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2023年辽宁省丹东二十九中中考物理模拟试卷（三）（含解析）
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2023年辽宁省丹东二十九中中考物理模拟试卷（三）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 根据所学的物理知识和生活经验，你认为下列数据最接近实际的是( )
A. 家中餐桌的高度大约是1.2m
B. 洗澡水适宜的温度大约是60℃
C. 校门口对汽车的限制速度是不超过30km/h
D. 手机电池的电压是不高于36V
2. 广场舞是中老年人非常喜欢的一种健身活动，但是跳广场舞时播放的音乐会给周边休息的居民造成一定的影响。为了使双方的利益都得到尊重，下列做法有效合理的是( )
A. 周边的居民都戴上防噪声耳罩 B. 跳舞的中老年人把音响的音量调小一些
C. 禁止进行广场舞活动 D. 周边的居民楼内安装噪声监测仪
3. 如图是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图象，下列说法正确的是( )
A. 在t=5min时，该物质处于固液共存状态
B. 在BC段，该物质由固态慢慢变软、变稠、变稀
C. 该物质凝固过程持续了5min
D. 该物质可能是石蜡
4. 如图所示，用手机扫描二维码，相当于给二维码拍了张照片，手机的摄像头相当于凸透镜，影像传感器相当于光屏，下列说法正确的是( )
A. 物体上的二维码就是光源
B. 扫码时二维码要位于摄像头的一倍焦距和二倍焦距之间
C. 影像传感器上成的是正立的实像的
D. 要使屏幕上的二维码的像更小一点，只需将二维码远离摄像头
5. 关于q=Qm的理解，下列说法中正确的是( )
A. 热值与燃料完全燃烧放出的热量成正比，与燃料质量成反比
B. 若燃料不完全燃烧，部分能源将被浪费掉，热值将减小
C. 当燃料未燃烧时，其热值为零
D. 某种燃料的热值大小与燃料的质量、燃烧是否充分均无关
6. 2021年4月19日，“机智号”电动直升机在火星地表首飞成功，如图所示。在匀速上升、空中悬停、匀速下降阶段，“机智号”旋翼受到的升力分别为F1、F2、F3不计机体受到的火星气体的阻力，则( )
A. F1>F2>F3
B. F1
D. F1=F2=F3
7. 利用如图所示的滑轮组在10秒内将重物A沿水平方向移动了2米，已知物体A的重力为500N，拉力F为40N，滑轮组的效率为75%，下列说法正确的是( )
A. 物体A受到的滑动摩擦力为120N
B. 物体A在移动的过程中重力做的功为1000J
C. 物体A所受的滑动摩擦力做功的功率是18W
D. 拉力F做的功为160J
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
8. 如图，放在水平桌面上的两个相同的容器，分别盛有甲、乙两种不同的液体，现将两个完全相同的木块放入容器中，当木块静止时两容器中的液面相平。下列判断正确的是( )
A. 木块受到的浮力一样大
B. 甲液体中的木块下表面受到的压力更大
C. 放入木块后，甲液体对容器底的压强更大
D. 放入木块后，盛甲液体的容器对桌面的压强较小
9. 关于家庭电路，下列说法正确的是( )
A. 家庭电路中保险丝熔断的原因可能就是电路发生了短路
B. 控制用电器的开关应该接在火线与该用电器之间
C. 使用试电笔时手不要接触笔尖金属体，以免触电
D. 电能表示测量用电器消耗电功率的仪表
10. A、B两只灯泡的额定电压均为6V，通过它们的电流随两端电压的变化关系如图所示，下列选项正确的是( )
A. 两盏灯的电阻均随灯泡两端的电压的增大而增大
B. 将两只灯泡并联在3V的电源两端，A、B两灯的实际功率之比是2：1
C. 将两灯串联在某电源两端，是B灯恰好正常发光，电源电压为8V
D. 将一个5欧的电阻与B灯串联在6V的电源两端，该电阻消耗的功率为0.8W
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共10小题，共22.0分）
11. PM2.5指的是直径不大于2.5μm的颗粒物，2.5μm约合为______m，大气中PM2.5的运动______(选填“属于”或“不属于”)分子无规则运动。
12. 如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P至某位置时，电流表的示数为I1，移动滑动变阻器的滑片P到另一个位置时电流表的示数为I2，电压表的示数为1V，若I1：I2=4：3，前后两次滑动变阻器的阻值之比是2：3。则电源电压是______ V，前后两次滑动变阻器的电功率之比是______ 。
13. 如图所示，小明找到两个焦距不同的放大镜模拟望远镜观察远处的物体，其中较远的放大镜的功能与是使远处物体在焦点附近成______(选填“虚像”或“实像”)，较近的放大镜的作用是将该像______(选填“放大”或“缩小”)。
14. 小萱手握如图所示的两张纸，让纸自由下垂，在两张纸的中间向下吹气，两张纸会______(选填“靠拢”或“远离”)。产生此现象的主要原因是：在流体中，流速大的位置，______。
15. 如图甲所示电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图像。则滑动变阻器的最大阻值是______Ω，定值电阻R0消耗的最大电功率是______W。
16. “指南针”是我国古代四大发明之一，利用指南针能辨别方向，是因为指南针受到了______的作用，它的南极指向地理的______方。
17. 2021年2月10日，我国首次火星探测任务成功实现“绕、着、巡”目标的第一步——“天问一号”探测器环绕火星成功。火星探测器与地球之间通过______(选填“超声波”或“电磁波”)实现联系；在发射过程中，火箭携带“天问一号”探测器加速升空，探测器的机械能______(选填“增加”、“减少”或“不变”)。
18. 微波炉已进入千家万户，微波属于______(选填“声波”“电磁波”或“红外线”)，微波炉使用的能源是______(选填“一次”或“二次”)能源。
19. 如图甲所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，如图乙为其截面图。做好后如图丙所示，将该罐子从斜面A点由静止释放，滚到水平面D点停止，然后返回，自行滚上斜面的B点停止后又滚下斜面……如此往返，最后停在水平面上。橡皮筋在______点(选填字母)的弹性势能最大；若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子______(选填“可能”或“不能”)返回滚上斜面；第一次返回斜面，向上滚动的过程中，罐子整体在C点时的机械能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)在B点时的机械能。
20. 如图，小明将一个重为3N的小车从斜面底端匀速拉到斜面顶端，沿斜面向上的拉力为1.25N。小车沿斜面移动的距离s=1.6m，上升的高度h=0.6m。则小明对小车做的有用功是______J，小车与斜面之间的摩擦力为______N，斜面的机械效率是______。
四、作图题（本大题共3小题，共9.0分）
21. 如图所示，重力不计的杠杆OAB，可绕O点在竖直平面内转动。请在图中画出使杠杆保持平衡的最小动力F和物体受到的重力的示意图。
22. 如图甲是电位器的示意图，滑片P可随转动旋钮改变其在电阻丝上的位置，从而改变接入电路中的阻值大小。请将该电位器连入乙图中，要求顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗。
23. 如图甲所示，是游客在水族馆游览的情境。若用点S表示水中鱼的位置，用点S′表示人在A处看到鱼的像的位置，请在图乙中画出人眼在A处看到水中鱼的光路图。
五、实验探究题（本大题共6小题，共39.0分）
24. 小明想测量盐水和石块的密度，于是他和小华在老师的指导下利用两套装置做了实验探究，小明和小华讨论后分别设计了如下方案，请将内容补充完整。
(一)小明使用天平，量筒等实验器材测量盐水的密度。(水的密度是ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)小明将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的______ 处，此时指针指在分度盘上的位置如图甲所示，他应将平衡螺母向______ 移动，使天平平衡。
(2)将质量为32g的烧杯放在天平的左盘上，取适量的食盐倒入烧杯中，向右盘中加减砝码并调节游码直到天平再次平衡，如图乙所示，则食盐的质量是______ g。
(3)用量筒量取适量水的体积如图丙所示，然后将烧杯中的食盐全部倒入量筒中，待食盐全部溶解并搅拌；均匀后的体积如图丁所示，则盐水的体积是______ cm3，配置的盐水的密度是______ kg/m3。
(二)小华则使用弹簧测力计、水、烧杯、细线等实验器材测量小石块和盐水的密度。
(1)小华使用弹簧测力计测出小石块在空气中的重力为G。
(2)用弹簧测力计悬挂着小石块，将其浸没在盛水的烧杯中(小石块不接触烧杯底和烧杯壁)，此时弹簧测力计的示数为F1。
(3)小石块的密度是______ (用G、F1、ρ水)表示。
(4)小华将小石块从水中取出并擦拭干净，再用弹簧测力计悬挂着小石块将其浸没在盐水中，(小石块不接触烧杯底和烧杯壁)此时弹簧测力计的示数为F2。
(5)待测盐水的密度是______ (用G、F1、F2、ρ水)表示。
25. 如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料的质量都为10g，烧杯内的液体的质量也相同。
(1)若要比较不同燃料的热值应该选择______ 两个装置。若要比较不同物质的比热容应该选择______ 两个装置。
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，通过观察温度计示数的______ 比较燃料放出的热量的多少。这种探究问题的方法又叫______ 法。
(3)若甲装置中装有500g水，10g的“燃料1”完全燃烧，温度计的示数升高了20℃，则水吸收的热量是______ J；假设“燃料1”完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则“燃料1”的热值为______ J/kg。计算出的热值与标准热值相比______ (填“偏大”、“偏小”或“一样”)[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。
26. 某同学用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”，实验装置如图所示：
(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的______ 反映的；
(2)比较甲、乙两图，可以得到，液体内部压强的大小与液体的______ 有关；
比较______ 两图，可以得到，液体内部的压强大小与液体的______ 有关；
(3)以上实验探究过程中，运用的物理探究方法是______ 和______ 法；
(4)该同学与其他同学交流后又设计了图丁所示的装置，也可以用来“探究影响液体内部压强大小的因素”。在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B，根据橡皮膜的凹凸情况，得出：ρA ______ ρB。(选填“>”“=”或“<”)
27. 在探究“杠杆的平衡条件”实验时。
(1)实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时，发现左端下沉，如图1所示，此时，应把杠杆的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，直至杠杆在______ (选填“任意”或“水平”)位置平衡；
(2)调节平衡后，在杠杆上A点处挂两个钩码，如图2所示，则在B点处应挂______ 个钩码，才能使杠杆在原位置平衡。在A、B两点各增加1个的钩码，则杠杆______ (选填“能”或“不能”)保持平衡；
(3)实验时，不再调节平衡螺母，使杠杆的重心位置保持在O点不变，将支点换到O′点，如图3所示，发现A点处只挂1个钩码，杠杆仍然保持平衡。若每个钩码重为0.5N，则杠杆重力为______ N。由此可知，将杠杆支点位置设在______ (选填“O”或“O′”)点进行实验，能避免杠杆自身重力影响实验结论“动力×动力臂=阻力×阻力臂”的得出。
28. 探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关：
实验小组同学猜想：电流通过导体产生的热可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关。于是他们利用如图器材进行了探究实验。
(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着______ 的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
(2)选用______ 组合，并将它们______ 联接到电源两端进行实验，可以探究电热与电阻的关系。
(3)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，可以探究电热与______ 的关系，其中15Ω电阻的作用是______ 。
(4)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，发现乙装置U形管中液面无高度差，丙装置U形管中液面有高度差，产生此现象的原因可能是乙装置______ 。
29. 某小灯泡的额定电流为0.3A，图甲是小明测量该灯泡功率的实验电路。
(1)闭合开关进行实验时，若图中导线M发生了断路，则在调节滑片的过程中，会发现电压表的示数为______ V；电流表的示数为______ A。
(2)小明将滑片移至某处时，两电表的示数如图乙所示，小灯泡的功率为______ W。
(3)为测量该小灯泡的额定功率，小强设计了图丙所示实验电路，所用电源电压恒定，R1、R2均为电阻箱(0～999.9Ω)。
①实验步骤如下：
第1步：仅闭合S1，R2调至5Ω时，电流表的示数为0.3A。
第2步：仅闭合S2、R1、R2分别调至6Ω和9Ω时，电流表的示数为0.3A。
则小灯泡正常发光时的电阻为______ Ω，额定功率为______ W。
②小强对图丙电路及操作进行了下列调整，其中仍能完成测量的有______ 。
A.将R1换成导线
B.将R2换成导线
C.将R2换成适当规格的滑动变阻器
D.在实验操作时，先闭合的开关是S2
六、计算题（本大题共3小题，共20.0分）
30. 2022款红旗H9小轿车质量为1.8t，四个轮子与地面的总接触面积为1000cm2，轿车在水平路面上做匀速直线运动，2.5h行驶了225km，该车的发动机的额定功率为100kW，(g=10N/kg,q汽油=4.8×107J/kg)求：
(1)小轿车静止时对地面的压强；
(2)车在这次行驶过程中受到的牵引力；
(3)若汽油完全燃烧产生的热量的30%转化为车运动时的机械能，则这次行驶中要消耗多少kg的汽油？
31. 在抗击新冠肺炎疫情期间，中医为诊疗发挥了积极作用，成为世界瞩目的“中国战法”重要组成部分。如图甲所示的智能电热中药壶(具有“加热”和“保温”两种工作状态)，它的内部简化电路如图乙所示，其中只有R1为加热管(放出的热量能被水吸收)，R2为限流电阻。已知该壶的额定电压为220V，其加热时的额定功率为1210W，且保温时R1的功率和加热时R1的功率之比为4：25。求：
(1)在加热状态正常工作时，通过R1的电流；
(2)电阻R2的阻值；
(3)某傍晚用电高峰期，实际电压为200V，求此时加热6min消耗的电能能使电表指示灯闪烁的次数n？
32. 如图所示的电路中，电源电压U不变，r、R1和R2均为定值电阻，其中r=1Ω，R1=14Ω，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。闭合S1，将S2掷于1端，电压表V的示数U1=2.8V；将S2切换到2端，电压表V的示数U2=2.7V。求：
(1)电源电压U的大小；
(2)电阻R2的阻值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、家中餐桌的高度与课桌的高度差不多，约为学生身高的一半，在0.8m左右，故A不符合实际；
B、洗澡水适宜的温度略高于人的正常体温，在40℃左右，故B不符合实际；
C、为了安全，校门口对汽车的限制速度较低，不超过30km/h，故C符合实际；
D、手机电池的电压约为3.7V，故D不符合实际。
故选：C。
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】B
【解析】解：A、从实际的角度出发，让住宅楼的居民都戴一个防噪声的耳罩可以减弱噪声，但不适用于实际情况，故A错误；
B、把音量调小一些，是在声源处减弱噪声，故B正确；
C、广场舞是一种健身活动，禁止跳广场舞，是不符合实际的，故C错误；
D、安装噪声监测仪，只能检测噪声，不能减弱噪声，故D错误；
故选：B。
减弱噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
从实际的角度分析减弱噪声的几种方式是解决该题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、如图，有一段时间吸热温度不变，所以该物质是晶体，从3min开始熔化，到6min结束，故在t=5min时，该物质处于固液共存状态，故A正确；
B、在BC段，该物质处于熔化过程，故B错误；
C、该物质从12min开始凝固，到15min凝固结束，该物质凝固过程持续了3min，故C错误；
D、该物质是晶体，石蜡不是晶体，故D错误。
故选：A。
(1)熔化图象的横坐标表示时间，纵坐标表示温度，而图中BC段温度不变的阶段就是熔化过程。
(2)晶体在熔化或凝固时的温度是熔点或凝固点。晶体在熔化过程或凝固过程中处于固液共存态。从开始熔化到完全熔化完所用时间就是物态变化经历的时间。
本题考查的是对熔化和凝固图象的理解，根据图象分辨晶体和非晶体，并能分析出各自在熔化过程中的特点是解决该题的关键。中考对这个知识点的要求是比较高的。
4.【答案】D
【解析】解：A、二维码本身不发光，不是光源，故A错误；
B、手机摄像头相当于凸透镜，是利用物体在2倍焦距以外，凸透镜成倒立、缩小实像的原理工作的，所以，二维码要位于摄像头二倍焦距以外，故B错误；
C、手机摄像头相当于凸透镜，影像传感器相当于光屏，在影像传感器上成的是倒立缩小的实像，故C错误；
D、如果要让像变小一些，因凸透镜成实像时，物远像近像变小，所以应增大物距，应将二维码远离凸透镜，故D正确。
故选：D。
(1)自身能发光的物体称为光源。
(2)手机摄像头的镜头是凸透镜，其是利用物体在2倍焦距以外，像成在另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立缩小实像的原理工作的。
凸透镜成实像时，有物近像远像变大的特点。
此题考查了凸透镜成像规律的应用，关键要明确凸透镜成实像时，物近像远像变大的规律。
5.【答案】D
【解析】解：热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料燃烧放出的热量、质量和是否完全燃烧或充分燃烧无关，故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，热值是燃料的一种特性，其大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否燃烧、放出的热量或燃料是否充分等因素无关。
本题考查了学生对热值概念的理解，属于基础题，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知，这三次“机智号”都处于匀速直线运动状态或静止状态，处于平衡状态，受到的是平衡力，不考虑阻力，则升力与重力平衡，二力的大小相等，且直升机的重力不变，所以F1=F2=F3=G。
故选：D。
物体处于平衡状态(静止状态或匀速直线运动状态)时，受平衡力的作用，根据二力平衡条件分析“机智号”旋翼受到的升力的大小。
本题考查了二力平衡条件的应用，难度不大，属于基础题。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，根据η=W有W总=fsAFs绳=fsAF×nsA=fnF可得，物体A所受的摩擦力：f=ηnF=75%×3×40N=90N，故A错误；
B、在物体A移动的过程中，重力方向与物体运动方向垂直，所以重力不做功，即重力做功W=0J，故B错误；
C、摩擦力做功的功率为P=W有t=fsAt=90N×2m10s=18W，故C正确；
D、绳子自由端移动的距离：s绳=nsA=3×2m=6m，自由端拉力做功为：W总=Fs绳=40N×6m=240J，故D错误。
故选：C。
(1)由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，根据η=W有W总=fsAFs绳=fsAF×nsA=fnF可求出物体A所受的摩擦力；
(2)做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；
(3)根据P=W有t可求出物体A所受的摩擦力；
(4)根据s绳=nsA求出绳子自由端移动的距离；根据W总=Fs计算拉力做功。
水平使用滑轮组时，要注意：有用功等于摩擦力与物体移动距离的乘积，这是本题的关键和易错点！
8.【答案】ABD
【解析】解：AB、由图可知，木块在甲液体中悬浮，所受浮力等于木块的重力；木块在乙液体中漂浮，所受浮力等于木块的重力，所以木块在甲液体中受到的浮力等于在乙液体中受的浮力，故A正确；
浮力的实质是物体上下表面受到的压力差，根据浮力产生的原因可知甲液体中的木块下表面受到的压力更大，故B正确；
C、木块在甲液体中悬浮，ρ甲=ρ木；木块在乙液体中漂浮，ρ乙>ρ木；由以上分析可知ρ甲<ρ乙；
又因为木块静止时两容器中液面相平，根据公式p=ρgh可得，乙液体对容器底部的压强较大，故C错误；
D、由图可知，乙容器内液体的体积大于甲容器内液体的体积，且ρ甲<ρ乙，根据公式m=ρV可知乙容器内液体的质量大于甲容器内液体的质量，根据G=mg可知乙容器内液体的重力大于甲容器内液体的重力，
甲、乙两容器对桌面的压力等于容器、液体和木块的总重力，由于两容器重相同、放入的木块相同，乙容器内液体的重力大于甲容器内液体的重力，所以盛乙液体的容器对桌面的压力较大，而两容器底面积相同，根据压强公式可知，盛乙液体的容器对桌面的压强较大，故D正确。
故选：ABD。
(1)由于是同一块木块，根据物体的浮沉条件判断浮力与重力的关系，然后即可判断浮力大小；
根据浮力产生的原因比较木块下表面受到的液体压力的大小；
(2)根据物体的浮沉情况判断出物体密度与液体密度的关系；然后根据p=ρ液gh得出容器底受到压强的关系；
(3)此时容器对桌面的压力等于容器的重力和容器内部物体重力之和；根据F=G容器+G液+G物比较得出容器底所受的压力关系，然后即可比较压强。
本题主要考查了物体浮沉条件、液体压强公式、压强定义式、密度公式、重力公式的应用，关键能够根据浮沉情况判断出液体的密度关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、根据I=PU，家庭电路电压一定，电路中总功率过大，会造成电流过大；短路的电阻几乎为零，根据I=UR，家庭电路电压一定，电阻很小时，也会造成电流过大。电流过大都会引起保险丝熔断。故A正确；
B、开关应接在用电器和火线之间，这样在断开开关时，用电器才不会带电，便于维修，故B正确；
C、试电笔可以辨别家庭电路中的火线和零线，手接触笔尾金属体，手不要接触笔尖金属体，故C正确；
D、电能表是测量用电器消耗电能(电流做功)的仪表，故D错。
故选：ABC。
(1)保险丝熔断的原因是电流过大，电流过大的原因有两个：短路和电路中总功率过大；
(2)开关应接在用电器和火线之间；
(3)试电笔是用来辨别家庭电路中的火线和零线的。使用试电笔时，手接触笔尾金属体，笔尖接触被检测部分，氖管发光说明接触的是火线或与火线连通的部分；
(4)电能表是测量用电器消耗电能的仪表，又叫电度表，单位是kW⋅h(度)。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
10.【答案】CD
【解析】解：A、导体的电阻是导体本身的一种特性，其大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；灯泡两端电压越大时，其实际功率越大，灯泡发光就越亮，灯丝的温度就越高，灯丝的电阻越大，故A错误；
B、由图像可知，当两灯并联在3V的电源两端时，两灯两端的电压均等于电源电压为3V，若PA：PB=2：1，由公式P=UI可知，IA：IB=PA：PB=2：1，即IB=12IA；
由图像可知，当U=3V时，IA为0.7A，则IB应为0.35A，而图像中B对应的电流显然不是0.35A，故B错误；
C、将两灯串联，且B灯正常发光时，由图像可知，通过B灯的电流为0.5A，即电路中的电流为0.5A，此时A、B两灯两端的电压分别为2V和6V，
根据串联电路电压规律可知，电源电压大小U=UA+UB=2V+6V=8V，故C正确；
D、当U与I比值即电阻大小为5Ω时，其U−I图像过点(2,0.4)，即此时电路中的电流为0.4A，
由图可知，当电路中的电流为0.4A是，B灯两端的电压大小为4V，电源电压为正好为6V，
则电阻R消耗的功率为：P=U′I′=2V×0.4A=0.8W，故D正确。
故选：CD。
A、导体的电阻是导体本身的一种特性，其大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
B、由图像可知，当两灯并联在3V的电源两端时，两灯两端的电压均等于电源电压为3V，若功率之比为2：1，根据公式P=UI可得它们的实际电流之比，结合图像分析假设否成立；
C、将两灯串联，且B灯正常发光时，由图像可知，通过B灯的电流为0.5A，即电路中的电流为0.5A，此时A、B两灯两端的电压分别为2V和6V，根据串联电路电压规律可知电源电压大小；
D、当U与I比值即电阻大小为5Ω时，其U−I图像过点(2,0.4)，此时，B灯两端的电压大小为4V，电源电压为正好为6V，根据公式P=UI可求得电阻R消耗的功率。
本题综合串并联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，要求学生能分析图像获取信息解决问题，难度较大。
11.【答案】2.5×10−6 不属于
【解析】解：2.5μm=2.5×10−6m，PM2.5的运动是固体颗粒物的运动，属于机械运动，不属于分子的运动。
故答案为：2.5×10−6；不属于。
物体相对于其它物体位置的变化是机械运动，组成物质分子的无规则运动是热运动。
要知道机械运动与热运动的概念与区别，这是正确判断微粒属于哪种运动的关键。
12.【答案】4 3227
【解析】解：
(1)由图知，两电阻串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流，
若前后两次滑动变阻器的阻值分别为R1、R2，则：R1R2=23，即：R1=23R2，
根据串联电路特点和欧姆定律有：I1=UR+23R2，I2=UR+R2，
则：I1I2=UR+23R2UR+R2=R+R2R+23R2=43，
化简可得：RR2=13，
当移动滑片P至另一位置时，电流表的示数为I2，电压表示数为1V，即：UR=1V，
串联电路中电流处处相等，由欧姆定律有：URR=U2R2，
则滑动变阻器两端的电压：U2=R2R×UR=3UR=3×1V=3V
根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U=U2+UR=3V+1V=4V；
(2)前后两次滑动变阻器的电功率之比：P1P2=I12R1I22R2=42×232×3=3227。
故答案为：4；3227。
(1)由图知，两电阻串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流。已知前后再次变阻器的阻值关系，根据串联电路特点和欧姆定律表示出两次电路中电流，由电流比计算出R与第二次变阻器连入电路的阻值关系，再由串联电路特点和第二次电路中电压表示数计算电源电压；
(2)根据P=I2R求出前后两次滑动变阻器的电功率之比。
本题考查了串联电路特点、电功率公式以及欧姆定律的应用，关键是根据两次电路中电流表和变阻器连入阻值比得到两电阻关系，有一定的难度。
13.【答案】实像 放大
【解析】解：望远镜是由两组凸透镜组成，观察远处的景物时，物距大于2倍焦距，物镜成倒立、缩小的实像，与照相机的成像原理相同；
这个倒立缩小的实像正好落在目镜焦距内的位置，目镜的作用相当于一个放大镜，这个实像经过目镜后成一个正立、放大的虚像。
故答案为：实像；放大。
望远镜的物镜成倒立、缩小的实像，目镜成正立、放大的虚像。
关于望远镜需注意：物镜的作用是远处的物体在焦点附近成实像，目镜的作用相当于放大镜，物体在焦点以内成正立放大的虚像；望远镜的物镜成的像虽然比原来小，但他离我们眼睛很近，再加上目镜的放大作用，视角变得很大，看起来像是放大了，实际还是缩小的像。
14.【答案】靠拢 压强小
【解析】解：当向中间吹气时，中间的空气流动速度增大，压强减小。纸外侧的压强不变，纸受到向内的压强大于向外的压强，受到向内的压力大于向外的压力，纸在压力差的作用下向中间靠拢，说明气体流速越大的地方压强越小。
故答案为：靠拢；压强小。
流体压强与流速的关系：流速越大的地方，压强越小；流速越小的地方，压强越大。
本题的解题关键是找出向两张纸中间吹气时，两张纸中间和外侧空气流速特点。
15.【答案】50 14.4
【解析】解：(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由图像可知，当电路中的电流I=0.2A时，R1的电功率P1=2W，由P=UI=I2R可得，R1接入电路的电阻为：R1=P1I2=2W(0.2A)2=50Ω；
此时电路中电流最小，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，故滑动变阻器的最大阻值是50Ω；
(2)由图像可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，
此时R1接入电路的电阻为：R1′=P1′I′2=3.2W(0.4A)2=20Ω，
由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电源的电压：U=I′(R0+R1′)=0.4A×(R0+20Ω)……①
当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压：U=I(R0+R1)=0.2A×(R0+50Ω)……②
①②两式联立，解得：R0=10Ω，
电源的电压：U=I(R0+R1)=0.2A×(10Ω+50Ω)=12V，
当滑动变阻器接入电阻为0时，通过定值电阻R0的电流最大，由P=UI=U2R可知此时定值电阻R0的功率最大，
此时定值电阻R0的最大功率：P=U2R0=(12V)210Ω=14.4W。
故答案为：50；14.4。
(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由欧姆定律可知，当电路中电流最小，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，根据P=UI=I2R计算滑动变阻器的最大阻值；
(1)图像可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，根据P=UI=I2R计算此时R1接入电路的电阻，根据串联电路特点结合欧姆定律表示电源电压，联立成方程即可解得R0的阻值和电源电压，
当滑动变阻器接入电阻为0时，通过定值电阻R0的电流最大，由P=UI=U2R可知此时定值电阻R0的功率最大，进一步计算此时定值电阻R0的最大功率。
本题考查串联电路特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，根据欧姆定律表示电源电压列出方程求出定值电阻R0的阻值是解题的关键。
16.【答案】地磁场 南
【解析】解：“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用；指南针静止时南极指南，北极指北。
故答案为：地磁场；南。
地球周围存在磁场---地磁场，地磁场的形状和条形磁铁的磁场很相似，地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近；放在地面附近的指南针就是因为受到地磁场的作用，所以南极指南，北极指北。
此题考查我们对于地磁场和指南针的了解，是一道基础题。
17.【答案】电磁波 增加
【解析】解：(1)因电磁波可以在真空中传播，所以从火星探测器与地球之间用电磁波传递信息；
(2)火箭携带“天问一号”探测器加速升空，探测器的质量不变，速度增大，动能增大；质量不变，高度增大，重力势能增大；机械能=动能+重力势能，所以机械能增加。
故答案为：电磁波；增加。
(1)卫星信号都是通过无线电波来传递信息的；
(2)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。从动能和重力势能大小的变化判断机械能的变化。
本题考查电磁波的应用、机械能变化的判断等知识，要掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法，判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。
18.【答案】电磁波 二次
【解析】解：微波属于电磁波；
微波炉使用的能源是电能，电能都是通过其他能源转化而来的，因此电能属于二次能源。
故答案为：电磁波；二次。
(1)依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线(伦琴射线)、γ射线(伽马射线)；
(2)从自然界直接获得不需要加工处理的能源是一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。
本题考查了能源的分类和电磁波的应用，属于基础题。
19.【答案】D 不能 大于
【解析】解：(1)罐子在整个运动过程中的质量不变，在A点时的高度最高，重力势能最大；罐子从A点运动到D点，橡皮筋发生了弹性形变，在D点时的形变程度最大，所以在D点的弹性势能最大；
(2)若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子的重力势能转化为内能和罐子的动能，罐子不具有弹性势能，所以不会返回斜面；
(3)第一次返回斜面，向上滚动的过程中，由于一部分机械能转化为了内能，所以罐子整体在C点时的机械能大于在B点时的机械能。
故答案为：D；不能；大于。
(1)重力势能的大小与质量、高度有关；弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)罐子最后停在水平面上，罐子的机械能变小了，这说明罐子在运动的过程中，机械能转化为了其他形式的能。
本题考查铁罐的机械能的转化，包含了动能和弹性势能、重力势能的转化，应细化整个过程的分析是解题的关键。
20.【答案】8 0.125 80%
【解析】解：小明对小车做的有用功为：
W有=Gh=3N×0.6m=1.8J；
拉力做的总功为：
W总=Fs=1.25N×1.6m=2J，
所以摩擦力做额外功为：
W额=W总−W有=2J−1.8J=0.2J，
则摩擦力为：
f=W额s=0.2J1.6m=0.125N。
斜面的机械效率为：
η=W有W总=1.8J2J=90%。
故答案为：1.8；0.125；90%。
由W有=Gh计算提升重物做的有用功，由W总=Fs计算总功，由W总=W有+W额计算额外功，由W额=fs计算小车与斜面间的摩擦力；由η=W有W总计算斜面的机械效率；
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，要知道克服物体与斜面间的摩擦力所做的功是额外功。
21.【答案】解：由图示可知，线段OB是最大的动力臂L，此时力F最小，过B点作线段OB的垂线即可作出动力F，方向斜向上；重力的方向竖直向下，如图所示：
。
【解析】由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，根据图示确定最大动力臂，然后作出力与力臂，根据重力的方向竖直向下，做出重力示意图。
此题主要考查了杠杆最小力的问题以及重力的方向，难度不大。
22.【答案】解：由题知，顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗，说明电路中电流变小了，电位器连入电路的阻值变大(连入电路的电阻丝变长)，所以应将电位器的B、C接线柱接入电路中，由此将灯泡、电位器和开关依次连接在电源两极上，如图所示：
【解析】顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗，由此确定电位器的接线柱，将电位器、灯泡、开关串联在电源两极上即可。
本题考查的是实物电路的连接，知道电位器实质是变形的滑动变阻器，滑动变阻器应与被控制用电器串联。
23.【答案】解：人之所以能看到水中的鱼，是由鱼反射的光线经水面折射后进入人眼，因此光的传播方向大致为S→A；
鱼的像是人眼逆着折射光线看到的，所以直接连接AS′，与水面的交点O即为入射点；连接S和入射点O即为入射光线，如图所示：
【解析】由于光的折射，人看到的鱼是鱼在水的像，比原来的位置要浅一点，故可先连接AS′，与水面的交点即为入射点，再连接入射点和S，标出光的传播方向
本题通过光的折射现象的作图，说明了为什么感觉水中的物体看起来变浅的原因，需要注意的是哪些线是实线、哪些线是虚线，另外不要把方向标反了。
24.【答案】零刻度线 左 17 50 1.14×103 GG−F1⋅ρ水 G−F2G−F1⋅ρ水
【解析】解：(一)(1)小明将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的零刻度线处，此时，指针在分度盘上的位置如图甲所示，即左端上翘，他应将平衡螺母向左端调节，使天平平衡；
(2)标尺的分度值为0.2g，烧杯和盐的总质量：m1=20g+20g+5g+4g=49g；
则盐的质量为：m=49g−32g=17g；
(3)如图丙所示，量筒的分度值为2mL，用量筒量出水的体积：V=40mL=40cm3，
由公式ρ=mV可得水的质量：m2=ρ水V=1.0g/cm3×40cm3=40g，
则盐水的总质量为：m3=40g+17g=57g，
将烧杯中的盐倒入量筒中，待盐完全溶解后，量筒中液面的位置如图丁所示，盐水的体积为V3=50cm3，
配制盐水的密度是：
ρ=m3V3=57g50cm3=1.14g/cm3=1.14×103 kg/m3；
(二)(1)小华使用弹簧测力计测出石块在空气中的重力G；
(2)用弹簧测力计悬挂着石块，将其完全浸没在盛有水的烧杯内，此时示数为F1；
(3)由称重法测浮力可得，石块完全浸没在盛有水的烧杯内受到的浮力：
F浮=G−F1------①，
由阿基米德原理可得：
F浮=ρ水gV排=ρ水gV物-----②，
待测石块的密度：
ρ石=mV物=GgV物----③；
由①②③得：
ρ石=GG−F1⋅ρ水；
(5)小华将石块从水中取出擦拭干净，再浸没在待测盐水中，测出测力计的拉力F2；
石块浸没在盐水受到浮力：
F浮′=G−F2------④
由阿基米德原理可得：F浮′=ρ盐水gV排=ρ盐水gV物，
则V物=F浮′ρ盐水g-----⑤
因石块排开液体的体积不变，由①②④⑤得：
G−F1ρ水g=G−F2ρ盐水g，
故待测盐水的密度：
ρ盐水=G−F2G−F1⋅ρ水。
故答案为：(一)(1)零刻度线；左；(2)17；(3)50；1.14×103；(二)(3)GG−F1⋅ρ水；(5)G−F2G−F1⋅ρ水。
(一)(1)天平的正确调节：把天平放在水平台上，把游码拨到零刻度，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向天平上翘的一端移动；
(2)根据标尺的分度值得出烧杯和盐的总质量(等于砝码的质量加上游码所对应的质量)；从而求出盐的质量；
(3)如图丙量筒的分度值为1mL，据此得出水的体积，根据密度公式求出水的质量；从而得出盐水的总质量为：
由如图丁所示得出盐水的体积，根据密度公式求出配制盐水的密度；
(二)(3)由称重法测浮力得出石块完全浸没在盛有水的烧杯内受到的浮力；由阿基米德原理和密度公式计算出待测石块的密度；
(4)由称重法得出石块浸没在盐水受到浮力：
由阿基米德原理根据石块排开液体的体积列方程求出故待测盐水的密度。
本题测量盐水和石块的密度，考查天平的调节和使用、量筒的使用及密度公式的运用，同时也考查了称重法测浮力和阿基米德原理的运用。
25.【答案】甲、乙 甲、丙 变化 转换 4.2×104 4.2×106 偏小
【解析】解：(1)为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料加热同一种液体，所以选择甲、乙两个装置；
为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间来判断两种液体比热容的大小，所以选择甲、丙两个装置；
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，让液体的质量和初温相同，通过观察温度计示数的变化，得出被加热液体吸收热量的多少，进而判断燃料热值大小；这种探究问题的方法叫转换法；
(3)水吸收的热量Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×20℃=4.2×104J；
燃料完全燃烧放出的热量Q放=Q吸=4.2×104J，
燃料的热值q=Q放m燃料=4.2×104J0.01kg=4.2×106J/kg；
因为实验时燃料没有完全燃烧，燃料燃烧放出的热量不能完全被水吸收，所以这样计算出的热值与标准热值相比偏小。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙；(2)变化；转换；(3)4.2×104；4.2×106；偏小。
(1)为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料加热同一种液体；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体；
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，燃料燃烧放热，热量被同种液体吸收，放出热量越多，液体升高温度越多，温度计的示数变化越多，据此判断燃料热值大小；这种探究问题的方法叫转换法；
(3)根据Q吸=c水m水Δt计算水吸收的热量；根据q=Q放m燃料计算燃料的热值；因为实验时燃料没有完全燃烧，燃料燃烧放出的热量不能完全被水吸收。
本题要求学生理解控制变量法和转换法，能够根据应用液体升温吸热公式和燃料完全燃烧放热公式的变形式进行计算。
26.【答案】高度差 深度 甲、丙 密度 控制变量法 转换 <
【解析】解：(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的高度差来反映的，高度差越大，说明液体内部压强越大。
(2)甲、乙两图，液体的密度相同，液体越深，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，实验说明液体压强大小跟液体深度有关。
甲、丙两图，液体的深度相同，液体密度越大，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，实验说明液体压强大小跟液体密度有关。
(3)液体压强跟液体密度和液体的深度有关，探究液体压强大小跟液体深度关系时，控制液体密度不变，探究液体压强大小跟液体密度关系时，控制液体深度不变，这种方法是控制变量法。
(4)如图丁，橡皮膜向左凸，说明在同一深度，液体向左的压强大于液体向右的压强，所以pA
(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的高度差来反映的，采用了转换法。
(2)液体压强跟液体密度和液体的深度有关。在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大。
(3)控制变量法是物理量受到多个因素影响时，往往先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响。
(4)通过橡皮膜凹凸情况，判断压强大小，然后根据液体压强公式比较液体密度大小。
本题利用控制变量法和转换法探究液体压强大小的影响因素，这是液体压强重点的实验，要熟练掌握。
27.【答案】右 水平 3 不能 0.25 O
【解析】解：(1)当杠杆静止时，发现左端下沉，如图1所示，此时，应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)设一个钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：2G×3L=nG×2L，所以n=3，需在B点挂3个钩码；
在A、B两点各增加1个钩码，左侧变为3G×3L=9GL，右侧变为4G×2L=8GL，故杠杆仍不能平衡；
(3)根据杠杆平衡条件可知：0.5N×L=G×2L，解出G=0.25N，
将杠杆的中心位置挂在支架上，可避免杠杆自重的影响，故将杠杆支点位置设在O点进行实验。
故答案为：(1)右；水平；(2)3；不能；(3)0.25；O。
(1)当杠杆静止时，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向相反方向调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆平衡条件做出解答；
(3)根据杠杆平衡条件得出杠杆的重力；
将杠杆的中心位置挂在支架上，可避免杠杆自重的影响。
本题考查探究“杠杆的平衡条件”实验，重点考查器材调平，杠杆的平衡条件的应用等知识，难度不大。
28.【答案】等量 甲、乙 串 电流 分流 漏气
【解析】解：(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化；
(2)要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲和乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验；
(3)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，则通过容器中电阻的电流不同，而电阻大小和通电时间相同，因此可以探究电热与电流的关系，其中15Ω电阻的作用是分流；
(4)发现乙装置U形管中液面无高度差，丙装置U形管中液面有高度差，产生此现象的原因可能是乙装置漏气。
故答案为：(1)等量；(2)甲、乙；串；(3)电流；分流；(4)漏气。
(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化；
(2)要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此分析；
(3)探究电热与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而通过电阻的电流不同，据此分析；
(4)可从漏气、橡胶管没有扎紧等方面进行分析。
本题考查了探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关的实验，要注意控制变量法的应用。
29.【答案】3 0 0.36 10 0.9 ACD
【解析】解：(1)闭合开关，导线M断路时，小灯泡开路，电压表在电路中相当于断开，则电路中的电流几乎为零，即电流表的示数为0A；电压表相当于测量电源两端电压，即电压表的示数为3V；
(2)由图甲可知，电压表测量小灯泡两端电压，由图乙可知，电压表所选量程为0～3V的量程，分度值为0.1V，示数为：1.5V；电流表所选量程为0～0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为：0.24A，小灯泡此时的功率为：P=UI=1.5V×0.24A=0.36W；
(3)①在第1步实验中，仅闭合S1，R2调至5Ω时，R2与L串联，电路中的电流为0.3A，即通过小灯泡的电流IL1=I额=0.3A，小灯泡正常发光，
电路中的总电阻为：R总=R2+RL；
在第2步实验中，仅闭合S2、R1与R2串联，当电路中的电流仍为0.3A时，电路中的总电阻为：R总′=R2′+R1；
由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两次电路中的电流相等，则两次电路的总电阻相等，即R总=R总′，
由此可得：5Ω+RL=9Ω+6Ω，
则小灯泡正常发光的电阻为：RL=10Ω，
小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额2RL=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
②在设定的4种调整中，只要能测出小灯泡正常发光时的电阻，就可利用公式P额=U额I额=I额2RL求得小灯泡的额定功率。
A、将R1换成导线。当只闭合S1时，L与R2串联，调节R2，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光，读出电阻箱的阻值为R2；当只闭合S2时，L被短路，调节R2，使电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱R2的阻值为R2′，则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R2′−R2，故A调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
B、将R2换成导线。当只闭合S1时，只有L连入电路，电路中的电流大小不一定刚好为0.3A，故不能确保小灯泡是否正常发光；若同时闭合S1、S2，L与R1并联，两者互不影响，也不能确保L是否正常发光，故B调整不能完成小灯泡额定功率的测量；
C、将R2换成适当规格的滑动变阻器。当只闭合S1时，L与滑动变阻器串联，调节滑动变阻器，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光；当只闭合S2时，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节R1，使电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱的阻值为R1，则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R1，故C调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
D、在实验操作时，先闭合的开关是S2。如图丙所示，当仅闭合S2时，R1与R2串联，分别调节两个电阻箱，使电流表的示数为0.3A，
读出两电箱的示数分别为：R1和R2；当仅闭合S1时，L与R2串联，调节R2，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光，读出电阻箱R2的阻值为R2′，
则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R1+R2−R2′，故D调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
故选：ACD。
故答案为：(1)3；0；(2)0.36；(3)①10；0.9；②ACD。
(1)闭合开关，导线M断路时，小灯泡开路，电压表在电路中相当于断开，则电路中的电流几乎为零，电压表相当于测量电源两端电压，由此得出两表示数大小；
(2)由甲可知，电压表测量小灯泡两端电压，根据图乙两表示数，利用公式P=UI计算小灯泡的功率；
(3)①该方案是利用等效法求得小灯泡正常发光的电阻，再利用公式P=UI=I2R求得小灯泡的额定功率。
在第1步实验中，仅闭合S1，R2调至5Ω时，R2与L串联，电路中的电流为0.3A，即通过小灯泡的电流IL1=I额=0.3A，小灯泡正常发光，
电路中的总电阻为：R总=R2+RL；
在第2步实验中，仅闭合S2、R1与R2串联，当电路中的电流仍为0.3A时，此时电路中的总电阻为：R总′=R2′+R1；由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两次电路中的电流相等，则两次电路的总电阻相等，即R总=R总′，由此求得小灯泡正常发光的电阻，从而求得小灯泡的额定功率。
②在设定的4种调整中，只要能测出小灯泡正常发光时的电阻，就可利用公式P=UI=I2R求得小灯泡的额定功率，据此分析各种调整的可行性。
本题考查实验测量小灯泡的电功率，重点考查实验过程及实验方案的设计，体现公式P=UI=I2R的应用，涉及电路的动态分析，难度大。
30.【答案】解：(1)汽车静止时对路面的压力：
F=G=mg=1.8×103kg×10N/kg=1.8×104N，
汽车对地面压强：p=FS=1.8×104N1000×10−4m2=1.8×105Pa；
(2)根据公式P=Wt可得，汽车行驶过程牵引力所做的功：
W=Pt=100×103W×2.5×3600s=9×108J，
根据W=Fs可得：汽车牵引力F=Ws=9×108J2.25×105m=4×103N，
(3)t=2.5h=9×103s，
根据η=WQ放可得，放出的热量：
Q放=Wη=9×108J30%=3×109J，
根据Q=mq可得，需要汽油的质量：
m=Q放q汽油=3×109J4.8×107J/kg=62.5kg。
答：(1)小轿车静止时对地面的压强为1.8×105Pa；
(2)轿车在这次行驶过程中受到的牵引力为4×103N；
(3)若汽油完全燃烧产生的热量的30%转化为车运动时的机械能，则这次行驶中要消耗62.5kg的汽油。
【解析】(1)汽车静止时对路面的压力和自身的重力相等，根据G=mg求出其大小，再利用p=FS求出对路面的压强；
(2)根据公式P=Wt可求汽车行驶过程所做的功，再利用W=Fs可求牵引力的大小；
(3)根据η=WQ放可求放出的热量，然后根据Q=mq可求需要汽油的质量。
本题是一道综合计算题，考查的知识点较多，有重力的计算公式、压强的计算公式、功的计算公式、功率的计算公式、机械效率的计算公式以及有关热值的计算等。解题时要注意各知识点的综合应用，同时注意单位换算。
31.【答案】解：(1)电热中药壶加热时，R2被短路。额定功率为1210W，由P=UI可知，电热中药壶正常工作时，通过加热管R1的电流为：
I加=P加U=1210W220V=5.5A；
(2)根据欧姆定律的计算公式可得，R1加热的电阻为：
R1=UI加=220V5.5A=40Ω，
当开关S闭合，S1断开，两电阻串联，电热管处于保温状态，正常工作时加热管R1的保温功率和加热功率之比为4：25，则保温功率为：
P保=425P加=425×1210W=193.6W，
由P=I2R可知，此时电路的电流为：
I保= P保R1= 193.6W40Ω=2.2A，
根据欧姆定律可得电路中的总电阻为：
R总=UI保=220V2.2A=100Ω，
根据串联电路的电阻规律可得，R2的电阻为：
R2=R总−R1=100Ω−40Ω=60Ω；
(3)当实际电压为200V时，只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min消耗的电能为：
W=UIt=U实2R1t=(200V)240Ω×6×60s=3.6×105J=0.1kW⋅h，
1200imp/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，故电能表闪烁的次数为：
n=0.1kW⋅h×1200imp/(kW⋅h)=120次。
答：(1)在加热状态正常工作时，通过R1的电流为5.5A；
(2)电阻R2的阻值60Ω；
(3)该过程中电能表指示灯闪烁的次数n为120。
【解析】(1)电热中药壶加热时，R2被短路。额定功率为1210W，由P=UI可知，电热中药壶正常工作时，根据P=UI可求出通过加热管R1的电流；
(2)根据欧姆定律的计算公式可求出R1加热的电阻，当开关S闭合，S1断开，两电阻串联，电热管处于保温状态，正常工作时加热管R1的保温功率和加热功率之比为4：25，从而可求出保温功率，根据=I2R可求出此时电路的电流，根据欧姆定律和串联电路电阻规律可求出R2的电阻；
(3)根据电功的计算公式求出，实际电压为200V时，只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min消耗的电能，1200imp/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，从而求出该过程中电能表指示灯闪烁的次数n。
本题考查了欧姆定律的应用、电功、电功率的计算，明白电能表参数的含义是解题的关键。
32.【答案】解：(1)闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，
由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I1=U1R1=2.8V14Ω=0.2A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻：R=r+R1=1Ω+14Ω=15Ω，
电源电压：U=I1R=0.2A×15Ω=3V；
(2)闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，
串联电路总电压等于各部分电压之和，所以r两端的电压：Ur=U−U2=3V−2.7V=0.3V，
此时通过电路的电流：I2=Urr=0.3V1Ω=0.3A，
串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2=U2I2=2.7V0.3A=9Ω。
答：(1)电源电压U的大小为3V；
(2)电阻R2的阻值为9Ω。
【解析】(1)闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据欧姆定律的变形U=IR计算电源电压；
(2)闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算r两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，进一步计算电阻R2的阻值。
本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，分清电路的连接是解题的关键。
2023年辽宁省丹东二十九中中考物理模拟试卷（三）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 根据所学的物理知识和生活经验，你认为下列数据最接近实际的是( )
A. 家中餐桌的高度大约是1.2m
B. 洗澡水适宜的温度大约是60℃
C. 校门口对汽车的限制速度是不超过30km/h
D. 手机电池的电压是不高于36V
2. 广场舞是中老年人非常喜欢的一种健身活动，但是跳广场舞时播放的音乐会给周边休息的居民造成一定的影响。为了使双方的利益都得到尊重，下列做法有效合理的是( )
A. 周边的居民都戴上防噪声耳罩 B. 跳舞的中老年人把音响的音量调小一些
C. 禁止进行广场舞活动 D. 周边的居民楼内安装噪声监测仪
3. 如图是“探究某物质熔化和凝固规律”的实验图象，下列说法正确的是( )
A. 在t=5min时，该物质处于固液共存状态
B. 在BC段，该物质由固态慢慢变软、变稠、变稀
C. 该物质凝固过程持续了5min
D. 该物质可能是石蜡
4. 如图所示，用手机扫描二维码，相当于给二维码拍了张照片，手机的摄像头相当于凸透镜，影像传感器相当于光屏，下列说法正确的是( )
A. 物体上的二维码就是光源
B. 扫码时二维码要位于摄像头的一倍焦距和二倍焦距之间
C. 影像传感器上成的是正立的实像的
D. 要使屏幕上的二维码的像更小一点，只需将二维码远离摄像头
5. 关于q=Qm的理解，下列说法中正确的是( )
A. 热值与燃料完全燃烧放出的热量成正比，与燃料质量成反比
B. 若燃料不完全燃烧，部分能源将被浪费掉，热值将减小
C. 当燃料未燃烧时，其热值为零
D. 某种燃料的热值大小与燃料的质量、燃烧是否充分均无关
6. 2021年4月19日，“机智号”电动直升机在火星地表首飞成功，如图所示。在匀速上升、空中悬停、匀速下降阶段，“机智号”旋翼受到的升力分别为F1、F2、F3不计机体受到的火星气体的阻力，则( )
A. F1>F2>F3
B. F1
D. F1=F2=F3
7. 利用如图所示的滑轮组在10秒内将重物A沿水平方向移动了2米，已知物体A的重力为500N，拉力F为40N，滑轮组的效率为75%，下列说法正确的是( )
A. 物体A受到的滑动摩擦力为120N
B. 物体A在移动的过程中重力做的功为1000J
C. 物体A所受的滑动摩擦力做功的功率是18W
D. 拉力F做的功为160J
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
8. 如图，放在水平桌面上的两个相同的容器，分别盛有甲、乙两种不同的液体，现将两个完全相同的木块放入容器中，当木块静止时两容器中的液面相平。下列判断正确的是( )
A. 木块受到的浮力一样大
B. 甲液体中的木块下表面受到的压力更大
C. 放入木块后，甲液体对容器底的压强更大
D. 放入木块后，盛甲液体的容器对桌面的压强较小
9. 关于家庭电路，下列说法正确的是( )
A. 家庭电路中保险丝熔断的原因可能就是电路发生了短路
B. 控制用电器的开关应该接在火线与该用电器之间
C. 使用试电笔时手不要接触笔尖金属体，以免触电
D. 电能表示测量用电器消耗电功率的仪表
10. A、B两只灯泡的额定电压均为6V，通过它们的电流随两端电压的变化关系如图所示，下列选项正确的是( )
A. 两盏灯的电阻均随灯泡两端的电压的增大而增大
B. 将两只灯泡并联在3V的电源两端，A、B两灯的实际功率之比是2：1
C. 将两灯串联在某电源两端，是B灯恰好正常发光，电源电压为8V
D. 将一个5欧的电阻与B灯串联在6V的电源两端，该电阻消耗的功率为0.8W
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共10小题，共22.0分）
11. PM2.5指的是直径不大于2.5μm的颗粒物，2.5μm约合为______m，大气中PM2.5的运动______(选填“属于”或“不属于”)分子无规则运动。
12. 如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P至某位置时，电流表的示数为I1，移动滑动变阻器的滑片P到另一个位置时电流表的示数为I2，电压表的示数为1V，若I1：I2=4：3，前后两次滑动变阻器的阻值之比是2：3。则电源电压是______ V，前后两次滑动变阻器的电功率之比是______ 。
13. 如图所示，小明找到两个焦距不同的放大镜模拟望远镜观察远处的物体，其中较远的放大镜的功能与是使远处物体在焦点附近成______(选填“虚像”或“实像”)，较近的放大镜的作用是将该像______(选填“放大”或“缩小”)。
14. 小萱手握如图所示的两张纸，让纸自由下垂，在两张纸的中间向下吹气，两张纸会______(选填“靠拢”或“远离”)。产生此现象的主要原因是：在流体中，流速大的位置，______。
15. 如图甲所示电路中，R0为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图像。则滑动变阻器的最大阻值是______Ω，定值电阻R0消耗的最大电功率是______W。
16. “指南针”是我国古代四大发明之一，利用指南针能辨别方向，是因为指南针受到了______的作用，它的南极指向地理的______方。
17. 2021年2月10日，我国首次火星探测任务成功实现“绕、着、巡”目标的第一步——“天问一号”探测器环绕火星成功。火星探测器与地球之间通过______(选填“超声波”或“电磁波”)实现联系；在发射过程中，火箭携带“天问一号”探测器加速升空，探测器的机械能______(选填“增加”、“减少”或“不变”)。
18. 微波炉已进入千家万户，微波属于______(选填“声波”“电磁波”或“红外线”)，微波炉使用的能源是______(选填“一次”或“二次”)能源。
19. 如图甲所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，如图乙为其截面图。做好后如图丙所示，将该罐子从斜面A点由静止释放，滚到水平面D点停止，然后返回，自行滚上斜面的B点停止后又滚下斜面……如此往返，最后停在水平面上。橡皮筋在______点(选填字母)的弹性势能最大；若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子______(选填“可能”或“不能”)返回滚上斜面；第一次返回斜面，向上滚动的过程中，罐子整体在C点时的机械能______(选填“大于”、“小于”或“等于”)在B点时的机械能。
20. 如图，小明将一个重为3N的小车从斜面底端匀速拉到斜面顶端，沿斜面向上的拉力为1.25N。小车沿斜面移动的距离s=1.6m，上升的高度h=0.6m。则小明对小车做的有用功是______J，小车与斜面之间的摩擦力为______N，斜面的机械效率是______。
四、作图题（本大题共3小题，共9.0分）
21. 如图所示，重力不计的杠杆OAB，可绕O点在竖直平面内转动。请在图中画出使杠杆保持平衡的最小动力F和物体受到的重力的示意图。
22. 如图甲是电位器的示意图，滑片P可随转动旋钮改变其在电阻丝上的位置，从而改变接入电路中的阻值大小。请将该电位器连入乙图中，要求顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗。
23. 如图甲所示，是游客在水族馆游览的情境。若用点S表示水中鱼的位置，用点S′表示人在A处看到鱼的像的位置，请在图乙中画出人眼在A处看到水中鱼的光路图。
五、实验探究题（本大题共6小题，共39.0分）
24. 小明想测量盐水和石块的密度，于是他和小华在老师的指导下利用两套装置做了实验探究，小明和小华讨论后分别设计了如下方案，请将内容补充完整。
(一)小明使用天平，量筒等实验器材测量盐水的密度。(水的密度是ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)小明将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的______ 处，此时指针指在分度盘上的位置如图甲所示，他应将平衡螺母向______ 移动，使天平平衡。
(2)将质量为32g的烧杯放在天平的左盘上，取适量的食盐倒入烧杯中，向右盘中加减砝码并调节游码直到天平再次平衡，如图乙所示，则食盐的质量是______ g。
(3)用量筒量取适量水的体积如图丙所示，然后将烧杯中的食盐全部倒入量筒中，待食盐全部溶解并搅拌；均匀后的体积如图丁所示，则盐水的体积是______ cm3，配置的盐水的密度是______ kg/m3。
(二)小华则使用弹簧测力计、水、烧杯、细线等实验器材测量小石块和盐水的密度。
(1)小华使用弹簧测力计测出小石块在空气中的重力为G。
(2)用弹簧测力计悬挂着小石块，将其浸没在盛水的烧杯中(小石块不接触烧杯底和烧杯壁)，此时弹簧测力计的示数为F1。
(3)小石块的密度是______ (用G、F1、ρ水)表示。
(4)小华将小石块从水中取出并擦拭干净，再用弹簧测力计悬挂着小石块将其浸没在盐水中，(小石块不接触烧杯底和烧杯壁)此时弹簧测力计的示数为F2。
(5)待测盐水的密度是______ (用G、F1、F2、ρ水)表示。
25. 如图所示，甲、乙、丙三个实验装置完全相同，燃料的质量都为10g，烧杯内的液体的质量也相同。
(1)若要比较不同燃料的热值应该选择______ 两个装置。若要比较不同物质的比热容应该选择______ 两个装置。
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，通过观察温度计示数的______ 比较燃料放出的热量的多少。这种探究问题的方法又叫______ 法。
(3)若甲装置中装有500g水，10g的“燃料1”完全燃烧，温度计的示数升高了20℃，则水吸收的热量是______ J；假设“燃料1”完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则“燃料1”的热值为______ J/kg。计算出的热值与标准热值相比______ (填“偏大”、“偏小”或“一样”)[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]。
26. 某同学用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”，实验装置如图所示：
(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的______ 反映的；
(2)比较甲、乙两图，可以得到，液体内部压强的大小与液体的______ 有关；
比较______ 两图，可以得到，液体内部的压强大小与液体的______ 有关；
(3)以上实验探究过程中，运用的物理探究方法是______ 和______ 法；
(4)该同学与其他同学交流后又设计了图丁所示的装置，也可以用来“探究影响液体内部压强大小的因素”。在隔板两侧分别加入相同深度的液体A、B，根据橡皮膜的凹凸情况，得出：ρA ______ ρB。(选填“>”“=”或“<”)
27. 在探究“杠杆的平衡条件”实验时。
(1)实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时，发现左端下沉，如图1所示，此时，应把杠杆的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，直至杠杆在______ (选填“任意”或“水平”)位置平衡；
(2)调节平衡后，在杠杆上A点处挂两个钩码，如图2所示，则在B点处应挂______ 个钩码，才能使杠杆在原位置平衡。在A、B两点各增加1个的钩码，则杠杆______ (选填“能”或“不能”)保持平衡；
(3)实验时，不再调节平衡螺母，使杠杆的重心位置保持在O点不变，将支点换到O′点，如图3所示，发现A点处只挂1个钩码，杠杆仍然保持平衡。若每个钩码重为0.5N，则杠杆重力为______ N。由此可知，将杠杆支点位置设在______ (选填“O”或“O′”)点进行实验，能避免杠杆自身重力影响实验结论“动力×动力臂=阻力×阻力臂”的得出。
28. 探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关：
实验小组同学猜想：电流通过导体产生的热可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关。于是他们利用如图器材进行了探究实验。
(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着______ 的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
(2)选用______ 组合，并将它们______ 联接到电源两端进行实验，可以探究电热与电阻的关系。
(3)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，可以探究电热与______ 的关系，其中15Ω电阻的作用是______ 。
(4)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，发现乙装置U形管中液面无高度差，丙装置U形管中液面有高度差，产生此现象的原因可能是乙装置______ 。
29. 某小灯泡的额定电流为0.3A，图甲是小明测量该灯泡功率的实验电路。
(1)闭合开关进行实验时，若图中导线M发生了断路，则在调节滑片的过程中，会发现电压表的示数为______ V；电流表的示数为______ A。
(2)小明将滑片移至某处时，两电表的示数如图乙所示，小灯泡的功率为______ W。
(3)为测量该小灯泡的额定功率，小强设计了图丙所示实验电路，所用电源电压恒定，R1、R2均为电阻箱(0～999.9Ω)。
①实验步骤如下：
第1步：仅闭合S1，R2调至5Ω时，电流表的示数为0.3A。
第2步：仅闭合S2、R1、R2分别调至6Ω和9Ω时，电流表的示数为0.3A。
则小灯泡正常发光时的电阻为______ Ω，额定功率为______ W。
②小强对图丙电路及操作进行了下列调整，其中仍能完成测量的有______ 。
A.将R1换成导线
B.将R2换成导线
C.将R2换成适当规格的滑动变阻器
D.在实验操作时，先闭合的开关是S2
六、计算题（本大题共3小题，共20.0分）
30. 2022款红旗H9小轿车质量为1.8t，四个轮子与地面的总接触面积为1000cm2，轿车在水平路面上做匀速直线运动，2.5h行驶了225km，该车的发动机的额定功率为100kW，(g=10N/kg,q汽油=4.8×107J/kg)求：
(1)小轿车静止时对地面的压强；
(2)车在这次行驶过程中受到的牵引力；
(3)若汽油完全燃烧产生的热量的30%转化为车运动时的机械能，则这次行驶中要消耗多少kg的汽油？
31. 在抗击新冠肺炎疫情期间，中医为诊疗发挥了积极作用，成为世界瞩目的“中国战法”重要组成部分。如图甲所示的智能电热中药壶(具有“加热”和“保温”两种工作状态)，它的内部简化电路如图乙所示，其中只有R1为加热管(放出的热量能被水吸收)，R2为限流电阻。已知该壶的额定电压为220V，其加热时的额定功率为1210W，且保温时R1的功率和加热时R1的功率之比为4：25。求：
(1)在加热状态正常工作时，通过R1的电流；
(2)电阻R2的阻值；
(3)某傍晚用电高峰期，实际电压为200V，求此时加热6min消耗的电能能使电表指示灯闪烁的次数n？
32. 如图所示的电路中，电源电压U不变，r、R1和R2均为定值电阻，其中r=1Ω，R1=14Ω，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。闭合S1，将S2掷于1端，电压表V的示数U1=2.8V；将S2切换到2端，电压表V的示数U2=2.7V。求：
(1)电源电压U的大小；
(2)电阻R2的阻值。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、家中餐桌的高度与课桌的高度差不多，约为学生身高的一半，在0.8m左右，故A不符合实际；
B、洗澡水适宜的温度略高于人的正常体温，在40℃左右，故B不符合实际；
C、为了安全，校门口对汽车的限制速度较低，不超过30km/h，故C符合实际；
D、手机电池的电压约为3.7V，故D不符合实际。
故选：C。
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】B
【解析】解：A、从实际的角度出发，让住宅楼的居民都戴一个防噪声的耳罩可以减弱噪声，但不适用于实际情况，故A错误；
B、把音量调小一些，是在声源处减弱噪声，故B正确；
C、广场舞是一种健身活动，禁止跳广场舞，是不符合实际的，故C错误；
D、安装噪声监测仪，只能检测噪声，不能减弱噪声，故D错误；
故选：B。
减弱噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
从实际的角度分析减弱噪声的几种方式是解决该题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、如图，有一段时间吸热温度不变，所以该物质是晶体，从3min开始熔化，到6min结束，故在t=5min时，该物质处于固液共存状态，故A正确；
B、在BC段，该物质处于熔化过程，故B错误；
C、该物质从12min开始凝固，到15min凝固结束，该物质凝固过程持续了3min，故C错误；
D、该物质是晶体，石蜡不是晶体，故D错误。
故选：A。
(1)熔化图象的横坐标表示时间，纵坐标表示温度，而图中BC段温度不变的阶段就是熔化过程。
(2)晶体在熔化或凝固时的温度是熔点或凝固点。晶体在熔化过程或凝固过程中处于固液共存态。从开始熔化到完全熔化完所用时间就是物态变化经历的时间。
本题考查的是对熔化和凝固图象的理解，根据图象分辨晶体和非晶体，并能分析出各自在熔化过程中的特点是解决该题的关键。中考对这个知识点的要求是比较高的。
4.【答案】D
【解析】解：A、二维码本身不发光，不是光源，故A错误；
B、手机摄像头相当于凸透镜，是利用物体在2倍焦距以外，凸透镜成倒立、缩小实像的原理工作的，所以，二维码要位于摄像头二倍焦距以外，故B错误；
C、手机摄像头相当于凸透镜，影像传感器相当于光屏，在影像传感器上成的是倒立缩小的实像，故C错误；
D、如果要让像变小一些，因凸透镜成实像时，物远像近像变小，所以应增大物距，应将二维码远离凸透镜，故D正确。
故选：D。
(1)自身能发光的物体称为光源。
(2)手机摄像头的镜头是凸透镜，其是利用物体在2倍焦距以外，像成在另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立缩小实像的原理工作的。
凸透镜成实像时，有物近像远像变大的特点。
此题考查了凸透镜成像规律的应用，关键要明确凸透镜成实像时，物近像远像变大的规律。
5.【答案】D
【解析】解：热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料燃烧放出的热量、质量和是否完全燃烧或充分燃烧无关，故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
热值是指单位质量的某种燃料完全燃烧放出的热量，热值是燃料的一种特性，其大小只与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否燃烧、放出的热量或燃料是否充分等因素无关。
本题考查了学生对热值概念的理解，属于基础题，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知，这三次“机智号”都处于匀速直线运动状态或静止状态，处于平衡状态，受到的是平衡力，不考虑阻力，则升力与重力平衡，二力的大小相等，且直升机的重力不变，所以F1=F2=F3=G。
故选：D。
物体处于平衡状态(静止状态或匀速直线运动状态)时，受平衡力的作用，根据二力平衡条件分析“机智号”旋翼受到的升力的大小。
本题考查了二力平衡条件的应用，难度不大，属于基础题。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，根据η=W有W总=fsAFs绳=fsAF×nsA=fnF可得，物体A所受的摩擦力：f=ηnF=75%×3×40N=90N，故A错误；
B、在物体A移动的过程中，重力方向与物体运动方向垂直，所以重力不做功，即重力做功W=0J，故B错误；
C、摩擦力做功的功率为P=W有t=fsAt=90N×2m10s=18W，故C正确；
D、绳子自由端移动的距离：s绳=nsA=3×2m=6m，自由端拉力做功为：W总=Fs绳=40N×6m=240J，故D错误。
故选：C。
(1)由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，根据η=W有W总=fsAFs绳=fsAF×nsA=fnF可求出物体A所受的摩擦力；
(2)做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；
(3)根据P=W有t可求出物体A所受的摩擦力；
(4)根据s绳=nsA求出绳子自由端移动的距离；根据W总=Fs计算拉力做功。
水平使用滑轮组时，要注意：有用功等于摩擦力与物体移动距离的乘积，这是本题的关键和易错点！
8.【答案】ABD
【解析】解：AB、由图可知，木块在甲液体中悬浮，所受浮力等于木块的重力；木块在乙液体中漂浮，所受浮力等于木块的重力，所以木块在甲液体中受到的浮力等于在乙液体中受的浮力，故A正确；
浮力的实质是物体上下表面受到的压力差，根据浮力产生的原因可知甲液体中的木块下表面受到的压力更大，故B正确；
C、木块在甲液体中悬浮，ρ甲=ρ木；木块在乙液体中漂浮，ρ乙>ρ木；由以上分析可知ρ甲<ρ乙；
又因为木块静止时两容器中液面相平，根据公式p=ρgh可得，乙液体对容器底部的压强较大，故C错误；
D、由图可知，乙容器内液体的体积大于甲容器内液体的体积，且ρ甲<ρ乙，根据公式m=ρV可知乙容器内液体的质量大于甲容器内液体的质量，根据G=mg可知乙容器内液体的重力大于甲容器内液体的重力，
甲、乙两容器对桌面的压力等于容器、液体和木块的总重力，由于两容器重相同、放入的木块相同，乙容器内液体的重力大于甲容器内液体的重力，所以盛乙液体的容器对桌面的压力较大，而两容器底面积相同，根据压强公式可知，盛乙液体的容器对桌面的压强较大，故D正确。
故选：ABD。
(1)由于是同一块木块，根据物体的浮沉条件判断浮力与重力的关系，然后即可判断浮力大小；
根据浮力产生的原因比较木块下表面受到的液体压力的大小；
(2)根据物体的浮沉情况判断出物体密度与液体密度的关系；然后根据p=ρ液gh得出容器底受到压强的关系；
(3)此时容器对桌面的压力等于容器的重力和容器内部物体重力之和；根据F=G容器+G液+G物比较得出容器底所受的压力关系，然后即可比较压强。
本题主要考查了物体浮沉条件、液体压强公式、压强定义式、密度公式、重力公式的应用，关键能够根据浮沉情况判断出液体的密度关系。
9.【答案】ABC
【解析】解：A、根据I=PU，家庭电路电压一定，电路中总功率过大，会造成电流过大；短路的电阻几乎为零，根据I=UR，家庭电路电压一定，电阻很小时，也会造成电流过大。电流过大都会引起保险丝熔断。故A正确；
B、开关应接在用电器和火线之间，这样在断开开关时，用电器才不会带电，便于维修，故B正确；
C、试电笔可以辨别家庭电路中的火线和零线，手接触笔尾金属体，手不要接触笔尖金属体，故C正确；
D、电能表是测量用电器消耗电能(电流做功)的仪表，故D错。
故选：ABC。
(1)保险丝熔断的原因是电流过大，电流过大的原因有两个：短路和电路中总功率过大；
(2)开关应接在用电器和火线之间；
(3)试电笔是用来辨别家庭电路中的火线和零线的。使用试电笔时，手接触笔尾金属体，笔尖接触被检测部分，氖管发光说明接触的是火线或与火线连通的部分；
(4)电能表是测量用电器消耗电能的仪表，又叫电度表，单位是kW⋅h(度)。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
10.【答案】CD
【解析】解：A、导体的电阻是导体本身的一种特性，其大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；灯泡两端电压越大时，其实际功率越大，灯泡发光就越亮，灯丝的温度就越高，灯丝的电阻越大，故A错误；
B、由图像可知，当两灯并联在3V的电源两端时，两灯两端的电压均等于电源电压为3V，若PA：PB=2：1，由公式P=UI可知，IA：IB=PA：PB=2：1，即IB=12IA；
由图像可知，当U=3V时，IA为0.7A，则IB应为0.35A，而图像中B对应的电流显然不是0.35A，故B错误；
C、将两灯串联，且B灯正常发光时，由图像可知，通过B灯的电流为0.5A，即电路中的电流为0.5A，此时A、B两灯两端的电压分别为2V和6V，
根据串联电路电压规律可知，电源电压大小U=UA+UB=2V+6V=8V，故C正确；
D、当U与I比值即电阻大小为5Ω时，其U−I图像过点(2,0.4)，即此时电路中的电流为0.4A，
由图可知，当电路中的电流为0.4A是，B灯两端的电压大小为4V，电源电压为正好为6V，
则电阻R消耗的功率为：P=U′I′=2V×0.4A=0.8W，故D正确。
故选：CD。
A、导体的电阻是导体本身的一种特性，其大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
B、由图像可知，当两灯并联在3V的电源两端时，两灯两端的电压均等于电源电压为3V，若功率之比为2：1，根据公式P=UI可得它们的实际电流之比，结合图像分析假设否成立；
C、将两灯串联，且B灯正常发光时，由图像可知，通过B灯的电流为0.5A，即电路中的电流为0.5A，此时A、B两灯两端的电压分别为2V和6V，根据串联电路电压规律可知电源电压大小；
D、当U与I比值即电阻大小为5Ω时，其U−I图像过点(2,0.4)，此时，B灯两端的电压大小为4V，电源电压为正好为6V，根据公式P=UI可求得电阻R消耗的功率。
本题综合串并联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，要求学生能分析图像获取信息解决问题，难度较大。
11.【答案】2.5×10−6 不属于
【解析】解：2.5μm=2.5×10−6m，PM2.5的运动是固体颗粒物的运动，属于机械运动，不属于分子的运动。
故答案为：2.5×10−6；不属于。
物体相对于其它物体位置的变化是机械运动，组成物质分子的无规则运动是热运动。
要知道机械运动与热运动的概念与区别，这是正确判断微粒属于哪种运动的关键。
12.【答案】4 3227
【解析】解：
(1)由图知，两电阻串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流，
若前后两次滑动变阻器的阻值分别为R1、R2，则：R1R2=23，即：R1=23R2，
根据串联电路特点和欧姆定律有：I1=UR+23R2，I2=UR+R2，
则：I1I2=UR+23R2UR+R2=R+R2R+23R2=43，
化简可得：RR2=13，
当移动滑片P至另一位置时，电流表的示数为I2，电压表示数为1V，即：UR=1V，
串联电路中电流处处相等，由欧姆定律有：URR=U2R2，
则滑动变阻器两端的电压：U2=R2R×UR=3UR=3×1V=3V
根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U=U2+UR=3V+1V=4V；
(2)前后两次滑动变阻器的电功率之比：P1P2=I12R1I22R2=42×232×3=3227。
故答案为：4；3227。
(1)由图知，两电阻串联，电压表测R两端电压，电流表测电路中电流。已知前后再次变阻器的阻值关系，根据串联电路特点和欧姆定律表示出两次电路中电流，由电流比计算出R与第二次变阻器连入电路的阻值关系，再由串联电路特点和第二次电路中电压表示数计算电源电压；
(2)根据P=I2R求出前后两次滑动变阻器的电功率之比。
本题考查了串联电路特点、电功率公式以及欧姆定律的应用，关键是根据两次电路中电流表和变阻器连入阻值比得到两电阻关系，有一定的难度。
13.【答案】实像 放大
【解析】解：望远镜是由两组凸透镜组成，观察远处的景物时，物距大于2倍焦距，物镜成倒立、缩小的实像，与照相机的成像原理相同；
这个倒立缩小的实像正好落在目镜焦距内的位置，目镜的作用相当于一个放大镜，这个实像经过目镜后成一个正立、放大的虚像。
故答案为：实像；放大。
望远镜的物镜成倒立、缩小的实像，目镜成正立、放大的虚像。
关于望远镜需注意：物镜的作用是远处的物体在焦点附近成实像，目镜的作用相当于放大镜，物体在焦点以内成正立放大的虚像；望远镜的物镜成的像虽然比原来小，但他离我们眼睛很近，再加上目镜的放大作用，视角变得很大，看起来像是放大了，实际还是缩小的像。
14.【答案】靠拢 压强小
【解析】解：当向中间吹气时，中间的空气流动速度增大，压强减小。纸外侧的压强不变，纸受到向内的压强大于向外的压强，受到向内的压力大于向外的压力，纸在压力差的作用下向中间靠拢，说明气体流速越大的地方压强越小。
故答案为：靠拢；压强小。
流体压强与流速的关系：流速越大的地方，压强越小；流速越小的地方，压强越大。
本题的解题关键是找出向两张纸中间吹气时，两张纸中间和外侧空气流速特点。
15.【答案】50 14.4
【解析】解：(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由图像可知，当电路中的电流I=0.2A时，R1的电功率P1=2W，由P=UI=I2R可得，R1接入电路的电阻为：R1=P1I2=2W(0.2A)2=50Ω；
此时电路中电流最小，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，故滑动变阻器的最大阻值是50Ω；
(2)由图像可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，
此时R1接入电路的电阻为：R1′=P1′I′2=3.2W(0.4A)2=20Ω，
由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则电源的电压：U=I′(R0+R1′)=0.4A×(R0+20Ω)……①
当电路中的电流I=0.2A时，电源的电压：U=I(R0+R1)=0.2A×(R0+50Ω)……②
①②两式联立，解得：R0=10Ω，
电源的电压：U=I(R0+R1)=0.2A×(10Ω+50Ω)=12V，
当滑动变阻器接入电阻为0时，通过定值电阻R0的电流最大，由P=UI=U2R可知此时定值电阻R0的功率最大，
此时定值电阻R0的最大功率：P=U2R0=(12V)210Ω=14.4W。
故答案为：50；14.4。
(1)由电路图可知，R0与R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由欧姆定律可知，当电路中电流最小，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，根据P=UI=I2R计算滑动变阻器的最大阻值；
(1)图像可知，当电路中的电流I′=0.4A时，R1的电功率P1′=3.2W，根据P=UI=I2R计算此时R1接入电路的电阻，根据串联电路特点结合欧姆定律表示电源电压，联立成方程即可解得R0的阻值和电源电压，
当滑动变阻器接入电阻为0时，通过定值电阻R0的电流最大，由P=UI=U2R可知此时定值电阻R0的功率最大，进一步计算此时定值电阻R0的最大功率。
本题考查串联电路特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，根据欧姆定律表示电源电压列出方程求出定值电阻R0的阻值是解题的关键。
16.【答案】地磁场 南
【解析】解：“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用；指南针静止时南极指南，北极指北。
故答案为：地磁场；南。
地球周围存在磁场---地磁场，地磁场的形状和条形磁铁的磁场很相似，地磁的南极在地理的北极附近，地磁的北极在地理的南极附近；放在地面附近的指南针就是因为受到地磁场的作用，所以南极指南，北极指北。
此题考查我们对于地磁场和指南针的了解，是一道基础题。
17.【答案】电磁波 增加
【解析】解：(1)因电磁波可以在真空中传播，所以从火星探测器与地球之间用电磁波传递信息；
(2)火箭携带“天问一号”探测器加速升空，探测器的质量不变，速度增大，动能增大；质量不变，高度增大，重力势能增大；机械能=动能+重力势能，所以机械能增加。
故答案为：电磁波；增加。
(1)卫星信号都是通过无线电波来传递信息的；
(2)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。从动能和重力势能大小的变化判断机械能的变化。
本题考查电磁波的应用、机械能变化的判断等知识，要掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法，判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。
18.【答案】电磁波 二次
【解析】解：微波属于电磁波；
微波炉使用的能源是电能，电能都是通过其他能源转化而来的，因此电能属于二次能源。
故答案为：电磁波；二次。
(1)依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线(伦琴射线)、γ射线(伽马射线)；
(2)从自然界直接获得不需要加工处理的能源是一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。
本题考查了能源的分类和电磁波的应用，属于基础题。
19.【答案】D 不能 大于
【解析】解：(1)罐子在整个运动过程中的质量不变，在A点时的高度最高，重力势能最大；罐子从A点运动到D点，橡皮筋发生了弹性形变，在D点时的形变程度最大，所以在D点的弹性势能最大；
(2)若罐内没有橡皮筋和小铁块，罐子的重力势能转化为内能和罐子的动能，罐子不具有弹性势能，所以不会返回斜面；
(3)第一次返回斜面，向上滚动的过程中，由于一部分机械能转化为了内能，所以罐子整体在C点时的机械能大于在B点时的机械能。
故答案为：D；不能；大于。
(1)重力势能的大小与质量、高度有关；弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)罐子最后停在水平面上，罐子的机械能变小了，这说明罐子在运动的过程中，机械能转化为了其他形式的能。
本题考查铁罐的机械能的转化，包含了动能和弹性势能、重力势能的转化，应细化整个过程的分析是解题的关键。
20.【答案】8 0.125 80%
【解析】解：小明对小车做的有用功为：
W有=Gh=3N×0.6m=1.8J；
拉力做的总功为：
W总=Fs=1.25N×1.6m=2J，
所以摩擦力做额外功为：
W额=W总−W有=2J−1.8J=0.2J，
则摩擦力为：
f=W额s=0.2J1.6m=0.125N。
斜面的机械效率为：
η=W有W总=1.8J2J=90%。
故答案为：1.8；0.125；90%。
由W有=Gh计算提升重物做的有用功，由W总=Fs计算总功，由W总=W有+W额计算额外功，由W额=fs计算小车与斜面间的摩擦力；由η=W有W总计算斜面的机械效率；
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，要知道克服物体与斜面间的摩擦力所做的功是额外功。
21.【答案】解：由图示可知，线段OB是最大的动力臂L，此时力F最小，过B点作线段OB的垂线即可作出动力F，方向斜向上；重力的方向竖直向下，如图所示：
。
【解析】由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，根据图示确定最大动力臂，然后作出力与力臂，根据重力的方向竖直向下，做出重力示意图。
此题主要考查了杠杆最小力的问题以及重力的方向，难度不大。
22.【答案】解：由题知，顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗，说明电路中电流变小了，电位器连入电路的阻值变大(连入电路的电阻丝变长)，所以应将电位器的B、C接线柱接入电路中，由此将灯泡、电位器和开关依次连接在电源两极上，如图所示：
【解析】顺时针旋转滑片P时，灯泡变暗，由此确定电位器的接线柱，将电位器、灯泡、开关串联在电源两极上即可。
本题考查的是实物电路的连接，知道电位器实质是变形的滑动变阻器，滑动变阻器应与被控制用电器串联。
23.【答案】解：人之所以能看到水中的鱼，是由鱼反射的光线经水面折射后进入人眼，因此光的传播方向大致为S→A；
鱼的像是人眼逆着折射光线看到的，所以直接连接AS′，与水面的交点O即为入射点；连接S和入射点O即为入射光线，如图所示：
【解析】由于光的折射，人看到的鱼是鱼在水的像，比原来的位置要浅一点，故可先连接AS′，与水面的交点即为入射点，再连接入射点和S，标出光的传播方向
本题通过光的折射现象的作图，说明了为什么感觉水中的物体看起来变浅的原因，需要注意的是哪些线是实线、哪些线是虚线，另外不要把方向标反了。
24.【答案】零刻度线 左 17 50 1.14×103 GG−F1⋅ρ水 G−F2G−F1⋅ρ水
【解析】解：(一)(1)小明将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的零刻度线处，此时，指针在分度盘上的位置如图甲所示，即左端上翘，他应将平衡螺母向左端调节，使天平平衡；
(2)标尺的分度值为0.2g，烧杯和盐的总质量：m1=20g+20g+5g+4g=49g；
则盐的质量为：m=49g−32g=17g；
(3)如图丙所示，量筒的分度值为2mL，用量筒量出水的体积：V=40mL=40cm3，
由公式ρ=mV可得水的质量：m2=ρ水V=1.0g/cm3×40cm3=40g，
则盐水的总质量为：m3=40g+17g=57g，
将烧杯中的盐倒入量筒中，待盐完全溶解后，量筒中液面的位置如图丁所示，盐水的体积为V3=50cm3，
配制盐水的密度是：
ρ=m3V3=57g50cm3=1.14g/cm3=1.14×103 kg/m3；
(二)(1)小华使用弹簧测力计测出石块在空气中的重力G；
(2)用弹簧测力计悬挂着石块，将其完全浸没在盛有水的烧杯内，此时示数为F1；
(3)由称重法测浮力可得，石块完全浸没在盛有水的烧杯内受到的浮力：
F浮=G−F1------①，
由阿基米德原理可得：
F浮=ρ水gV排=ρ水gV物-----②，
待测石块的密度：
ρ石=mV物=GgV物----③；
由①②③得：
ρ石=GG−F1⋅ρ水；
(5)小华将石块从水中取出擦拭干净，再浸没在待测盐水中，测出测力计的拉力F2；
石块浸没在盐水受到浮力：
F浮′=G−F2------④
由阿基米德原理可得：F浮′=ρ盐水gV排=ρ盐水gV物，
则V物=F浮′ρ盐水g-----⑤
因石块排开液体的体积不变，由①②④⑤得：
G−F1ρ水g=G−F2ρ盐水g，
故待测盐水的密度：
ρ盐水=G−F2G−F1⋅ρ水。
故答案为：(一)(1)零刻度线；左；(2)17；(3)50；1.14×103；(二)(3)GG−F1⋅ρ水；(5)G−F2G−F1⋅ρ水。
(一)(1)天平的正确调节：把天平放在水平台上，把游码拨到零刻度，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向天平上翘的一端移动；
(2)根据标尺的分度值得出烧杯和盐的总质量(等于砝码的质量加上游码所对应的质量)；从而求出盐的质量；
(3)如图丙量筒的分度值为1mL，据此得出水的体积，根据密度公式求出水的质量；从而得出盐水的总质量为：
由如图丁所示得出盐水的体积，根据密度公式求出配制盐水的密度；
(二)(3)由称重法测浮力得出石块完全浸没在盛有水的烧杯内受到的浮力；由阿基米德原理和密度公式计算出待测石块的密度；
(4)由称重法得出石块浸没在盐水受到浮力：
由阿基米德原理根据石块排开液体的体积列方程求出故待测盐水的密度。
本题测量盐水和石块的密度，考查天平的调节和使用、量筒的使用及密度公式的运用，同时也考查了称重法测浮力和阿基米德原理的运用。
25.【答案】甲、乙 甲、丙 变化 转换 4.2×104 4.2×106 偏小
【解析】解：(1)为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料加热同一种液体，所以选择甲、乙两个装置；
为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间来判断两种液体比热容的大小，所以选择甲、丙两个装置；
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，让液体的质量和初温相同，通过观察温度计示数的变化，得出被加热液体吸收热量的多少，进而判断燃料热值大小；这种探究问题的方法叫转换法；
(3)水吸收的热量Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×20℃=4.2×104J；
燃料完全燃烧放出的热量Q放=Q吸=4.2×104J，
燃料的热值q=Q放m燃料=4.2×104J0.01kg=4.2×106J/kg；
因为实验时燃料没有完全燃烧，燃料燃烧放出的热量不能完全被水吸收，所以这样计算出的热值与标准热值相比偏小。
故答案为：(1)甲、乙；甲、丙；(2)变化；转换；(3)4.2×104；4.2×106；偏小。
(1)为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料加热同一种液体；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体；
(2)在“比较不同种燃料的热值”的实验中，燃料燃烧放热，热量被同种液体吸收，放出热量越多，液体升高温度越多，温度计的示数变化越多，据此判断燃料热值大小；这种探究问题的方法叫转换法；
(3)根据Q吸=c水m水Δt计算水吸收的热量；根据q=Q放m燃料计算燃料的热值；因为实验时燃料没有完全燃烧，燃料燃烧放出的热量不能完全被水吸收。
本题要求学生理解控制变量法和转换法，能够根据应用液体升温吸热公式和燃料完全燃烧放热公式的变形式进行计算。
26.【答案】高度差 深度 甲、丙 密度 控制变量法 转换 <
【解析】解：(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的高度差来反映的，高度差越大，说明液体内部压强越大。
(2)甲、乙两图，液体的密度相同，液体越深，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，实验说明液体压强大小跟液体深度有关。
甲、丙两图，液体的深度相同，液体密度越大，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，实验说明液体压强大小跟液体密度有关。
(3)液体压强跟液体密度和液体的深度有关，探究液体压强大小跟液体深度关系时，控制液体密度不变，探究液体压强大小跟液体密度关系时，控制液体深度不变，这种方法是控制变量法。
(4)如图丁，橡皮膜向左凸，说明在同一深度，液体向左的压强大于液体向右的压强，所以pA
(1)液体内部压强的大小是通过压强计U形管左右两侧液面产生的高度差来反映的，采用了转换法。
(2)液体压强跟液体密度和液体的深度有关。在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大。
(3)控制变量法是物理量受到多个因素影响时，往往先控制住其它几个因素不变，集中研究其中一个因素变化所产生的影响。
(4)通过橡皮膜凹凸情况，判断压强大小，然后根据液体压强公式比较液体密度大小。
本题利用控制变量法和转换法探究液体压强大小的影响因素，这是液体压强重点的实验，要熟练掌握。
27.【答案】右 水平 3 不能 0.25 O
【解析】解：(1)当杠杆静止时，发现左端下沉，如图1所示，此时，应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)设一个钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：2G×3L=nG×2L，所以n=3，需在B点挂3个钩码；
在A、B两点各增加1个钩码，左侧变为3G×3L=9GL，右侧变为4G×2L=8GL，故杠杆仍不能平衡；
(3)根据杠杆平衡条件可知：0.5N×L=G×2L，解出G=0.25N，
将杠杆的中心位置挂在支架上，可避免杠杆自重的影响，故将杠杆支点位置设在O点进行实验。
故答案为：(1)右；水平；(2)3；不能；(3)0.25；O。
(1)当杠杆静止时，发现左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向相反方向调节，直至杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆平衡条件做出解答；
(3)根据杠杆平衡条件得出杠杆的重力；
将杠杆的中心位置挂在支架上，可避免杠杆自重的影响。
本题考查探究“杠杆的平衡条件”实验，重点考查器材调平，杠杆的平衡条件的应用等知识，难度不大。
28.【答案】等量 甲、乙 串 电流 分流 漏气
【解析】解：(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化；
(2)要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲和乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验；
(3)选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，则通过容器中电阻的电流不同，而电阻大小和通电时间相同，因此可以探究电热与电流的关系，其中15Ω电阻的作用是分流；
(4)发现乙装置U形管中液面无高度差，丙装置U形管中液面有高度差，产生此现象的原因可能是乙装置漏气。
故答案为：(1)等量；(2)甲、乙；串；(3)电流；分流；(4)漏气。
(1)甲、乙、丙三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化；
(2)要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此分析；
(3)探究电热与电流的关系，需要控制电阻和通电时间相同，而通过电阻的电流不同，据此分析；
(4)可从漏气、橡胶管没有扎紧等方面进行分析。
本题考查了探究电流通过导体产生的热的多少与什么因素有关的实验，要注意控制变量法的应用。
29.【答案】3 0 0.36 10 0.9 ACD
【解析】解：(1)闭合开关，导线M断路时，小灯泡开路，电压表在电路中相当于断开，则电路中的电流几乎为零，即电流表的示数为0A；电压表相当于测量电源两端电压，即电压表的示数为3V；
(2)由图甲可知，电压表测量小灯泡两端电压，由图乙可知，电压表所选量程为0～3V的量程，分度值为0.1V，示数为：1.5V；电流表所选量程为0～0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为：0.24A，小灯泡此时的功率为：P=UI=1.5V×0.24A=0.36W；
(3)①在第1步实验中，仅闭合S1，R2调至5Ω时，R2与L串联，电路中的电流为0.3A，即通过小灯泡的电流IL1=I额=0.3A，小灯泡正常发光，
电路中的总电阻为：R总=R2+RL；
在第2步实验中，仅闭合S2、R1与R2串联，当电路中的电流仍为0.3A时，电路中的总电阻为：R总′=R2′+R1；
由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两次电路中的电流相等，则两次电路的总电阻相等，即R总=R总′，
由此可得：5Ω+RL=9Ω+6Ω，
则小灯泡正常发光的电阻为：RL=10Ω，
小灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额2RL=(0.3A)2×10Ω=0.9W；
②在设定的4种调整中，只要能测出小灯泡正常发光时的电阻，就可利用公式P额=U额I额=I额2RL求得小灯泡的额定功率。
A、将R1换成导线。当只闭合S1时，L与R2串联，调节R2，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光，读出电阻箱的阻值为R2；当只闭合S2时，L被短路，调节R2，使电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱R2的阻值为R2′，则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R2′−R2，故A调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
B、将R2换成导线。当只闭合S1时，只有L连入电路，电路中的电流大小不一定刚好为0.3A，故不能确保小灯泡是否正常发光；若同时闭合S1、S2，L与R1并联，两者互不影响，也不能确保L是否正常发光，故B调整不能完成小灯泡额定功率的测量；
C、将R2换成适当规格的滑动变阻器。当只闭合S1时，L与滑动变阻器串联，调节滑动变阻器，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光；当只闭合S2时，保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节R1，使电流表的示数仍为0.3A，读出电阻箱的阻值为R1，则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R1，故C调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
D、在实验操作时，先闭合的开关是S2。如图丙所示，当仅闭合S2时，R1与R2串联，分别调节两个电阻箱，使电流表的示数为0.3A，
读出两电箱的示数分别为：R1和R2；当仅闭合S1时，L与R2串联，调节R2，使电流表的示数为0.3A，则小灯泡正常发光，读出电阻箱R2的阻值为R2′，
则小灯泡正常发光的电阻为：RL=R1+R2−R2′，故D调整仍能完成小灯泡额定功率的测量；
故选：ACD。
故答案为：(1)3；0；(2)0.36；(3)①10；0.9；②ACD。
(1)闭合开关，导线M断路时，小灯泡开路，电压表在电路中相当于断开，则电路中的电流几乎为零，电压表相当于测量电源两端电压，由此得出两表示数大小；
(2)由甲可知，电压表测量小灯泡两端电压，根据图乙两表示数，利用公式P=UI计算小灯泡的功率；
(3)①该方案是利用等效法求得小灯泡正常发光的电阻，再利用公式P=UI=I2R求得小灯泡的额定功率。
在第1步实验中，仅闭合S1，R2调至5Ω时，R2与L串联，电路中的电流为0.3A，即通过小灯泡的电流IL1=I额=0.3A，小灯泡正常发光，
电路中的总电阻为：R总=R2+RL；
在第2步实验中，仅闭合S2、R1与R2串联，当电路中的电流仍为0.3A时，此时电路中的总电阻为：R总′=R2′+R1；由欧姆定律可知，在电源电压恒定时，两次电路中的电流相等，则两次电路的总电阻相等，即R总=R总′，由此求得小灯泡正常发光的电阻，从而求得小灯泡的额定功率。
②在设定的4种调整中，只要能测出小灯泡正常发光时的电阻，就可利用公式P=UI=I2R求得小灯泡的额定功率，据此分析各种调整的可行性。
本题考查实验测量小灯泡的电功率，重点考查实验过程及实验方案的设计，体现公式P=UI=I2R的应用，涉及电路的动态分析，难度大。
30.【答案】解：(1)汽车静止时对路面的压力：
F=G=mg=1.8×103kg×10N/kg=1.8×104N，
汽车对地面压强：p=FS=1.8×104N1000×10−4m2=1.8×105Pa；
(2)根据公式P=Wt可得，汽车行驶过程牵引力所做的功：
W=Pt=100×103W×2.5×3600s=9×108J，
根据W=Fs可得：汽车牵引力F=Ws=9×108J2.25×105m=4×103N，
(3)t=2.5h=9×103s，
根据η=WQ放可得，放出的热量：
Q放=Wη=9×108J30%=3×109J，
根据Q=mq可得，需要汽油的质量：
m=Q放q汽油=3×109J4.8×107J/kg=62.5kg。
答：(1)小轿车静止时对地面的压强为1.8×105Pa；
(2)轿车在这次行驶过程中受到的牵引力为4×103N；
(3)若汽油完全燃烧产生的热量的30%转化为车运动时的机械能，则这次行驶中要消耗62.5kg的汽油。
【解析】(1)汽车静止时对路面的压力和自身的重力相等，根据G=mg求出其大小，再利用p=FS求出对路面的压强；
(2)根据公式P=Wt可求汽车行驶过程所做的功，再利用W=Fs可求牵引力的大小；
(3)根据η=WQ放可求放出的热量，然后根据Q=mq可求需要汽油的质量。
本题是一道综合计算题，考查的知识点较多，有重力的计算公式、压强的计算公式、功的计算公式、功率的计算公式、机械效率的计算公式以及有关热值的计算等。解题时要注意各知识点的综合应用，同时注意单位换算。
31.【答案】解：(1)电热中药壶加热时，R2被短路。额定功率为1210W，由P=UI可知，电热中药壶正常工作时，通过加热管R1的电流为：
I加=P加U=1210W220V=5.5A；
(2)根据欧姆定律的计算公式可得，R1加热的电阻为：
R1=UI加=220V5.5A=40Ω，
当开关S闭合，S1断开，两电阻串联，电热管处于保温状态，正常工作时加热管R1的保温功率和加热功率之比为4：25，则保温功率为：
P保=425P加=425×1210W=193.6W，
由P=I2R可知，此时电路的电流为：
I保= P保R1= 193.6W40Ω=2.2A，
根据欧姆定律可得电路中的总电阻为：
R总=UI保=220V2.2A=100Ω，
根据串联电路的电阻规律可得，R2的电阻为：
R2=R总−R1=100Ω−40Ω=60Ω；
(3)当实际电压为200V时，只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min消耗的电能为：
W=UIt=U实2R1t=(200V)240Ω×6×60s=3.6×105J=0.1kW⋅h，
1200imp/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，故电能表闪烁的次数为：
n=0.1kW⋅h×1200imp/(kW⋅h)=120次。
答：(1)在加热状态正常工作时，通过R1的电流为5.5A；
(2)电阻R2的阻值60Ω；
(3)该过程中电能表指示灯闪烁的次数n为120。
【解析】(1)电热中药壶加热时，R2被短路。额定功率为1210W，由P=UI可知，电热中药壶正常工作时，根据P=UI可求出通过加热管R1的电流；
(2)根据欧姆定律的计算公式可求出R1加热的电阻，当开关S闭合，S1断开，两电阻串联，电热管处于保温状态，正常工作时加热管R1的保温功率和加热功率之比为4：25，从而可求出保温功率，根据=I2R可求出此时电路的电流，根据欧姆定律和串联电路电阻规律可求出R2的电阻；
(3)根据电功的计算公式求出，实际电压为200V时，只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min消耗的电能，1200imp/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，从而求出该过程中电能表指示灯闪烁的次数n。
本题考查了欧姆定律的应用、电功、电功率的计算，明白电能表参数的含义是解题的关键。
32.【答案】解：(1)闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，
由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I1=U1R1=2.8V14Ω=0.2A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻：R=r+R1=1Ω+14Ω=15Ω，
电源电压：U=I1R=0.2A×15Ω=3V；
(2)闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，
串联电路总电压等于各部分电压之和，所以r两端的电压：Ur=U−U2=3V−2.7V=0.3V，
此时通过电路的电流：I2=Urr=0.3V1Ω=0.3A，
串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2=U2I2=2.7V0.3A=9Ω。
答：(1)电源电压U的大小为3V；
(2)电阻R2的阻值为9Ω。
【解析】(1)闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据欧姆定律的变形U=IR计算电源电压；
(2)闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算r两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，进一步计算电阻R2的阻值。
本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，分清电路的连接是解题的关键。
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