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2023年山东省临沂市罗庄区中考物理二模试卷（B卷）（含解析）
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这是一份2023年山东省临沂市罗庄区中考物理二模试卷（B卷）（含解析），共36页。试卷主要包含了 如图是“泼水成冰”的游戏等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省临沂市罗庄区中考物理二模试卷（B卷）
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。
1. 下列有关物理量的估计，符合实际的是( )
A. 普通教室门的高度约为3m B. 一瓶普通矿泉水质量约560g
C. 冬天洗澡水的温度约为60℃ D. 教室楼道LED声控灯的电功率约60W
2. 如图，在罗庄区第十五届中小学读书节启动仪式上，孩子们在尽情演奏。我们很容易分辨出小提琴和二胡的声音，判断的依据是( )
A. 音调 B. 响度 C. 音色 D. 频率
3. 我国近年来在科技领域不断取得新成果，下列说法正确的是( )
A. 未来无人驾驶汽车是利用5G网络传递信息
B. 我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源
C. “5G”比“4G”传递信息更快，是因为它使用的电磁波传播速度更快
D. 核电站是利用核聚变释放的核能发电的
4. 2022年11月8日18时59分，震撼人心的时刻到来，天空出现超级“红月亮”和“月全食”的少见天象。下列光现象，与月全食成因相同的是( )
A. 玻璃中的天空
B. 墙壁上的“小兔”
C. 加水看见硬币
D. 镜中的“关灯”字变大
5. 生活中的许多场景都蕴含了物理知识，关于如图描述正确的是( )
A. 图甲，擀面皮说明力可以改变物体的运动状态
B. 图乙，钢笔吸墨水利用了大气压强
C. 图丙，给自行车轴加润滑油是为了增大摩擦
D. 图丁，手距离筷子夹菜端越远越省力
6. 2023年中国无人机国家队选拔赛开幕式在上海市金山区体育中心举行，如图是比赛中无人机相互竞速的场景。下列说法正确的是( )
A. 无人机加速上升时，受到平衡力的作用
B. 无人机匀速下降时，重力势能转化为动能
C. 地面操作人员通过超声波向无人机传递信息
D. 飞行中的无人机相对于地面是运动的
7. 如图是“泼水成冰”的游戏。该游戏需要滚烫的开水在零下30℃以下的极寒环境下才能成功。关于“泼水成冰”的原理说法错误的是( )
A. 用滚烫的开水而不用冷水是因为开水在短时间内能提供大量的水蒸气
B. 图中水蒸气在极寒环境下遇冷放热直接凝华成小冰晶
C. 和“泼水成冰”形成原理相同的自然现象还有雾的形成
D. 开水提供水蒸气的物态变化过程是汽化，汽化需要吸热
8. 如图所示是超声波焊机，它利用声波振动，在塑料工件上，通过工件间的摩擦使塑料工件的接口升温熔化，达到焊接的目的。下列有关说法正确的是( )
A. 超声波不能在真空中传播
B. 通过热传递的方式增大了塑料工件的内能
C. 超声波能被人耳听到
D. 超声波焊机利用了声能传递信息
9. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，此时烛焰在光屏上成一个清晰的像，由此判断下列说法正确的是( )
A. 光屏上的像是倒立、放大的实像
B. 光屏上的像是正立、缩小的实像，照相机是根据该原理制成的
C. 若换用材料与口径相同但更凸一些的凸透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须远离凸透镜
D. 若蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜向左移动适当距离，仍可在光屏上得到清晰的像
10. 如图是一款家用衣物烘干机，关上门相当于闭合开关S1，滚筒旋转紫外杀菌灯杀菌；再将烘干开关S2闭合，开始烘干衣物并高温杀菌：若只闭合开关S2不关门，则烘干机不工作。下图中M是滚筒，L是杀菌灯，R是加热电阻，如杀菌灯坏了，不影响烘干衣物。下列设计符合题意的是( )
A. B. C. D.
11. 如图为冬奥会的一些运动项目，下列说法中正确的是( )
A. 运动员用球杆推着冰球使其水平滑动，说明力是维持物体运动的原因
B. 冰壶在水平冰面运动的过程中，所受的重力做了功
C. 如果下滑过程中运动员失去一切外力，他将处于匀速直线运动状态
D. 运动员穿冰刀鞋的目的是为了减小压强，便于运动员滑得更快
12. 如图是电阻甲和乙的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 当乙两端电压是2.5V时，其电阻是10Ω
B. 当甲两端电压是1V时，通过的电流是0.4A
C. 将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的总电压为2V
D. 将甲和乙并联，若电压为1V，则它们的干路电流为0.4A
13. 如图是一个住宅户内的配电系统方框图。下列说法中正确的是( )
A. 空气开关Q与吊灯灯泡是并联
B. 当吊灯正常发光时，用试电笔接触P处的导线氖管不会发光
C. 当站在地上的人不小心用手指接触到插孔M内的金属片时，漏电保护器会迅速切断电流，对人身起到保护作用
D. 当N处的空气开关跳闸时，一定是空调和吊灯同时使用引起的
14. 如图所示，在我市街道上来回奔跑的“大炮”，它是专门用来与雾霾打硬仗的雾炮车，能有效降低空气中的PM2.5的含量，下列说法正确的是( )
A. 喷雾后树叶更加翠绿是由于叶子反射了更多的绿光
B. 阳光下雾炮车后常出现彩虹是光的反射形成的
C. 雾炮车在匀速前进过程中动能不变
D. 洒在地上的水液化放热能在抑尘的同时起到调节气温的作用
15. 手机无线充电是一种新型的充电方式，其充电原理是当电流流过充电底座发射线圈时会产生磁场，手机电池接收线圈靠近该磁场时就会产生电流，从而给智能手机充电，如图所示。下列与手机接收线圈工作原理一致的是( )
A. 门吸
B. 电铃
C. 扬声器
D. 动圈式话筒
16. 2023年2月25日，我国自主研制的第四架大型灭火水上救援水陆两栖飞机“鲲龙”AG600M在广东珠海首次飞行成功，如图所示。下列关于飞机的说法正确的是( )
A. 起飞过程中，飞机机翼上方空气流动快，压强大
B. 起飞加速助跑，是为了让飞机获得更大的惯性
C. 停在水平地面，飞机空载的重力和地面对它的支持力是平衡力
D. 停在水平地面，飞机空载的重力和它对地面的压力产生原因相同
17. 如图所示的半潜船工作时，通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深，待军舰到达甲板上方，再次调节舱中海水量，使甲板浮出水面，完成军舰的装载过程。下列关于半潜船的说法正确的是( )
A. 上浮过程中，甲板受到水的压强变大
B. 下沉过程中，船所受浮力小于它排开海水所受重力
C. 半潜船通过改变受到浮力的大小实现下沉和上浮
D. 军舰装载时处于漂浮状态，装载货物越重，半潜船受到的浮力越大
18. 如图所示，电源电压不变，闭合开关S，电压表V1的示数为6V，电压表V2的示数为4V。下列说法中正确的是( )
A. L1两端电压为4V
B. 通过两灯的电流相等
C. 若灯L1发生断路，灯L2能继续发光
D. 断开开关，只将电压表V2换成电流表，则L1与L2串联
19. 如图是某简易煤气检测电路，其中Q为气敏元件，其阻值随煤气浓度的升高而减小。若输出信号的仪表选用电压表或电流表，闭合开关S，当煤气浓度升高时，要求仪表的示数增大，则( )
A. 选用电压表接在a、b之间 B. 选用电压表接在b、c之间
C. 选用电流表接在b、c之间 D. 选用电流表接在a、c之间
20. 如图甲所示电路，电源电压恒定，灯泡标有“8V”的字样，闭合开关S，滑动变阻器的滑片在A点时，电压表V1的示数为12V，图乙是滑动变阻器的滑片从A点移到最右端的过程中，电压表V2的示数与滑动变阻器连入电路阻值之间变化关系的图像，在这一过程中，下面分析正确的是( )
A. 灯泡的额定功率为16W B. 灯泡正常发光时的电阻为4Ω
C. 电路消耗的最大功率为10W D. 2min电路至少做功1200J
21. 罗庄区防溺水安全教育宣传片中，严禁中小学生私自下河游泳。“河清疑水浅，注意安全”，“河清疑水浅”是由于光的______ 现象造成的错觉；有些看似平静的水面下往往暗藏漩涡，漩涡中心水流速度大，压强______ ，边缘的物体容易被“吸入”漩涡，是因为水流产生的力可以改变物体的______ 。
22. 近来，淄博烧烤火出圈，“坐高铁去撸串”等话题不断在社交平台刷屏。烤肉时空气中弥漫着肉香味，这是______ 现象；肉烤熟是通过______ 的方式改变其内能的。烧烤的主要燃料是木炭，已知它的热值是3.4×107J/kg，200g木炭完全燃烧放出的热量是______ J。
23. 细心的同学会发现商场里有两种电梯--自动扶梯和垂直升降电梯，小明搭乘两种电梯时分别记录自己运动路程随时间变化关系如图(a)，他在搭乘垂直电梯(b)与自动扶梯(c)时受到的支持力分别为F1、F2，则F1______F2(大于/等于/小于)；当他站在类似台阶的扶梯(c)上，当随扶梯快运动到楼上时若不小心会向______方摔倒(前/后)。
24. 如图所示为______ 滑轮(选填“定”或“动”)，滑轮重力及轮轴O处摩擦不计。用拉力F匀速提升重为20牛的物体A上升2米，则拉力F的大小为______ 牛，拉力F做的功为______ 焦。
25. 如图甲所示，水壶壶嘴的高度不低于壶身的高度，盖上盖子，用手堵住通气孔，壶中的水在______ 的作用下不易持续倒出。如图乙所示，小明制成一个简易的气压计，把它从山脚带到山顶，玻璃管内水柱的高度______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
26. 某品牌家用吸尘器及其铭牌如表，正常工作10s时间内电动机做总功为______ J，若电动机线圈电阻为1Ω，10s时间内电动机线圈发热量是______ J。
产品尺寸(mm)
358×248×307
额定电压(V)
220
额定功率(W)
1100
27. 如图所示，将滑动变阻器的滑片P移至M端，闭合开关S，电流表有示数为1A，电压表的示数为6V；滑片P移至N端，闭合开关S，电压表的示数为2V。求：
(1)电源的电压；
(2)电阻R0的阻值；
(3)电路消耗的最小功率。
28. 踢出去的足球在操场上慢慢滚动后停下来，在图中请画出在操场上向右滚动的足球受力的示意图。
29. 2023年实验操作考试中，小军采用如图甲装置“探究平面镜成像特点”实验。
(1)小军同学在探究平面镜成像特点时，是按如下实验步骤进行的：
a.将点燃的蜡烛放在竖直放置的玻璃板前；
b.将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；
c.将光屏放到像的位置，不透过玻璃板，直接观察光屏上有无像；
d.用直尺测量出蜡烛和像到玻璃板的距离。
请你针对小军同学的实验回答下列问题：刘军同学的实验操作中有一处明显错误：______ 。纠正错误以后，继续回答以下问题。
(2)如图甲，点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像完全重合为止，这说明像与物的大小相等，这种确定像与物大小关系的方法是______ (选填“控制变量法”、“等效替代法”或“科学推理法”)。
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将______ (选填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，蜡烛A的成像情况是______ (选题字母代号)。
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
30. (1)如图1所示是小亮同学用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。
①从结构上来看，压强计上的U形管______ (选填“属于”或“不属于”)连通器；
②比较图乙和图丙，可以得出结论：同种液体，深度越深，液体的压强越______ (选填“小”或“大”)；
③比较图乙和图丁，得出“液体密度越大，液体的压强越大”的结论，同组小李认为小亮的判断是不合理的，原因是没有控制______ 相同；
(2)小亮还通过如图2所示的步骤进行了“浮力的大小可能与哪些因素有关”的实验：
④分析A、C、D三图，得出下列结论：物体浸没后，浮力的大小与深度______ (选填“有关”或“无关”)；
⑤分析D、E两图，可得出结论：物体受到的浮力大小还与液体的______ 有关；
⑥根据图中的数据计算出物体的密度为______ kg/m3。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
31. 图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
(1)组装实验装置时，应当先调整图甲中______ (选填“A”或“B”)的高度。
(2)某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：实验中水的沸点为______ ℃。
(3)若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，则ma ______ mb。(选填“>”、“<”或“=”)
(4)撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续______ 。
(5)该小组同学想提高水的沸点，换用了火力更大的酒精灯加热，这种方法______ (选填“可行”或“不可行”)。
32. 在“探究电流与电阻的关系”时，小李同学用如图甲的电路进行实验：电流表(0～0.6～3A)、电压表(0～3～15V)、定值电阻R(10Ω、15Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个)、滑动变阻器R′(0～50Ω)、电源(8V)、开关、导线若干。
(1)图甲中有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整。(要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，导线不能交叉)
(2)连接好电路，闭合开关，发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，若故障只出在用电器上，则故障为______ 。
(3)某次实验时电流表的示数如图乙，则电流表示数为______ A。
(4)小李做此实验时，在电流表使用无误的情况下，收集测量数据，记录表格如下：
实验次数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
10
15
20
30
50
电流I/A
0.6
0.2
0.3
0.2
0.12
五次实验操作中有一次错误的操作，请你对小李记录的数据进行分析，他第______ 次的实验操作是错误的，错误的原因是______ 。
(5)另一同学小王用电阻箱(可在0～999.9Ω范围内调节电阻值大小，且能读数的变阻器)来代替电阻R，将图甲电路改进为如图丙的电路。
①你认为他这个方案是否可行？______ (选填“可行”或“不可行”)。
②当图丙中电阻箱阻值由30Ω调节为20Ω时，闭合开关后，应将滑动变阻器的滑片向______ (选填“左”或“右”)端滑动。
33. 如图所示是我国自主研发的无人驾驶电动运输车。这辆车的质量为1440kg，轮胎与地面的总接触面积为0.12m2，充满电后可储存电能30kW⋅h，其中有80%的电能可转化为汽车的机械能。某次该车在平直路面上以36km/h的速度匀速行驶，所受的阻力为800N。(g取10N/kg，q燃油=4×107J/kg)求：
(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压强是多少？
(2)该车充满电后在平直路面上匀速行驶时，可以行驶多少小时？
(3)该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧多少千克的燃油放出的热量？
34. 如图甲为一种浴室暖风机，它通过电热丝加热冷空气使室内升温，再利用风扇吹动热空气流动，图乙是该型号浴室暖风机的简化电路图，R是电热丝，其阻值不随温度变化。其主要参数如表所示，求：
项目
参数
额定电压/V
220
吹暖风/W
1320
吹冷风/W
110
(1)暖风机正常吹暖风时的电流；
(2)电热丝R的阻值大小；
(3)暖风机正常吹暖风时，使容积为10m3的浴室空气温度升高20℃需要300s，电热丝的加热效率是多少？[ρ空气=1.29kg/m3,c空气=1.0×103J/(kg⋅℃)]
(4)小明发现傍晚用电高峰时家里的电压会偏低，于是利用所学习的物理知识，测量家里的实际电压。电能表上标有“1200imp/(kW⋅h)”字样，他把家中的其他用电器断开；先让暖风机吹暖风，2min内电能表指示灯闪烁48次；再让暖风机吹冷风，2min内电能表指示灯闪烁8次，电热丝R的实际功率是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一层楼的高度一般在3m左右，普通教室门的高度比3m小得多，在2m左右，故A不符合实际；
B、一瓶未开封的矿泉水的体积一般是550mL，质量在m=ρV=1.0g/cm3×550cm3=550g左右，故B符合实际；
C、洗澡水的温度比人体的温度略高，约为40℃，故C不符合实际；
D、教室楼道LED声控灯的电功率约6W，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
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】C
【解析】解：不同的乐器音色不同，我们很容易分辨出小提琴和二胡的声音，就是因为它们的音色不同，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
(1)声音的高低叫音调，音调的高低与振动的频率有关。
(2)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
(3)音色与发声体的材料和结构有关。
能够正确区分音调、响度和音色。
3.【答案】A
【解析】解：(1)5G通信是用电磁波传递信息的，未来无人驾驶汽车是利用5G网络传递信息，故A正确；
B、“可燃冰”不可能在短期内从自然界得到补充的能源，是属于不可再生能源，故B错误；
C、“5G”和“4G”都是电磁波，传播速度一样快，故C错误；
D、核电站是利用核裂变释放的核能发电的，故D错误。
故选：A。
(1)5G通信是用电磁波传递信息的；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源；不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源；
(3)电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s；
(4)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变。
此题考查多个知识点，有信息传递、能源的分类、核能的利用等，属于基础性题目。
4.【答案】B
【解析】解：月全食是由于光的直线传播现象形成的。
A、玻璃中的天空是由于光的反射形成的虚像，故A不符合题意；
B、墙壁上的“小兔”是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；
C、加水看见硬币是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D、镜中的“关灯”字变大是凸透镜成像，由于光的折射形成的，故D不符合题意。
故选：B。
(1)光射到物体的表面会改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射，平面镜成像、水中的倒影都属于光的反射现象。
(2)光在同种均匀介质中是沿直线传播的，日食、月食、影子、小孔成像都属于光的直线传播现象。
(3)光从一种介质斜射到另一种介质时，传播方向通常会发生改变，这种现象叫光的折射；凸透镜成像、海市蜃楼、池水变浅等都属于光的折射现象。
知道光的直线传播、光的反射、光的折射现象及其应用。
5.【答案】B
【解析】解：A、将面团擀成面皮，说明力可以改变物体的形状，故A错误；
B、钢笔能把墨水吸上来，是墨水在外界大气压的作用下进入钢笔内的，故B正确；
C、自行车轴加润滑油，使接触面脱离，属于减小摩擦，故C错误；
D、使用筷子时，阻力臂大于动力臂，是一个费力杠杆；手距离筷子夹菜端越远，阻力臂越大，阻力和动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力要增大，即越费力，故D错误。
故选：B。
(1)力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变；②力可以改变物体的运动状态；
(2)自来水钢笔在吸墨水时能够把墨水吸入钢笔内，是利用了大气压；
(3)减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动；
(4)手距离筷子夹菜端越远，阻力臂越大，阻力和动力臂不变，根据杠杆平衡条件进行判断。
此题主要考查学生对力的作用效果、大气压的应用、减小摩擦的方法、杠杆的分类等知识点的理解和掌握，属于基础题，学生易于解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、无人机加速上升时，受到非平衡力的作用，故A错误；
B、无人机匀速下降时，质量和速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，故B错误；
C、地面操作人员通过电磁波向无人机传递信息，故C错误；
D、飞行中的无人机相对于地面位置在不断变化，无人机是运动的，故D正确。
故选：D。
(1)物体加速运动时，受到的力不平衡。
(2)物体的动能与质量和速度有关。
(3)电磁波可以传递信息。
(4)物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体是静止的。
知道电磁波的特点及应用；知道运动和静止的相对性；知道平衡状态的判断；知道动能和势能大小的影响因素。
7.【答案】C
【解析】解：A、用滚烫的开水而不用冷水是因为开水更容易汽化为水蒸气，在短时间内能提供大量的水蒸气，故A正确；
B、图中的水蒸气在极寒环境下遇冷放热直接凝华成小冰晶，故B正确；
C、泼水成冰”形成原理是水蒸气的凝华现象，雾是水蒸气的液化现象，故C错误；
D、开水提供水蒸气的物态变化过程是汽化，汽化需要吸热，故D正确。
故选：C。
物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的。凝固、液化、凝华是放热的。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
8.【答案】A
【解析】解：A、声音的传播需要介质，真空不能传播声音，故超声波不能在真空中传播，故A正确；
B、通过工件间的摩擦使塑料工件的接口升温熔化，是做功的方式改变塑料的内能，故B错误；
C、人耳能听到的声音的频率范围是20～20000Hz，低于20Hz的叫次声波，高于20000Hz叫超声波；超声波和次声波都是人耳听不到的，故C错误；
D、超声波焊机说明声波具有能量，故D错误。
故选：A。
(1)声音的传播需要介质，真空不能传播声音；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；
(3)次声波和超声波是声波的“近亲”，它们虽然不能被人耳感知；
(4)声音能传递信息和能量。
本题考查了与声现象相关的多个知识点，综合性强，但难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由图知，物距u=40cm，像距v=20cm，物距大于像距，此时物距u大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，故A错误；
B.由图知，物距u=40cm，像距v=20cm，物距大于像距，此时物距u大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像；照相机、摄像机就是根据这个原理制成的，故B错误；
C.若换用材料与口径相同，但更厚一些的凸透镜，透镜的焦距更小、会聚能力更强，像距更小，要想在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须靠近凸透镜，故C错误；
D.根据光路是可逆的，若蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜向左移动适当距离，当物距等于原来像距时，仍可在光屏上得到清晰的像，此时成倒立、放大的实像，故D正确。
故选：D。
(1)当蜡烛位于二倍焦距以外时，在凸透镜的另一侧的焦距与二倍焦距之间成倒立缩小的实像，照相机根据此原理工作。
(2)凸透镜的中央越凸，焦距越短。
(3)在凸透镜成像实验中，光路是可逆的。
理解凸透镜成像规律和生活应用、光路可逆原理，是解答此题的关键。
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，开关S1控制滚筒、紫外杀菌灯，开关S2闭合，开始烘干衣物并高温杀菌，这说明开关S2闭控制发热电阻，只闭合开关S2不关门，则烘干机不工作，这说明开关S1在干路中控制整个电路，开关S2与发热电阻串联在电路中，故A正确。
故选：A。
根据题分析用电器和开关的连接方式，根据选项得出正确答案。
本题考查了电路图的设计，属于基础题。
11.【答案】C
【解析】解：A、用球杆推着冰球使其水平滑动，说明力是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B、冰壶在水平冰面运动的过程中，冰壶所受重力与冰壶的运动路程垂直，故重力对其不做功，故B错误；
C、根据牛顿第一定律可知，如果下滑过程中运动员失去一切外力，他将处于匀速直线运动状态，故C正确；
D、滑冰时，运动员穿冰刀鞋的目的是使受力面积减小，增大压强，故D错误。
故选：C。
(1)力是改变物体运动状态的原因；
(2)做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离(即力和距离的方向要一致)；二者缺一不可；
(3)根据牛顿第一定律分析；
(4)增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
本题综合考查了力的作用效果、力是否做功的判断、牛顿第一定律、增大和减小压强的知识，难度适中。
12.【答案】C
【解析】解：A、由图像可知，当乙两端电压为2.5V时，通过的电流为0.5A，
由I=UR可得，此时乙的阻值：R乙=U乙I乙=2.5V0.5A=5Ω，故A错误；
B、由图像可知，当甲两端电压为1V时，通过它的电流为0.2A，故B错误；
C、将甲和乙串联，若电流为0.3A，则通过两电阻的电流均为0.3A，
由图像可知此时U甲′=1.5V、U乙′=0.5V，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，它们两端的电压：
U=U甲′+U乙′=1.5V+0.5V=2V，故C正确；
D、若甲和乙并联，若电压为1V，则它们两端的电压均为1V，
由图像可知此时I甲′=0.2A、I乙′=0.4A，
由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′=0.2A+0.4A=0.6A，故D错误。
故选：C。
(1)根据图像读出乙两端电压为2.5V时通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻值；
(2)根据图像读出甲两端电压为1V时通过的电流；
(3)将甲和乙串联，通过两电阻的电流相等，根据图象读出两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出它们两端的电压之和；
(4)将甲和乙并联，它们两端的电压相等，根据图象读出通过两电阻的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的电流。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
13.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，空气开关Q控制吊灯灯泡，因此空气开关Q与吊灯灯泡是串联，故A错误；
B、图中P处为火线，正常状况下，用试电笔接触P点氖管会发光，故B错误；
C、三孔插座的连接方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，因此图中M点为火线；
漏电保护器只有在电路发生漏电或有人触电时才会切断电源，当站在地上的人不小心用手指接触到插孔M内火线，电流会从大地导走，此时漏电保护器会迅速切断电流，对人身起到保护作用，故C正确；
D、当N处的空气开关跳闸时，可能是用电器的总功率过大，也可能是电路中发生了短路，故D错误。
故选：C。
(1)开关与被控制的电路串联；
(2)家庭电路的两根线分别是火线和零线，测电笔和火线接触时，氖管会发光，接触零线时，氖管不会发光；
(3)三孔插座的连接方法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线；漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地导走了，从而切断电路；
(4)电路电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大。
本题考查了对家庭电路的了解、以及漏电保护器、空气开关、试电笔的特点及应用，属安全用电的常识，应熟知。
14.【答案】A
【解析】解：A、绿色的叶子会吸收其他颜色的色光，只反射绿光，喷雾后树叶更加翠绿是由于叶子反射了更多的绿光，故A正确；
B、水雾下出现了“彩虹”，这是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，这是光的色散现象，是由于光的折射形成的，故B错误；
C、雾炮车在匀速前进过程中质量逐渐变小，速度不变，动能逐渐减小，故C错误；
D、洒在地上的水会蒸发吸收热量调节气温，属于汽化现象，同时可以抑尘，故D错误。
故选：A。
(1)不透明的物体的颜色是由其反射的色光决定的；
(2)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
(3)动能大小与物体的质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，动能越大；
(4)水在蒸发的过程中会吸热。
本题考查了动能大小的影响因素、光的折射、光的反射、汽化吸热等知识的应用，属于基础题。
15.【答案】D
【解析】解：手机无线充电技术是利用电磁感应原理来工作的。
A、门吸是利用磁体的磁性来工作的，故A不符合题意；
B、电铃是利用电流的磁效应来工作的，故B不符合题意；
C、扬声器是利用通电导体在磁场中要受到力的作用制成的，故C不符合题意；
D、动圈式话筒是利用电磁感应现象制成的，故D符合题意。
故选：D。
(1)同名磁极互相排斥、异名磁极相互吸引。
(2)电铃是利用电流的磁效应来工作的。
(3)通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机、扬声器就是利用该原理制成的。
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
知道电流的磁效应、电磁感应现象、通电导体在磁场中受到力的作用以及它们对应的应用。
16.【答案】C
【解析】解：A.起飞过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故A错误；
B.惯性的大小只跟物质的质量有关，跟速度无关，故B错误；
C.停在水平地面，飞机空载的重力和地面对它的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故C正确；
D.停在水平地面，飞机空载的重力是因为地球的吸引力，它对地面的压力是由于重力挤压形变，产生原因不同，故D错误。
故选：C。
(1)流体流速越快的位置压强越小；
(2)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性的大小只跟物质的质量有关，跟速度无关；
(3)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
(4)因为地球的吸引而产生的力叫重力；垂直作用在物体表面上的力叫做压力。
本题考查了流体压强与流速的关系、惯性、平衡力和相互作用力的辨别，属于基础题。
17.【答案】D
【解析】解：A、上浮过程中，甲板的深度减小，根据p=ρgh可知甲板受到水的压强变小，故A错误；
B、下沉过程中，根据阿基米德原理可知船所受浮力等于它排开海水所受重力，故B错误；
C、半潜船在工作时，通过增加本身压载水舱中的水量，将装货甲板潜入水下，所以是通过改变自身重实现上浮和下沉的，故C错误；
D、半潜船漂浮时浮力等于重力，军舰装载完成后，半潜船的重力变大，所以半潜船受到的浮力变大，故D正确。
故选：D。
(1)上浮过程中，甲板的深度减小，根据p=ρgh即可判断甲板受到水的压强；
(2)下沉过程中，根据公式F浮=G排即可判断船所受浮力与它排开海水所受重力之间的关系；
(3)由题意可知半潜船也称半潜式母船，它通过本身压载水的调整，把装货甲板潜入水中，所以是通过改变自身重实现上浮和下沉的；
(4)军舰装载时处于漂浮状态，根据漂浮条件即可判断。
本题考查阿基米德原理、物体的浮沉条件，记住漂浮时浮力等于重力，是解题的关键。
18.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L2两端的电压，由两个电压表的示数可知，电源的电压U=6V；电压表V2的示数为4V，则L2两端的电压U2=4V；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，L1两端电压：U1=U−U2=6V−4V=2V，故A错误；
B、两灯泡串联，串联电路中电流处处相等，通过两灯的电流相等，故B正确；
C、串联电路只有一条电流的路径，若灯L1发生断路，整个电路断开，灯L2不会发光，故C错误；
D、断开开关，只将电压表V2换成电流表，灯泡L2短路，电路为灯泡L1的简单电路，则L1亮，L2不亮，故D错误。
故选：B。
(1)由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L2两端的电压，根据V1的示数即可得出电源电压；根据串联电路的电压特点求出L1两端的电压；
(2)串联电路中电流处处相等；
(3)串联电路只有一条电流的路径，某处断路时，整个电路断开，由此判断L2的发光情况；
(4)断开开关，只将电压表V2换成电流表，据此分析电路的连接方式。
本题考查了串联电路的电压特点和电路的三种状态，难易程度适中。
19.【答案】A
【解析】
【分析】
由电路图可知，定值电阻R与气敏电阻Q串联，根据电表的电阻特点判断出电表的类型，根据题意得出煤气浓度升高时气敏电阻的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知气敏电阻两端的电压变化，然后根据题意判断出电压表的位置。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电表的正确使用，利用好气敏电阻的阻值与煤气浓度的关系是关键。
【解答】
由图示知，若在ab或bc间连接电流表，则电路中的电阻R或气敏元件Q会被短路，所以仪表应选用电压表。
由题意可知，当煤气浓度升高时，气敏元件Q的阻值减小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流增大，电阻R两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，气敏电阻Q两端的电压减小，
按要求，仪表的示数增大，说明电压表接在a、b间，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
20.【答案】D
【解析】解：(1)由电路图可知，灯泡与变阻器串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在A点时，电压表V1的示数为12V，则电源电压为12V；
滑片在A时，变阻器连入电路中电阻最小，根据分压原理可知，变阻器两端的电压最小，灯两端的电压最大，则灯的电压最大为UL1=8V，此时灯泡正常发光，
根据串联电路电压的规律可知，变阻器两端的电压：U滑1=U−UL1=12V−8V=4V，
由图乙可知，此时变阻器的电阻为R滑1=4Ω，则通过变阻器的电流：I滑=U滑1I滑1=4V4Ω=1A，
串联电路电流处处相等，则灯的额定电流IL=I滑=1A，
所以，灯的额定功率：PL=UL1IL=8V×1A=8W，故A错误；
(2)根据欧姆定律可得小灯泡正常发光时的电阻：RL=UL1IL=8V1A=8Ω，故B错误；
(3)滑片在A点时，变阻器连入电路中的电阻最小，电路的总电阻最小，电路中电流最大，电路的最大电流为1A，
则电路消耗的最大功率：P总大=UI大=12V×1A=12W，故C错误；
(4)当滑片移动至最右端时，变阻器连入电路中的电阻最大，由图乙可知R滑大=12Ω，此时电路中的电流最小，由图乙知此时电压表V2的示数即灯的电压为2V，
由串联电路电压的规律可得变阻器两端的电压：U滑=U−UL′=12V−2V=10V，
根据欧姆定律可得，此时电路中的最小电流即通过变阻器的电流：I最小=U滑R最大=10V12Ω=56A，
则2min电路至少做功：W总小=UI最小t=12V×56A×2×60s=1200J，故D正确。
故选：D。
(1)由电路图可知，灯泡与变阻器串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡的电压，电流表测电路中的电流；
根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片在A时灯两端的电压(确定灯的发光情况)和变阻器连入电路中的电阻，根据串联电路电压的规律计算变阻器两端的电压，由欧姆定律求出电路中的电流即最大电流，根据P=UI求灯的额定功率；
(2)根据欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻；
(3)电路中的电流时，根据P=UI可知电路消耗的功率最大，进一步计算电路最大电功率；
(4)当滑片移动至最右端时，变阻器连入电路中的电阻最大，根据欧姆定律计算电路中的电流最小，由图乙知电压表V2的示数，由串联电路电压的规律求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出通过变阻器的电流即最小电流，根据W=UIt求2分钟电路至少做的功。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是正确识别电路的连接，找出移动滑片时所对应的图象状态，难度较大。
21.【答案】折射 小 运动状态
【解析】解：(1)河清疑水浅，是由于光从水中射入空气中，在水面处发生光的折射而产生的现象；
(2)根据流体压强和流速的关系可知，旋涡中心水流速度大，压强小，漩涡外部的水流速小，压强大，在内外压强差的作用下，容易将附近的人“吸入”进漩涡，发生危险，所以明令禁止中小学生私自下河游泳。
边缘的物体容易被“吸入”漩涡，是因为水流产生的力可以改变物体的运动状态。
故答案为：折射；小；运动状态。
(1)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象；
(2)液体和气体都称为流体，流体流速越大的地方压强越小；
力可以改变物体的形状、改变物体的运动状态，运动速度、方向的变化都是运动状态的变化。
本题考查了光的折射、力的作用效果、压强与流速的关系，要求学生掌握流体压强与流速的关系，能用流体压强知识解释有关的问题。
22.【答案】扩散 热传递 6.8×106
【解析】解：在烤肉时空气中弥漫着“肉香”味，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
改变物体内能的方式有热传递和做功，食物烤熟是通过热传递方式增加了食物的内能。
木炭完全燃烧放出的热量为：
Q放=mq=0.2kg×3.4×107J/kg=6.8×106J。
故答案为：扩散；热传递；6.8×106。
(1)扩散现象：不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
(3)根据Q放=mq求木炭完全燃烧放出的热量。
本题主要考查扩散现象和改变内能的方式以及燃料完全燃烧放出热量公式的掌握和运用，难度不大。
23.【答案】等于；前
【解析】解：
(1)由图象可知，小明在垂直电梯和自动扶梯上都是做匀速直线运动，都受到平衡力的作用，重力和支持力平衡，即两种电梯对小明的支持力都等于重力；故小明搭乘垂直电梯时受到的支持力等于自动扶梯受到的支持力，即F1等于F2；
(2)在运动的扶梯上，当运动到楼面时若不小心脚会被绊住，脚的速度变慢，上身由于惯性，保持原来速度运动，所以人会向前倒。
故答案为：等于；前。
(1)两种情况下都是做匀速直线运动，则重力与支持力是一对平衡力；
(2)在运动的扶梯上，当运动到楼面时若不小心脚会被绊住，脚的速度变慢，上身由于惯性，保持原先速度，所以向前倒。
本题考查了二力平衡条件的应用以及对惯性的理解，属于基础题目。
24.【答案】动 10 40
【解析】解：图中滑轮随物体一起运动，为动滑轮，其实质是动力臂等于二倍阻力臂的杠杆，可以省一半的力，
若不计摩擦和滑轮重力，拉力F=12G=12×20N=10N；
物体A上升的高度是2m，则拉力端移动的距离s=2h=2×2m=4m，
拉力F做的功：W=Fs=10N×4m=40J。
故答案为：动；10；40。
随物体一起运动的滑轮为动滑轮，其实质是动力臂等于二倍阻力臂的杠杆，滑轮重力及轮轴O处摩擦不计，则绳端的拉力F=12G；拉力端移动的距离s=2h，利用W=Fs求出拉力F做功。
本题考查了动滑轮及其工作特点、功的计算，属于基础题。
25.【答案】大气压 变大
【解析】解：
(1)盖上的通气孔是为了让壶内气体和外界大气相通，在重力的作用下水可以更容易的倒出，若用手堵住通气孔，壶中的水在大气压的作用下不易持续倒出；
(2)把气压计从山脚带到山顶，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱的高度会变大；
故答案为：大气压；变大。
(1)壶盖开一个小孔，可以使壶内气体和外界大气相通，从而利用大气压；
(2)大气压随海拔的升高而减小，根据海拔高度变化判断玻璃管内水柱的高度变化。
本题考查了大气压的应用，气压与海拔高度的关系，难度不大，属于基础题。
26.【答案】1.1×104 250
【解析】解：由表中数据知，吸尘器的电动机额定电压220V，额定功率1100W，
由P=Wt可得，正常工作10s时间内电动机做总功：
W=Pt=1100W×10s=1.1×104J；
由P=UI可得，通过电动机的电流I=PU=1100W220V=5A，
10秒时间内电动机线圈产生的热量为：
Q=I2Rt=(5A)2×1Ω×10s=250J。
故答案为：1.1×104；250。
(1)由表格知吸尘器功率，由W=Pt计算正常工作10秒时间内电动机做的总功；
(2)由P=UI计算电动机工作时的电流，由Q=I2Rt计算10秒时间内电动机线圈发热量。
本题考查了电功、电功率、焦耳定律公式的应用，难点是知道对含有电动机的非纯电阻电路，选择公式要合理，不能用欧姆定律计算电流，为易错题！
27.【答案】解：(1)由图可知，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压；
当滑片P移至M端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0Ω，电路中只有R0，则电压表的示数为电源电压；
已知此时电压表示数为6V，即电源电压为U=6V；
(2)当滑片p移至M端时，电流表的示数为1A，即电路中的电流为I=1A，
由I=UR可知电阻R0的阻值为：R0=UI=6V1A=6Ω；
(3)当滑片P移至N端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
已知此时电压表的示数为2V，即R0两端的电压为U0=2V，
则电路中的最小电流为：I小=U0R0=2V6Ω=13A，
则电路消耗的最小功率为：P=I小U=13A×6V=2W。
答：(1)电源的电压为6V；
(2)电阻R0的阻值为6Ω；
(3)电路消耗的最小功率为2W。
【解析】(1)由图可知，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压；当滑片P在M端时，电路中只有R0，则此时电压表的示数就是电源电压；
(2)当滑片P在M端时，已知电流表的示数，即电路中的电流，利用I=UR的变形式可求出R0的阻值；
(3)当滑片P在N端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知此时电路中的电流最小，已知此时电压表的示数，即R0两端的电压，利用欧姆定律求出此时通过R0的电流，即电路中的最小电流，根据P=UI可求出此时电路消耗的功率最小。
本题考查了欧姆定律和电功率计算公式的应用，熟练掌握串联电路的特点是解题的关键。
28.【答案】解：因为足球在操场上慢慢滚动后停下来，所以足球受到与运动方向相反的摩擦力；同时足球受竖直向下的重力，过球心作竖直向下的重力G和水平向左的摩擦力f。此外，足球还受到地面对它竖直向上的支持力FN，作用点可以画在足球的球心上，如图所示：
【解析】先对物体进行受力分析，然后确定物体的重心，再用示意图表示物体所受力的作用点和方向。
会对物体进行受力分析，知道重力的方向总是竖直向下的，会根据物体的运动状态确定摩擦力的方向，并且会用示意图表示物体受力情况。
29.【答案】将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系 等效替代法 不变 A
【解析】解：(1)小军同学在探究平面镜成像特点时，为使像清晰，玻璃板后的蜡烛不能点燃，故实验操作中有一处明显错误是：将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；
(2)如图甲，点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像完全重合为止，这说明像与物的大小相等，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
(3)平面镜成的像与物大小相等，当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将不变；
(4)平面镜成的像与物关于镜面对称，如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，对称面的位置不变，故蜡烛A的成像情况是蜡烛成像仍在B处，故选：A。
故答案为：(1)将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；(2)等效替代法；(3)不变；(4)A。
(1)从平面镜成像清晰分析；
(2)用等效替代法确定像的位置和像与物大小关系；
(3)平面镜成的像与物大小相等；
(4)平面镜成的像与物关于镜面对称。
本题探究平面镜成像特点，考查实验操作及成像规律的运用。
30.【答案】不属于 大 液体的深度 无关 密度 4×103
【解析】解：(1)①U形管压强计的左侧上端封闭，不是上端开口底部连通的容器，因此不属于连通器；
②比较图乙和图丙，液体的密度相同，液体深度不同，U形管两侧液面高度差不同，说明橡皮膜受到的液体压强不同，由此得出结论：同种液体，深度越深，液体的压强越大；
③比较乙、丁两图，液体的深度不同，液体的密度不同，U形管两侧液面的高度差不同，根据控制变量法，小亮的判断是不合理的，原因是没有控制液体的深度相同；
(2)④分析A、C、D三图，液体的密度相同，物体排开液体的体积相同，弹簧测力计示数相同，根据称重法，物体受到的浮力相同，由此得出下列结论：物体浸没后，浮力的大小与深度无关；
⑤分析D、E两图，液体的深度相同，液体的密度不同，U形管两侧液面的高度差不同，根据控制变量法，可得出结论：物体受到的浮力大小还与液体的密度有关；
⑥由图A知物体的重力为4N，则物体的质量m=Gg=4N10N/kg=0.4kg，根据称重法计算物体受到的浮力F浮=4N−3N=1N，根据阿基米德原理计算物体排开液体的体积V排=F浮 ρ水g=1N1×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3，即物体的体积为1×10−4m3，根据密度公式计算出物体的密度ρ= mV=0.4kg1×10−4m3=4×103kg/m3。
故答案为：(1)①不属于；②大；③液体的深度；(2)④无关；⑤密度；⑥4×103。
(1)①上端开口底部连通的仪器是连通器；
②③液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，根据控制变量法，在探究与其中一个因素的关系时，应控制其它因素不变，据此分析；
(2)④⑤浮力大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，根据控制变量法，在探究与其中一个因素的关系时，应控制其它因素不变，据此分析；
⑥根据称重法计算物体受到的浮力，根据阿基米德原理计算物体排开液体的体积，即物体的体积，根据密度公式计算出物体的密度。
本题探究影响液体压强大小的因素和影响浮力大小的因素，考查了转换法、控制变量法的运用，体现了对实验过程和实验原理的考查。
31.【答案】B 98 < 吸热 不可行
【解析】解：(1)在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈B的高度。
(2)液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度即为液体的沸点，图中所示水的沸点是98℃。
(3)由图乙知a和b的初温相同，a先沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度高，根据m=QcΔt可知，说明a的质量小。
(4)撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续吸热。
(5)液体的沸点与气压的关系：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低；沸点与火力大小无关，故方法不可行。
故答案为：(1)B；(2)98；(3)<；(4)吸热；(5)不可行。
(1)组装仪器的顺序一般为“自下而上”，在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置。
(2)液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个温度即为液体的沸点；
(3)ab初温相同，但到达沸腾的时间不相同，根据m=QcΔt判断水的质量。
(4)水的沸腾条件是：达到沸点，继续吸热。
(5)液体的沸点与气压的关系：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低。
本题考查探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验，重点考查实验装置组装、沸腾条件、沸点及图象分析等问题。
32.【答案】定值电阻断路 0.2 2 没有控制电阻的电压不变 可行 左
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，即滑动变阻器的有效阻值变大，滑动变阻器与定值电阻串联，滑片左侧电阻丝接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，说明与电压表并联的部分断路，即定值电阻断路；
(3)由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；
(4)由表中数据可知，第2组电阻两端的电压：UV′=I′R2=0.2A×15Ω=3V，其它各组电阻两端的电压始终保持：UV=IR=0.15A×40Ω=…=0.3A×20Ω=0.6A×10Ω=6V，故第2次测量的数据是错误的，错误的原因是没有控制电阻的电压不变；
(5)①探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的阻值，控制电阻的电压不变，图丁中电阻箱可以改变电阻大小且能读出阻值的大小，移动滑动变阻器的滑片可以控制电阻箱两端的电压不变，故该方案可行；
②当调小电阻箱接入电路的电阻时，其分得的电压减小，为了保持定值电阻两端电压不变，应减小滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动。
故答案为：(1)见解析；(2)定值电阻断路；(3)0.2；(4)2；没有控制电阻的电压不变；(5)①可行；②左。
(1)要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，即滑动变阻器的有效阻值变大，滑动变阻器与定值电阻串联，滑片左侧电阻丝接入电路，据此连接实物电路；
(2)电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，说明与电压表并联的部分断路；
(3)根据图丙电流表所选量程确定分度值读数；
(4)探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由表中数据，除第2组数据外，求出它各组电阻两端的电压都保持不变，据此分析；
(5)①探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的阻值，控制电阻的电压不变，据此分析是否可行；
②当调小电阻箱接入电路的电阻时，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。
本题探究电流与电阻的关系，考查电流表的使用与读数、注意事项、电路连接、控制变量法、欧姆定律的应用、数据分析和实验方案的评价。
33.【答案】解：(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压力：
F压=G=mg=1440kg×10N/kg=14400N，
对地面的压强：
p=F压S=14400N0.12m2=1.2×105Pa；
(2)该车充满电后储存的电能：
W电=30kW⋅h=30×3.6×106J=1.08×108J，
该车充满电后可获得机械能：
W机械=W电×80%=1.08×108J×80%=8.64×107J，
因电动运输车在平直路面上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，电动运输车的牵引力F=f=800N，
由W=Fs可得，电动运输车匀速行驶的路程：
s=W机械F=8.64×107J800N=1.08×105m=108km，
由v=st可得，电动运输车匀速行驶的时间：
t=sv=108km36km/h=3h；
(3)由Q放=mq可得，该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧燃油的质量：
m′=Q放q燃油=W电q燃油=1.08×108J4×107J/kg=2.7kg。
答：(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压强是1.2×105Pa；
(2)该车充满电后在平直路面上匀速行驶时，可以行驶3h；
(3)该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧2.7kg的燃油放出的热量。
【解析】(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出对地面的压强；
(2)根据1kW⋅h=3.6×106J求出该车充满电后储存的电能，利用效率公式求出该车充满电后可获得机械能，电动运输车在平直路面上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据W=Fs求出电动运输车匀速行驶的路程，再根据v=st求出电动运输车匀速行驶的时间；
(3)根据Q放=mq求出该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧燃油的质量。
本题考查了重力公式和压强公式、效率公式、做功公式、速度公式、燃料完全燃烧释放热量公式以及二力平衡条件的应用，涉及到的知识点较大，综合性强，有一定的难度。
34.【答案】解：(1)由P=UI可知，暖风机吹暖风时，正常吹暖风时的电流为：I=P暖U=1320W220V=6A；
(2)由图乙可知，当开关S、S1都闭合时，电热丝R与电动机并联，电吹风吹暖风；
当只闭合S时，只有电动机工作，电吹风吹冷风；
由并联电路的特点可知，吹暖风时电动机的电功率与吹冷风时电动机的电功率相等，即PM=P冷=110W，
因为电路的总功率等于各用电器电功率之和，所以吹暖风时电热丝的电功率：P电热丝=P暖−PM=1320W−110W=1210W，
由P=U2R可知，电热丝R的阻值：R=U2P电热丝=(220V)21210W=40Ω；
(3)空气需要吸收的热量为：
Q吸=c空气m空气Δt=1.0×103J/(kg⋅℃)×1.29kg/m3×10m3×20℃=2.58×105J，
暖风机正常吹暖风300s电热丝消耗的电能：W电热丝=P电热丝t=1210W×300s=3.63×105J，
则电热丝的加热效率：η=Q吸W=2.58×105J3.63×105J×100%≈71.1%；
(4)1200imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，
吹暖风时，2min内电能表指示灯闪烁48次，消耗的电能：W1=48imp1200imp/(kW⋅h)=0.04kW⋅h=1.44×105J，
吹冷风，2min内电能表指示灯闪烁8次，消耗的电能：W2=8imp1200imp/(kW⋅h)=1150kW⋅h=2.4×104J，
则电热丝R消耗的电能为：W=W1−W2=1.44×105J−2.4×104J=1.2×105J，
电热丝R的实际功率：P=Wt′=1.2×105J2×60s=1000W。
答：(1)暖风机正常吹暖风时的电流是6A；
(2)电热丝R的阻值大小为40Ω；
(3)电热丝的加热效率是71.1%；
(4)电热丝R的实际功率是1000W。
【解析】(1)根据P=UI求出正常吹暖风时的电流；
(2)由图乙可知，当开关S、S1都闭合时，电热丝R与电动机并联，当只闭合S时，只与电动机工作；根据并联电路的特点可知吹暖风时电动机的电功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出吹暖风时电热丝的电功率，根据P=U2R求出电热丝R的阻值；
(3)根据Q=cmΔt求出空气吸收的热量，根据W=Pt求出暖风机正常吹暖风300s电热丝消耗的电能，根据η=Q吸W×100%求出电热丝的加热效率；
(4)1200imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，据此求出电能表的指示灯闪烁48次，暖风机吹暖风消耗的电能，电能表指示灯闪烁8次，暖风机吹冷风消耗的电能，据此求出电热丝2min消耗的电能，根据P=Wt求出电热丝R的实际功率。
本题是一道电热综合题，主要考查了电路分析、电功率的公式、吸热公式和对电能表参数的理解等，题目综合性较强，难度较大。
2023年山东省临沂市罗庄区中考物理二模试卷（B卷）
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。
1. 下列有关物理量的估计，符合实际的是( )
A. 普通教室门的高度约为3m B. 一瓶普通矿泉水质量约560g
C. 冬天洗澡水的温度约为60℃ D. 教室楼道LED声控灯的电功率约60W
2. 如图，在罗庄区第十五届中小学读书节启动仪式上，孩子们在尽情演奏。我们很容易分辨出小提琴和二胡的声音，判断的依据是( )
A. 音调 B. 响度 C. 音色 D. 频率
3. 我国近年来在科技领域不断取得新成果，下列说法正确的是( )
A. 未来无人驾驶汽车是利用5G网络传递信息
B. 我国海域深处蕴藏的大量“可燃冰”属于可再生能源
C. “5G”比“4G”传递信息更快，是因为它使用的电磁波传播速度更快
D. 核电站是利用核聚变释放的核能发电的
4. 2022年11月8日18时59分，震撼人心的时刻到来，天空出现超级“红月亮”和“月全食”的少见天象。下列光现象，与月全食成因相同的是( )
A. 玻璃中的天空
B. 墙壁上的“小兔”
C. 加水看见硬币
D. 镜中的“关灯”字变大
5. 生活中的许多场景都蕴含了物理知识，关于如图描述正确的是( )
A. 图甲，擀面皮说明力可以改变物体的运动状态
B. 图乙，钢笔吸墨水利用了大气压强
C. 图丙，给自行车轴加润滑油是为了增大摩擦
D. 图丁，手距离筷子夹菜端越远越省力
6. 2023年中国无人机国家队选拔赛开幕式在上海市金山区体育中心举行，如图是比赛中无人机相互竞速的场景。下列说法正确的是( )
A. 无人机加速上升时，受到平衡力的作用
B. 无人机匀速下降时，重力势能转化为动能
C. 地面操作人员通过超声波向无人机传递信息
D. 飞行中的无人机相对于地面是运动的
7. 如图是“泼水成冰”的游戏。该游戏需要滚烫的开水在零下30℃以下的极寒环境下才能成功。关于“泼水成冰”的原理说法错误的是( )
A. 用滚烫的开水而不用冷水是因为开水在短时间内能提供大量的水蒸气
B. 图中水蒸气在极寒环境下遇冷放热直接凝华成小冰晶
C. 和“泼水成冰”形成原理相同的自然现象还有雾的形成
D. 开水提供水蒸气的物态变化过程是汽化，汽化需要吸热
8. 如图所示是超声波焊机，它利用声波振动，在塑料工件上，通过工件间的摩擦使塑料工件的接口升温熔化，达到焊接的目的。下列有关说法正确的是( )
A. 超声波不能在真空中传播
B. 通过热传递的方式增大了塑料工件的内能
C. 超声波能被人耳听到
D. 超声波焊机利用了声能传递信息
9. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，此时烛焰在光屏上成一个清晰的像，由此判断下列说法正确的是( )
A. 光屏上的像是倒立、放大的实像
B. 光屏上的像是正立、缩小的实像，照相机是根据该原理制成的
C. 若换用材料与口径相同但更凸一些的凸透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须远离凸透镜
D. 若蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜向左移动适当距离，仍可在光屏上得到清晰的像
10. 如图是一款家用衣物烘干机，关上门相当于闭合开关S1，滚筒旋转紫外杀菌灯杀菌；再将烘干开关S2闭合，开始烘干衣物并高温杀菌：若只闭合开关S2不关门，则烘干机不工作。下图中M是滚筒，L是杀菌灯，R是加热电阻，如杀菌灯坏了，不影响烘干衣物。下列设计符合题意的是( )
A. B. C. D.
11. 如图为冬奥会的一些运动项目，下列说法中正确的是( )
A. 运动员用球杆推着冰球使其水平滑动，说明力是维持物体运动的原因
B. 冰壶在水平冰面运动的过程中，所受的重力做了功
C. 如果下滑过程中运动员失去一切外力，他将处于匀速直线运动状态
D. 运动员穿冰刀鞋的目的是为了减小压强，便于运动员滑得更快
12. 如图是电阻甲和乙的U−I图像，下列说法正确的是( )
A. 当乙两端电压是2.5V时，其电阻是10Ω
B. 当甲两端电压是1V时，通过的电流是0.4A
C. 将甲和乙串联，若电流为0.3A，则它们两端的总电压为2V
D. 将甲和乙并联，若电压为1V，则它们的干路电流为0.4A
13. 如图是一个住宅户内的配电系统方框图。下列说法中正确的是( )
A. 空气开关Q与吊灯灯泡是并联
B. 当吊灯正常发光时，用试电笔接触P处的导线氖管不会发光
C. 当站在地上的人不小心用手指接触到插孔M内的金属片时，漏电保护器会迅速切断电流，对人身起到保护作用
D. 当N处的空气开关跳闸时，一定是空调和吊灯同时使用引起的
14. 如图所示，在我市街道上来回奔跑的“大炮”，它是专门用来与雾霾打硬仗的雾炮车，能有效降低空气中的PM2.5的含量，下列说法正确的是( )
A. 喷雾后树叶更加翠绿是由于叶子反射了更多的绿光
B. 阳光下雾炮车后常出现彩虹是光的反射形成的
C. 雾炮车在匀速前进过程中动能不变
D. 洒在地上的水液化放热能在抑尘的同时起到调节气温的作用
15. 手机无线充电是一种新型的充电方式，其充电原理是当电流流过充电底座发射线圈时会产生磁场，手机电池接收线圈靠近该磁场时就会产生电流，从而给智能手机充电，如图所示。下列与手机接收线圈工作原理一致的是( )
A. 门吸
B. 电铃
C. 扬声器
D. 动圈式话筒
16. 2023年2月25日，我国自主研制的第四架大型灭火水上救援水陆两栖飞机“鲲龙”AG600M在广东珠海首次飞行成功，如图所示。下列关于飞机的说法正确的是( )
A. 起飞过程中，飞机机翼上方空气流动快，压强大
B. 起飞加速助跑，是为了让飞机获得更大的惯性
C. 停在水平地面，飞机空载的重力和地面对它的支持力是平衡力
D. 停在水平地面，飞机空载的重力和它对地面的压力产生原因相同
17. 如图所示的半潜船工作时，通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深，待军舰到达甲板上方，再次调节舱中海水量，使甲板浮出水面，完成军舰的装载过程。下列关于半潜船的说法正确的是( )
A. 上浮过程中，甲板受到水的压强变大
B. 下沉过程中，船所受浮力小于它排开海水所受重力
C. 半潜船通过改变受到浮力的大小实现下沉和上浮
D. 军舰装载时处于漂浮状态，装载货物越重，半潜船受到的浮力越大
18. 如图所示，电源电压不变，闭合开关S，电压表V1的示数为6V，电压表V2的示数为4V。下列说法中正确的是( )
A. L1两端电压为4V
B. 通过两灯的电流相等
C. 若灯L1发生断路，灯L2能继续发光
D. 断开开关，只将电压表V2换成电流表，则L1与L2串联
19. 如图是某简易煤气检测电路，其中Q为气敏元件，其阻值随煤气浓度的升高而减小。若输出信号的仪表选用电压表或电流表，闭合开关S，当煤气浓度升高时，要求仪表的示数增大，则( )
A. 选用电压表接在a、b之间 B. 选用电压表接在b、c之间
C. 选用电流表接在b、c之间 D. 选用电流表接在a、c之间
20. 如图甲所示电路，电源电压恒定，灯泡标有“8V”的字样，闭合开关S，滑动变阻器的滑片在A点时，电压表V1的示数为12V，图乙是滑动变阻器的滑片从A点移到最右端的过程中，电压表V2的示数与滑动变阻器连入电路阻值之间变化关系的图像，在这一过程中，下面分析正确的是( )
A. 灯泡的额定功率为16W B. 灯泡正常发光时的电阻为4Ω
C. 电路消耗的最大功率为10W D. 2min电路至少做功1200J
21. 罗庄区防溺水安全教育宣传片中，严禁中小学生私自下河游泳。“河清疑水浅，注意安全”，“河清疑水浅”是由于光的______ 现象造成的错觉；有些看似平静的水面下往往暗藏漩涡，漩涡中心水流速度大，压强______ ，边缘的物体容易被“吸入”漩涡，是因为水流产生的力可以改变物体的______ 。
22. 近来，淄博烧烤火出圈，“坐高铁去撸串”等话题不断在社交平台刷屏。烤肉时空气中弥漫着肉香味，这是______ 现象；肉烤熟是通过______ 的方式改变其内能的。烧烤的主要燃料是木炭，已知它的热值是3.4×107J/kg，200g木炭完全燃烧放出的热量是______ J。
23. 细心的同学会发现商场里有两种电梯--自动扶梯和垂直升降电梯，小明搭乘两种电梯时分别记录自己运动路程随时间变化关系如图(a)，他在搭乘垂直电梯(b)与自动扶梯(c)时受到的支持力分别为F1、F2，则F1______F2(大于/等于/小于)；当他站在类似台阶的扶梯(c)上，当随扶梯快运动到楼上时若不小心会向______方摔倒(前/后)。
24. 如图所示为______ 滑轮(选填“定”或“动”)，滑轮重力及轮轴O处摩擦不计。用拉力F匀速提升重为20牛的物体A上升2米，则拉力F的大小为______ 牛，拉力F做的功为______ 焦。
25. 如图甲所示，水壶壶嘴的高度不低于壶身的高度，盖上盖子，用手堵住通气孔，壶中的水在______ 的作用下不易持续倒出。如图乙所示，小明制成一个简易的气压计，把它从山脚带到山顶，玻璃管内水柱的高度______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
26. 某品牌家用吸尘器及其铭牌如表，正常工作10s时间内电动机做总功为______ J，若电动机线圈电阻为1Ω，10s时间内电动机线圈发热量是______ J。
产品尺寸(mm)
358×248×307
额定电压(V)
220
额定功率(W)
1100
27. 如图所示，将滑动变阻器的滑片P移至M端，闭合开关S，电流表有示数为1A，电压表的示数为6V；滑片P移至N端，闭合开关S，电压表的示数为2V。求：
(1)电源的电压；
(2)电阻R0的阻值；
(3)电路消耗的最小功率。
28. 踢出去的足球在操场上慢慢滚动后停下来，在图中请画出在操场上向右滚动的足球受力的示意图。
29. 2023年实验操作考试中，小军采用如图甲装置“探究平面镜成像特点”实验。
(1)小军同学在探究平面镜成像特点时，是按如下实验步骤进行的：
a.将点燃的蜡烛放在竖直放置的玻璃板前；
b.将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；
c.将光屏放到像的位置，不透过玻璃板，直接观察光屏上有无像；
d.用直尺测量出蜡烛和像到玻璃板的距离。
请你针对小军同学的实验回答下列问题：刘军同学的实验操作中有一处明显错误：______ 。纠正错误以后，继续回答以下问题。
(2)如图甲，点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像完全重合为止，这说明像与物的大小相等，这种确定像与物大小关系的方法是______ (选填“控制变量法”、“等效替代法”或“科学推理法”)。
(3)当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将______ (选填“变大”“不变”或“变小”)。
(4)如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，蜡烛A的成像情况是______ (选题字母代号)。
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
30. (1)如图1所示是小亮同学用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验装置。
①从结构上来看，压强计上的U形管______ (选填“属于”或“不属于”)连通器；
②比较图乙和图丙，可以得出结论：同种液体，深度越深，液体的压强越______ (选填“小”或“大”)；
③比较图乙和图丁，得出“液体密度越大，液体的压强越大”的结论，同组小李认为小亮的判断是不合理的，原因是没有控制______ 相同；
(2)小亮还通过如图2所示的步骤进行了“浮力的大小可能与哪些因素有关”的实验：
④分析A、C、D三图，得出下列结论：物体浸没后，浮力的大小与深度______ (选填“有关”或“无关”)；
⑤分析D、E两图，可得出结论：物体受到的浮力大小还与液体的______ 有关；
⑥根据图中的数据计算出物体的密度为______ kg/m3。(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)
31. 图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置。
(1)组装实验装置时，应当先调整图甲中______ (选填“A”或“B”)的高度。
(2)某小组用相同的装置先后做了两次实验，绘制出如图乙所示的a、b两条图线。由图可知：实验中水的沸点为______ ℃。
(3)若两次实验所用水的质量分别为ma、mb，则ma ______ mb。(选填“>”、“<”或“=”)
(4)撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续______ 。
(5)该小组同学想提高水的沸点，换用了火力更大的酒精灯加热，这种方法______ (选填“可行”或“不可行”)。
32. 在“探究电流与电阻的关系”时，小李同学用如图甲的电路进行实验：电流表(0～0.6～3A)、电压表(0～3～15V)、定值电阻R(10Ω、15Ω、20Ω、30Ω、50Ω各一个)、滑动变阻器R′(0～50Ω)、电源(8V)、开关、导线若干。
(1)图甲中有一根导线未连接，请用笔画线代替导线将电路连接完整。(要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，导线不能交叉)
(2)连接好电路，闭合开关，发现电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，若故障只出在用电器上，则故障为______ 。
(3)某次实验时电流表的示数如图乙，则电流表示数为______ A。
(4)小李做此实验时，在电流表使用无误的情况下，收集测量数据，记录表格如下：
实验次数
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
10
15
20
30
50
电流I/A
0.6
0.2
0.3
0.2
0.12
五次实验操作中有一次错误的操作，请你对小李记录的数据进行分析，他第______ 次的实验操作是错误的，错误的原因是______ 。
(5)另一同学小王用电阻箱(可在0～999.9Ω范围内调节电阻值大小，且能读数的变阻器)来代替电阻R，将图甲电路改进为如图丙的电路。
①你认为他这个方案是否可行？______ (选填“可行”或“不可行”)。
②当图丙中电阻箱阻值由30Ω调节为20Ω时，闭合开关后，应将滑动变阻器的滑片向______ (选填“左”或“右”)端滑动。
33. 如图所示是我国自主研发的无人驾驶电动运输车。这辆车的质量为1440kg，轮胎与地面的总接触面积为0.12m2，充满电后可储存电能30kW⋅h，其中有80%的电能可转化为汽车的机械能。某次该车在平直路面上以36km/h的速度匀速行驶，所受的阻力为800N。(g取10N/kg，q燃油=4×107J/kg)求：
(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压强是多少？
(2)该车充满电后在平直路面上匀速行驶时，可以行驶多少小时？
(3)该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧多少千克的燃油放出的热量？
34. 如图甲为一种浴室暖风机，它通过电热丝加热冷空气使室内升温，再利用风扇吹动热空气流动，图乙是该型号浴室暖风机的简化电路图，R是电热丝，其阻值不随温度变化。其主要参数如表所示，求：
项目
参数
额定电压/V
220
吹暖风/W
1320
吹冷风/W
110
(1)暖风机正常吹暖风时的电流；
(2)电热丝R的阻值大小；
(3)暖风机正常吹暖风时，使容积为10m3的浴室空气温度升高20℃需要300s，电热丝的加热效率是多少？[ρ空气=1.29kg/m3,c空气=1.0×103J/(kg⋅℃)]
(4)小明发现傍晚用电高峰时家里的电压会偏低，于是利用所学习的物理知识，测量家里的实际电压。电能表上标有“1200imp/(kW⋅h)”字样，他把家中的其他用电器断开；先让暖风机吹暖风，2min内电能表指示灯闪烁48次；再让暖风机吹冷风，2min内电能表指示灯闪烁8次，电热丝R的实际功率是多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、一层楼的高度一般在3m左右，普通教室门的高度比3m小得多，在2m左右，故A不符合实际；
B、一瓶未开封的矿泉水的体积一般是550mL，质量在m=ρV=1.0g/cm3×550cm3=550g左右，故B符合实际；
C、洗澡水的温度比人体的温度略高，约为40℃，故C不符合实际；
D、教室楼道LED声控灯的电功率约6W，故D不符合实际。
故选：B。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
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】C
【解析】解：不同的乐器音色不同，我们很容易分辨出小提琴和二胡的声音，就是因为它们的音色不同，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
(1)声音的高低叫音调，音调的高低与振动的频率有关。
(2)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
(3)音色与发声体的材料和结构有关。
能够正确区分音调、响度和音色。
3.【答案】A
【解析】解：(1)5G通信是用电磁波传递信息的，未来无人驾驶汽车是利用5G网络传递信息，故A正确；
B、“可燃冰”不可能在短期内从自然界得到补充的能源，是属于不可再生能源，故B错误；
C、“5G”和“4G”都是电磁波，传播速度一样快，故C错误；
D、核电站是利用核裂变释放的核能发电的，故D错误。
故选：A。
(1)5G通信是用电磁波传递信息的；
(2)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源；不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源；
(3)电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s；
(4)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变。
此题考查多个知识点，有信息传递、能源的分类、核能的利用等，属于基础性题目。
4.【答案】B
【解析】解：月全食是由于光的直线传播现象形成的。
A、玻璃中的天空是由于光的反射形成的虚像，故A不符合题意；
B、墙壁上的“小兔”是由于光的直线传播形成的，故B符合题意；
C、加水看见硬币是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D、镜中的“关灯”字变大是凸透镜成像，由于光的折射形成的，故D不符合题意。
故选：B。
(1)光射到物体的表面会改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射，平面镜成像、水中的倒影都属于光的反射现象。
(2)光在同种均匀介质中是沿直线传播的，日食、月食、影子、小孔成像都属于光的直线传播现象。
(3)光从一种介质斜射到另一种介质时，传播方向通常会发生改变，这种现象叫光的折射；凸透镜成像、海市蜃楼、池水变浅等都属于光的折射现象。
知道光的直线传播、光的反射、光的折射现象及其应用。
5.【答案】B
【解析】解：A、将面团擀成面皮，说明力可以改变物体的形状，故A错误；
B、钢笔能把墨水吸上来，是墨水在外界大气压的作用下进入钢笔内的，故B正确；
C、自行车轴加润滑油，使接触面脱离，属于减小摩擦，故C错误；
D、使用筷子时，阻力臂大于动力臂，是一个费力杠杆；手距离筷子夹菜端越远，阻力臂越大，阻力和动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力要增大，即越费力，故D错误。
故选：B。
(1)力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变；②力可以改变物体的运动状态；
(2)自来水钢笔在吸墨水时能够把墨水吸入钢笔内，是利用了大气压；
(3)减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动；
(4)手距离筷子夹菜端越远，阻力臂越大，阻力和动力臂不变，根据杠杆平衡条件进行判断。
此题主要考查学生对力的作用效果、大气压的应用、减小摩擦的方法、杠杆的分类等知识点的理解和掌握，属于基础题，学生易于解答。
6.【答案】D
【解析】解：A、无人机加速上升时，受到非平衡力的作用，故A错误；
B、无人机匀速下降时，质量和速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，故B错误；
C、地面操作人员通过电磁波向无人机传递信息，故C错误；
D、飞行中的无人机相对于地面位置在不断变化，无人机是运动的，故D正确。
故选：D。
(1)物体加速运动时，受到的力不平衡。
(2)物体的动能与质量和速度有关。
(3)电磁波可以传递信息。
(4)物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体是静止的。
知道电磁波的特点及应用；知道运动和静止的相对性；知道平衡状态的判断；知道动能和势能大小的影响因素。
7.【答案】C
【解析】解：A、用滚烫的开水而不用冷水是因为开水更容易汽化为水蒸气，在短时间内能提供大量的水蒸气，故A正确；
B、图中的水蒸气在极寒环境下遇冷放热直接凝华成小冰晶，故B正确；
C、泼水成冰”形成原理是水蒸气的凝华现象，雾是水蒸气的液化现象，故C错误；
D、开水提供水蒸气的物态变化过程是汽化，汽化需要吸热，故D正确。
故选：C。
物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的。凝固、液化、凝华是放热的。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
8.【答案】A
【解析】解：A、声音的传播需要介质，真空不能传播声音，故超声波不能在真空中传播，故A正确；
B、通过工件间的摩擦使塑料工件的接口升温熔化，是做功的方式改变塑料的内能，故B错误；
C、人耳能听到的声音的频率范围是20～20000Hz，低于20Hz的叫次声波，高于20000Hz叫超声波；超声波和次声波都是人耳听不到的，故C错误；
D、超声波焊机说明声波具有能量，故D错误。
故选：A。
(1)声音的传播需要介质，真空不能传播声音；
(2)改变内能的方式：做功和热传递；
(3)次声波和超声波是声波的“近亲”，它们虽然不能被人耳感知；
(4)声音能传递信息和能量。
本题考查了与声现象相关的多个知识点，综合性强，但难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.由图知，物距u=40cm，像距v=20cm，物距大于像距，此时物距u大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，故A错误；
B.由图知，物距u=40cm，像距v=20cm，物距大于像距，此时物距u大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像；照相机、摄像机就是根据这个原理制成的，故B错误；
C.若换用材料与口径相同，但更厚一些的凸透镜，透镜的焦距更小、会聚能力更强，像距更小，要想在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须靠近凸透镜，故C错误；
D.根据光路是可逆的，若蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜向左移动适当距离，当物距等于原来像距时，仍可在光屏上得到清晰的像，此时成倒立、放大的实像，故D正确。
故选：D。
(1)当蜡烛位于二倍焦距以外时，在凸透镜的另一侧的焦距与二倍焦距之间成倒立缩小的实像，照相机根据此原理工作。
(2)凸透镜的中央越凸，焦距越短。
(3)在凸透镜成像实验中，光路是可逆的。
理解凸透镜成像规律和生活应用、光路可逆原理，是解答此题的关键。
10.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，开关S1控制滚筒、紫外杀菌灯，开关S2闭合，开始烘干衣物并高温杀菌，这说明开关S2闭控制发热电阻，只闭合开关S2不关门，则烘干机不工作，这说明开关S1在干路中控制整个电路，开关S2与发热电阻串联在电路中，故A正确。
故选：A。
根据题分析用电器和开关的连接方式，根据选项得出正确答案。
本题考查了电路图的设计，属于基础题。
11.【答案】C
【解析】解：A、用球杆推着冰球使其水平滑动，说明力是改变物体运动状态的原因，故A错误；
B、冰壶在水平冰面运动的过程中，冰壶所受重力与冰壶的运动路程垂直，故重力对其不做功，故B错误；
C、根据牛顿第一定律可知，如果下滑过程中运动员失去一切外力，他将处于匀速直线运动状态，故C正确；
D、滑冰时，运动员穿冰刀鞋的目的是使受力面积减小，增大压强，故D错误。
故选：C。
(1)力是改变物体运动状态的原因；
(2)做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离(即力和距离的方向要一致)；二者缺一不可；
(3)根据牛顿第一定律分析；
(4)增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
本题综合考查了力的作用效果、力是否做功的判断、牛顿第一定律、增大和减小压强的知识，难度适中。
12.【答案】C
【解析】解：A、由图像可知，当乙两端电压为2.5V时，通过的电流为0.5A，
由I=UR可得，此时乙的阻值：R乙=U乙I乙=2.5V0.5A=5Ω，故A错误；
B、由图像可知，当甲两端电压为1V时，通过它的电流为0.2A，故B错误；
C、将甲和乙串联，若电流为0.3A，则通过两电阻的电流均为0.3A，
由图像可知此时U甲′=1.5V、U乙′=0.5V，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，它们两端的电压：
U=U甲′+U乙′=1.5V+0.5V=2V，故C正确；
D、若甲和乙并联，若电压为1V，则它们两端的电压均为1V，
由图像可知此时I甲′=0.2A、I乙′=0.4A，
由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′=0.2A+0.4A=0.6A，故D错误。
故选：C。
(1)根据图像读出乙两端电压为2.5V时通过的电流，根据欧姆定律求出其电阻值；
(2)根据图像读出甲两端电压为1V时通过的电流；
(3)将甲和乙串联，通过两电阻的电流相等，根据图象读出两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出它们两端的电压之和；
(4)将甲和乙并联，它们两端的电压相等，根据图象读出通过两电阻的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的电流。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
13.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，空气开关Q控制吊灯灯泡，因此空气开关Q与吊灯灯泡是串联，故A错误；
B、图中P处为火线，正常状况下，用试电笔接触P点氖管会发光，故B错误；
C、三孔插座的连接方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，因此图中M点为火线；
漏电保护器只有在电路发生漏电或有人触电时才会切断电源，当站在地上的人不小心用手指接触到插孔M内火线，电流会从大地导走，此时漏电保护器会迅速切断电流，对人身起到保护作用，故C正确；
D、当N处的空气开关跳闸时，可能是用电器的总功率过大，也可能是电路中发生了短路，故D错误。
故选：C。
(1)开关与被控制的电路串联；
(2)家庭电路的两根线分别是火线和零线，测电笔和火线接触时，氖管会发光，接触零线时，氖管不会发光；
(3)三孔插座的连接方法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线；漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地导走了，从而切断电路；
(4)电路电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大。
本题考查了对家庭电路的了解、以及漏电保护器、空气开关、试电笔的特点及应用，属安全用电的常识，应熟知。
14.【答案】A
【解析】解：A、绿色的叶子会吸收其他颜色的色光，只反射绿光，喷雾后树叶更加翠绿是由于叶子反射了更多的绿光，故A正确；
B、水雾下出现了“彩虹”，这是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，这是光的色散现象，是由于光的折射形成的，故B错误；
C、雾炮车在匀速前进过程中质量逐渐变小，速度不变，动能逐渐减小，故C错误；
D、洒在地上的水会蒸发吸收热量调节气温，属于汽化现象，同时可以抑尘，故D错误。
故选：A。
(1)不透明的物体的颜色是由其反射的色光决定的；
(2)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
(3)动能大小与物体的质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，动能越大；
(4)水在蒸发的过程中会吸热。
本题考查了动能大小的影响因素、光的折射、光的反射、汽化吸热等知识的应用，属于基础题。
15.【答案】D
【解析】解：手机无线充电技术是利用电磁感应原理来工作的。
A、门吸是利用磁体的磁性来工作的，故A不符合题意；
B、电铃是利用电流的磁效应来工作的，故B不符合题意；
C、扬声器是利用通电导体在磁场中要受到力的作用制成的，故C不符合题意；
D、动圈式话筒是利用电磁感应现象制成的，故D符合题意。
故选：D。
(1)同名磁极互相排斥、异名磁极相互吸引。
(2)电铃是利用电流的磁效应来工作的。
(3)通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机、扬声器就是利用该原理制成的。
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
知道电流的磁效应、电磁感应现象、通电导体在磁场中受到力的作用以及它们对应的应用。
16.【答案】C
【解析】解：A.起飞过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故A错误；
B.惯性的大小只跟物质的质量有关，跟速度无关，故B错误；
C.停在水平地面，飞机空载的重力和地面对它的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故C正确；
D.停在水平地面，飞机空载的重力是因为地球的吸引力，它对地面的压力是由于重力挤压形变，产生原因不同，故D错误。
故选：C。
(1)流体流速越快的位置压强越小；
(2)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性的大小只跟物质的质量有关，跟速度无关；
(3)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
(4)因为地球的吸引而产生的力叫重力；垂直作用在物体表面上的力叫做压力。
本题考查了流体压强与流速的关系、惯性、平衡力和相互作用力的辨别，属于基础题。
17.【答案】D
【解析】解：A、上浮过程中，甲板的深度减小，根据p=ρgh可知甲板受到水的压强变小，故A错误；
B、下沉过程中，根据阿基米德原理可知船所受浮力等于它排开海水所受重力，故B错误；
C、半潜船在工作时，通过增加本身压载水舱中的水量，将装货甲板潜入水下，所以是通过改变自身重实现上浮和下沉的，故C错误；
D、半潜船漂浮时浮力等于重力，军舰装载完成后，半潜船的重力变大，所以半潜船受到的浮力变大，故D正确。
故选：D。
(1)上浮过程中，甲板的深度减小，根据p=ρgh即可判断甲板受到水的压强；
(2)下沉过程中，根据公式F浮=G排即可判断船所受浮力与它排开海水所受重力之间的关系；
(3)由题意可知半潜船也称半潜式母船，它通过本身压载水的调整，把装货甲板潜入水中，所以是通过改变自身重实现上浮和下沉的；
(4)军舰装载时处于漂浮状态，根据漂浮条件即可判断。
本题考查阿基米德原理、物体的浮沉条件，记住漂浮时浮力等于重力，是解题的关键。
18.【答案】B
【解析】解：A、由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L2两端的电压，由两个电压表的示数可知，电源的电压U=6V；电压表V2的示数为4V，则L2两端的电压U2=4V；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，L1两端电压：U1=U−U2=6V−4V=2V，故A错误；
B、两灯泡串联，串联电路中电流处处相等，通过两灯的电流相等，故B正确；
C、串联电路只有一条电流的路径，若灯L1发生断路，整个电路断开，灯L2不会发光，故C错误；
D、断开开关，只将电压表V2换成电流表，灯泡L2短路，电路为灯泡L1的简单电路，则L1亮，L2不亮，故D错误。
故选：B。
(1)由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测L2两端的电压，根据V1的示数即可得出电源电压；根据串联电路的电压特点求出L1两端的电压；
(2)串联电路中电流处处相等；
(3)串联电路只有一条电流的路径，某处断路时，整个电路断开，由此判断L2的发光情况；
(4)断开开关，只将电压表V2换成电流表，据此分析电路的连接方式。
本题考查了串联电路的电压特点和电路的三种状态，难易程度适中。
19.【答案】A
【解析】
【分析】
由电路图可知，定值电阻R与气敏电阻Q串联，根据电表的电阻特点判断出电表的类型，根据题意得出煤气浓度升高时气敏电阻的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知气敏电阻两端的电压变化，然后根据题意判断出电压表的位置。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电表的正确使用，利用好气敏电阻的阻值与煤气浓度的关系是关键。
【解答】
由图示知，若在ab或bc间连接电流表，则电路中的电阻R或气敏元件Q会被短路，所以仪表应选用电压表。
由题意可知，当煤气浓度升高时，气敏元件Q的阻值减小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流增大，电阻R两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，气敏电阻Q两端的电压减小，
按要求，仪表的示数增大，说明电压表接在a、b间，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
20.【答案】D
【解析】解：(1)由电路图可知，灯泡与变阻器串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡的电压，电流表测电路中的电流；
滑片在A点时，电压表V1的示数为12V，则电源电压为12V；
滑片在A时，变阻器连入电路中电阻最小，根据分压原理可知，变阻器两端的电压最小，灯两端的电压最大，则灯的电压最大为UL1=8V，此时灯泡正常发光，
根据串联电路电压的规律可知，变阻器两端的电压：U滑1=U−UL1=12V−8V=4V，
由图乙可知，此时变阻器的电阻为R滑1=4Ω，则通过变阻器的电流：I滑=U滑1I滑1=4V4Ω=1A，
串联电路电流处处相等，则灯的额定电流IL=I滑=1A，
所以，灯的额定功率：PL=UL1IL=8V×1A=8W，故A错误；
(2)根据欧姆定律可得小灯泡正常发光时的电阻：RL=UL1IL=8V1A=8Ω，故B错误；
(3)滑片在A点时，变阻器连入电路中的电阻最小，电路的总电阻最小，电路中电流最大，电路的最大电流为1A，
则电路消耗的最大功率：P总大=UI大=12V×1A=12W，故C错误；
(4)当滑片移动至最右端时，变阻器连入电路中的电阻最大，由图乙可知R滑大=12Ω，此时电路中的电流最小，由图乙知此时电压表V2的示数即灯的电压为2V，
由串联电路电压的规律可得变阻器两端的电压：U滑=U−UL′=12V−2V=10V，
根据欧姆定律可得，此时电路中的最小电流即通过变阻器的电流：I最小=U滑R最大=10V12Ω=56A，
则2min电路至少做功：W总小=UI最小t=12V×56A×2×60s=1200J，故D正确。
故选：D。
(1)由电路图可知，灯泡与变阻器串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡的电压，电流表测电路中的电流；
根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片在A时灯两端的电压(确定灯的发光情况)和变阻器连入电路中的电阻，根据串联电路电压的规律计算变阻器两端的电压，由欧姆定律求出电路中的电流即最大电流，根据P=UI求灯的额定功率；
(2)根据欧姆定律算出小灯泡正常发光时的电阻；
(3)电路中的电流时，根据P=UI可知电路消耗的功率最大，进一步计算电路最大电功率；
(4)当滑片移动至最右端时，变阻器连入电路中的电阻最大，根据欧姆定律计算电路中的电流最小，由图乙知电压表V2的示数，由串联电路电压的规律求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出通过变阻器的电流即最小电流，根据W=UIt求2分钟电路至少做的功。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是正确识别电路的连接，找出移动滑片时所对应的图象状态，难度较大。
21.【答案】折射 小 运动状态
【解析】解：(1)河清疑水浅，是由于光从水中射入空气中，在水面处发生光的折射而产生的现象；
(2)根据流体压强和流速的关系可知，旋涡中心水流速度大，压强小，漩涡外部的水流速小，压强大，在内外压强差的作用下，容易将附近的人“吸入”进漩涡，发生危险，所以明令禁止中小学生私自下河游泳。
边缘的物体容易被“吸入”漩涡，是因为水流产生的力可以改变物体的运动状态。
故答案为：折射；小；运动状态。
(1)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象；
(2)液体和气体都称为流体，流体流速越大的地方压强越小；
力可以改变物体的形状、改变物体的运动状态，运动速度、方向的变化都是运动状态的变化。
本题考查了光的折射、力的作用效果、压强与流速的关系，要求学生掌握流体压强与流速的关系，能用流体压强知识解释有关的问题。
22.【答案】扩散 热传递 6.8×106
【解析】解：在烤肉时空气中弥漫着“肉香”味，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
改变物体内能的方式有热传递和做功，食物烤熟是通过热传递方式增加了食物的内能。
木炭完全燃烧放出的热量为：
Q放=mq=0.2kg×3.4×107J/kg=6.8×106J。
故答案为：扩散；热传递；6.8×106。
(1)扩散现象：不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
(3)根据Q放=mq求木炭完全燃烧放出的热量。
本题主要考查扩散现象和改变内能的方式以及燃料完全燃烧放出热量公式的掌握和运用，难度不大。
23.【答案】等于；前
【解析】解：
(1)由图象可知，小明在垂直电梯和自动扶梯上都是做匀速直线运动，都受到平衡力的作用，重力和支持力平衡，即两种电梯对小明的支持力都等于重力；故小明搭乘垂直电梯时受到的支持力等于自动扶梯受到的支持力，即F1等于F2；
(2)在运动的扶梯上，当运动到楼面时若不小心脚会被绊住，脚的速度变慢，上身由于惯性，保持原来速度运动，所以人会向前倒。
故答案为：等于；前。
(1)两种情况下都是做匀速直线运动，则重力与支持力是一对平衡力；
(2)在运动的扶梯上，当运动到楼面时若不小心脚会被绊住，脚的速度变慢，上身由于惯性，保持原先速度，所以向前倒。
本题考查了二力平衡条件的应用以及对惯性的理解，属于基础题目。
24.【答案】动 10 40
【解析】解：图中滑轮随物体一起运动，为动滑轮，其实质是动力臂等于二倍阻力臂的杠杆，可以省一半的力，
若不计摩擦和滑轮重力，拉力F=12G=12×20N=10N；
物体A上升的高度是2m，则拉力端移动的距离s=2h=2×2m=4m，
拉力F做的功：W=Fs=10N×4m=40J。
故答案为：动；10；40。
随物体一起运动的滑轮为动滑轮，其实质是动力臂等于二倍阻力臂的杠杆，滑轮重力及轮轴O处摩擦不计，则绳端的拉力F=12G；拉力端移动的距离s=2h，利用W=Fs求出拉力F做功。
本题考查了动滑轮及其工作特点、功的计算，属于基础题。
25.【答案】大气压 变大
【解析】解：
(1)盖上的通气孔是为了让壶内气体和外界大气相通，在重力的作用下水可以更容易的倒出，若用手堵住通气孔，壶中的水在大气压的作用下不易持续倒出；
(2)把气压计从山脚带到山顶，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱的高度会变大；
故答案为：大气压；变大。
(1)壶盖开一个小孔，可以使壶内气体和外界大气相通，从而利用大气压；
(2)大气压随海拔的升高而减小，根据海拔高度变化判断玻璃管内水柱的高度变化。
本题考查了大气压的应用，气压与海拔高度的关系，难度不大，属于基础题。
26.【答案】1.1×104 250
【解析】解：由表中数据知，吸尘器的电动机额定电压220V，额定功率1100W，
由P=Wt可得，正常工作10s时间内电动机做总功：
W=Pt=1100W×10s=1.1×104J；
由P=UI可得，通过电动机的电流I=PU=1100W220V=5A，
10秒时间内电动机线圈产生的热量为：
Q=I2Rt=(5A)2×1Ω×10s=250J。
故答案为：1.1×104；250。
(1)由表格知吸尘器功率，由W=Pt计算正常工作10秒时间内电动机做的总功；
(2)由P=UI计算电动机工作时的电流，由Q=I2Rt计算10秒时间内电动机线圈发热量。
本题考查了电功、电功率、焦耳定律公式的应用，难点是知道对含有电动机的非纯电阻电路，选择公式要合理，不能用欧姆定律计算电流，为易错题！
27.【答案】解：(1)由图可知，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压；
当滑片P移至M端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0Ω，电路中只有R0，则电压表的示数为电源电压；
已知此时电压表示数为6V，即电源电压为U=6V；
(2)当滑片p移至M端时，电流表的示数为1A，即电路中的电流为I=1A，
由I=UR可知电阻R0的阻值为：R0=UI=6V1A=6Ω；
(3)当滑片P移至N端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
已知此时电压表的示数为2V，即R0两端的电压为U0=2V，
则电路中的最小电流为：I小=U0R0=2V6Ω=13A，
则电路消耗的最小功率为：P=I小U=13A×6V=2W。
答：(1)电源的电压为6V；
(2)电阻R0的阻值为6Ω；
(3)电路消耗的最小功率为2W。
【解析】(1)由图可知，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压；当滑片P在M端时，电路中只有R0，则此时电压表的示数就是电源电压；
(2)当滑片P在M端时，已知电流表的示数，即电路中的电流，利用I=UR的变形式可求出R0的阻值；
(3)当滑片P在N端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知此时电路中的电流最小，已知此时电压表的示数，即R0两端的电压，利用欧姆定律求出此时通过R0的电流，即电路中的最小电流，根据P=UI可求出此时电路消耗的功率最小。
本题考查了欧姆定律和电功率计算公式的应用，熟练掌握串联电路的特点是解题的关键。
28.【答案】解：因为足球在操场上慢慢滚动后停下来，所以足球受到与运动方向相反的摩擦力；同时足球受竖直向下的重力，过球心作竖直向下的重力G和水平向左的摩擦力f。此外，足球还受到地面对它竖直向上的支持力FN，作用点可以画在足球的球心上，如图所示：
【解析】先对物体进行受力分析，然后确定物体的重心，再用示意图表示物体所受力的作用点和方向。
会对物体进行受力分析，知道重力的方向总是竖直向下的，会根据物体的运动状态确定摩擦力的方向，并且会用示意图表示物体受力情况。
29.【答案】将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系 等效替代法 不变 A
【解析】解：(1)小军同学在探究平面镜成像特点时，为使像清晰，玻璃板后的蜡烛不能点燃，故实验操作中有一处明显错误是：将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；
(2)如图甲，点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像完全重合为止，这说明像与物的大小相等，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
(3)平面镜成的像与物大小相等，当把蜡烛靠近玻璃板时，蜡烛在玻璃板所成像的大小将不变；
(4)平面镜成的像与物关于镜面对称，如图所示，仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，对称面的位置不变，故蜡烛A的成像情况是蜡烛成像仍在B处，故选：A。
故答案为：(1)将另一支完全一样的蜡烛点燃放到像的位置，观察像与蜡烛的大小关系；(2)等效替代法；(3)不变；(4)A。
(1)从平面镜成像清晰分析；
(2)用等效替代法确定像的位置和像与物大小关系；
(3)平面镜成的像与物大小相等；
(4)平面镜成的像与物关于镜面对称。
本题探究平面镜成像特点，考查实验操作及成像规律的运用。
30.【答案】不属于 大 液体的深度 无关 密度 4×103
【解析】解：(1)①U形管压强计的左侧上端封闭，不是上端开口底部连通的容器，因此不属于连通器；
②比较图乙和图丙，液体的密度相同，液体深度不同，U形管两侧液面高度差不同，说明橡皮膜受到的液体压强不同，由此得出结论：同种液体，深度越深，液体的压强越大；
③比较乙、丁两图，液体的深度不同，液体的密度不同，U形管两侧液面的高度差不同，根据控制变量法，小亮的判断是不合理的，原因是没有控制液体的深度相同；
(2)④分析A、C、D三图，液体的密度相同，物体排开液体的体积相同，弹簧测力计示数相同，根据称重法，物体受到的浮力相同，由此得出下列结论：物体浸没后，浮力的大小与深度无关；
⑤分析D、E两图，液体的深度相同，液体的密度不同，U形管两侧液面的高度差不同，根据控制变量法，可得出结论：物体受到的浮力大小还与液体的密度有关；
⑥由图A知物体的重力为4N，则物体的质量m=Gg=4N10N/kg=0.4kg，根据称重法计算物体受到的浮力F浮=4N−3N=1N，根据阿基米德原理计算物体排开液体的体积V排=F浮 ρ水g=1N1×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3，即物体的体积为1×10−4m3，根据密度公式计算出物体的密度ρ= mV=0.4kg1×10−4m3=4×103kg/m3。
故答案为：(1)①不属于；②大；③液体的深度；(2)④无关；⑤密度；⑥4×103。
(1)①上端开口底部连通的仪器是连通器；
②③液体内部压强与液体的密度和液体的深度有关，根据控制变量法，在探究与其中一个因素的关系时，应控制其它因素不变，据此分析；
(2)④⑤浮力大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，根据控制变量法，在探究与其中一个因素的关系时，应控制其它因素不变，据此分析；
⑥根据称重法计算物体受到的浮力，根据阿基米德原理计算物体排开液体的体积，即物体的体积，根据密度公式计算出物体的密度。
本题探究影响液体压强大小的因素和影响浮力大小的因素，考查了转换法、控制变量法的运用，体现了对实验过程和实验原理的考查。
31.【答案】B 98 < 吸热 不可行
【解析】解：(1)在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈B的高度。
(2)液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度即为液体的沸点，图中所示水的沸点是98℃。
(3)由图乙知a和b的初温相同，a先沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度高，根据m=QcΔt可知，说明a的质量小。
(4)撤去酒精灯后，水很快停止沸腾，说明水在沸腾过程中需要持续吸热。
(5)液体的沸点与气压的关系：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低；沸点与火力大小无关，故方法不可行。
故答案为：(1)B；(2)98；(3)<；(4)吸热；(5)不可行。
(1)组装仪器的顺序一般为“自下而上”，在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置。
(2)液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个温度即为液体的沸点；
(3)ab初温相同，但到达沸腾的时间不相同，根据m=QcΔt判断水的质量。
(4)水的沸腾条件是：达到沸点，继续吸热。
(5)液体的沸点与气压的关系：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低。
本题考查探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验，重点考查实验装置组装、沸腾条件、沸点及图象分析等问题。
32.【答案】定值电阻断路 0.2 2 没有控制电阻的电压不变 可行 左
【解析】解：(1)要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，即滑动变阻器的有效阻值变大，滑动变阻器与定值电阻串联，滑片左侧电阻丝接入电路，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
；
(2)电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，说明与电压表并联的部分断路，即定值电阻断路；
(3)由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；
(4)由表中数据可知，第2组电阻两端的电压：UV′=I′R2=0.2A×15Ω=3V，其它各组电阻两端的电压始终保持：UV=IR=0.15A×40Ω=…=0.3A×20Ω=0.6A×10Ω=6V，故第2次测量的数据是错误的，错误的原因是没有控制电阻的电压不变；
(5)①探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的阻值，控制电阻的电压不变，图丁中电阻箱可以改变电阻大小且能读出阻值的大小，移动滑动变阻器的滑片可以控制电阻箱两端的电压不变，故该方案可行；
②当调小电阻箱接入电路的电阻时，其分得的电压减小，为了保持定值电阻两端电压不变，应减小滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动。
故答案为：(1)见解析；(2)定值电阻断路；(3)0.2；(4)2；没有控制电阻的电压不变；(5)①可行；②左。
(1)要求滑动变阻器的滑片P向右移动时电路中电流变小，即滑动变阻器的有效阻值变大，滑动变阻器与定值电阻串联，滑片左侧电阻丝接入电路，据此连接实物电路；
(2)电压表示数接近于电源电压，电流表几乎无示数，说明与电压表并联的部分断路；
(3)根据图丙电流表所选量程确定分度值读数；
(4)探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由表中数据，除第2组数据外，求出它各组电阻两端的电压都保持不变，据此分析；
(5)①探究电流与电阻的关系时，需要改变电阻的阻值，控制电阻的电压不变，据此分析是否可行；
②当调小电阻箱接入电路的电阻时，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。
本题探究电流与电阻的关系，考查电流表的使用与读数、注意事项、电路连接、控制变量法、欧姆定律的应用、数据分析和实验方案的评价。
33.【答案】解：(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压力：
F压=G=mg=1440kg×10N/kg=14400N，
对地面的压强：
p=F压S=14400N0.12m2=1.2×105Pa；
(2)该车充满电后储存的电能：
W电=30kW⋅h=30×3.6×106J=1.08×108J，
该车充满电后可获得机械能：
W机械=W电×80%=1.08×108J×80%=8.64×107J，
因电动运输车在平直路面上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，电动运输车的牵引力F=f=800N，
由W=Fs可得，电动运输车匀速行驶的路程：
s=W机械F=8.64×107J800N=1.08×105m=108km，
由v=st可得，电动运输车匀速行驶的时间：
t=sv=108km36km/h=3h；
(3)由Q放=mq可得，该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧燃油的质量：
m′=Q放q燃油=W电q燃油=1.08×108J4×107J/kg=2.7kg。
答：(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压强是1.2×105Pa；
(2)该车充满电后在平直路面上匀速行驶时，可以行驶3h；
(3)该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧2.7kg的燃油放出的热量。
【解析】(1)该车静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，利用p=FS求出对地面的压强；
(2)根据1kW⋅h=3.6×106J求出该车充满电后储存的电能，利用效率公式求出该车充满电后可获得机械能，电动运输车在平直路面上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据W=Fs求出电动运输车匀速行驶的路程，再根据v=st求出电动运输车匀速行驶的时间；
(3)根据Q放=mq求出该车充满电后储存的电能相当于完全燃烧燃油的质量。
本题考查了重力公式和压强公式、效率公式、做功公式、速度公式、燃料完全燃烧释放热量公式以及二力平衡条件的应用，涉及到的知识点较大，综合性强，有一定的难度。
34.【答案】解：(1)由P=UI可知，暖风机吹暖风时，正常吹暖风时的电流为：I=P暖U=1320W220V=6A；
(2)由图乙可知，当开关S、S1都闭合时，电热丝R与电动机并联，电吹风吹暖风；
当只闭合S时，只有电动机工作，电吹风吹冷风；
由并联电路的特点可知，吹暖风时电动机的电功率与吹冷风时电动机的电功率相等，即PM=P冷=110W，
因为电路的总功率等于各用电器电功率之和，所以吹暖风时电热丝的电功率：P电热丝=P暖−PM=1320W−110W=1210W，
由P=U2R可知，电热丝R的阻值：R=U2P电热丝=(220V)21210W=40Ω；
(3)空气需要吸收的热量为：
Q吸=c空气m空气Δt=1.0×103J/(kg⋅℃)×1.29kg/m3×10m3×20℃=2.58×105J，
暖风机正常吹暖风300s电热丝消耗的电能：W电热丝=P电热丝t=1210W×300s=3.63×105J，
则电热丝的加热效率：η=Q吸W=2.58×105J3.63×105J×100%≈71.1%；
(4)1200imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，
吹暖风时，2min内电能表指示灯闪烁48次，消耗的电能：W1=48imp1200imp/(kW⋅h)=0.04kW⋅h=1.44×105J，
吹冷风，2min内电能表指示灯闪烁8次，消耗的电能：W2=8imp1200imp/(kW⋅h)=1150kW⋅h=2.4×104J，
则电热丝R消耗的电能为：W=W1−W2=1.44×105J−2.4×104J=1.2×105J，
电热丝R的实际功率：P=Wt′=1.2×105J2×60s=1000W。
答：(1)暖风机正常吹暖风时的电流是6A；
(2)电热丝R的阻值大小为40Ω；
(3)电热丝的加热效率是71.1%；
(4)电热丝R的实际功率是1000W。
【解析】(1)根据P=UI求出正常吹暖风时的电流；
(2)由图乙可知，当开关S、S1都闭合时，电热丝R与电动机并联，当只闭合S时，只与电动机工作；根据并联电路的特点可知吹暖风时电动机的电功率，根据电路的总功率等于各用电器电功率之和求出吹暖风时电热丝的电功率，根据P=U2R求出电热丝R的阻值；
(3)根据Q=cmΔt求出空气吸收的热量，根据W=Pt求出暖风机正常吹暖风300s电热丝消耗的电能，根据η=Q吸W×100%求出电热丝的加热效率；
(4)1200imp/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁1200次，据此求出电能表的指示灯闪烁48次，暖风机吹暖风消耗的电能，电能表指示灯闪烁8次，暖风机吹冷风消耗的电能，据此求出电热丝2min消耗的电能，根据P=Wt求出电热丝R的实际功率。
本题是一道电热综合题，主要考查了电路分析、电功率的公式、吸热公式和对电能表参数的理解等，题目综合性较强，难度较大。
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