑动变阻器R0串联，电流表测干路中的电流，根据灯泡L正常发光可知a不可能是电流表，由于三次电流表的示数均为1A，由并联电路的电流特点可知，a不可能是定值电阻，因此a一定是电压表，b可能是电流表，也可能是6Ω的定值电阻，故A错误；
B、闭合开关S2、S3，灯泡L与b串联后与滑动变阻器R0和a串联后的电路并联，此时灯泡L所在支路的连接方式与只闭合开关S2时的连接方式相同，此时灯泡L仍然能正常发光，由并联电路的特点可知，移动R0的滑片，灯泡L所在的支路不受影响，因此灯泡L的亮度不变，故B正确；
C、只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，由此时灯泡L正常发光可知，灯泡L两端的电压为6V，由欧姆定律可知，灯泡L的电阻：RL=ULI=6V1A=6Ω，
当b为电流表时，此时的电路为灯泡L的简单电路，则电源电压：U=UL=6V，
当b为6Ω的定值电阻时，灯泡L与6Ω的定值电阻串联，则电源电压：U′=UR+UL=IR+UL=1A×6Ω+6V=12V，
只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，
滑动变阻器消耗的电功率：P=I2R0=(URL+R)2R0=U2(R0+R0)2R0=U2(RL−R0)2+4RLR0R0=U2(RL−R0)2R0+4RL，
所以，当R0=RL=6Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大；
当电源电压U=6V时，滑动变阻器消耗电功率的最大值：P0最大=U24RL=(6V)24×6Ω=1.5W，
当电源电压U′=12V时，滑动变阻器消耗电功率的最大值：P0最大′=U′24RL=(12V)24×6Ω=6W，故C正确；
D、因为灯泡L的额定电压为6V，所以电压表的量程为0～15V，
因为三次电路中的电流为1A，所以电流表的量程为0～3A，
a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，灯泡L与电压表串联后与滑动变阻器R0和b串联后的电路并联，
由于电流表的量程为0～3A，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，由串联电路的电流特点可知，滑动变阻器所在支路允许的最大电流为2A，
当电源电压U=6V时，电路中的最大电流：I最大=UR=6V6Ω=1A，
当电源电压U′=12V时，电路中的最大电流：I最大′=U′R=12V6Ω=2A，
由于电压表在电路中相当于断路，因此通过灯泡L的电流为零，
因此电路中的最大电流可能为1A或2A，故D错误。
故选：BC。
(1)当只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，电流表测电路中的电流；只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，电流表测电路中的电流，根据灯泡L正常发光可知b不可能是电压表；只闭合开关S1、S3时，灯泡L与a并联后再与滑动变阻器R0串联，电流表测干路中的电流，根据灯泡L正常发光可知a不可能是电流表，再根据三次电流表的示数均为1A，可知a不可能是定值电阻，进而确定a的元件类型，进一步确定b的元件类型；
(2)闭合开关S2、S3，灯泡L与b串联后与滑动变阻器R0和a串联后的电路并联，根据并联电路的特点可知，移动R0的滑片，灯泡亮度的变化；
(3)只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，根据灯泡L正常发光可知灯泡L两端的电压，根据欧姆定律求出灯丝的电阻；根据b的元件类型利用欧姆定律和串联电路的电压特点求出可能的电源电压，根据P=I2R0=(URL+R0)2R0表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识求出滑动变阻器的最大功率；
(4)根据灯泡L的额定电压可知电压表的量程，根据电流表的示数可知电流表的量程，a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，灯泡L与电压表串联后与滑动变阻器R0和b串联后的电路并联，根据电压表在电路中相当于断路分析通过灯泡L的电流，根据滑动变阻器允许通过的电流和电流表的量程结合串联电路的电流特点求出电路中的最大电流。
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，综合性强，难度较大。
9.【答案】越小 大于
【解析】解：往B管中吹气，可以看到A管中的水面上升，原因是：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速变大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，所以A管水上升；
从管子上端吹入少量气体，瓶内的气压等于大气压加上细管内水柱产生的压强，故瓶内气压大于瓶外大气压。
故答案为：越小；大于。
流体压强和流速的关系：流体流速大的位置压强小；根据水面高度的变化分析瓶内气压与大气压的大小关系。
本题考查了流体压强与流速的关系、大气压，属于基础题。
10.【答案】信息 传播过程中 电磁波
【解析】解：人通过分析水的波纹情况，得知谈话内容是因为声音能传递信息；会议室的隔音门窗是在传播过程中减弱噪声；家中电视机接收到电视节目是利用电磁波传递信息。
故答案为：信息；传播过程中；电磁波。
声音能传递信息；控制噪声的方法：在声源处，在传播过程中和在人耳处；电磁波的传播不需要介质。
本题考查了电磁波和声音的有关知识，属于基础题。
11.【答案】漫反射 光的直线传播 左
【解析】解：写作业时打开台灯，这时我们看到纸笔且不刺眼，是因为光在纸笔表面上发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故，但由于光的直线传播，笔和手总会形成影子，我们用右手写字，调整台灯的方位，把台灯放右手的左侧，影子在右侧，这样就避免影子干扰我们写字。
故答案为：漫反射；光的直线传播；左。
(1)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
(2)光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。
本题考查了光的直线传播、漫反射在生活中的应用，熟练掌握基础知识，做到活学活用。
12.【答案】80 减小 做功
【解析】解：(1)乙车的速度：v=90km/h=25m/s，
乙车在反应时间内行驶的路程：s1=vt=25m/s×0.6s=15m，
甲、乙两车至少相距：s=s1+s2=15m+65m=80m；
(2)当轮胎严重磨损时，轮胎与地面的接触面的粗糙程度减小，当压力一定时，轮胎与地面之间的滑动摩擦力会减小；
(3)紧急刹车时，汽车轮胎与地面间的摩擦，把机械能转化为内能，使轮胎的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式增大轮胎的内能。
故答案为：80；减小；做功。
(1)根据速度公式求出乙车司机反应时间内行驶的路程，加上刹车后滑行的路程，即为甲、乙两车至少相距的距离；
(2)滑动摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能。
本题考查速度公式的应用、滑动摩擦力大小的影响因素以及改变物体内能的方式，是一道综合题，难度不大。
13.【答案】可再生 2.52×107 10000
【解析】解：太阳能属于可再生能源。
水吸收的热量为：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×120kg×(70℃−20℃)=2.52×107J；
根据效率公式得到需要消耗的电能为：W=Q吸η=2.52×107J84%=3×107J；
只将该电热水器接入家庭电路，则电能表的转盘转过的圈数为：n=1200r3.6×106J×3×107J=10000r。
故答案为：可再生；2.52×107；10000。
(1)能够短期内从自然界中得到补充的一次能源叫可再生能源。
(2)根据吸热公式进行计算。
(3)根据效率公式和电能表的参数进行计算。
本题主要考查了能源的分类和热量的计算；会根据电能表的基本参数进行简单的计算。
14.【答案】N 电流强度越大，电磁铁的磁性越强 丙 A
【解析】解：(1)由安培定则可知，电磁铁的下端是N极，上端是S极；
将滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器连入电路的电阻值变小，电源电压不变，电路电流变大，电磁铁的磁性变强，观察到电磁铁吸引更多的铁针，从实验现象可以得出：线圈匝数一定时，电流强度越大，电磁铁的磁性越强；
(2)由题意可知，防盗报警器的原理是电磁感应，图乙是探究通电导体在磁场受力运动，图丙是探究电磁感应现象的装置，所以该过程的原理与图丙相同；
(3)由图丁可知，闭合开关，将导体ab水平移动，此时相当于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，此装置中的cd相当于放入磁场中的通电导体，通电导体在磁场中受力运动；
观察到cd并没有运动，可能是电路中电流强度较弱或磁铁的磁性较弱。
A、竖直移动ab，ab不能切割磁感线，不能产生感应电流，故A不符合题意；
B、换磁性更强的磁体可以增大感应电流的强度，或增大导体cd受到的磁力，故B符合题意；
C、加快水平移动ab的速度可以增大感应电流的强度，故C符合题意。
故选：A。
故答案为：(1)N；电流强度越大，电磁铁的磁性越强；(2)丙；(3)A。
(1)由安培定则可确定电磁铁的NS极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关，电磁铁磁性强弱不能直接看出，而是通过转换法，根据吸引大头针的多少来反映电磁铁磁性强弱；
(2)防盗报警器上的检测头有电流产生，说明是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动而产生电流，是电磁感应现象；
(3)根据电磁感应的条件和通电导体在磁场受力运动的影响因素分析。
本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素、电磁感应、通电导体在磁场受力运动，属于典型题。
15.【答案】左 42.4 1.06×103 量筒壁 Hhρ水 用更细的吸管
【解析】解：(1)由图甲知，指针偏右，则应向左移动平衡螺母；
(2)酱油和烧杯的总质量：m2=50g+20g+10g+2.4g=82.4g，
杯中酱油的质量：m=m2−m1=82.4g−40g=42.4g，
由图知，量筒中酱油的体积：V=40mL=40cm3，
则酱油的密度：
ρ=mV=42.4g40cm3=1.06g/cm3=1.06×103kg/m3。
(3)量筒壁粘有酱油，导致测量的酱油的体积偏小，而质量测量准确，由公式ρ=mV知密度测量结果偏大；
烧杯壁沾上了部分酱油，沾在壁上的酱油已经包含在剩余酱油和烧杯质量里，不会造成质量和体积有误差，所以密度测量值不变；
【拓展】设吸管的底面积为S，由于吸管在图−1和图−2中均漂浮，所以F浮=G，则在水和酱油中受到的浮力相等，根据物体浮沉条件可知，F浮水=F浮酱油，即ρ水gSH=ρ酱油gSh，则有ρ酱油=Hhρ水；
因为吸管是漂浮在液体中，所受浮力等于本身的重力，由G=F浮=ρgV排=ρgS吸管h可知，吸管浸入液体中的深度：h=Gρ液gS吸管，所以当ρ液一定时，可适当增大配重，或用更细的吸管，来增大相邻刻度线之间的距离。
故答案为：(1)左；(2)42.4；1.06×103；(3)量筒壁；【拓展】Hhρ水；用更细的吸管。
(1)天平使用前调节平衡时，要调节平衡螺母，规则是“右偏左调，左偏右调”，即指针向右偏就向左调平衡螺母，指针向左偏就向右调平衡螺母；
(2)天平称量物体时，天平平衡后，左盘物体的质量=右盘砝码的总质量+游码在标尺上所对的刻度值；
读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；
已知烧杯和酱油的质量，剩余烧杯和酱油质量，可以得到烧杯中酱油的质量；已知酱油的质量和体积，利用公式ρ=mV得到酱油的密度；
(3)量筒壁沾上了部分酱油影响体积的测量，导致体积测量偏小；
烧杯壁沾上了部分酱油，沾在壁上的酱油已经包含在剩余酱油和烧杯质量里，不会造成质量和体积的测量；
【拓展】从图−1和图−2中可以看出，吸管在水和酱油中，浸入的深度不同，但都漂浮，所以浮力相等，都等于自身的重力，根据公式F浮=ρgV排得出h与ρ水、ρ酱油，及H的关系式；
为了使测量结果更准确，使密度计上两条刻度线之间的距离大一些，推导出h的表达式，再进行判断即可。
对于测量密度时分析测量值的偏大或偏小问题，对质量和体积都要进行分析，分析质量和体积，谁是测量准确的，谁是测量误差较大的，避免误差较大的即可；还考查了阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，难点是将阿基米德原理和物体的浮沉条件结合起来使用。
16.【答案】滑动变阻器断路 无示数 保持不变 0.04 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 3
【解析】解：(1)在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中，如下图所示：
；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；在开关闭合状态下，将电压表并联至滑动变阻器两端时，电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障为滑动变阻器断路，此时电流表无示数；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，故用准备的定值电阻更换R1后，再从剩余的定值电阻中选取阻值合适的定值电阻代替滑动变阻器，使电压表示数保持不变；
由图乙可知，电流表选用小量程；第三次电流表示数如图丙所示，电流表分度值0.02A，其示数为0.04A；
由表中数据可知，电流与电阻的乘积UV=IR=0.2A×5Ω=0.1A×10Ω=0.04A×25Ω=1V，为一定值，故得出结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
【拓展】在探究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压一定，由于电源电压一定，故滑动变阻器两端电压也一定，定值电阻换大后滑动变阻器的阻值相应也要变大，
当定值电阻的阻值最大，滑动变阻器的阻值也取最大值时，电源电压取最大值，
由于本题用合适的定值电阻代替滑动变阻器，故应用最大的定值电阻替代滑动变阻器；
根据串联电路中导体两端电压与导体电阻成正比得：
UvU大=R定R大，即1VU大=25Ω50Ω，
所以U大=2V，
故电源电压的最大值：U电源=UV+U大=1V+2V=3V。
故答案为：(1)见解答图；(2)滑动变阻器断路；无示数；(3)0.04；当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；【拓展】3。
(1)在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；如果电压有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路或电路中无电源，据此判断故障所在；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变；
根据图乙确定电流表选用的量程，由图丙确定分度值读数；
根据电流与电阻的乘积为一定值分析得出结论；
【拓展】实验中控制电阻两端的电压要保持1V不变，由于电源电压一定，故滑动变阻器两端电压也一定，定值电阻换大后滑动变阻器的阻值相应也要变大，当定值电阻的阻值最大，滑动变阻器的阻值也取最大值时，电源电压取最大值；由于本题用合适的定值电阻代替滑动变阻器，故应用最大的定值电阻替代滑动变阻器；根据串联电路中导体两端电压与导体电阻成正比求出最大的定值电阻分得的电压，根据串联电路的电压规律得出电源电压的最大值。
本题探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验，考查了电路连接、故障分析、电流表读数、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用。
17.【答案】解：(1)正方体甲平放在地面上时，受力面积S甲=L甲2=(9cm)2=81cm2=8.1×10−3m3，
根据p=FS可得甲对地面的压力：F甲=p甲S甲=1800Pa×8.1×10−3m3=14.58N，
(2)由于甲是正方体，平放在地面上，则h甲=L甲=9cm=0.09m，
根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得甲的密度：ρ甲=p甲gh甲=1800Pa10N/kg×0.09m=2×103kg/m3；
(3)由于ρ甲=2×103kg/m3>ρ水=1.0×103kg/m3，
则将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器会下沉在容器底部，
已知乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，
则根据p=ρgh可知：ΔhA：ΔhB=1：2，
根据V排=SΔh可知：VA排：VB排=1：2，
假设AB都是浸没状态，则：VA=VA排，VB=VB排，
因VA+VB=V甲，并且是将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，
所以，hA：hB=1：2，
因hA+hB=h甲，并且h甲=L甲=9cm，
则：hA=3cm，hB=6cm
由于正方体容器乙内装有6cm深的水，则hA所以，A、B分别水平放入乙容器会下沉在容器底部，并且处于浸没状态，
则A排开水的体积：VA排=S甲hA=81cm2×3cm=243cm3=2.43×10−4m3，
A在乙容器中所受浮力的大小：FA浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.43×10−4m3=2.43N。
答：(1)物体A的密度0.9×103kg/m3；
(2)将物体A轻轻放入甲容器中静止时，两容器内的液面刚好相平，水面上升的高度为0.04m；
(3)将物体A取出擦干，轻轻放入乙容器中，物体下沉，物体A最终对容器底部的压强100Pa。
【解析】(1)正方体甲平放在地面上时，求出受力面积，利用p=FS求出压力，
(2)由于甲是正方体，平放在地面上，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh即可得出甲的密度；
(3)根据甲的密度和水的密度可知：将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器所处的状态，
根据使得乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，可知A、B的体积之比，然后求出A的体积，
由于A放入水中是浸没状态，根据F浮=ρ水gV排=求出A受到浮力。
本题主要考查了阿基米德原理的应用，密度的计算公式及其应用以及压强的计算，难度较大。
18.【答案】解：(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，
由乙图可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，电流表示数为I1，定值电阻R1的功率为P1，调节滑动变阻器至最大阻值的13处时，电流表示数为I2，定值电阻R1的功率为4P1，则I1I2= P1R1 P2R1= P1R1 4P1R1=12；
(2)已知I1=0.04A，则I2=0.08A，
根据欧姆定律可得定值电阻的阻值：R1=U1I2=4V0.08A=50Ω，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U=I1(R1+RP)=I2(R1+13RP)，
代入数据可得0.04A×(50Ω+RP)=0.08A×(50Ω+13RP)，
解方程可得RP=150Ω，
则电源电压U=I1(R1+RP)=0.04A×(50Ω+150Ω)=8V；
(3)并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P=U2R可知需把滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
“10Ω0.4A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的最小电流为IH=URH=8V10Ω=0.8A>0.4A，电路不安全，
“100Ω0.1A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的电流最大时滑动变阻器接入电路的阻值RH′=UI′=8V0.1A=80Ω<100Ω，
故选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得此时通过定值电阻的电流I1′=UR1=8V50Ω=0.16A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则干路电流I=I1′+I′=0.16A+0.1A=0.26A，
电路的最大电功率P=UI=8V×0.26A=2.08W。
答：(1)I1：I2=1：2；
(2)电源电压为8V；
(3)选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，电路总功率最大为2.08W。
【解析】(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，
由乙图可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，电流表示数为I1，定值电阻R1的功率为P1，调节滑动变阻器至最大阻值的13处时，电流表示数为I2，定值电阻R1的功率为4P1，根据P=I2R计算I1I2的值；
(2)已知I1=0.04A，进一步计算I2的值，根据欧姆定律计算定值电阻的阻值，根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，代入数据解方程可得RP，进一步计算电源电压；
(3)并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P=U2R可知需把滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
“10Ω0.4A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的最小电流为IH=URH=8V10Ω=0.8A>0.4A，电路不安全，
“100Ω0.1A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的电流最大时滑动变阻器接入电路的阻值RH′=UI′=8V0.1A=80Ω<100Ω，
故选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算此时通过定值电阻的电流，根据并联电路电流规律计算干路电流，根据P=UI计算电路的最大电功率。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
实验次数
R1/Ω
I/A
第一次
5
0.2
第二次
10
0.1
第三次
25
1. 下列有关物理量的估测，符合实际的是( )
A. 标准篮球场，篮筐高约为1.6m
B. 一把学生用的塑料三角尺质量约为1g
C. 初中生沿楼梯从二楼跑上三楼用时小于12s
D. 冬天为了防寒，可以在羽绒服内穿电热马甲，并将温度设为15℃
2. 寒假里小宁在晨练时观察到以下现象：结冰的湖面上覆盖着薄薄的白雪，公园里的冰雕逐渐变小，回到温暖的室内眼镜片上会有小水珠，对这些现象的分析，下列说法正确的是( )
A. 湖面上的冰是凝华形成的，该过程吸热
B. 白雪是凝固形成的，该过程吸热
C. 冰雕逐渐变小，是升华现象，该过程放热
D. 眼镜片上的小水珠，是液化现象，该过程放热
3. 用电千万条，安全第一条，如图所示是标准住宅户内配电系统方框图，下列说法正确的是( )
A. 只要图中插座的左孔接零线，右孔接火线，插在这个插座上的洗衣机就能安全工作
B. 若闭合所有开关后电灯不亮，空调正常工作，用试电笔分别测试a、b两点，氖管均发光，则故障发生在零线
C. 空气开关①突然跳闸，一定是电路中的总功率过大
D. 如果图中插座左、右两孔的导线直接接触，那么漏电保护器会切断电路
4. 工作人员用背负式喷雾器，对5层教学楼由低至高逐层进行消杀。下列说法正确的是( )
A. 背负式喷雾器的肩带较宽，可以增大肩部所受压强
B. 在2楼进行喷洒消杀的过程中，喷雾器的重力势能不断减小
C. 楼梯间内一边喷洒消杀一边匀速上楼时，喷雾器的动能不变
D. 工作人员乘直梯下楼的过程中，人的机械能总和不变
5. 如图所示，跳绳运动员先微微下蹲，再用力蹬地起跳，在这个过程中，下列分析正确的是( )
A. 运动员用力向下蹬地时，地面对脚掌的作用力是竖直向下的
B. 运动员跳起离地后，仍能向上运动一段距离，是由于受到惯性作用
C. 下落过程中，运动员所受重力的大小不变
D. 下落过程中，地面相对运动员是静止的
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
6. 如图所示是小明设计的滑轮组，利用该滑轮组把2袋小麦从地面匀速提升到4m高的房顶，用时50s，每袋小麦的质量均为10kg，该过程中滑轮组的机械效率为80%，g取10N/kg。下列说法正确的是( )
A. 绳端拉力为125N
B. 动滑轮重力为50N
C. 拉力F的功率为20W
D. 若不通过滑轮A，在O点施加拉力，匀速提升这2袋小麦，滑轮组的机械效率不变
7. 如图所示，小明利用图甲的装置探究凸透镜成像的规律，记录并绘制了物体到凸透镜的距离u与像到凸透镜的距离v之间的关系图象，如图乙所示，下列判断正确的是( )
A. 该凸透镜的焦距为16cm
B. 当u=10cm时，烛焰在光屏上成清晰放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C. 当光屏上成清晰的像时，在靠近凸透镜的左侧放一眼镜片，缓慢向右移动光屏至光具座端点，光屏上不能再次成清晰的像，该眼镜片一定是老花镜
D. 把蜡烛从距凸透镜40cm处移动到12cm处的过程中，物、像之间的距离先变小后变大
8. 如图所示的电路中，电源电压不变，小灯泡L的额定电压为6V，且阻值不随温度变化，滑动变阻器R0的规格为“20Ω 2A”，a、b是电流表、电压表或阻值为6Ω的定值电阻，且不相同。将滑动变阻器R0的滑片置于某位置，当只闭合开关S1，或者只闭合开关S2，或者只闭合开关S1、S3时，灯泡L均正常发光，且电流表示数均为1A。下列说法正确的是( )
A. a一定是电压表，b一定是电流表
B. 闭合开关S2、S3，灯泡正常发光，移动R0的滑片，灯泡亮度不变
C. 只闭合开关S1，调节R0的滑片，R0的最大功率可能为6W或1.5W
D. a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，调节R0的滑片，电路最大电流为2A
三、填空题（本大题共5小题，共14.0分）
9. 如图甲所示，往B管中吹气，可看到A管中的水面上升，这说明在气体中流速越大的位置压强______ (选填“越大”“不变”或“越小”)；乙图是自制压强计，对着管上端吹气，管中水面上升，原因是瓶内气体压强______ (选填“大于”“等于”或“小于”)大气压。
10. 如图所示，小康看到一个电影片段，隔音会议室内有人正在谈话，使杯中的水产生波纹，会议室外的人通过分析水的波纹情况，得知谈话内容。杯中的水产生波纹是因为声音能传递______ ，会议室的隔音门窗是在______ 控制噪声。家中电视机接收到电视节目是利用______ 传递信息。
11. 为了保护视力，环境较暗时，写作业一定要打开台灯，这时我们就可以看到纸笔且不刺眼，是因为纸笔表面发生了______ ，但由于______ ，笔和手总会形成影子，为了避免影子干扰我们写字，当我们用右手写字时，台灯应该放在右手的______ (填“左”或“右”)侧。
12. 甲、乙两车一前一后在高速公路上以90km/h的速度匀速行驶。甲车由于故障停下，乙车司机在观察到甲车停下后，经过0.6s的反应时间后紧急刹车，刹车后乙车向前滑行65m停下，甲、乙两车相距至少为______ m，才能避免两车相撞。由于多次紧急刹车乙车轮胎严重磨损，若继续使用，在载重相同时，再次刹车乙车轮胎与地面之间的滑动摩擦力会______ (选填“增大”或“减小”)；紧急刹车时，汽车轮胎与地面间的摩擦使轮胎温度升高，这是通过______ (选填“做功”或“热传递”)的方式增大了轮胎的内能。
13. 太阳能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源，太阳能热水器经过一天的太阳光照射，可以将120kg的水从20℃加热至70℃，水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，这个过程中水吸收的热量为______ J；若用效率为84%的电热水器加热这些水，只将该电热水器接入家庭电路，则电能表的转盘转过______ r。[电能表参数为1200r/(kW⋅h)]
四、实验探究题（本大题共3小题，共17.0分）
14. 如图所示，同学们在学习“电与磁”时，进行了如下探究：
(1)如图甲所示，闭合开关，电磁铁的下端是______ (选填“N”或“S”)极，保持铁钉上线圈的匝数不变，将滑动变阻器的滑片向左调节，观察到电磁铁吸引更多的铁针，从实验现象可以得出：线圈匝数一定时，
______ 。
(2)超市的商品上贴有软磁条，未消磁的磁条经过防盗报警器时，会有电流产生发出警报，该过程的原理与图______ (选填“乙”或“丙”)相同。
(3)小明从乙、丙实验中各取出一部分，设计并连接成图丁，水平移动ab，观察到cd并没有运动，为了让cd运动，以下改进不合理的是______ (选填序号)。
A.竖直移动ab
B.换磁性更强的磁体
C.加快水平移动ab的速度
15. 为测量酱油的密度，小明用天平和量筒做了如下实验：
(1)把天平放在水平台上，并将游码归零后，发现指针位置如图甲所示，则为使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母适当向______ (选填“右”或“左”)侧调节。
(2)烧杯中倒入适量的酱油，测出烧杯和酱油的总质量如图乙所示；将烧杯中的部分酱油倒入量筒中，如图丙所示；再用天平测出剩余酱油和烧杯的总质量为40g，则倒入量筒中酱油的质量为______ g，酱油的密度为______ kg/m3。
(3)小明在实验时发现，酱油倒入量筒时，量筒壁和烧杯壁上都沾上了部分酱油，______ (选填“量筒壁”“烧杯壁”或“量筒壁和烧杯壁”)所沾酱油会影响测量的酱油密度。
【拓展】学习了浮力的知识后，小明又和同学用一根粗细均匀的饮料吸管制成了一个简易密度计测量酱油的密度；在吸管一端塞入适量的金属丝，并用石蜡将口封紧，然后分别将吸管竖直放在水和酱油中，静止后情景如图丁、戊所示。用刻度尺测出吸管浸入水和酱油中的长度分别为H、h。则酱油密度的表达式为ρ酱油= ______ (用H、h、ρ水表示)；使用时发现，H与h数值比较接近，为增大这两个数值差距，可行的改进方案是______ 。(写出一条即可)
16. 在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小明准备了阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、25Ω、50Ω的定值电阻各一个，电压可调的电源，滑动变阻器，电流表，电压表，开关和导线若干，并设计如图甲所示的电路。
(1)根据图甲，在图乙中用笔画线代替导线，将电路连接完整。
(2)连接好电路后，闭合开关，发现电表均无示数，将电压表并联至滑动变阻器两端时，电压表有示数，说明电路故障为______ ，此时电流表______ (选填“有示数”或“无示数”)。
(3)小明及时调整实验方案，保持电源电压不变，用准备的定值电阻更换R1后，再从剩余的定值电阻中选取阻值合适的定值电阻代替滑动变阻器，使电压表示数______ (选填“保持不变”或“改变”)，完成实验，数据记入如表，第三次电流表示数如图丙所示，为______ A，根据数据得出结论______ 。
【拓展】若上述(3)中的电源电压选用的值较大，可能会烧坏电表。若电路中电流表、电压表量程不变，在保证电路安全的情况下，能够完成第(3)问中三次实验的最大电源电压为______ V。
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
17. 如图所示，质量均匀的正方体甲，其棱长为9cm，对地面压强为1800Pa，棱长为10cm的正方体容器乙内装有6cm深的水。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
(1)求甲对地面的压力；
(2)求甲的密度；
(3)若将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器，使得乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，求A在乙容器中所受浮力的大小。
18. 如图甲所示，定值电阻R1与滑动变阻器RP串联，滑动变阻器调至阻值最大处，闭合开关，电流表示数I1为0.04A；调节滑动变阻器至最大阻值的13处，电压表示数为4V，电流表示数I2已经达到滑动变阻器允许通过的最大电流。该过程中定值电阻R1的功率P与电路中电流I的关系如图乙所示。求：
(1)I1：I2；
(2)电源电压；
(3)拆除滑动变阻器RP，从规格分别为“10Ω 0.4A”、“100Ω 0.1A”的滑动变阻器中选择其中之一，以及若干导线连入电路，如何连接电路总功率最大，最大值是多少。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.标准篮球场，篮筐高约为3m，故A不符合实际；
B.一把学生用的塑料三角尺质量约为5g，故B不符合实际；
C.初中生沿楼梯从二楼跑上三楼用时小于12s，故C符合实际；
D.因为人体正常体温约37℃，电热马甲温度设为15℃时，其将无法工作，故D不符合实际。
故选：C。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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。
对日常生活中的速度、质量、长度、时间等进行准确的估测，是初中学生需要掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
2.【答案】D
【解析】解：A、湖面上的冰是凝固形成的，该过程放热，故A错误；
B、白雪是凝华形成的，该过程放热，故B错误；
C、冰雕逐渐变小，是升华现象，该过程吸热，故C错误；
D、眼镜片上的小水珠，是液化现象，该过程放热，故D正确。
故选：D。
(1)凝华指物质由气态直接转变成固态，凝华要放热；
(2)升华指物质由固态直接转变成气态，升华要吸热；
(3)液化指物质由气态转变液态，液化要放热。
本题考查了凝固、凝华、升华和液化，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、洗衣机在使用时，外壳要接地线，所以应使用三孔插座才安全，故A错误；
B、由题意知，空调正常工作，用试电笔分别测试a、b两点，氖管均发光，说明火线是正常的；又知道电灯不亮，说明问题在零线上，且可能是空调与a之间的零线断路的，故B正确；
C、空气开关①突然跳闸，可能是电路中的总功率过大，也可能是发生了短路，故C错误；
D、如果图中插座左、右两孔的导线直接接触，那么空气开关会跳闸，但漏电保护器不会切断电路，故D错误。
故选：B。
(1)有金属外壳的用电器，其外壳要接地；
(2)根据空调能工作，测试a、b两点，氖管均发光，可判断出火线没问题，再进一步分析零线的问题出在哪里；
(3)电路短路或总功率过大，电路中电流过大，当电路中的电流过大时，保险丝熔断或空气开关自动断开；
(4)漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多时，自动切断电路。
本题主要考查了对家庭电路的连接、故障判断、各元件的原理与作用等的理解，有一定综合性。
4.【答案】B
【解析】解：
A、背带较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A错误；
B、在2楼进行喷洒消杀的过程中，喷雾器的质量不变，高度不变，重力势能不断减小，故B正确；
C、楼梯间内一边喷洒消杀一边匀速上楼时，喷雾器的质量变小，速度不变，动能变小，故C错误；
D、工作人员乘直梯下楼的过程中，人的质量不变，速度不变，动能不变，高度变小，重力势能变小，所以机械能总和变小，故D错误。
故选：B。
(1)减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积；
(2)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，弹性势能的大小与物体弹性形变的程度有关，机械能为动能、势能的和。
本题考查了减小压强的方法、动能和重力势能的变化、机械能的变化，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A、力的作用是相互的，运动员用力向下蹬地时，地面对运动员脚掌有向上的作用力，故A错误；
B、运动员跳起离地后，由于惯性仍能向上运动一段距离，不是受到惯性作用，故B错误；
C、运动员所受重力为：G=mg，由于物体的质量m是一种属性，不发生变化，g=9.8N/kg；故重力的大小不变，故C正确；
D、若以运动员为参照物，地面相对于运动员的位置是变化的，地面是向上运动的，故D错误。
故选：C。
(1)力的作用是相互的，作用力和反作用力大小相等、方向相反，在同一条直线上；
(2)掌握惯性的知识，惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质；
(3)地球附近的物体都受到地球的吸引--由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力，重力的方向是竖直向下的，即指向地心；物体的重力G与质量m成正比，G=mg；
(4)看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
此题考查力的作用的相互性、惯性、重力以及判断运动与静止，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
6.【答案】AC
【解析】解：A、2袋小麦的重力：G=mg=2×10kg×10N/kg=200N，
拉力做的有用功：W有=Gh=200N×4m=800J，
由η=W有W总×100%可知，拉力做的总功：W总=W有η=800J80%=1000J，
由图可知n=2，则绳子自由端移动的距离：s=nh=2×4m=8m，
由W总=Fs可知绳端的拉力：F=W总s=1000J8m=125N，故A正确；
B、若不计绳重和摩擦，由F=1n(G+G动)可知，动滑轮的重力：G动=nF−G=2×125N−200N=50N，
但题中未说明不计绳重和摩擦，因此无法求出动滑轮的重力，故B错误；
C、拉力F的功率：P=W总t=1000J50s=20W，故C正确；
D、若不通过滑轮A，在O点施加拉力，此时少克服A滑轮处的摩擦力做额外功，即额外功减小，总功减小，有用功在总功中所占的比例增大，因此不通过滑轮A，在O点施加拉力比通过滑轮A时的机械效率要高，故D错误。
故选：AC。
(1)根据G=mg求出2袋小麦的重力，利用W有=Gh求出有用功，利用η=W有W总×100%求出拉力做的总功，由图可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh，利用W总=Fs求出绳端的拉力；
(2)若不计绳重和摩擦时，利用F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力，再结合题目实际分析动滑轮的重力；
(3)利用P=W总t求出拉力F做功的功率；
(4)比较通过滑轮A与不通过滑轮A，在O点施加拉力时绳子与滑轮间摩擦力的变化情况，可知额外功的变化情况，据此分析滑轮组机械效率的变化情况。
本题考查了使用滑轮组时绳子自由端拉力、功、功率和机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
7.【答案】BD
【解析】解：A、由图乙可知，u=v=16cm，根据u=v=2f，成倒立等大的实像，即2f=16cm，所以该凸透镜的焦距为f=8cm，故A错误；
B、当u=10cm时，此时2f>u>f，成倒立、放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的，故B正确；
C、当光屏上成清晰的像时，在靠近凸透镜的左侧放一眼镜片，缓慢向右移动光屏至光具座端点，光屏上不能再次成清晰的像，可能因该镜片对光线发散作用太强，像距太大，超过光具座的长度，所以该镜片可能是凹透镜，即近视眼镜，故C错误；
D、物体从距凸透镜40cm处移动到12cm处的过程中，物距始终大于焦距，成实像，此时物距减小，像距增大，当u=v=2f=16cm时，此时像与物体之间的距离是最小的，所以物像之间的距离先变小后变大，故D正确。
故选：BD。
(1)根据u=v=2f，成倒立等大的实像，据此确定凸透镜的焦距；
(2)根据2f>u>f，成倒立、放大的实像，投影仪就是根据这一原理制成的；
(3)近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；
(4)当物距大于焦距时，凸透镜成实像。凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
8.【答案】BC
【解析】解：A、当只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，电流表测电路中的电流；
只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，电流表测电路中的电流，根据灯泡L正常发光可知b不可能是电压表；
只闭合开关S1、S3时，灯泡L与a并联后再与滑动变阻器R0串联，电流表测干路中的电流，根据灯泡L正常发光可知a不可能是电流表，由于三次电流表的示数均为1A，由并联电路的电流特点可知，a不可能是定值电阻，因此a一定是电压表，b可能是电流表，也可能是6Ω的定值电阻，故A错误；
B、闭合开关S2、S3，灯泡L与b串联后与滑动变阻器R0和a串联后的电路并联，此时灯泡L所在支路的连接方式与只闭合开关S2时的连接方式相同，此时灯泡L仍然能正常发光，由并联电路的特点可知，移动R0的滑片，灯泡L所在的支路不受影响，因此灯泡L的亮度不变，故B正确；
C、只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，由此时灯泡L正常发光可知，灯泡L两端的电压为6V，由欧姆定律可知，灯泡L的电阻：RL=ULI=6V1A=6Ω，
当b为电流表时，此时的电路为灯泡L的简单电路，则电源电压：U=UL=6V，
当b为6Ω的定值电阻时，灯泡L与6Ω的定值电阻串联，则电源电压：U′=UR+UL=IR+UL=1A×6Ω+6V=12V，
只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，
滑动变阻器消耗的电功率：P=I2R0=(URL+R)2R0=U2(R0+R0)2R0=U2(RL−R0)2+4RLR0R0=U2(RL−R0)2R0+4RL，
所以，当R0=RL=6Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大；
当电源电压U=6V时，滑动变阻器消耗电功率的最大值：P0最大=U24RL=(6V)24×6Ω=1.5W，
当电源电压U′=12V时，滑动变阻器消耗电功率的最大值：P0最大′=U′24RL=(12V)24×6Ω=6W，故C正确；
D、因为灯泡L的额定电压为6V，所以电压表的量程为0～15V，
因为三次电路中的电流为1A，所以电流表的量程为0～3A，
a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，灯泡L与电压表串联后与滑动变阻器R0和b串联后的电路并联，
由于电流表的量程为0～3A，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，由串联电路的电流特点可知，滑动变阻器所在支路允许的最大电流为2A，
当电源电压U=6V时，电路中的最大电流：I最大=UR=6V6Ω=1A，
当电源电压U′=12V时，电路中的最大电流：I最大′=U′R=12V6Ω=2A，
由于电压表在电路中相当于断路，因此通过灯泡L的电流为零，
因此电路中的最大电流可能为1A或2A，故D错误。
故选：BC。
(1)当只闭合开关S1时，灯泡L与滑动变阻器R0串联，电流表测电路中的电流；只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，电流表测电路中的电流，根据灯泡L正常发光可知b不可能是电压表；只闭合开关S1、S3时，灯泡L与a并联后再与滑动变阻器R0串联，电流表测干路中的电流，根据灯泡L正常发光可知a不可能是电流表，再根据三次电流表的示数均为1A，可知a不可能是定值电阻，进而确定a的元件类型，进一步确定b的元件类型；
(2)闭合开关S2、S3，灯泡L与b串联后与滑动变阻器R0和a串联后的电路并联，根据并联电路的特点可知，移动R0的滑片，灯泡亮度的变化；
(3)只闭合开关S2时，灯泡L与b串联，根据灯泡L正常发光可知灯泡L两端的电压，根据欧姆定律求出灯丝的电阻；根据b的元件类型利用欧姆定律和串联电路的电压特点求出可能的电源电压，根据P=I2R0=(URL+R0)2R0表示出滑动变阻器消耗的电功率，利用数学知识求出滑动变阻器的最大功率；
(4)根据灯泡L的额定电压可知电压表的量程，根据电流表的示数可知电流表的量程，a、b位置互换，各表量程不变，闭合开关S2、S3，灯泡L与电压表串联后与滑动变阻器R0和b串联后的电路并联，根据电压表在电路中相当于断路分析通过灯泡L的电流，根据滑动变阻器允许通过的电流和电流表的量程结合串联电路的电流特点求出电路中的最大电流。
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，综合性强，难度较大。
9.【答案】越小 大于
【解析】解：往B管中吹气，可以看到A管中的水面上升，原因是：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速变大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，所以A管水上升；
从管子上端吹入少量气体，瓶内的气压等于大气压加上细管内水柱产生的压强，故瓶内气压大于瓶外大气压。
故答案为：越小；大于。
流体压强和流速的关系：流体流速大的位置压强小；根据水面高度的变化分析瓶内气压与大气压的大小关系。
本题考查了流体压强与流速的关系、大气压，属于基础题。
10.【答案】信息 传播过程中 电磁波
【解析】解：人通过分析水的波纹情况，得知谈话内容是因为声音能传递信息；会议室的隔音门窗是在传播过程中减弱噪声；家中电视机接收到电视节目是利用电磁波传递信息。
故答案为：信息；传播过程中；电磁波。
声音能传递信息；控制噪声的方法：在声源处，在传播过程中和在人耳处；电磁波的传播不需要介质。
本题考查了电磁波和声音的有关知识，属于基础题。
11.【答案】漫反射 光的直线传播 左
【解析】解：写作业时打开台灯，这时我们看到纸笔且不刺眼，是因为光在纸笔表面上发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故，但由于光的直线传播，笔和手总会形成影子，我们用右手写字，调整台灯的方位，把台灯放右手的左侧，影子在右侧，这样就避免影子干扰我们写字。
故答案为：漫反射；光的直线传播；左。
(1)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
(2)光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。
本题考查了光的直线传播、漫反射在生活中的应用，熟练掌握基础知识，做到活学活用。
12.【答案】80 减小 做功
【解析】解：(1)乙车的速度：v=90km/h=25m/s，
乙车在反应时间内行驶的路程：s1=vt=25m/s×0.6s=15m，
甲、乙两车至少相距：s=s1+s2=15m+65m=80m；
(2)当轮胎严重磨损时，轮胎与地面的接触面的粗糙程度减小，当压力一定时，轮胎与地面之间的滑动摩擦力会减小；
(3)紧急刹车时，汽车轮胎与地面间的摩擦，把机械能转化为内能，使轮胎的内能增加，温度升高，这是通过做功的方式增大轮胎的内能。
故答案为：80；减小；做功。
(1)根据速度公式求出乙车司机反应时间内行驶的路程，加上刹车后滑行的路程，即为甲、乙两车至少相距的距离；
(2)滑动摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
(3)做功和热传递都可以改变物体的内能。
本题考查速度公式的应用、滑动摩擦力大小的影响因素以及改变物体内能的方式，是一道综合题，难度不大。
13.【答案】可再生 2.52×107 10000
【解析】解：太阳能属于可再生能源。
水吸收的热量为：Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×120kg×(70℃−20℃)=2.52×107J；
根据效率公式得到需要消耗的电能为：W=Q吸η=2.52×107J84%=3×107J；
只将该电热水器接入家庭电路，则电能表的转盘转过的圈数为：n=1200r3.6×106J×3×107J=10000r。
故答案为：可再生；2.52×107；10000。
(1)能够短期内从自然界中得到补充的一次能源叫可再生能源。
(2)根据吸热公式进行计算。
(3)根据效率公式和电能表的参数进行计算。
本题主要考查了能源的分类和热量的计算；会根据电能表的基本参数进行简单的计算。
14.【答案】N 电流强度越大，电磁铁的磁性越强 丙 A
【解析】解：(1)由安培定则可知，电磁铁的下端是N极，上端是S极；
将滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器连入电路的电阻值变小，电源电压不变，电路电流变大，电磁铁的磁性变强，观察到电磁铁吸引更多的铁针，从实验现象可以得出：线圈匝数一定时，电流强度越大，电磁铁的磁性越强；
(2)由题意可知，防盗报警器的原理是电磁感应，图乙是探究通电导体在磁场受力运动，图丙是探究电磁感应现象的装置，所以该过程的原理与图丙相同；
(3)由图丁可知，闭合开关，将导体ab水平移动，此时相当于闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，此装置中的cd相当于放入磁场中的通电导体，通电导体在磁场中受力运动；
观察到cd并没有运动，可能是电路中电流强度较弱或磁铁的磁性较弱。
A、竖直移动ab，ab不能切割磁感线，不能产生感应电流，故A不符合题意；
B、换磁性更强的磁体可以增大感应电流的强度，或增大导体cd受到的磁力，故B符合题意；
C、加快水平移动ab的速度可以增大感应电流的强度，故C符合题意。
故选：A。
故答案为：(1)N；电流强度越大，电磁铁的磁性越强；(2)丙；(3)A。
(1)由安培定则可确定电磁铁的NS极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关，电磁铁磁性强弱不能直接看出，而是通过转换法，根据吸引大头针的多少来反映电磁铁磁性强弱；
(2)防盗报警器上的检测头有电流产生，说明是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动而产生电流，是电磁感应现象；
(3)根据电磁感应的条件和通电导体在磁场受力运动的影响因素分析。
本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素、电磁感应、通电导体在磁场受力运动，属于典型题。
15.【答案】左 42.4 1.06×103 量筒壁 Hhρ水 用更细的吸管
【解析】解：(1)由图甲知，指针偏右，则应向左移动平衡螺母；
(2)酱油和烧杯的总质量：m2=50g+20g+10g+2.4g=82.4g，
杯中酱油的质量：m=m2−m1=82.4g−40g=42.4g，
由图知，量筒中酱油的体积：V=40mL=40cm3，
则酱油的密度：
ρ=mV=42.4g40cm3=1.06g/cm3=1.06×103kg/m3。
(3)量筒壁粘有酱油，导致测量的酱油的体积偏小，而质量测量准确，由公式ρ=mV知密度测量结果偏大；
烧杯壁沾上了部分酱油，沾在壁上的酱油已经包含在剩余酱油和烧杯质量里，不会造成质量和体积有误差，所以密度测量值不变；
【拓展】设吸管的底面积为S，由于吸管在图−1和图−2中均漂浮，所以F浮=G，则在水和酱油中受到的浮力相等，根据物体浮沉条件可知，F浮水=F浮酱油，即ρ水gSH=ρ酱油gSh，则有ρ酱油=Hhρ水；
因为吸管是漂浮在液体中，所受浮力等于本身的重力，由G=F浮=ρgV排=ρgS吸管h可知，吸管浸入液体中的深度：h=Gρ液gS吸管，所以当ρ液一定时，可适当增大配重，或用更细的吸管，来增大相邻刻度线之间的距离。
故答案为：(1)左；(2)42.4；1.06×103；(3)量筒壁；【拓展】Hhρ水；用更细的吸管。
(1)天平使用前调节平衡时，要调节平衡螺母，规则是“右偏左调，左偏右调”，即指针向右偏就向左调平衡螺母，指针向左偏就向右调平衡螺母；
(2)天平称量物体时，天平平衡后，左盘物体的质量=右盘砝码的总质量+游码在标尺上所对的刻度值；
读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；
已知烧杯和酱油的质量，剩余烧杯和酱油质量，可以得到烧杯中酱油的质量；已知酱油的质量和体积，利用公式ρ=mV得到酱油的密度；
(3)量筒壁沾上了部分酱油影响体积的测量，导致体积测量偏小；
烧杯壁沾上了部分酱油，沾在壁上的酱油已经包含在剩余酱油和烧杯质量里，不会造成质量和体积的测量；
【拓展】从图−1和图−2中可以看出，吸管在水和酱油中，浸入的深度不同，但都漂浮，所以浮力相等，都等于自身的重力，根据公式F浮=ρgV排得出h与ρ水、ρ酱油，及H的关系式；
为了使测量结果更准确，使密度计上两条刻度线之间的距离大一些，推导出h的表达式，再进行判断即可。
对于测量密度时分析测量值的偏大或偏小问题，对质量和体积都要进行分析，分析质量和体积，谁是测量准确的，谁是测量误差较大的，避免误差较大的即可；还考查了阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，难点是将阿基米德原理和物体的浮沉条件结合起来使用。
16.【答案】滑动变阻器断路 无示数 保持不变 0.04 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 3
【解析】解：(1)在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中，如下图所示：
；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；在开关闭合状态下，将电压表并联至滑动变阻器两端时，电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障为滑动变阻器断路，此时电流表无示数；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，故用准备的定值电阻更换R1后，再从剩余的定值电阻中选取阻值合适的定值电阻代替滑动变阻器，使电压表示数保持不变；
由图乙可知，电流表选用小量程；第三次电流表示数如图丙所示，电流表分度值0.02A，其示数为0.04A；
由表中数据可知，电流与电阻的乘积UV=IR=0.2A×5Ω=0.1A×10Ω=0.04A×25Ω=1V，为一定值，故得出结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
【拓展】在探究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压一定，由于电源电压一定，故滑动变阻器两端电压也一定，定值电阻换大后滑动变阻器的阻值相应也要变大，
当定值电阻的阻值最大，滑动变阻器的阻值也取最大值时，电源电压取最大值，
由于本题用合适的定值电阻代替滑动变阻器，故应用最大的定值电阻替代滑动变阻器；
根据串联电路中导体两端电压与导体电阻成正比得：
UvU大=R定R大，即1VU大=25Ω50Ω，
所以U大=2V，
故电源电压的最大值：U电源=UV+U大=1V+2V=3V。
故答案为：(1)见解答图；(2)滑动变阻器断路；无示数；(3)0.04；当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；【拓展】3。
(1)在探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
(2)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；如果电压有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路或电路中无电源，据此判断故障所在；
(3)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变；
根据图乙确定电流表选用的量程，由图丙确定分度值读数；
根据电流与电阻的乘积为一定值分析得出结论；
【拓展】实验中控制电阻两端的电压要保持1V不变，由于电源电压一定，故滑动变阻器两端电压也一定，定值电阻换大后滑动变阻器的阻值相应也要变大，当定值电阻的阻值最大，滑动变阻器的阻值也取最大值时，电源电压取最大值；由于本题用合适的定值电阻代替滑动变阻器，故应用最大的定值电阻替代滑动变阻器；根据串联电路中导体两端电压与导体电阻成正比求出最大的定值电阻分得的电压，根据串联电路的电压规律得出电源电压的最大值。
本题探究“通过导体的电流与电阻的关系”实验，考查了电路连接、故障分析、电流表读数、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用。
17.【答案】解：(1)正方体甲平放在地面上时，受力面积S甲=L甲2=(9cm)2=81cm2=8.1×10−3m3，
根据p=FS可得甲对地面的压力：F甲=p甲S甲=1800Pa×8.1×10−3m3=14.58N，
(2)由于甲是正方体，平放在地面上，则h甲=L甲=9cm=0.09m，
根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得甲的密度：ρ甲=p甲gh甲=1800Pa10N/kg×0.09m=2×103kg/m3；
(3)由于ρ甲=2×103kg/m3>ρ水=1.0×103kg/m3，
则将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器会下沉在容器底部，
已知乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，
则根据p=ρgh可知：ΔhA：ΔhB=1：2，
根据V排=SΔh可知：VA排：VB排=1：2，
假设AB都是浸没状态，则：VA=VA排，VB=VB排，
因VA+VB=V甲，并且是将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，
所以，hA：hB=1：2，
因hA+hB=h甲，并且h甲=L甲=9cm，
则：hA=3cm，hB=6cm
由于正方体容器乙内装有6cm深的水，则hA
则A排开水的体积：VA排=S甲hA=81cm2×3cm=243cm3=2.43×10−4m3，
A在乙容器中所受浮力的大小：FA浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×2.43×10−4m3=2.43N。
答：(1)物体A的密度0.9×103kg/m3；
(2)将物体A轻轻放入甲容器中静止时，两容器内的液面刚好相平，水面上升的高度为0.04m；
(3)将物体A取出擦干，轻轻放入乙容器中，物体下沉，物体A最终对容器底部的压强100Pa。
【解析】(1)正方体甲平放在地面上时，求出受力面积，利用p=FS求出压力，
(2)由于甲是正方体，平放在地面上，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh即可得出甲的密度；
(3)根据甲的密度和水的密度可知：将正方体甲沿虚线分成A、B两部分，A、B分别水平放入乙容器所处的状态，
根据使得乙容器中水对容器底部压强的增加量之比为1：2，可知A、B的体积之比，然后求出A的体积，
由于A放入水中是浸没状态，根据F浮=ρ水gV排=求出A受到浮力。
本题主要考查了阿基米德原理的应用，密度的计算公式及其应用以及压强的计算，难度较大。
18.【答案】解：(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，
由乙图可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，电流表示数为I1，定值电阻R1的功率为P1，调节滑动变阻器至最大阻值的13处时，电流表示数为I2，定值电阻R1的功率为4P1，则I1I2= P1R1 P2R1= P1R1 4P1R1=12；
(2)已知I1=0.04A，则I2=0.08A，
根据欧姆定律可得定值电阻的阻值：R1=U1I2=4V0.08A=50Ω，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U=I1(R1+RP)=I2(R1+13RP)，
代入数据可得0.04A×(50Ω+RP)=0.08A×(50Ω+13RP)，
解方程可得RP=150Ω，
则电源电压U=I1(R1+RP)=0.04A×(50Ω+150Ω)=8V；
(3)并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P=U2R可知需把滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
“10Ω0.4A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的最小电流为IH=URH=8V10Ω=0.8A>0.4A，电路不安全，
“100Ω0.1A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的电流最大时滑动变阻器接入电路的阻值RH′=UI′=8V0.1A=80Ω<100Ω，
故选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得此时通过定值电阻的电流I1′=UR1=8V50Ω=0.16A，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，则干路电流I=I1′+I′=0.16A+0.1A=0.26A，
电路的最大电功率P=UI=8V×0.26A=2.08W。
答：(1)I1：I2=1：2；
(2)电源电压为8V；
(3)选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，电路总功率最大为2.08W。
【解析】(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，
由乙图可知滑动变阻器接入电路最大阻值时，电流表示数为I1，定值电阻R1的功率为P1，调节滑动变阻器至最大阻值的13处时，电流表示数为I2，定值电阻R1的功率为4P1，根据P=I2R计算I1I2的值；
(2)已知I1=0.04A，进一步计算I2的值，根据欧姆定律计算定值电阻的阻值，根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，代入数据解方程可得RP，进一步计算电源电压；
(3)并联电路总电阻小于任一分电阻，根据P=U2R可知需把滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
“10Ω0.4A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的最小电流为IH=URH=8V10Ω=0.8A>0.4A，电路不安全，
“100Ω0.1A”的滑动变阻器接入电路时，通过滑动变阻器的电流最大时滑动变阻器接入电路的阻值RH′=UI′=8V0.1A=80Ω<100Ω，
故选择“100Ω 0.1A”的滑动变阻器与定值电阻并联接入电路，
根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算此时通过定值电阻的电流，根据并联电路电流规律计算干路电流，根据P=UI计算电路的最大电功率。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
实验次数
R1/Ω
I/A
第一次
5
0.2
第二次
10
0.1
第三次
25
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