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2023年湖北省武汉市中考物理模拟试卷（四）
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这是一份2023年湖北省武汉市中考物理模拟试卷（四），共20页。
2. 关于声现象的描述，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，声音以人眼能直接看见的声波的形式传播
B. 图乙中，波形图显示的是物理学角度的噪声波形
C. 图丙中，利用钢尺可以探究音色与哪些因素有关
D. 图丁中，开启倒车雷达，是利用超声波回声定位的原理
3. 关于能量和能源的利用，下列说法正确的是( )
A. 目前作为人类主要能源的是水能和核能
B. 获得核能有裂变和聚变两种途径，核电站是利用裂变的热核反应发电的
C. 风能、水能、太阳能是未来理想能源的一个重要发展方向，他们都是可再生能源
D. 能量的转化和转移都是有方向的，但自然界能量守恒，因此不需要节约能源
4. 某同学利用如图甲所示的装置比较不同物质的吸热情况。电加热器规格相同，两相同的烧杯内分别盛有质量相等的a、b两种液体，图乙是他绘制的a、b两种液体的温度-时间图象。不计热损失，关于该实验，下列说法正确的是( )更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. 实验中选用相同规格的电加热器，目的是使水和食用油吸热相同
B. 都加热7min，a吸收的热量等于b吸收的热量
C. a、b两种液体的比热容之比为2：1
D. a液体的吸热能力更强
5. 如图所示，木块从水平地面上某点以速度v0向右运动冲上斜面，最终停在斜面上的A点，对于这个过程，下列说法正确的是( )
A. 木块速度减小，说明木块惯性减小
B. 木块冲上斜面，木块动能的减小量大于木块重力势能的增大量
C. 木块在斜面上所受摩擦力方向始终沿斜面向下
D. 木块在A点静止时，重力和摩擦力二力平衡
6. 如图是探究浮力的大小跟哪些因素有关的几个实验情景。甲、乙和丙中，弹簧测力计的示数分别为3.0N、2.0N和1.8N。下列说法中正确的是( )
A. 对比甲、乙、丙三图，可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系
B. 实验所用圆柱体的体积是200cm3
C. 盐水的密度是1.1g/cm3
D. 乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，烧杯对桌面的压力的增大值之比为10：9
7. 在研究定滑轮和动滑轮的特点的实验中，小明按图分别组装了定滑轮和动滑轮进行实验。实验数据如下表，由表格可知，下列说法中错误的是( )
A. 使用定滑轮不省力，也不省距离
B. 使用动滑轮可以省一半的力，图丙中拉力不为物重的一半主要是因为测量误差造成的
C. 乙图中定滑轮的机械效率约为91%，丙图中动滑轮的机械效率约为71%
D. 使用定滑轮和动滑轮都不仅不省功，反而要多做功
8. 小珠利用题图所示电路探究“影响电阻大小的因素”，a、b、c、d四根电阻丝的规格、材料如表所示，则下列说法中( )
①实验中，电流表示数越大说明电阻丝电阻越小；
②研究电阻与长度的关系可选c和d；
③研究电阻与横截面积的关系可选a和c；
④可用电压表替代图中的电流表完成本实验。
A. 只有①②正确B. 只有①③正确C. 只有③④正确D. 只有②④正确
9. 在根据电路图连接实物电路的教学中，林老师要求同学们用笔画线表示导线，根据电路图把实物连接起来，下面是三位同学的连接，其中正确的是( )
A. 只有甲B. 只有甲、乙C. 只有乙、丙D. 只有甲、丙
10. 关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是( )
A. 图甲的连接方式符合安全用电的原则
B. 图乙的方式使用螺丝刀试电笔接触火线，氖管不会发光
C. 图丙空气开关跳闸，一定是家庭电路出现短路造成的
D. 图丁接在该电能表上的用电器同时工作时总功率不能超过550W
11. 在探究串联电路的电压规律时，某同学连接了如图所示的电路。对于实验过程中出现的现象及分析，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关后，若电压表示数为0，可能是L1断路
B. 闭合开关后，若电压表的示数为0，一定是开关断路
C. 若L1被短接，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表的示数等于电源电压
D. 若L1断路，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表的示数等于电源电压
12. 如图所示，电源电压U保持不变，滑动变阻器最大阻值为R3。当只闭合开关S，滑片P在最左端时，电压表示数为U1，R1的电功率为P1，再将S1闭合，滑片P移至最右端，电压表示数变为U2；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，R1的电功率为P′1，R3的电功率为P3，电流表A与A1示数之差为1.2A。已知：U1：U2=5：9，P1：P1′=1：9，P3=4.8W。下列结论中错误的是( )
A. 只闭合S时，电路的最大总功率为4.8W
B. 只闭合S时，电路的最大总功率是最小总功率的2倍
C. 只闭合S2、S3，电路的最小总功率为21.6W
D. 只闭合S、S2、S3，电路的最小总功率为26.4W
13. 2022年5月20日18时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，采取一箭三星方式，成功将3颗低轨通信试验卫星送入预定轨道，如图甲。该低轨通信试验卫星主要用于开展在轨通信技术试验验证。
(1)长征二号丙运载火箭使用偏二甲肼做燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将______ 转化为内能。
(2)如图乙，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用______ (选填“光纤”“微波”或“超声波”)传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成______ 能，供卫星使用。
14. 如图，在“探究什么情况下磁可以生电”实验中：
(1)下表是小明记录的部分实验操作与现象，比较1、2、3可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做______ 运动时，导体中就产生电流。
(2)要使感应电流方向发生改变，可采取的具体措施是______ (选填字母)。
A.使用磁性更强的磁体
B.保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向
C.上下调换磁极，同时改变导体水平运动的方向
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是______ 能转化为电能。
(4)如果将电流表换成______ ，可以探究磁场对通电导体的作用。
15. 某同学用焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验。
(1)如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，要使烛焰在光屏上成清晰的像，光屏应______ (选填“靠近凸透镜”“远离凸透镜”或“保持在原位置”)，此时光屏上成的像应是______ (选填“放大”“等大”或“缩小”)的。
(2)若图中成实像时，发现由于燃烧时间较长蜡烛变短了，使像成在了光屏的偏上方，为了使像仍在光屏中央，此时可将凸透镜适当向下调，使烛焰中心位于凸透镜的______ (选填“主光轴上方”“主光轴下方”或“主光轴上”)。
(3)实验时，若用一张纸片遮住了凸透镜的上半部，光屏上______ (选填“能”或“不能”)成完整的像。
16. 小明和小华分别利用如图甲的装置“探究水沸腾前后温度变化的特点”，由实验数据绘制成的图象如图乙所示。
(1)使用温度计测量水温时，对温度计玻璃泡在水中位置的要求是______ ；要缩短水加热至沸腾的时间，该实验装置中还需添加的器材是______ 。
(2)分析图象，可以看出：水沸腾前吸热，温度______ (选填“升高”或“不变”)。时间记录到第4min时，小明烧杯中的气泡在上升过程中逐渐______ (选填“不变”“变大”或“变小”)。
(3)分析图乙可知，小华比小明将水从90℃加热至沸腾的时间明显较长，最有可能的原因是______ 。
17. 在探究滑动摩擦力同压力和接触面粗糙程度的关系实验中，小明使用两块长木板(其中长木板B表面更粗糙)、一块长方体木块、一个500g的砝码、一个弹簧测力计完成了甲、乙、丙三次实验。
(1)老师告诉小明长木板要水平放置，用弹簧测力计拉动木块时也要沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，这样操作的目的是使弹簧测力计的示数______ (选填“大于”或“等于”)木块受到的滑动摩擦力。
(2)在乙图中，砝码对木块的摩擦力______ (选填“大于”或“等于”)零。
(3)如图丁，在冰壶比赛中，运动员手握冰刷用力刷冰，这是通过______ (选填“甲、乙”“甲、丙”或“乙、丙”)的结论来改变冰刷与冰面间的摩擦。
(4)在甲中，如果加速拉动木块，木块与木板间摩擦力______ (选填“增大”“减小”或“不变”)。
18. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，某实验小组设计了如图甲所示电路。其中电源电压为6V，定值电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。
(1)小明利用甲电路图连接实物电路进行实验，请帮小明将乙图连接完整。
(2)小明检查电路连接无误后闭合开关，移动滑片，使电压表的示数等于2V，读出此时电流表的示数为0.4A，然后小明断开开关，取下5Ω电阻，换上10Ω电阻，闭合开关，并______ ，使10Ω电阻两端电压为______ ，读出此时电流，填入表格。
(3)实验小组用10Ω电阻做完实验后，又换用15Ω的电阻，同学们发现无论怎样调节滑动变阻器，都无法使电压表示数达到刚才的示数，他想到可以利用在电路中再串联一个定值电阻的方法，若他想利用这个方法顺利完成本次和余下实验，则串联的定值电阻阻值可选用范围为______ Ω。
19. 2022年4月11日，中国石化集团与泰国签署合作协平台议，中国石化集团将帮助泰国全面拆除泰国废弃的海上石油钻井平台。目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起，如图甲。已知某石油平台重8×107N，起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，如图乙。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，B点处是一质量为200t的配重罐，可在起重器上OB间滑动，AB=60m，OA=20m，在甲板起重器抬起石油平台时，平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力，同时配重罐位于B点(不计杠杆式甲板起重器的重力)。
(1)当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了多少功？
(2)当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少？
(3)当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力有多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：平面镜成像原理是光的反射现象，成的是正立、等大的虚像，故B正确。
故选：B。
平面镜成像的特点：正立等大的虚像；像和物体各对应点到平面镜间距离相等；平面镜成像原理是光的反射。
平面镜成像的特点在实际生活中应用非常广泛，也是光学中一个很重要的知识点，要求熟练掌握，并学会灵活运用。
2.【答案】D
【解析】解：A、声音以声波的形式传播，但人眼不能直接看见声波，故A错误；
B、图乙中，波形图显示的波形振动规则，不是物理学角度的噪声波形，故B错误；
C、图丙中，钢尺的材料和结构一定，因此利用钢尺不能探究音色与哪些因素有关，故C错误；
D、图丁中，开启倒车雷达，是利用超声波回声定位的原理，故D正确。
故选：D。
(1)声音以波的形式传播；
(2)从物理学的角度讲，发声体做无规则振动时会发出噪声；
(3)音色的影响因素是发声体的材料和结构；
(4)倒车雷达是利用超声波回声定位的原理工作的。
此题考查了声音的传播、噪声、声音的特性、超声波的利用，难度不大，属基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、目前作为人类主要能源的是化石能源，故A错误；
B、获得核能有裂变和聚变两种途径，核电站是利用可控的核裂变反应对外输出电能的，热核反应属于核聚变，故B错误；
C、风能、水能、太阳能是可再生能源，是未来理想能源的一个重要发展方向，故C正确；
D、能量的转化和转移都是有方向的，能量的转化也是有条件的，我们需要节约能源，故D错误。
故选：C。
(1)煤、石油、天然气统称化石能源，是目前人类的主要常规能源。
(2)核电站利用可控的核裂变反应对外输出电能的。
(3)风能、水能、太阳能是可再生能源。
(4)能量的转化和转移都是有方向的，能量的转化也是有条件的，我们需要节约能源。
知道化石能源；知道可再生能源和不可再生能源；知道目前人类获取核能的两种基本方式；知道能源的利用是有条件的，我们要节约能源。
4.【答案】AB
【解析】解：AB、根据转换法，实验中选用相同规格的电加热器，目的是相同时间使水和食用油吸热相同，故AB正确；
CD、根据乙图可知，质量相同a和b加热7分钟升高的温度分别为：40℃和20℃，根据比较吸热能力的方法，b液体的吸热能力强，根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则a、b两种液体的比热容之比为20℃40℃=1：2，故CD错误。
故选AB。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(2)使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；根据乙图可知质量相同a和b加热7分钟升高的温度，根据比较吸热能力的方法，确定哪种液体的吸热能力强，根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，据此得出a、b两种液体的比热容之比。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
5.【答案】B
【解析】解：A、惯性只与质量有关，质量不变，惯性不变，故A错误；
B、木块冲上斜面，木块克服摩擦力做功转化为内能，木块动能的减小量大于木块重力势能的增大量，故B正确；
C、木块在斜面上向上运动时所受摩擦力方向是沿斜面向下的；当木块停在斜面上时，所受摩擦力的方向是沿斜面向上的，故C错误；
D、对木块进行受力分析可知，木块在A点静止时，其受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力三个力的作用，重力和摩擦力不在同一条直线上，不是平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)惯性只与质量有关，惯性代表了物体运动状态改变的难易程度；
(2)不计空气和摩擦阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析；
(3)摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反，因此可能与物体的运动或运动趋势方向相反，也可能与物体的运动或运动趋势方向相同；
(4)对木块进行受力分析即可解答。
此题考查对物体的力的分析、惯性、摩擦力的方向、能量转化、平衡力等，是一道综合性较强的题目，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A、对比甲、乙、丙三图，乙、丙两图知，液体密度不相同，而物体排开液体的体积相等，所以，不可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系，故A错误；
B、根据图甲、乙数据可知物体全部浸没在水中所受浮力F浮水=G−F3=3.0N−2.0N=1N，
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知物体排开水的体积V排=F浮水ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3=100cm3，圆柱体的体积等于物体排开液体的体积，即
圆柱体的体积V=100cm3，故B错误；
C、根据甲、丙图数据可知，物体浸没在盐水中所受的浮力：F浮盐水=G−F2=3.0N−1.8N=1.2N；
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，可得物体体积为：V物=F浮gρ水，实验中排开液体的体积都等于物体的体积，故有：F浮盐水gρ盐水=F浮水gρ水；
则盐水的密度为：ρ盐水=F浮盐水F浮水×ρ水=1.2N1N×1×103kg/m3=1.2×103kg/m3，故C错误；
D、乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，乙烧杯对桌面的压力的增大值为2.0N，丙烧杯对桌面的压力的增大值为1.8N，则烧杯对桌面的压力的增大值之比为2.0N：1.8N=10：9，故D正确。
(1)要验证浮力大小与物体浸在液体中的体积的关系，应控制液体密度相同，物体排开液体的体积不相等；
(2)图乙中，根据F浮=G−F示得出物体全部浸没在水中所受浮力，由阿基米德原理得出物体全部浸在水中的体积，即圆柱体的体积；
本题考查“探究浮力大小跟哪些因素有关”的实验，属于对基础知识的考查，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A、使用定滑轮不能省力，也不省距离，但可以改变力的方向，故A正确；
B、根据表格中的数据可知，使用动滑轮时F丙≠G2，这是由于没有考虑动滑轮受到的重力，不是因为测量误差造成的，故B错误；
C、由图甲可知，G=4N，乙图为定滑轮，n乙=1，丙为动滑轮，n丙=2，
则乙的机械效率为：
η乙=W有W总=GhF乙s=GhF乙n乙h=Gn乙F乙=4N1×4.4N×100%≈91%；
丙的机械效率为：
η丙=W有W总=GhF丙s=GhF丙n丙h=Gn丙F丙=4N2×2.8N×100%≈71%，故C正确；
D、使用任何机械都不省功，反而要多做一些额外功，故D正确。
故选：B。
(1)使用定滑轮不能省力，也不省距离，但可以改变力的方向；
(2)不考虑动滑轮重、绳重和摩擦时，使用动滑轮可以省一半的力，但费一倍的距离；
(3)由图甲确定物重G，根据乙、丙两图确定绳子股数，利用η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF分别求出乙、丙的机械效率；
(4)使用任何机械都不省功，反而要多做一些额外功。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点以及机械效率的计算，属于基础性题目。
8.【答案】A
【解析】解：
①当不同的导体接入电路时，可通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，电流表示数越大，说明电阻越小，故①正确；
②研究电阻与长度的关系时，需要控制导体的材料和横截面积均相同，长度不同，由题意可知，电阻丝c、d的材料、横截面积均相同、而长度不同，所以研究电阻与长度的关系可以选c和d，故②正确；
③要探究电阻大小跟导体的横截面积的关系，需要控制导体的材料和长度均相同，横截面积不同；由题意可知，电阻丝b、c的长度、材料均相同、粗细不同，因此应选用电阻丝b、c分别接入电路中，故③错误；
④电压表替代电流表，由于电压表的电阻较大，电压表测量的是电源电压，保持不变，无法完成实验，故④错误；
通过以上分析可知只有①②正确。
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：
由电路图知，两灯并联，开关S1在干路上，S2在L2支路上，由实物图知，甲和丙的实物图连接与之对应；乙图中两灯并联，S2在L2支路上，但开关S1在L1支路上，与电路图不对应。
故选：D。
先分析电路图的连接情况，再选择与之对应的实物图。
本题考查根据电路图连接实物图，正确分析电路的连接方式以及开关的位置是关键，注意实物图要与电路图一一对应。
10.【答案】B
【解析】解：A.如图甲，开关与灯泡串联，并且开关应该连接火线，图中开关连接的是零线，故A错误；
B.使用测电笔时，正确的握法应该是手要与测电笔的笔尾接触，笔尖接触火线；使火线、测电笔、人体、大地形成回路，氖管才会发光，图中手没有接触笔尾金属体，故B正确；
C.在家庭电路中空气开关“跳闸”，可能是由于发生了短路，也可能是用电器总功率过大，故C错误；
D.如图丁，额定电压为220V，能长时间正常工作的最大电流为5A，则最大总功率为P=UI=220V×5A=1100W，故D错误。
故选：B。
(1)为保证安全，电路设计时要求开关应接在火线和用电器之间；
(2)使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线；
(3)电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大；
(4)电能表上所标“2.5(5)A”中，2.5A是指电能表的标定电流，5A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V是指电能表的工作电压，利用P=UI求出电路中同时使用的用电器的最大电功率。
本题考查了安全用电的注意事项，要掌握，本题在现实生活中具有现实意义，是一道好题。
11.【答案】D
【解析】解：A.闭合开关后，若电压表示数为0，说明两灯以外部分断路，不可能是L1断路，故A错误；
B.闭合开关后，若电压表的示数为0，可能是开关断路，也可能是导线断路，故B错误；
C.若L1被短接，闭合开关后，L2如果不断路，应该能够发光，电压表的示数等于电源电压，故C错误；
D.若L1断路，因为两灯串联，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表并联的部分断路了，则电压表的示数等于电源电压，故D正确。
故选：D。
由图可知，闭合开关后两灯串联，电压表测灯L1、L2两端电压；根据故障分析原因。
两个灯泡都不亮，电压表无示数，说明电压表到电源两极间是断开的；将电压表接在灯L1两端时，电压表有示数，说明电压表与电源两极间是接通的，据此解答。
本题考查串联电路的故障分析，属于中档题。
12.【答案】C
【解析】解：当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如图1所示；
再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如图2所示；
当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如图3所示。
图1中，R1的电功率：P1=U12R1，
图3中，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1的电功率：P1′=U2R1，
则P1P1′=U12R1U2R1=U12U2=19，解得：U1U=13，
图1中，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以由欧姆定律可得：U1U=I1R1I1R总=R1R总=R1R1+R2=13，
整理可得：R2=2R1------①
图1和图2中，因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：I1I2=R2+R3R1+R2=2R1+R3R1+2R1=2R1+R33R1，
两电压表的示数之比：U1U2=I1R1I2R3=2R1+R33R1×R1R3=59，
整理可得：R3=3R1------②
图3中，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A与A1示数之差为1.2A，
所以通过R1的电流I1=1.2A，即UR1=1.2A----③
R3的电功率：P3=U2R3=U23R1，即4.8W=U23R1-----④
由③④可得：U=12V，R1=10Ω，
将R1=10Ω代入①②可得：R2=20Ω，R3=30Ω。
AB.只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器R3接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大，
则P大=U2R总=U2R1+R2=(12V)210Ω+20Ω=4.8W，故A正确；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，
则P小=U2R总′=U2R1+R2+R3=(12V)210Ω+20Ω+30Ω=2.4W，
所以，P大：P小=4.8W：2.4W=2：1，即电路的最大总功率是最小总功率的2倍，故B正确；
C.只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小′=U2R1+U2R3=(12V)210Ω+(12V)230Ω=19.2W，故C错误；
D.只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小 ′ ′=U2R1+U2R2+U2R3=(12V)210Ω+(12V)220Ω+(12V)230Ω=26.4W，故D正确。
故选：C。
当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如解答图1所示；再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如解答图2所示；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如解答图3所示。根据P=UI=U2R表示出图1中R1的电功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R表示出图3中R1的电功率，利用P1：P1′=1：9得出等式求出图1中电压表的示数与电源电压的比值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图1中电压表的示数与电源电压的比值得出电阻关系；根据电源的电压不变得出图1和图2中的电流之比，根据欧姆定律表示出电压表的示数之比结合U1：U2=5：9求出电阻关系；根据并联电路的电流特点得出电流表A与A1示数之差即为通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R表示出R3的电功率，然后联立等式求出电源的电压和各电阻的阻值。
(1)只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，根据电阻的串联和P=UI=U2R求出电路的最大总功率和最小总功率，然后求出两者之间的关系；
(2)只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电路的最小总功率；
(3)只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电路的最小总功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，正确得出开关闭合、断开时电路的连接方式以及各物理量之间的关系是关键，有一定的难度。
13.【答案】化学能 微波 电
【解析】解：(1)“长征二号FY11”运载火箭使用偏二甲肼作为主要燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将化学转化为内能；太阳能电池将太阳能转化成电能；
(2)电磁波能够传递信息，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用微波传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成电能，供卫星使用。
故答案为：(1)化学能；(2)微波；电。
(1)燃料具有化学能；
(2)微波是电磁波，电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
本题以长征二号丙运载火箭发射为背景，考查了能量的转化、热机的工作原理，属于基础知识。
14.【答案】切割磁感线 B 机械 电源
【解析】解：(1)比较1、2、3可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流。
(2)要使感应电流方向发生改变，
A.使用磁性更强的磁体，电流大小改变，方向不变，故A不可行；
B.保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向，切割方向改变，故可行；
C.上下调换磁极，同时改变导体水平运动的方向，两个都改变，则电流方向不变，故不可行。
可采取的具体措施是B；
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是机械能转化为电能。
(4)探究磁场对通电导体的作用，必须有电源通电，应将电流表换成电源。
故答案为：(1)切割磁感线；(2)B；(3)机械；(4)电源。
(1)电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生电流的现象。
(2)感应电流方向与磁感线方向与导体切割磁感线方向有关。
(3)根据能量的转化情况判断机械能的变化。
(4)电动机的原理是通电导体在磁场中受力而运动。
本题考查电磁感应的探究，属于基础题。
15.【答案】靠近凸透镜 缩小 主光轴上 能
【解析】解：(1)如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，此时物距u=35cm−10cm=25cm>2f，凸透镜到光屏的距离60cm−35cm=25cm>2f，要使烛焰在光屏上成清晰的像，根据u>2f，2f>v>f，成倒立、缩小的实像，故光屏应靠近凸透镜，此时光屏上成的像应是缩小的；
(2)为了使像成在光屏中央，应调节烛焰的中心和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上；
(3)如果用遮光板挡住透镜的上半部分，下半部分仍能会聚光线成完整的像，但由于会聚的光线比原来减少，所以像比原来变暗。
故答案为：(1)靠近凸透镜；缩小；(2)主光轴上；(3)能。
(1)根据u>2f，2f>v>f，成倒立、缩小的实像；
(2)为了使像成在光屏中央，应调节烛焰的中心和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上；
(3)物体有无数点组成，物体上任一点射向凸透镜有无数条光线，经凸透镜折射后，有无数条折射光线会聚成该点的像；当遮住凸透镜的一部分，还有另外的部分光线，经凸透镜折射会聚成像。
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。
16.【答案】玻璃泡要全部浸没在水中，不能接触烧杯底或烧杯壁 盖子 升高 变大 水的质量偏大
【解析】解：(1)温度计在使用时：玻璃泡要全部浸入水中，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁。
为了减少实验过程中的热量的损失，缩短水加热至沸腾的时间，需要给烧杯加盖子；
(2)从图象可以看出，水沸腾前吸热，温度不断升高；
水沸腾时，整个容器内水温相同，根据p=ρgh可知，水下小气泡上升过程中受到的压强变小，烧杯中的气泡在上升过程中逐渐变大；
(3)水的质量偏大，加热到沸腾所需要的热量较多，在同样的加热条件下，加热到沸腾的时间较长。
故答案为：(1)玻璃泡要全部浸没在水中，不能接触烧杯底或烧杯壁；盖子；(2)升高；变大；(3)水的质量偏大。
(1)根据温度计的使用的注意事项：玻璃泡要全部浸入被测物体，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁；
为了减少实验过程中的热量的损失，缩短水加热至沸腾的时间，需要给烧杯加盖子；
(2)据水沸腾前、沸腾时的现象回答即可；
(3)水的质量较多，加热到沸腾所需要的热量较多。
本题考查水沸腾时温度变化特点相关知识。
17.【答案】等于 等于 乙、丙 不变
【解析】解：(1)实验中使木块水平方向做匀速直线运动，木块处于平衡状态，由二力平衡条件可知，滑动摩擦力等于弹簧测力计的拉力；
(2)砝码与木块直接没有相对，故摩擦力为零；
(3)冰壶比赛中，运动员手握冰刷用力刷冰，是通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦，故乙、丙符合条件；
(4)乙图中，加速拉动木块，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变。
故答案为：(1)等于；(2)等于；(3)乙、丙；(4)不变。
(1)用弹簧测力计水平匀速拉动木块，让木块做匀速直线运动，木块处于平衡状态，由二力平衡条件可知，滑动摩擦力等于弹簧测力计的拉力；
(2)摩擦力产生条件：相对运动或相对运动趋势；相互挤压；接触面粗糙；
(3)应用控制变量法，根据实验所控制的变量，分析实验现象，从而可得出实验结论；
(4)摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变。
本题考查了使木块做匀速直线运动的目的、实验现象分析，熟练应用控制变量法，认真分析实验现象，即可正确解题。
18.【答案】向右移动变阻器的滑片 2V20∼40
【解析】解：(1)按照图甲的电路图，将图乙中还未连入的电压表和滑动变阻器接入电路，电压表应并联到定值电阻两端，且保证电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路，且保证左侧电阻接入电路，
如图所示：
；
(2)换用10Ω的电阻替代5Ω的电阻，定值电阻变大，根据分压原理，电压表示数变大，因研究电流与电阻的关系时，要控制定值电阻的电压不变，应减小定值电阻的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器分得的电压，由分压强原理，就要增大变阻器连入电路中的电阻大小，即向右移动变阻器的滑片，使10Ω电阻两端电压为大小等于原来的电压即2V，读出此时电流，填入表格；
(3)在“探究电流与电阻的关系”实验中需要控制定值电阻两端的电压不变，即定值电阻两端的电压需控制在2V不变，当把20Ω的电阻接入电路中时，要保持定值电阻两端的电压不变，电路的总电阻最大，此时串联的定值电阻的阻值最大，根据串联分压作用可得，电路串联的总电阻为：
R总=UUV×R定=6V2V×20Ω=60Ω，
当滑动变阻器完全接入电路时，则串联的定值电阻阻值的最小值为：
R定最小=R总−R滑−R=60Ω−20Ω−20Ω=20Ω。
当滑动变阻器完全未接入电路时，则串联的定值电阻阻值的最大值为：
R定最大=R总−R滑−R=60Ω−0−20Ω=40Ω。
由此可知串联的定值电阻阻值可选用范围为20Ω∼40Ω。
故答案为：(1)见上图；(2)向右移动变阻器的滑片；2V；(3)20∼40。
(1)按照图甲的电路图，将图乙中还未连入的电压表和滑动变阻器接入电路，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路，且保证左侧电阻接入电路；
(2)要探究电流和电阻之间关系，必须保持电阻两端的电压不变，根据分压原理和串联电路电压的规律确定滑片移动的方向；
(3)根据串联分压原理可求出串联电路的总阻值的大小，再分两种情况：当滑动变阻器的电阻为零时，串联的定值电阻的阻值最大，根据串联电路电阻的规律算出串联的最大电阻；
而当滑动变阻器的电阻最大时，串联的定值电阻的阻值最小，根据串联电路电阻的规律算出串联的最小电阻，进而确定出串联的这个定值电阻的范围。
此题为探究“电流与电压和电阻的关系”实验，考查学生对电路的连接、滑动变阻器在电路中的作用、控制变量饭以及串联分压原理的应用等知识，考查的较全面，有一定难度。
19.【答案】解：(1)两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台所做的功为：
W=G平台h=8×107N×0.1m=8×106J；
(2)把两艘起重船看做一个整体，原来两艘船在水中漂浮，则：F浮=G船，
由阿基米德原理可得：ρ水gV排=G船----①
当平台被抬起时，平台与两艘船的整体仍然漂浮，则有：
F浮′=G船+G平台，
即：ρ水gV排′=G船+G平台----②
由①②可知，两艘船排开水的体积变化量为：
ΔV排=V排′−V排=G平台ρ水g=8×107N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×103m3，
则每艘起重船舶排开水的体积的变化量为：
ΔV排′=ΔV排2=8×103m32=4×103m3；
(3)因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，
所以，当石油平台被抬起时，每门杠杆式甲板起重器受到的压力为：
F压=G平台2×14=8×107N2×14=1×107N，
图丙为其中一门甲板起重器示意图，则图丙中杠杆A点受到的合力为：FA=F压−F推，
对杠杆AOB，以O为支点，由杠杆平衡条件有：GB×OB=FA×OA，
即：m罐g×(AB−OA)=(F压−F推)×OA，
即：200×103kg×10N/kg×(60m−20m)=(1×107N−F推)×20m，
解得：F推=6×106N。
答：(1)当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了8×106J的功；
(2)当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了4×103m3；
(3)当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力为6×106N。
【解析】(1)根据W=Gh可求出两艘船将石油平台缓慢抬高10cm对石油平台所做的功；
(2)根据物体的浮沉条件和阿基米德原理可求出每艘起重船舶排开水的体积变化量；
(3)因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，则根据F压=G平台2×14可求出每门杠杆式甲板起重器受到的压力，而杠杆A点受到合力为FA=F压−F推，根据杠杆平衡条件可求出每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力。
本题考查了功的计算、阿基米德原理和杠杆平衡条件的综合应用，难度较大。甲
乙
丙
弹簧测力计的示数/N
4
4.4
2.8
拉力方向
向上
向下
向上
物体移动的距离/cm
20
20
测力计移动的距离/cm
20
40
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
锰铜合金
0.5
1
b
镍铬合金
0.5
1
c
镍铬合金
0.5
0.5
d
镍铬合金
1
0.5
序号
实验操作
电流表指针偏转情况
1
保持导体与磁体静止
不偏转
2
保持磁体静止，导体水平向左切割磁感线
向右偏转
3
保持磁体静止，导体水平向右切割磁感线
向左偏转
…
2. 关于声现象的描述，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，声音以人眼能直接看见的声波的形式传播
B. 图乙中，波形图显示的是物理学角度的噪声波形
C. 图丙中，利用钢尺可以探究音色与哪些因素有关
D. 图丁中，开启倒车雷达，是利用超声波回声定位的原理
3. 关于能量和能源的利用，下列说法正确的是( )
A. 目前作为人类主要能源的是水能和核能
B. 获得核能有裂变和聚变两种途径，核电站是利用裂变的热核反应发电的
C. 风能、水能、太阳能是未来理想能源的一个重要发展方向，他们都是可再生能源
D. 能量的转化和转移都是有方向的，但自然界能量守恒，因此不需要节约能源
4. 某同学利用如图甲所示的装置比较不同物质的吸热情况。电加热器规格相同，两相同的烧杯内分别盛有质量相等的a、b两种液体，图乙是他绘制的a、b两种液体的温度-时间图象。不计热损失，关于该实验，下列说法正确的是( )更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
A. 实验中选用相同规格的电加热器，目的是使水和食用油吸热相同
B. 都加热7min，a吸收的热量等于b吸收的热量
C. a、b两种液体的比热容之比为2：1
D. a液体的吸热能力更强
5. 如图所示，木块从水平地面上某点以速度v0向右运动冲上斜面，最终停在斜面上的A点，对于这个过程，下列说法正确的是( )
A. 木块速度减小，说明木块惯性减小
B. 木块冲上斜面，木块动能的减小量大于木块重力势能的增大量
C. 木块在斜面上所受摩擦力方向始终沿斜面向下
D. 木块在A点静止时，重力和摩擦力二力平衡
6. 如图是探究浮力的大小跟哪些因素有关的几个实验情景。甲、乙和丙中，弹簧测力计的示数分别为3.0N、2.0N和1.8N。下列说法中正确的是( )
A. 对比甲、乙、丙三图，可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系
B. 实验所用圆柱体的体积是200cm3
C. 盐水的密度是1.1g/cm3
D. 乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，烧杯对桌面的压力的增大值之比为10：9
7. 在研究定滑轮和动滑轮的特点的实验中，小明按图分别组装了定滑轮和动滑轮进行实验。实验数据如下表，由表格可知，下列说法中错误的是( )
A. 使用定滑轮不省力，也不省距离
B. 使用动滑轮可以省一半的力，图丙中拉力不为物重的一半主要是因为测量误差造成的
C. 乙图中定滑轮的机械效率约为91%，丙图中动滑轮的机械效率约为71%
D. 使用定滑轮和动滑轮都不仅不省功，反而要多做功
8. 小珠利用题图所示电路探究“影响电阻大小的因素”，a、b、c、d四根电阻丝的规格、材料如表所示，则下列说法中( )
①实验中，电流表示数越大说明电阻丝电阻越小；
②研究电阻与长度的关系可选c和d；
③研究电阻与横截面积的关系可选a和c；
④可用电压表替代图中的电流表完成本实验。
A. 只有①②正确B. 只有①③正确C. 只有③④正确D. 只有②④正确
9. 在根据电路图连接实物电路的教学中，林老师要求同学们用笔画线表示导线，根据电路图把实物连接起来，下面是三位同学的连接，其中正确的是( )
A. 只有甲B. 只有甲、乙C. 只有乙、丙D. 只有甲、丙
10. 关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是( )
A. 图甲的连接方式符合安全用电的原则
B. 图乙的方式使用螺丝刀试电笔接触火线，氖管不会发光
C. 图丙空气开关跳闸，一定是家庭电路出现短路造成的
D. 图丁接在该电能表上的用电器同时工作时总功率不能超过550W
11. 在探究串联电路的电压规律时，某同学连接了如图所示的电路。对于实验过程中出现的现象及分析，下列说法正确的是( )
A. 闭合开关后，若电压表示数为0，可能是L1断路
B. 闭合开关后，若电压表的示数为0，一定是开关断路
C. 若L1被短接，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表的示数等于电源电压
D. 若L1断路，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表的示数等于电源电压
12. 如图所示，电源电压U保持不变，滑动变阻器最大阻值为R3。当只闭合开关S，滑片P在最左端时，电压表示数为U1，R1的电功率为P1，再将S1闭合，滑片P移至最右端，电压表示数变为U2；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，R1的电功率为P′1，R3的电功率为P3，电流表A与A1示数之差为1.2A。已知：U1：U2=5：9，P1：P1′=1：9，P3=4.8W。下列结论中错误的是( )
A. 只闭合S时，电路的最大总功率为4.8W
B. 只闭合S时，电路的最大总功率是最小总功率的2倍
C. 只闭合S2、S3，电路的最小总功率为21.6W
D. 只闭合S、S2、S3，电路的最小总功率为26.4W
13. 2022年5月20日18时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，采取一箭三星方式，成功将3颗低轨通信试验卫星送入预定轨道，如图甲。该低轨通信试验卫星主要用于开展在轨通信技术试验验证。
(1)长征二号丙运载火箭使用偏二甲肼做燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将______ 转化为内能。
(2)如图乙，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用______ (选填“光纤”“微波”或“超声波”)传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成______ 能，供卫星使用。
14. 如图，在“探究什么情况下磁可以生电”实验中：
(1)下表是小明记录的部分实验操作与现象，比较1、2、3可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做______ 运动时，导体中就产生电流。
(2)要使感应电流方向发生改变，可采取的具体措施是______ (选填字母)。
A.使用磁性更强的磁体
B.保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向
C.上下调换磁极，同时改变导体水平运动的方向
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是______ 能转化为电能。
(4)如果将电流表换成______ ，可以探究磁场对通电导体的作用。
15. 某同学用焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验。
(1)如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，要使烛焰在光屏上成清晰的像，光屏应______ (选填“靠近凸透镜”“远离凸透镜”或“保持在原位置”)，此时光屏上成的像应是______ (选填“放大”“等大”或“缩小”)的。
(2)若图中成实像时，发现由于燃烧时间较长蜡烛变短了，使像成在了光屏的偏上方，为了使像仍在光屏中央，此时可将凸透镜适当向下调，使烛焰中心位于凸透镜的______ (选填“主光轴上方”“主光轴下方”或“主光轴上”)。
(3)实验时，若用一张纸片遮住了凸透镜的上半部，光屏上______ (选填“能”或“不能”)成完整的像。
16. 小明和小华分别利用如图甲的装置“探究水沸腾前后温度变化的特点”，由实验数据绘制成的图象如图乙所示。
(1)使用温度计测量水温时，对温度计玻璃泡在水中位置的要求是______ ；要缩短水加热至沸腾的时间，该实验装置中还需添加的器材是______ 。
(2)分析图象，可以看出：水沸腾前吸热，温度______ (选填“升高”或“不变”)。时间记录到第4min时，小明烧杯中的气泡在上升过程中逐渐______ (选填“不变”“变大”或“变小”)。
(3)分析图乙可知，小华比小明将水从90℃加热至沸腾的时间明显较长，最有可能的原因是______ 。
17. 在探究滑动摩擦力同压力和接触面粗糙程度的关系实验中，小明使用两块长木板(其中长木板B表面更粗糙)、一块长方体木块、一个500g的砝码、一个弹簧测力计完成了甲、乙、丙三次实验。
(1)老师告诉小明长木板要水平放置，用弹簧测力计拉动木块时也要沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，这样操作的目的是使弹簧测力计的示数______ (选填“大于”或“等于”)木块受到的滑动摩擦力。
(2)在乙图中，砝码对木块的摩擦力______ (选填“大于”或“等于”)零。
(3)如图丁，在冰壶比赛中，运动员手握冰刷用力刷冰，这是通过______ (选填“甲、乙”“甲、丙”或“乙、丙”)的结论来改变冰刷与冰面间的摩擦。
(4)在甲中，如果加速拉动木块，木块与木板间摩擦力______ (选填“增大”“减小”或“不变”)。
18. 在“探究电流与电阻的关系”实验中，某实验小组设计了如图甲所示电路。其中电源电压为6V，定值电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。
(1)小明利用甲电路图连接实物电路进行实验，请帮小明将乙图连接完整。
(2)小明检查电路连接无误后闭合开关，移动滑片，使电压表的示数等于2V，读出此时电流表的示数为0.4A，然后小明断开开关，取下5Ω电阻，换上10Ω电阻，闭合开关，并______ ，使10Ω电阻两端电压为______ ，读出此时电流，填入表格。
(3)实验小组用10Ω电阻做完实验后，又换用15Ω的电阻，同学们发现无论怎样调节滑动变阻器，都无法使电压表示数达到刚才的示数，他想到可以利用在电路中再串联一个定值电阻的方法，若他想利用这个方法顺利完成本次和余下实验，则串联的定值电阻阻值可选用范围为______ Ω。
19. 2022年4月11日，中国石化集团与泰国签署合作协平台议，中国石化集团将帮助泰国全面拆除泰国废弃的海上石油钻井平台。目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起，如图甲。已知某石油平台重8×107N，起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，如图乙。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，B点处是一质量为200t的配重罐，可在起重器上OB间滑动，AB=60m，OA=20m，在甲板起重器抬起石油平台时，平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力，同时配重罐位于B点(不计杠杆式甲板起重器的重力)。
(1)当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了多少功？
(2)当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少？
(3)当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力有多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：平面镜成像原理是光的反射现象，成的是正立、等大的虚像，故B正确。
故选：B。
平面镜成像的特点：正立等大的虚像；像和物体各对应点到平面镜间距离相等；平面镜成像原理是光的反射。
平面镜成像的特点在实际生活中应用非常广泛，也是光学中一个很重要的知识点，要求熟练掌握，并学会灵活运用。
2.【答案】D
【解析】解：A、声音以声波的形式传播，但人眼不能直接看见声波，故A错误；
B、图乙中，波形图显示的波形振动规则，不是物理学角度的噪声波形，故B错误；
C、图丙中，钢尺的材料和结构一定，因此利用钢尺不能探究音色与哪些因素有关，故C错误；
D、图丁中，开启倒车雷达，是利用超声波回声定位的原理，故D正确。
故选：D。
(1)声音以波的形式传播；
(2)从物理学的角度讲，发声体做无规则振动时会发出噪声；
(3)音色的影响因素是发声体的材料和结构；
(4)倒车雷达是利用超声波回声定位的原理工作的。
此题考查了声音的传播、噪声、声音的特性、超声波的利用，难度不大，属基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、目前作为人类主要能源的是化石能源，故A错误；
B、获得核能有裂变和聚变两种途径，核电站是利用可控的核裂变反应对外输出电能的，热核反应属于核聚变，故B错误；
C、风能、水能、太阳能是可再生能源，是未来理想能源的一个重要发展方向，故C正确；
D、能量的转化和转移都是有方向的，能量的转化也是有条件的，我们需要节约能源，故D错误。
故选：C。
(1)煤、石油、天然气统称化石能源，是目前人类的主要常规能源。
(2)核电站利用可控的核裂变反应对外输出电能的。
(3)风能、水能、太阳能是可再生能源。
(4)能量的转化和转移都是有方向的，能量的转化也是有条件的，我们需要节约能源。
知道化石能源；知道可再生能源和不可再生能源；知道目前人类获取核能的两种基本方式；知道能源的利用是有条件的，我们要节约能源。
4.【答案】AB
【解析】解：AB、根据转换法，实验中选用相同规格的电加热器，目的是相同时间使水和食用油吸热相同，故AB正确；
CD、根据乙图可知，质量相同a和b加热7分钟升高的温度分别为：40℃和20℃，根据比较吸热能力的方法，b液体的吸热能力强，根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则a、b两种液体的比热容之比为20℃40℃=1：2，故CD错误。
故选AB。
(1)我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
(2)使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；根据乙图可知质量相同a和b加热7分钟升高的温度，根据比较吸热能力的方法，确定哪种液体的吸热能力强，根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，据此得出a、b两种液体的比热容之比。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q=cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
5.【答案】B
【解析】解：A、惯性只与质量有关，质量不变，惯性不变，故A错误；
B、木块冲上斜面，木块克服摩擦力做功转化为内能，木块动能的减小量大于木块重力势能的增大量，故B正确；
C、木块在斜面上向上运动时所受摩擦力方向是沿斜面向下的；当木块停在斜面上时，所受摩擦力的方向是沿斜面向上的，故C错误；
D、对木块进行受力分析可知，木块在A点静止时，其受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力三个力的作用，重力和摩擦力不在同一条直线上，不是平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)惯性只与质量有关，惯性代表了物体运动状态改变的难易程度；
(2)不计空气和摩擦阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析；
(3)摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反，因此可能与物体的运动或运动趋势方向相反，也可能与物体的运动或运动趋势方向相同；
(4)对木块进行受力分析即可解答。
此题考查对物体的力的分析、惯性、摩擦力的方向、能量转化、平衡力等，是一道综合性较强的题目，难度不大。
6.【答案】D
【解析】解：A、对比甲、乙、丙三图，乙、丙两图知，液体密度不相同，而物体排开液体的体积相等，所以，不可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系，故A错误；
B、根据图甲、乙数据可知物体全部浸没在水中所受浮力F浮水=G−F3=3.0N−2.0N=1N，
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知物体排开水的体积V排=F浮水ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3=100cm3，圆柱体的体积等于物体排开液体的体积，即
圆柱体的体积V=100cm3，故B错误；
C、根据甲、丙图数据可知，物体浸没在盐水中所受的浮力：F浮盐水=G−F2=3.0N−1.8N=1.2N；
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，可得物体体积为：V物=F浮gρ水，实验中排开液体的体积都等于物体的体积，故有：F浮盐水gρ盐水=F浮水gρ水；
则盐水的密度为：ρ盐水=F浮盐水F浮水×ρ水=1.2N1N×1×103kg/m3=1.2×103kg/m3，故C错误；
D、乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，乙烧杯对桌面的压力的增大值为2.0N，丙烧杯对桌面的压力的增大值为1.8N，则烧杯对桌面的压力的增大值之比为2.0N：1.8N=10：9，故D正确。
(1)要验证浮力大小与物体浸在液体中的体积的关系，应控制液体密度相同，物体排开液体的体积不相等；
(2)图乙中，根据F浮=G−F示得出物体全部浸没在水中所受浮力，由阿基米德原理得出物体全部浸在水中的体积，即圆柱体的体积；
本题考查“探究浮力大小跟哪些因素有关”的实验，属于对基础知识的考查，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A、使用定滑轮不能省力，也不省距离，但可以改变力的方向，故A正确；
B、根据表格中的数据可知，使用动滑轮时F丙≠G2，这是由于没有考虑动滑轮受到的重力，不是因为测量误差造成的，故B错误；
C、由图甲可知，G=4N，乙图为定滑轮，n乙=1，丙为动滑轮，n丙=2，
则乙的机械效率为：
η乙=W有W总=GhF乙s=GhF乙n乙h=Gn乙F乙=4N1×4.4N×100%≈91%；
丙的机械效率为：
η丙=W有W总=GhF丙s=GhF丙n丙h=Gn丙F丙=4N2×2.8N×100%≈71%，故C正确；
D、使用任何机械都不省功，反而要多做一些额外功，故D正确。
故选：B。
(1)使用定滑轮不能省力，也不省距离，但可以改变力的方向；
(2)不考虑动滑轮重、绳重和摩擦时，使用动滑轮可以省一半的力，但费一倍的距离；
(3)由图甲确定物重G，根据乙、丙两图确定绳子股数，利用η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF分别求出乙、丙的机械效率；
(4)使用任何机械都不省功，反而要多做一些额外功。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点以及机械效率的计算，属于基础性题目。
8.【答案】A
【解析】解：
①当不同的导体接入电路时，可通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小，电流表示数越大，说明电阻越小，故①正确；
②研究电阻与长度的关系时，需要控制导体的材料和横截面积均相同，长度不同，由题意可知，电阻丝c、d的材料、横截面积均相同、而长度不同，所以研究电阻与长度的关系可以选c和d，故②正确；
③要探究电阻大小跟导体的横截面积的关系，需要控制导体的材料和长度均相同，横截面积不同；由题意可知，电阻丝b、c的长度、材料均相同、粗细不同，因此应选用电阻丝b、c分别接入电路中，故③错误；
④电压表替代电流表，由于电压表的电阻较大，电压表测量的是电源电压，保持不变，无法完成实验，故④错误；
通过以上分析可知只有①②正确。
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：
由电路图知，两灯并联，开关S1在干路上，S2在L2支路上，由实物图知，甲和丙的实物图连接与之对应；乙图中两灯并联，S2在L2支路上，但开关S1在L1支路上，与电路图不对应。
故选：D。
先分析电路图的连接情况，再选择与之对应的实物图。
本题考查根据电路图连接实物图，正确分析电路的连接方式以及开关的位置是关键，注意实物图要与电路图一一对应。
10.【答案】B
【解析】解：A.如图甲，开关与灯泡串联，并且开关应该连接火线，图中开关连接的是零线，故A错误；
B.使用测电笔时，正确的握法应该是手要与测电笔的笔尾接触，笔尖接触火线；使火线、测电笔、人体、大地形成回路，氖管才会发光，图中手没有接触笔尾金属体，故B正确；
C.在家庭电路中空气开关“跳闸”，可能是由于发生了短路，也可能是用电器总功率过大，故C错误；
D.如图丁，额定电压为220V，能长时间正常工作的最大电流为5A，则最大总功率为P=UI=220V×5A=1100W，故D错误。
故选：B。
(1)为保证安全，电路设计时要求开关应接在火线和用电器之间；
(2)使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线；
(3)电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大；
(4)电能表上所标“2.5(5)A”中，2.5A是指电能表的标定电流，5A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，220V是指电能表的工作电压，利用P=UI求出电路中同时使用的用电器的最大电功率。
本题考查了安全用电的注意事项，要掌握，本题在现实生活中具有现实意义，是一道好题。
11.【答案】D
【解析】解：A.闭合开关后，若电压表示数为0，说明两灯以外部分断路，不可能是L1断路，故A错误；
B.闭合开关后，若电压表的示数为0，可能是开关断路，也可能是导线断路，故B错误；
C.若L1被短接，闭合开关后，L2如果不断路，应该能够发光，电压表的示数等于电源电压，故C错误；
D.若L1断路，因为两灯串联，闭合开关后，L1和L2都不亮，电压表并联的部分断路了，则电压表的示数等于电源电压，故D正确。
故选：D。
由图可知，闭合开关后两灯串联，电压表测灯L1、L2两端电压；根据故障分析原因。
两个灯泡都不亮，电压表无示数，说明电压表到电源两极间是断开的；将电压表接在灯L1两端时，电压表有示数，说明电压表与电源两极间是接通的，据此解答。
本题考查串联电路的故障分析，属于中档题。
12.【答案】C
【解析】解：当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如图1所示；
再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如图2所示；
当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如图3所示。
图1中，R1的电功率：P1=U12R1，
图3中，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1的电功率：P1′=U2R1，
则P1P1′=U12R1U2R1=U12U2=19，解得：U1U=13，
图1中，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以由欧姆定律可得：U1U=I1R1I1R总=R1R总=R1R1+R2=13，
整理可得：R2=2R1------①
图1和图2中，因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：I1I2=R2+R3R1+R2=2R1+R3R1+2R1=2R1+R33R1，
两电压表的示数之比：U1U2=I1R1I2R3=2R1+R33R1×R1R3=59，
整理可得：R3=3R1------②
图3中，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A与A1示数之差为1.2A，
所以通过R1的电流I1=1.2A，即UR1=1.2A----③
R3的电功率：P3=U2R3=U23R1，即4.8W=U23R1-----④
由③④可得：U=12V，R1=10Ω，
将R1=10Ω代入①②可得：R2=20Ω，R3=30Ω。
AB.只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器R3接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大，
则P大=U2R总=U2R1+R2=(12V)210Ω+20Ω=4.8W，故A正确；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，
则P小=U2R总′=U2R1+R2+R3=(12V)210Ω+20Ω+30Ω=2.4W，
所以，P大：P小=4.8W：2.4W=2：1，即电路的最大总功率是最小总功率的2倍，故B正确；
C.只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小′=U2R1+U2R3=(12V)210Ω+(12V)230Ω=19.2W，故C错误；
D.只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小 ′ ′=U2R1+U2R2+U2R3=(12V)210Ω+(12V)220Ω+(12V)230Ω=26.4W，故D正确。
故选：C。
当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如解答图1所示；再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如解答图2所示；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如解答图3所示。根据P=UI=U2R表示出图1中R1的电功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R表示出图3中R1的电功率，利用P1：P1′=1：9得出等式求出图1中电压表的示数与电源电压的比值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图1中电压表的示数与电源电压的比值得出电阻关系；根据电源的电压不变得出图1和图2中的电流之比，根据欧姆定律表示出电压表的示数之比结合U1：U2=5：9求出电阻关系；根据并联电路的电流特点得出电流表A与A1示数之差即为通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R表示出R3的电功率，然后联立等式求出电源的电压和各电阻的阻值。
(1)只闭合S时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端电压之和，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最大，总功率最小，根据电阻的串联和P=UI=U2R求出电路的最大总功率和最小总功率，然后求出两者之间的关系；
(2)只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电路的最小总功率；
(3)只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出电路的最小总功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，正确得出开关闭合、断开时电路的连接方式以及各物理量之间的关系是关键，有一定的难度。
13.【答案】化学能 微波 电
【解析】解：(1)“长征二号FY11”运载火箭使用偏二甲肼作为主要燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将化学转化为内能；太阳能电池将太阳能转化成电能；
(2)电磁波能够传递信息，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用微波传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成电能，供卫星使用。
故答案为：(1)化学能；(2)微波；电。
(1)燃料具有化学能；
(2)微波是电磁波，电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
本题以长征二号丙运载火箭发射为背景，考查了能量的转化、热机的工作原理，属于基础知识。
14.【答案】切割磁感线 B 机械 电源
【解析】解：(1)比较1、2、3可知，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流。
(2)要使感应电流方向发生改变，
A.使用磁性更强的磁体，电流大小改变，方向不变，故A不可行；
B.保持磁体静止，只改变导体水平运动的方向，切割方向改变，故可行；
C.上下调换磁极，同时改变导体水平运动的方向，两个都改变，则电流方向不变，故不可行。
可采取的具体措施是B；
(3)从能量的角度来分析，感应电流的产生过程是机械能转化为电能。
(4)探究磁场对通电导体的作用，必须有电源通电，应将电流表换成电源。
故答案为：(1)切割磁感线；(2)B；(3)机械；(4)电源。
(1)电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生电流的现象。
(2)感应电流方向与磁感线方向与导体切割磁感线方向有关。
(3)根据能量的转化情况判断机械能的变化。
(4)电动机的原理是通电导体在磁场中受力而运动。
本题考查电磁感应的探究，属于基础题。
15.【答案】靠近凸透镜 缩小 主光轴上 能
【解析】解：(1)如图所示，保持蜡烛和凸透镜的位置不变，此时物距u=35cm−10cm=25cm>2f，凸透镜到光屏的距离60cm−35cm=25cm>2f，要使烛焰在光屏上成清晰的像，根据u>2f，2f>v>f，成倒立、缩小的实像，故光屏应靠近凸透镜，此时光屏上成的像应是缩小的；
(2)为了使像成在光屏中央，应调节烛焰的中心和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上；
(3)如果用遮光板挡住透镜的上半部分，下半部分仍能会聚光线成完整的像，但由于会聚的光线比原来减少，所以像比原来变暗。
故答案为：(1)靠近凸透镜；缩小；(2)主光轴上；(3)能。
(1)根据u>2f，2f>v>f，成倒立、缩小的实像；
(2)为了使像成在光屏中央，应调节烛焰的中心和光屏的中心位于凸透镜的主光轴上；
(3)物体有无数点组成，物体上任一点射向凸透镜有无数条光线，经凸透镜折射后，有无数条折射光线会聚成该点的像；当遮住凸透镜的一部分，还有另外的部分光线，经凸透镜折射会聚成像。
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。
16.【答案】玻璃泡要全部浸没在水中，不能接触烧杯底或烧杯壁 盖子 升高 变大 水的质量偏大
【解析】解：(1)温度计在使用时：玻璃泡要全部浸入水中，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁。
为了减少实验过程中的热量的损失，缩短水加热至沸腾的时间，需要给烧杯加盖子；
(2)从图象可以看出，水沸腾前吸热，温度不断升高；
水沸腾时，整个容器内水温相同，根据p=ρgh可知，水下小气泡上升过程中受到的压强变小，烧杯中的气泡在上升过程中逐渐变大；
(3)水的质量偏大，加热到沸腾所需要的热量较多，在同样的加热条件下，加热到沸腾的时间较长。
故答案为：(1)玻璃泡要全部浸没在水中，不能接触烧杯底或烧杯壁；盖子；(2)升高；变大；(3)水的质量偏大。
(1)根据温度计的使用的注意事项：玻璃泡要全部浸入被测物体，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁；
为了减少实验过程中的热量的损失，缩短水加热至沸腾的时间，需要给烧杯加盖子；
(2)据水沸腾前、沸腾时的现象回答即可；
(3)水的质量较多，加热到沸腾所需要的热量较多。
本题考查水沸腾时温度变化特点相关知识。
17.【答案】等于 等于 乙、丙 不变
【解析】解：(1)实验中使木块水平方向做匀速直线运动，木块处于平衡状态，由二力平衡条件可知，滑动摩擦力等于弹簧测力计的拉力；
(2)砝码与木块直接没有相对，故摩擦力为零；
(3)冰壶比赛中，运动员手握冰刷用力刷冰，是通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦，故乙、丙符合条件；
(4)乙图中，加速拉动木块，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变。
故答案为：(1)等于；(2)等于；(3)乙、丙；(4)不变。
(1)用弹簧测力计水平匀速拉动木块，让木块做匀速直线运动，木块处于平衡状态，由二力平衡条件可知，滑动摩擦力等于弹簧测力计的拉力；
(2)摩擦力产生条件：相对运动或相对运动趋势；相互挤压；接触面粗糙；
(3)应用控制变量法，根据实验所控制的变量，分析实验现象，从而可得出实验结论；
(4)摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变。
本题考查了使木块做匀速直线运动的目的、实验现象分析，熟练应用控制变量法，认真分析实验现象，即可正确解题。
18.【答案】向右移动变阻器的滑片 2V20∼40
【解析】解：(1)按照图甲的电路图，将图乙中还未连入的电压表和滑动变阻器接入电路，电压表应并联到定值电阻两端，且保证电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路，且保证左侧电阻接入电路，
如图所示：
；
(2)换用10Ω的电阻替代5Ω的电阻，定值电阻变大，根据分压原理，电压表示数变大，因研究电流与电阻的关系时，要控制定值电阻的电压不变，应减小定值电阻的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器分得的电压，由分压强原理，就要增大变阻器连入电路中的电阻大小，即向右移动变阻器的滑片，使10Ω电阻两端电压为大小等于原来的电压即2V，读出此时电流，填入表格；
(3)在“探究电流与电阻的关系”实验中需要控制定值电阻两端的电压不变，即定值电阻两端的电压需控制在2V不变，当把20Ω的电阻接入电路中时，要保持定值电阻两端的电压不变，电路的总电阻最大，此时串联的定值电阻的阻值最大，根据串联分压作用可得，电路串联的总电阻为：
R总=UUV×R定=6V2V×20Ω=60Ω，
当滑动变阻器完全接入电路时，则串联的定值电阻阻值的最小值为：
R定最小=R总−R滑−R=60Ω−20Ω−20Ω=20Ω。
当滑动变阻器完全未接入电路时，则串联的定值电阻阻值的最大值为：
R定最大=R总−R滑−R=60Ω−0−20Ω=40Ω。
由此可知串联的定值电阻阻值可选用范围为20Ω∼40Ω。
故答案为：(1)见上图；(2)向右移动变阻器的滑片；2V；(3)20∼40。
(1)按照图甲的电路图，将图乙中还未连入的电压表和滑动变阻器接入电路，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路，且保证左侧电阻接入电路；
(2)要探究电流和电阻之间关系，必须保持电阻两端的电压不变，根据分压原理和串联电路电压的规律确定滑片移动的方向；
(3)根据串联分压原理可求出串联电路的总阻值的大小，再分两种情况：当滑动变阻器的电阻为零时，串联的定值电阻的阻值最大，根据串联电路电阻的规律算出串联的最大电阻；
而当滑动变阻器的电阻最大时，串联的定值电阻的阻值最小，根据串联电路电阻的规律算出串联的最小电阻，进而确定出串联的这个定值电阻的范围。
此题为探究“电流与电压和电阻的关系”实验，考查学生对电路的连接、滑动变阻器在电路中的作用、控制变量饭以及串联分压原理的应用等知识，考查的较全面，有一定难度。
19.【答案】解：(1)两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台所做的功为：
W=G平台h=8×107N×0.1m=8×106J；
(2)把两艘起重船看做一个整体，原来两艘船在水中漂浮，则：F浮=G船，
由阿基米德原理可得：ρ水gV排=G船----①
当平台被抬起时，平台与两艘船的整体仍然漂浮，则有：
F浮′=G船+G平台，
即：ρ水gV排′=G船+G平台----②
由①②可知，两艘船排开水的体积变化量为：
ΔV排=V排′−V排=G平台ρ水g=8×107N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×103m3，
则每艘起重船舶排开水的体积的变化量为：
ΔV排′=ΔV排2=8×103m32=4×103m3；
(3)因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，
所以，当石油平台被抬起时，每门杠杆式甲板起重器受到的压力为：
F压=G平台2×14=8×107N2×14=1×107N，
图丙为其中一门甲板起重器示意图，则图丙中杠杆A点受到的合力为：FA=F压−F推，
对杠杆AOB，以O为支点，由杠杆平衡条件有：GB×OB=FA×OA，
即：m罐g×(AB−OA)=(F压−F推)×OA，
即：200×103kg×10N/kg×(60m−20m)=(1×107N−F推)×20m，
解得：F推=6×106N。
答：(1)当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了8×106J的功；
(2)当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了4×103m3；
(3)当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力为6×106N。
【解析】(1)根据W=Gh可求出两艘船将石油平台缓慢抬高10cm对石油平台所做的功；
(2)根据物体的浮沉条件和阿基米德原理可求出每艘起重船舶排开水的体积变化量；
(3)因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，则根据F压=G平台2×14可求出每门杠杆式甲板起重器受到的压力，而杠杆A点受到合力为FA=F压−F推，根据杠杆平衡条件可求出每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力。
本题考查了功的计算、阿基米德原理和杠杆平衡条件的综合应用，难度较大。甲
乙
丙
弹簧测力计的示数/N
4
4.4
2.8
拉力方向
向上
向下
向上
物体移动的距离/cm
20
20
测力计移动的距离/cm
20
40
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
a
锰铜合金
0.5
1
b
镍铬合金
0.5
1
c
镍铬合金
0.5
0.5
d
镍铬合金
1
0.5
序号
实验操作
电流表指针偏转情况
1
保持导体与磁体静止
不偏转
2
保持磁体静止，导体水平向左切割磁感线
向右偏转
3
保持磁体静止，导体水平向右切割磁感线
向左偏转
…
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