江苏省扬州市高邮市2023～2024学年度网上阅卷第一次适应性练习九年级物理试题

这是一份江苏省扬州市高邮市2023～2024学年度网上阅卷第一次适应性练习九年级物理试题，共41页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）下列物理量的估测最符合实际情况的是（ ）
A．高邮地区的大气压约为1×105Pa
B．普通铅笔的长度约为18dm
C．一个普通中学生的质量约为500N
D．初三学生步行的速度约为5m/s
2．（2分）下列诗句涉及光的现象与物理知识相符的是（ ）
A．池水映明月﹣光的直线传播
B．彩虹舞山涧﹣光的反射
C．起舞弄清影﹣光的色散
D．潭清疑水浅﹣光的折射
3．（2分）下列关于分子动理论知识说法正确的是（ ）
A．阳光下，我们看到灰尘飞舞，这是属于扩散现象
B．蓬松的棉花很容易被压缩，说明棉花分子间空隙很大
C．“破镜难圆”是因为固体分子间存在斥力
D．分子间引力和斥力是同时存在的
4．（2分）如图所示的常用工具中，使用时属于费力杠杆的是（ ）
A．天平
B．食品夹
C．起瓶器
D．钢丝钳
5．（2分）小红在整理物理学习笔记时，记录了下列一些结论，其中说法错误的是（ ）
A．具有机械能的物体也一定具有内能
B．物体放出热量，温度可能不变
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
D．0℃的冰块有内能
6．（2分）下列关于电磁波和能源的说法中，正确的是（ ）
A．我国的北斗卫星定位系统是利用超声波进行定位的
B．电磁波在真空中的传播速度是340m/s
C．开发利用太阳能、风能、潮汐能，有利于环境保护
D．风能、水能、铀矿、煤炭、石油等都是可再生能源
7．（2分）图中能说明发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）下列有关放在水平桌面上茶杯的说法正确的是（ ）
A．茶杯对桌面的压力和茶杯受到的重力是相互作用力
B．桌面对茶杯的支持力和茶杯受到的重力是一对相互作用力
C．桌面对茶杯的支持力和茶杯受到的重力是一对平衡力
D．茶杯对桌面的压力和茶杯受到的重力是一对平衡力
9．（2分）如图所示描述中“变多”“变少”的过程，放热的是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．①②
10．（2分）杭州亚运会赛场上，体育项目精彩纷呈，下列关于运动和力的说法正确的是（ ）
A．游泳比赛中，运动员划水前进，说明运动需要用力维持
B．足球比赛中，守门员将球扑出，说明力可以改变物体的运动状态
C．短跑比赛中，运动员跑过终点后不能立刻停止，说明运动员受到惯性
D．篮球比赛中，球落地后弹起的过程中，机械能保持不变
11．（2分）如图所示，A、B两个物体叠放在水平面上，A的上下表面均水平，连接拉力传感器和物体B的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt（k为常数），且最大静摩擦力等于滑动摩擦力（木块未脱离接触面）。下列拉力传感器的示数F随时间变化的图线正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．（2分）如图为自动测定油箱内油量的装置原理图，电源电压为36V，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～36V。油箱中的油量是通过电流表或电压表的示数反映出来的，当油箱内的油面在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，反映油量的电表示数为最大量程的。下列说法正确的是（ ）
A．R0阻值为50Ω
B．滑动变阻器的阻值变化范围为0～400Ω
C．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电压表的示数为21V
D．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数为0.17A
二、填空题（本题共10小题，每空1分，共27分）
13．（2分）噪声产重影响人们的工作和生活，现代的城市把控制噪声列为环境保护的重要项目之一。如图所示标志的含义是 ，这属于在 。
14．（2分）如图所示，是光在空气和玻璃两种介质中传播的路线，则 （选填“OA、OB或OC”）是折射光线，折射角是 （填度数）。
15．（3分）如图，判断重力的方向，球A所受重力的施力物体是 ，实验时，缓慢改变斜面倾角，观察悬线OA的方向 （改变/不变）。若要进一步验证重力方向竖直向下的结论，还应进行的操作的是 。
16．（2分）小明书房照明灯标有“220V，60W”，发现开关S闭合后灯不亮（如甲图所示），发现氖管均发光，用测电笔去测A、B两点时，那么故障原因可能是 （选填“A、B间短路”；“D、C间短路”；“A、D间断路”；“B、D间断路”）；电路维修完成后，小明用家中电能表（如乙图所示），单独使用该照明灯，发现电能表指示灯6min才闪烁了11次 W。
17．（3分）一台单缸四冲程汽油机，如图所示的汽油机正处于 冲程；在此过程中燃气的内能 （选填“增加”、“减小”或“不变”）；若飞轮的转速为1800r/min，该汽油机每秒钟做功 次。
18．（4分）用纸杯做以下物理小实验：
（1）图甲中，纸杯底部有一圆孔，用塑料薄膜蒙住杯口，烛焰晃动，说明声音具有 。
（2）图乙中，在纸杯旁用吸管吹气，纸杯将向 （选填“左”或“右”）滚动，这是因为气体流速越大，压强越 。
（3）图丙中，用与头发摩擦过的塑料吸管靠近纸杯一侧，纸杯被吸引。以下事例中原理与此相同的是 （填字母）。
A.磁铁吸引铁屑
B.挤压后的吸盘吸在瓷砖上
C.干手搓开的新塑料袋吸在手上
19．（2分）李老师参加了2023年宜昌马拉松比赛，在比赛过程中，以李老师为参照物 的（选填“运动”或“静止”），赛后成绩证书上显示其全程平均配速为4min10s/km，则他全程的平均速度为 m/s。
20．（3分）标有“6V，1.5W”的小白炽灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的图像如图所示 Ω；若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，则电路的总电流为 A，灯泡在10s内消耗的电能是 J。
21．（3分）如图所示，向上用100N的拉力，10s内将重150N的物体匀速提升2m。此过程中 J，拉力做功的功率为 W，该动滑轮的机械效率是 。
22．（3分）如图所示是小明制作的“浮沉子”。为观察到小瓶在水中的浮沉现象，大瓶瓶盖应该 （旋紧/拧开/旋紧拧开都可以），小瓶瓶口应该 （开口/封闭/开口封闭都可以）；使漂浮于水面上的小瓶子下沉，小明应 （松开/捏紧）手指。
三、解答题（本题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，入射光线与镜面成30°角，请画出反射光线并标出反射角的大小。
24．（2分）如图所示为一款弯月形灯头的台灯，用手拨动灯头可以绕O点转动，试画出向下拨动灯头时最小力F的示意图及相应的力臂l。
25．（2分）根据图中通电螺线管的南北极，标出小磁针的N极和电源的“+”极。
26．（6分）如图所示是某款油电混动汽车，部分信息如下表。某次测试，测试员驾驶该车以额定功率并保持72km/h的速度匀速直线行驶。测试中，又向蓄电池充电，同时蓄电池又将部分能量通过驱动电机向车轮输送。（假设汽油完全燃烧，且忽略蓄电池和电机的热损失，g＝10N/kg，$q_{汽油}＝4.6×10^7J/kg）
（1）空车对水平地面的压强；
（2）测试中汽车受到的阻力；
（3）测试中汽油燃烧放出热量的40%用于汽车行驶和蓄电池充电，其中驱动汽车所需能量，向蓄电池充电的能量E2为2×107J，求该次测试中消耗的汽油质量。
27．（6分）在物理实践活动中，小华同学了解到电饭锅加热时电热转化效率的行业标准是不低于80%，他想测量自己家里的电饭锅是否达到行业标准，通电后调节为加热状态，水温从20℃升高到60℃用时120s。已知电热丝电阻不随温度变化3J/（kg•℃），请解答：
（1）加热过程中水吸收的热量；
（2）计算说明该电饭锅的电热转化效率是否达到行业标准；
（3）根据表中内容将虚线框内将电饭锅内部的电路补充完整。
28．（6分）小组同学想要测量一块鹅卵石的密度，实验步骤如下。
（1）将天平放在 桌面上，游码调至标尺左端零刻度线处，此时观察到指针在分度盘中央刻度线两侧晃动幅度如图甲所示 ，直至天平横梁水平平衡；
（2）将鹅卵石放入天平左盘，往右盘中增减砝码时也出现了图甲所示的情形，接下来他应该进行的操作是 。天平横梁再次在水平位置平衡时加入35g砝码，游码位置如图乙位置时，实验中小明添加35g砝码的正确顺序为 。
A.20g、10g、5g；
B.5g、10g、20g。
（3）往量筒中倒入适量水，记录下刻度V1，用细绳绑住石块，缓慢浸入水中，待液面不再变化后2；根据数据可计算出该鹅卵石的密度为 g/cm3。
（4）实验完成后，小组同学对实验结果开展评价，有同学认为鹅卵石可能存在吸水性 。
29．（6分）探究小组在探究液体压强的实验中进行了如图所示的操作。
（1）实验前，小明利用U形管、软管、扎紧橡皮膜的探头等组装成压强计后，发现U形管两侧液面不相平 。
（2）甲、乙两图是探究液体压强与 的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过 反映出来的，这种研究问题的物理方法是： ；
（3）接下来，小明还想探究液体压强与盛液体的容器形状的关系，他应该选择 两图进行实验；
（4）为了探究液体压强与液体密度的关系，小组成员将压强计的探头先后放入水和煤油中的某一深度处，发现U形管两侧液面高度差几乎不变 。
A.将烧杯中的水换成盐水；
B.使探头在水和煤油中的深度加大；
C.将U形管换成更细的；
D.U形管中换用密度更小的液体。
30．（7分）小军同学在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
（1）实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，他应该通过调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的 上。
（2）如图甲所示，某次实验时光屏上承接到了烛焰清晰的像，该像是一个倒立、 的实像。生活中的 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）就是利用这一规律制成的。
（3）图甲中，在透镜、光屏位置不变的情况下，小军同学将蜡烛靠近凸透镜时，可将光屏适当 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜；或者可在蜡烛和凸透镜中间靠近凸透镜的位置戴上一片合适的 （选填“近视镜片”或“远视镜片”）。
（4）小明同学用另一个凸透镜进行实验，他把蜡烛和凸透镜固定在如图乙所示位置，在透镜右侧光具座上移动光屏（光屏未画出），则该透镜的焦距不可能是 （选填序号）。
A.15cm；
B.25cm；
C.35cm。
（5）实验结束后，同学们认为成倒立的像时，像与物既是上下颠倒，像与物是否左右颠倒，下面操作一定不可行的是 。
A.用纸遮挡烛焰一侧，观察像的情况；
B.用纸遮挡凸透镜一侧，观察像的情况；
C.用嘴沿水平方向，且垂直光具座吹烛焰，观察像的情况。
31．（8分）小华利用如图甲所示电路图探究“电流与电压的关系”。她使用的器材包括：两节新干电池、电流表（0﹣0.6A）、电压表（0﹣3V）、滑动变阻器（45Ω，1A）（10Ω、15Ω、20Ω）、开关、导线若干。
（1）连接电路时，开关应 ，此时电压表示数如图乙所示，其原因可能是 ；
表一
（2）闭合开关前，需要将滑动变阻器滑片移到最 （选填“左”或者“右”）端，然后闭合开关，发现电压表无示数，可能发生的故障是 ；
（3）排除故障后，调节滑动变阻器滑片，得到如表一所示数据：由表可知 Ω的定值电阻。由此可以得出实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成 比；
（4）同组小明利用上述器材进一步探究“电流与电阻的关系”，实验记录数据如表二所示：分析表中数据， （选填“能”或“不能”）得出电流与电阻成反比，理由是： 。
表二
32．（4分）阅读短文，回答问题。
空调扇是一种全新概念的风扇，兼具送风、制冷和净化空气、加湿等多功能于一身，以水为介质，也可送出温暖湿润的风。如图甲，在空调扇内部比传统风扇增加了冰盒、水盒，水分被输送到超强吸水纤维蒸发器中，在这里原本干热的空气就变得湿润凉爽了。
（1）某同学在研究了空调扇的结构图与说明书后，得出下列结论，其中不合理是 ；
A.说明书提示“请勿用湿手触碰开关”，是为了防止触电事故的发生；
B.说明书提示“若机体出现异常高温需立即切断电源”，是防止电热损坏用电器；
C.空调扇正常工作时，电动机线圈的热功率为66W；
D.空调扇功率虽然不是很大但要长时间持续使用，为了安全要使用三孔插座；
（2）图乙是空调扇的简化电路，当接通电源时，指示灯L亮，再闭合S，空调扇正常运转时，电动机支路功率为 W；
（3）该空调扇正常工作10小时所需电费 元（0.5元/kW•h）；
（4）空调扇具有送风、制冷和净化空气、加湿等多种功能，但其设计也存在一些不足，请写出其中一条： 。
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．（2分）下列物理量的估测最符合实际情况的是（ ）
A．高邮地区的大气压约为1×105Pa
B．普通铅笔的长度约为18dm
C．一个普通中学生的质量约为500N
D．初三学生步行的速度约为5m/s
【分析】标准大气压约为1×105Pa，海拔越高，气压越低；能对身边常见物体质量，长度，速度等物理会估测。
【解答】解：A.标准大气压约为1.013×105Pa，海拔越高；所以高邮地区的大气压约为2×105Pa，故A正确；
B.普通铅笔的长度约为18cm，单位出错；
C.一个普通中学生的质量约为50kg，单位出错；
D.学生步行的速度约为1m/s左右，大小估测错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对身边常见物体的长度，质量，速度，重力等物理量的单位和大小理解。是一道基础性题目。
2．（2分）下列诗句涉及光的现象与物理知识相符的是（ ）
A．池水映明月﹣光的直线传播
B．彩虹舞山涧﹣光的反射
C．起舞弄清影﹣光的色散
D．潭清疑水浅﹣光的折射
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）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。
【解答】解：A、池水映明月，是由于光的反射形成的；
B、雨过天晴时，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，分成各种彩色光，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的；
C、起舞弄清影中影子的形成说明光是沿直线传播的，被物体挡住后，就是影子；
D、“潭清疑水浅”指的是池底看起来要比实际的位置变浅了。故D正确。
故选：D。
【点评】成语、诗词、歌词中蕴含的物理知识要从字面去理解其含义，是一种创新的题型。
3．（2分）下列关于分子动理论知识说法正确的是（ ）
A．阳光下，我们看到灰尘飞舞，这是属于扩散现象
B．蓬松的棉花很容易被压缩，说明棉花分子间空隙很大
C．“破镜难圆”是因为固体分子间存在斥力
D．分子间引力和斥力是同时存在的
【分析】物质是由分子、原子组成的，分子永不停息地做无规则，分子间存在相互作用的引力与斥力，分子很小，不能用肉眼直接观察到。
【解答】解：A、阳光下，属于固体颗粒的机械运动，故A错误；
B、蓬松的棉花很容易被压缩，不能说明分子间存在间隙；
C、“破镜难圆”是因为分子间的距离太大，故C错误；
D、分子间存在相互作用的引力与斥力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了分子动理论的知识，属于基础题。
4．（2分）如图所示的常用工具中，使用时属于费力杠杆的是（ ）
A．天平
B．食品夹
C．起瓶器
D．钢丝钳
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：
A、天平在使用过程中，是等臂杠杆；
B、食品夹在使用过程中，是费力杠杆；
C、起瓶器在使用过程中，是省力杠杆；
D、钢丝钳在使用过程中，是省力杠杆。
故选：B。
【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
5．（2分）小红在整理物理学习笔记时，记录了下列一些结论，其中说法错误的是（ ）
A．具有机械能的物体也一定具有内能
B．物体放出热量，温度可能不变
C．热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移
D．0℃的冰块有内能
【分析】（1）（4）一切物体在任何情况下都有内能；
（2）晶体在凝固的过程中，放出热量温度不变；
（3）热传递的条件是存在温度差；内能小的可能温度高，内能大的可能温度低，故热量可以从内能小的传给内能大的物体。
【解答】解：AD、一切物体在任何情况下都有内能，0℃的冰块有内能；
B、物体放出热量，例如晶体在凝固过程中放热，故B正确；
C、热传递的条件是存在温度差、温度和状态有关，内能大的可能温度低，故C错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物体具有内能的条件、热传递以及内能的有关知识，难度不大。
6．（2分）下列关于电磁波和能源的说法中，正确的是（ ）
A．我国的北斗卫星定位系统是利用超声波进行定位的
B．电磁波在真空中的传播速度是340m/s
C．开发利用太阳能、风能、潮汐能，有利于环境保护
D．风能、水能、铀矿、煤炭、石油等都是可再生能源
【分析】（1）电磁波和声音均可传播信息，但声的传播需要介质，真空不能传声，而电磁波的传播不需要介质；
（2）电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s；
（3）太阳能、风能、潮汐能，属于可再生能源，且无污染，有利于环境保护；
（4）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界源源不断地得到，把它们称为可再生能源。不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源。
【解答】解：A、我国的“北斗”卫星导航定位系统是利用电磁波进行定位和导航的；
B、电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s，故B错误；
C、太阳能、潮汐能，且无污染、风能，有利于环境保护；
D、水能和风能属于可再生能源、煤炭和石油等都是不可再生能源。
故选：C。
【点评】本题考查了能源的分类、电磁波的波速和应用、能源消耗与环境保护，考查较综合，难度不大。
7．（2分）图中能说明发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
【解答】解：A、这是研究通电导体在磁场中受力的实验，故A错误；
B、如图是奥斯特实验，说明了电流周围存在磁场；
C、这是研究通电螺线管的磁极实验，故C错误；
D、开关闭合后，则电流表指针发生偏转，这是电磁感应现象，故D正确。
故选：D。
【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应，电动机的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部有没有电源，后者外部有电源。
8．（2分）下列有关放在水平桌面上茶杯的说法正确的是（ ）
A．茶杯对桌面的压力和茶杯受到的重力是相互作用力
B．桌面对茶杯的支持力和茶杯受到的重力是一对相互作用力
C．桌面对茶杯的支持力和茶杯受到的重力是一对平衡力
D．茶杯对桌面的压力和茶杯受到的重力是一对平衡力
【分析】（1）二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；
（2）相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在不同的物体上。
【解答】解：AD、茶杯对桌面的压力和茶杯受到的重力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对相互作用力，故A；
BC、茶杯静止在水平桌面上，桌面对茶杯的支持力和茶杯受到的重力是一对平衡力，B错误。
故选：C。
【点评】此题考查了对物体的受力分析及平衡力与相互作用力的区别，区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
9．（2分）如图所示描述中“变多”“变少”的过程，放热的是（ ）
A．①③B．②④C．③④D．①②
【分析】（1）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；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：①金属盘下水滴变多，是水蒸气的液化现象；
②推动活塞液态乙醚变多，是液化；
③烧杯中的冰变少，是冰熔化为水；
④碘颗粒变少，是碘升华为蒸气；
所以放热的是①②。
故选：D。
【点评】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。
10．（2分）杭州亚运会赛场上，体育项目精彩纷呈，下列关于运动和力的说法正确的是（ ）
A．游泳比赛中，运动员划水前进，说明运动需要用力维持
B．足球比赛中，守门员将球扑出，说明力可以改变物体的运动状态
C．短跑比赛中，运动员跑过终点后不能立刻停止，说明运动员受到惯性
D．篮球比赛中，球落地后弹起的过程中，机械能保持不变
【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；
（2）力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；
（3）物体具有保持原来运动状态不变的性质，称为惯性，任何物体都具有惯性。
（4）机械能是动能与势能的总和。
【解答】解：A．游泳运动员用力向后划水，物体间力的作用是相互的，人才能前进，力是改变物体运动状态的原因；
B．足球比赛中，球的运动方向改变，故B正确；
C．短跑比赛中，由于惯性继续运动，不能说受到惯性作用；
D．球落地后弹起的过程中，机械能逐渐变小。
故选：B。
【点评】本题考查力的作用是相互的、力的作用效果、惯性和弹性，属于中档题。
11．（2分）如图所示，A、B两个物体叠放在水平面上，A的上下表面均水平，连接拉力传感器和物体B的细绳保持水平。从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt（k为常数），且最大静摩擦力等于滑动摩擦力（木块未脱离接触面）。下列拉力传感器的示数F随时间变化的图线正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据B的运动状态、整个装置的运动状态分析拉力传感器的示数的大小变化；滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：从t＝0时刻起，用一水平向右的力F＝kt（k为常数）作用在物体上，A没有拉到，在绳子伸直前传感器没有受到拉力的作用；
绳子拉直后，再次拉动A，B在静摩擦力的作用下会向右移动，且传感器的示数随B向右移动而增大，物体B相对于A发生了相对滑动，在滑动过程中、接触面的粗糙程度不变，此时的传感器对B的拉力与滑动摩擦力是一对平衡力，所以传感器的示数不变，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了运动图像的分析、影响滑动摩擦力大小的因素，难度不大。
12．（2分）如图为自动测定油箱内油量的装置原理图，电源电压为36V，R为滑动变阻器，R0为定值电阻，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～36V。油箱中的油量是通过电流表或电压表的示数反映出来的，当油箱内的油面在最高或最低位置时，滑动变阻器的滑片P恰好能分别滑至两端，反映油量的电表示数为最大量程的。下列说法正确的是（ ）
A．R0阻值为50Ω
B．滑动变阻器的阻值变化范围为0～400Ω
C．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电压表的示数为21V
D．当滑动变阻器的滑片P在中点时，电流表的示数为0.17A
【分析】（1）由图可知，滑动变阻器R和定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压；
由于电表的最大量程对应油箱的最大油量，油箱内油面达到最低或最高位置时，根据欧姆定律可知电流表或电压表的示数变化，从而确定反映油量变化的电表；当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电流表的示数最大为0.6A，定值电阻两端的电压等于电源电压，根据公式R＝可求定值电阻R0的阻值；
（2）油箱内油面达到最低位置时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时电路中的电流最小，由题意可得出最小电流，根据欧姆定律求出最大总电阻，进一步根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器的最大阻值；
（3）当滑动变阻器的滑片P在中点时，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可求出此时电路中的电流（即电流表的示数），再根据U＝IR求出此时滑动变阻器两端的电压（即电压表的示数）。
【解答】解：
由电路图可知，滑动变阻器R和定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；
A、由图可知，变阻器接入电路的阻值为零，因电压表测滑动变阻器两端的电压；根据题意可知，所以反映油量变化的电表是电流表；
当变阻器接入电路的阻值为零时，电流表的示数最大为0.5A，
根据欧姆定律可知R0的阻值为：R0＝＝＝60Ω；
B、由图可知，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
由题知，当油面达到最低位置时，则I最小＝I最大＝×0.5A＝0.1A，
根据欧姆定律可知此时电路的总电阻：R总大＝＝＝360Ω，
因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，
则滑动变阻器的最大阻值为：R滑大＝R总大﹣R0＝360Ω﹣60Ω＝300Ω，
所以滑动变阻器的阻值变化范围为4～300Ω，故B错误；
CD、当滑动变阻器的滑片P在中点时总＝+R0＝+60Ω＝210Ω，
此时电路中的电流（即电流表的示数）：I＝＝＝A≈0.17A；
此时滑动变阻器两端的电压（即电压表的示数）：UV＝I×＝×≈25.7V。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据图示和题意分析得出“反映油量变化的是哪个电表”是解题的关键。
二、填空题（本题共10小题，每空1分，共27分）
13．（2分）噪声产重影响人们的工作和生活，现代的城市把控制噪声列为环境保护的重要项目之一。如图所示标志的含义是 禁止鸣笛 ，这属于在 声源处减弱噪声 。
【分析】防治噪声可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治，结合图象判断属于哪种方式。
【解答】解：图是禁止鸣笛的图标，在声源处减弱噪声。
故答案为：禁止鸣笛；声源处减弱噪声。
【点评】此类问题是考查对防治噪声途径的理解情况，要结合实例进行分析解答，此类问题是中考的热点问题，要重点掌握。
14．（2分）如图所示，是光在空气和玻璃两种介质中传播的路线，则 OC （选填“OA、OB或OC”）是折射光线，折射角是 35° （填度数）。
【分析】光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。
光的折射规律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧，当光线从空气射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，折射角大于入射角。
此题首先根据反射角和入射角相等，找出法线，从而确定界面，然后根据折射光线和入射光线的关系确定出折射光线、入射光线、反射光线。
【解答】解：由图可知，∠BOM′＝60°，
同理∠AON＝60°，
根据反射角等于入射角，所以NN′为法线，
而折射光线和入射光线分别位于法线两侧，
则OC一定为折射光线，BO为入射光线。
由图可知，折射角为：∠CON′＝90°﹣55°＝35°。
故答案为：OC；35°。
【点评】此题考查了光的反射定律、光的规律定律的应用，首先要掌握定律的内容，根据反射角与入射角之间的关系确定法线，从而确定界面，则可首先确定出折射光线，根据折射光线与入射光线的关系确定出入射光线，最后确定反射光线。
15．（3分）如图，判断重力的方向，球A所受重力的施力物体是 地球 ，实验时，缓慢改变斜面倾角，观察悬线OA的方向 不变 （改变/不变）。若要进一步验证重力方向竖直向下的结论，还应进行的操作的是 剪断悬线OA，观察小球的下落情况 。
【分析】由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力。重力的方向总是竖直向下的。可根据重力的方向来分析。
【解答】解：（1）地球表面及附近的一切物体都受到地球引力的作用，这个力叫重力；
（2）重力的方向始终是竖直向下的，小球A由于受到竖直向下的重力，使绳子处于竖直方向，
可观察到悬线OA的方向保持不变；
（3）若要进一步验证重力方向竖直向下的结论，可以剪断悬线OA。
故答案为：地球；不变，观察小球的下落情况。
【点评】此题考查了重力的方向，是一道基础题，难度不大。
16．（2分）小明书房照明灯标有“220V，60W”，发现开关S闭合后灯不亮（如甲图所示），发现氖管均发光，用测电笔去测A、B两点时，那么故障原因可能是 B、D间断路 （选填“A、B间短路”；“D、C间短路”；“A、D间断路”；“B、D间断路”）；电路维修完成后，小明用家中电能表（如乙图所示），单独使用该照明灯，发现电能表指示灯6min才闪烁了11次 55 W。
【分析】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。据此分析判断。
2000imp/kW•h表示消耗1kW•h的电能，电能表闪动2000次，据此可求出当电能表的闪动11次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P＝求出用电器的功率。
【解答】解：由题意可知，用测电笔测A、B、C，测A、C，氖管均发光，则说明A、C，B点与火线是断开的。
电能表指示灯闪烁11次消耗的电能：W＝kW•h；
用电器的实际功率：P＝＝＝0.055kW＝55W。
故答案为：B、D间断路。
【点评】本题考查了功率的计算、用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔所测部位与火线连通则亮，所测部位与火线不连通则不亮。
17．（3分）一台单缸四冲程汽油机，如图所示的汽油机正处于 压缩 冲程；在此过程中燃气的内能 增加 （选填“增加”、“减小”或“不变”）；若飞轮的转速为1800r/min，该汽油机每秒钟做功 15 次。
【分析】（1）根据气门的开关和活塞的运动情况判断冲程的名称，进而得出内能的变化；
（2）在四冲程内燃机完成个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：如图所示，汽油机的进气门，且活塞向上运动，此冲程中机械能转化成内能；
四冲程汽油机的飞轮转速为1800r/min＝30r/s，则该飞轮每秒钟转30r，
因为飞轮转2r，对外做功1次，对外做功15次。
故答案为：压缩；增加。
【点评】本题主要考查学生对热机飞轮转速的含义的理解以及对热机工作循环中各冲程情况的了解，难度不大，属于基础知识的考查。
18．（4分）用纸杯做以下物理小实验：
（1）图甲中，纸杯底部有一圆孔，用塑料薄膜蒙住杯口，烛焰晃动，说明声音具有 能量 。
（2）图乙中，在纸杯旁用吸管吹气，纸杯将向 右 （选填“左”或“右”）滚动，这是因为气体流速越大，压强越 小 。
（3）图丙中，用与头发摩擦过的塑料吸管靠近纸杯一侧，纸杯被吸引。以下事例中原理与此相同的是 C （填字母）。
A.磁铁吸引铁屑
B.挤压后的吸盘吸在瓷砖上
C.干手搓开的新塑料袋吸在手上
【分析】（1）声音能传递能量。
（2）流速大的地方压强小。
（3）带电体能吸引轻小物体。
【解答】解：（1）拍打薄膜发出声音，烛焰晃动。
（2）在纸杯旁用吸管吹气，纸杯右边的气体流速大，故纸杯将向右边滚动。
（3）用与头发摩擦过的塑料吸管靠近纸杯一侧，纸杯被吸引，与这个原理相同的是干手搓开的新塑料袋吸在手上。
故答案为：（1）能量；（2）右；小。
【点评】本题考查了声音的有关知识、流体压强和带电体特点，属于基础题。
19．（2分）李老师参加了2023年宜昌马拉松比赛，在比赛过程中，以李老师为参照物 运动 的（选填“运动”或“静止”），赛后成绩证书上显示其全程平均配速为4min10s/km，则他全程的平均速度为 4 m/s。
【分析】（1）在研究机械运动时，被假定为不动的物体叫参照物，如果物体的位置相对于参照物不断改变，物体是运动的；如果物体的位置相对于参照物的位置没有改变，则物体是静止的；
（2）根据v＝代入总路程和总时间，可求得平均速度。
【解答】解：以李老师为参照物，站在路旁的啦啦队员与李老师之间的位置不断发生变化。
由赛后成绩证书可知，李老师跑马拉松s＝1km＝1000m，
他全程的平均速度：
v＝＝＝4m/s；
故答案为：运动；3。
【点评】此题考查的是运动和静止的相对性、平均速度的计算；在处理变速运动的题时，无论中间的速度如何变化，只需用总路程除以总时间即可求出平均速度。
20．（3分）标有“6V，1.5W”的小白炽灯泡，通过它的电流随其两端电压变化的图像如图所示 24 Ω；若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，则电路的总电流为 0.4 A，灯泡在10s内消耗的电能是 8 J。
【分析】（1）白炽灯正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P＝UI＝求出该灯泡正常工作时的电阻；
（2）若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻并联接在电压为4V的电源两端，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过定值电阻的电流，根据图像读出通过灯泡的电流，利用并联电路的电流特点求出电路的总电流，利用W＝UIt求出灯泡在10s内消耗的电能。
【解答】解：
（1）灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝1.8W，
由P＝UI＝可得L＝＝＝24Ω；
（2）若把这只灯泡与一个20Ω的定值电阻R并联接在电压为4V的电源两端，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过定值电阻的电流：IR＝＝＝4.2A，
由图像可知，通过灯泡的电流IL′＝0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电路的总电流：I＝IL′+IR＝0.2A+6.2A＝0.8A，
灯泡在10s内消耗的电能：W＝UIL′t＝4V×0.3A×10s＝8J。
故答案为：24；0.7；8。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
21．（3分）如图所示，向上用100N的拉力，10s内将重150N的物体匀速提升2m。此过程中 400 J，拉力做功的功率为 40 W，该动滑轮的机械效率是 75% 。
【分析】根据s＝nh和W＝Fs计算拉力做的功，根据P＝计算拉力做功的功率；根据W＝Gh计算有用功，从而计算动滑轮的机械效率。
【解答】解：
图中利用动滑轮提升物体，承担重物绳子的段数n＝2，
由s＝nh和W＝Fs可得拉力做的总功：W总＝Fnh＝100N×2×3m＝400J，
拉力做功的功率：P＝＝＝40W，
克服物体重力做的有用功：W有用＝Gh＝150N×2m＝300J，
所以动滑轮的机械效率：η＝＝＝75%。
故答案为：400；40
【点评】本题考查动滑轮特点、总功、功率和机械效率的计算，难度不大。
22．（3分）如图所示是小明制作的“浮沉子”。为观察到小瓶在水中的浮沉现象，大瓶瓶盖应该 旋紧 （旋紧/拧开/旋紧拧开都可以），小瓶瓶口应该 开口 （开口/封闭/开口封闭都可以）；使漂浮于水面上的小瓶子下沉，小明应 捏紧 （松开/捏紧）手指。
【分析】浮沉子与潜水艇类似，都是通过改变自身重力实现浮沉的；物体的浮沉条件：浮力大于重力，物体上浮；浮力小于重力，物体下沉；
【解答】解：为观察到小瓶在水中的浮沉现象，大瓶内的空气必须是密封的，小瓶需要通过瓶内的水的多少改变小瓶的重力；
使漂浮于水面上的小瓶子下沉，应将水压入小瓶中，整个小瓶所受重力大于浮力时瓶子下沉，
要使小瓶中水的质量增加，则需要用力挤压大瓶；大瓶中的水面上升，瓶内空气压强增大，所以小明应捏紧手指。
故答案为：旋紧；开口。
【点评】本题综合考查了到气压与体积的关系和浮沉条件的应用，难度不是很大。
三、解答题（本题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，入射光线与镜面成30°角，请画出反射光线并标出反射角的大小。
【分析】要解决此题，需要掌握光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”。
要掌握入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。
【解答】解：过入射点垂直于镜面做出法线，已知入射光线与镜面的夹角为30°，根据反射角等于入射角，在法线的右侧即可做出反射光线
故答案为：见解答图。
【点评】主要考查了光的反射定律的应用，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念。
24．（2分）如图所示为一款弯月形灯头的台灯，用手拨动灯头可以绕O点转动，试画出向下拨动灯头时最小力F的示意图及相应的力臂l。
【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件可知，作用点距离支点最远的情况下，根据杠杆的平衡条件可知；过力的作用点作力臂的垂线，最小的力的方向垂直力臂向下
【点评】此题考查力臂的画法、杠杆最小力的问题，杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：①确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；②连接支点与动力作用点，得到最长的线段；③经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；④根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。
25．（2分）根据图中通电螺线管的南北极，标出小磁针的N极和电源的“+”极。
【分析】①利用螺线管的N、S极，结合磁极间作用规律，确定小磁针的N、S极；
②利用螺线管的N、S极，和线圈绕向，根据右手螺旋定则可以确定线圈中电流方向，进一步确定电源的正负极。
【解答】解：
（1）螺线管的下端为N极，根据磁极间作用规律可知，上端为N极；
（2）利用螺线管线圈的绕向和N、S极，下端流出，下端为负极。
【点评】关于右手螺旋定则，涉及三个方向：磁场方向、线圈绕向、电流方向，告诉其中的两个让确定第三个。如此题：告诉了磁场方向和绕向，确定电流方向。
26．（6分）如图所示是某款油电混动汽车，部分信息如下表。某次测试，测试员驾驶该车以额定功率并保持72km/h的速度匀速直线行驶。测试中，又向蓄电池充电，同时蓄电池又将部分能量通过驱动电机向车轮输送。（假设汽油完全燃烧，且忽略蓄电池和电机的热损失，g＝10N/kg，$q_{汽油}＝4.6×10^7J/kg）
（1）空车对水平地面的压强；
（2）测试中汽车受到的阻力；
（3）测试中汽油燃烧放出热量的40%用于汽车行驶和蓄电池充电，其中驱动汽车所需能量，向蓄电池充电的能量E2为2×107J，求该次测试中消耗的汽油质量。
【分析】（1）利用F＝G＝mg可求出对水平地面的压力，再利用根据p＝可求出该车对地面的压强；
（2）由P＝＝＝Fv公式变形可求汽车受到的牵引力，因汽车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；
（3）根据效率公式和热值计算汽油的质量。
【解答】解：（1）空车对水平地面的压力：
F＝G＝mg＝1250kg×10N/kg＝1.25×104N，
该车对水平地面的压强：
p＝＝＝6.25×104Pa；
（2）汽车行驶的速度：v＝72km/h＝20m/s，
由P＝＝＝Fv可知
F＝＝＝3×103N，
因汽车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，汽车受到的阻力：
f＝F＝1×105N；
（3）根据效率公式有：η＝得到：
Q放＝＝＝1.15×106J；
汽油的质量为：m＝＝＝2.5kg。
答：（1）空车对水平地面的压强为6.25×104Pa；
（2）测试中汽车受到的阻力为1×106N；
（3）该次测试中消耗的汽油质量为2.5kg。
【点评】本题考查了会根据压强公式、功和功率的公式、效率公式进行简单的计算，综合性较强。
27．（6分）在物理实践活动中，小华同学了解到电饭锅加热时电热转化效率的行业标准是不低于80%，他想测量自己家里的电饭锅是否达到行业标准，通电后调节为加热状态，水温从20℃升高到60℃用时120s。已知电热丝电阻不随温度变化3J/（kg•℃），请解答：
（1）加热过程中水吸收的热量；
（2）计算说明该电饭锅的电热转化效率是否达到行业标准；
（3）根据表中内容将虚线框内将电饭锅内部的电路补充完整。
【分析】（1）根据Q吸＝cmΔt得出水吸收的热量；
（2）根据W＝P加热t得出用时210s消耗的电能，根据η＝得出该电饭锅的热效率，并与行业规定的标准比较，判断该电饭锅的热效率是否达到标准；
（3）从表格可知，S1、S2均闭合时，电路为R的简单电路，且电饭锅处于加热状态，R0被短接；只闭合S1时，R、R0同时工作，电饭锅处于保温状态，总功率较小，根据P＝可知总电阻应较大，故两电阻应串联，据此补充电路。
【解答】解：（1）水吸收的热量Q吸＝cmΔt＝4.2×107J/（kg•℃）×0.5kg×（60℃﹣20℃）＝4.4×104J；
（2）用时120s消耗的电能W＝P加热t＝1000W×120s＝2.2×105J，
该电饭锅的热效率η＝＝×100%＝70%，
故该电饭锅的热效率没有达到标准；
（3）从表格可知，S1、S2均闭合时，电路为R的简单电路，只闭合S3时，R、R0同时工作，电饭锅处于保温状态，根据P＝，故两电阻应串联。
答：（1）加热过程中水吸收的热量为5.4×104J；（2）该电饭锅的热效率没有达到标准。
【点评】本题考查吸热公式、电功公式和效率公式的应用，难度较大。
28．（6分）小组同学想要测量一块鹅卵石的密度，实验步骤如下。
（1）将天平放在 水平 桌面上，游码调至标尺左端零刻度线处，此时观察到指针在分度盘中央刻度线两侧晃动幅度如图甲所示 将平衡螺母向右调节，使指针指向分度盘中央 ，直至天平横梁水平平衡；
（2）将鹅卵石放入天平左盘，往右盘中增减砝码时也出现了图甲所示的情形，接下来他应该进行的操作是 加入5g的砝码，再移动游码 。天平横梁再次在水平位置平衡时加入35g砝码，游码位置如图乙位置时，实验中小明添加35g砝码的正确顺序为 A 。
A.20g、10g、5g；
B.5g、10g、20g。
（3）往量筒中倒入适量水，记录下刻度V1，用细绳绑住石块，缓慢浸入水中，待液面不再变化后2；根据数据可计算出该鹅卵石的密度为 2.56 g/cm3。
（4）实验完成后，小组同学对实验结果开展评价，有同学认为鹅卵石可能存在吸水性 大 。
【分析】（1）将天平放在水平桌面上，指针指在分度盘的中央或指针左右偏转的格数相同，说明天平的横梁平衡。当指针偏向分度盘的一侧或左右偏转的格数不同，天平的横梁不平衡，指针偏向的一侧或偏转的格数多的一侧下沉。调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）横梁标尺上的游码可达到5g，若加入5g的砝码偏小或偏大，可移动游码使横梁平衡；
要用镊子夹取砝码，不能用手拿砝码；添加砝码的顺序是由大到小；
（3）天平水平平衡后，物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；鹅卵石的体积等于量筒两次液面指示值的差，知道质量和体积，由ρ＝计算鹅卵石的密度；
（4）分析鹅卵石吸水后对质量和体积的影响，根据公式判断对实验结果的影响。
【解答】解：（1）使用天平时，要将天平放在水平桌面上，指针向左边晃动幅度较大，所以应将平衡螺母向右调节；
（2）如图，若指针左偏，再移动游码；
左盘放物体，右盘放砝码，要用镊子夹取砝码，故选A；
（3）砝码的质量为35g，游码对应的刻度值3.4g；
丙图中水的体积V2＝30mL，水和鹅卵石的总体积V2＝45mL，鹅卵石的体积：V＝V2﹣V5＝45mL﹣30mL＝15mL＝15cm3，
鹅卵石的密度：ρ＝＝＝2.56g/cm3；
（4）鹅卵石可能存在一定吸水性，放入量筒后，造成计算出的鹅卵石体积偏小知密度偏大。
故答案为：（1）水平桌面；将平衡螺母向右调节；（2）加入2g的砝码；A；（3）2.56。
【点评】测量固体密度的实验是初中物理重要的实验，本题从天平的使用、物体质量的测量、体积的测量、密度的计算和实验评估等方面进行考查，是常考题。
29．（6分）探究小组在探究液体压强的实验中进行了如图所示的操作。
（1）实验前，小明利用U形管、软管、扎紧橡皮膜的探头等组装成压强计后，发现U形管两侧液面不相平 取下软管重新安装 。
（2）甲、乙两图是探究液体压强与 深度 的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过 U形管两侧液面高度差 反映出来的，这种研究问题的物理方法是： 转换法 ；
（3）接下来，小明还想探究液体压强与盛液体的容器形状的关系，他应该选择 丙、丁 两图进行实验；
（4）为了探究液体压强与液体密度的关系，小组成员将压强计的探头先后放入水和煤油中的某一深度处，发现U形管两侧液面高度差几乎不变 C 。
A.将烧杯中的水换成盐水；
B.使探头在水和煤油中的深度加大；
C.将U形管换成更细的；
D.U形管中换用密度更小的液体。
【分析】（1）压强计在使用前应使U形管中两侧的液柱一样高；
（2）（3）在实验中，有很多物理量难于用仪器、仪表直接测量，就可以根据物理量之间的定量关系和各种效应把不易测量的物理量转化成易于测量的物理量进行测量，这种方法就叫转换法；研究一个变量，控制其他变量不变这是控制变量法；在实验中液体压强的大小变化不易直接测量，可以寻找液体压强的变化会引起哪些物理量发生变化，看能否通过形象直观的变化来反映液体压强的大小变化；
（4）液体的压强只跟液体的深度和密度有关，金属盒在液体的密度越大、液体密度越大，产生的压强越大，U形管两侧的高度差越大，实验现象越明显；液体对金属盒产生的压强一定时，U形管两边的高度差一定，与U形管的粗细无关；若U形管中换用密度小的液体，则高度差增加，实验现象越明显。
【解答】解：
（1）当压强计的金属盒在空气中时，如果U形管中的液面不相平，应该取下软管重新安装；
（2）甲、乙同种液体，故探究的是液体压强与深度的关系，液体压强的大小通过U形管两侧液面高度差来反映；
（3）探究液体压强与盛液体的容器形状的关系，应控制深度和液体密度相同、丁两图；
（4）小明将压强计的探头先后放入水和煤油中的某一深度处，发现U形管两侧液面高度差几乎不变，液体对探头的压强几乎相等，就应该想办法；
A、将烧杯中的水换成盐水后，盐水对探头的压强更大，能使实验效果更加明显；
B、使探头在水和煤油中的深度加大，则U形管两侧液面的高度差增大，故B不符合题意；
C、烧杯内的液体对探头产生的压强一定时，与U形管的粗细无关，故C符合题意；
D、烧杯内的液体对探头产生的压强一定时，根据p＝ρgh可知U形管两侧液面的高度差增大，故D不符合题意；
故选：C。
故答案为：（1）取下软管重新安装；（2）深度；转换法、丁；（4）C。
【点评】本题考查液体压强的特点，涉及到两种物理学方法：控制变量法和转换法，解题时注意实验过程的分析和实验结论的表述都要采用控制变量法，领悟这两种方法的真谛。
30．（7分）小军同学在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
（1）实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，他应该通过调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的 主光轴 上。
（2）如图甲所示，某次实验时光屏上承接到了烛焰清晰的像，该像是一个倒立、 放大 的实像。生活中的 投影仪 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）就是利用这一规律制成的。
（3）图甲中，在透镜、光屏位置不变的情况下，小军同学将蜡烛靠近凸透镜时，可将光屏适当 远离 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜；或者可在蜡烛和凸透镜中间靠近凸透镜的位置戴上一片合适的 远视镜片 （选填“近视镜片”或“远视镜片”）。
（4）小明同学用另一个凸透镜进行实验，他把蜡烛和凸透镜固定在如图乙所示位置，在透镜右侧光具座上移动光屏（光屏未画出），则该透镜的焦距不可能是 A （选填序号）。
A.15cm；
B.25cm；
C.35cm。
（5）实验结束后，同学们认为成倒立的像时，像与物既是上下颠倒，像与物是否左右颠倒，下面操作一定不可行的是 B 。
A.用纸遮挡烛焰一侧，观察像的情况；
B.用纸遮挡凸透镜一侧，观察像的情况；
C.用嘴沿水平方向，且垂直光具座吹烛焰，观察像的情况。
【分析】（1）实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，应该通过调节使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
（2）当物距小于像距时，成倒立、放大的实像，应用为投影仪；
（3）根据凸透镜成实像时，物近像远像变大分析回答；远视镜片是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用；
（4）光屏上得不到烛焰像的情况：①成的像是虚像，虚像是不会成在光屏上的；②成实像，当由于物距太小，像距太大，超过了光具座的量程；
（5）对选项进行逐一分析。
【解答】解：（1）实验前为了使像能够呈现在光屏的中央，应该通过调节使烛焰、光屏三者的中心位于凸透镜的主光轴上；
（2）由图甲可知，此时物距小于像距、缩大的实像；
（3）图甲中，在透镜，小军同学将蜡烛靠近凸透镜时，此时物距减小，物近像远像变大可知，可将光屏适当远离凸透镜；
或者可在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜的位置戴上一片合适的远视镜片，远视镜片是凸透镜，可以使光线提前会聚成像；
（4）把蜡烛和凸透镜固定在如图乙所示位置，此时物距为30cm，在光屏上始终得不到清晰的像：
可能是由于物距小于焦距，成虚像，即大于30cm，故C有可能；
也可能是由于此时物距位于一倍焦距和二倍焦距之间，当靠近焦点位置，超过光具座的量程，解得15cm＜f＜30cm，A不可能；
（5）A、用纸遮挡烛焰一侧，如果左侧遮挡，能验证像与物既是上下颠倒；
B、用纸遮挡凸透镜一侧，经凸透镜折射后，像的大小不发生变化，会聚成的像变暗，同时也是左右颠倒的；
C、用嘴沿水平方向，观察光屏上烛焰的成像情况，同时也是左右颠倒的。
故选：B。
故答案为：（1）主光轴；（2）放大；（3）远离；（4）A。
【点评】本题是探究凸透镜成像规律的实验，考查了对焦距概念的理解、凸透镜成像规律的应用，熟练掌握成像特点与物距、像距的关系是关键。
31．（8分）小华利用如图甲所示电路图探究“电流与电压的关系”。她使用的器材包括：两节新干电池、电流表（0﹣0.6A）、电压表（0﹣3V）、滑动变阻器（45Ω，1A）（10Ω、15Ω、20Ω）、开关、导线若干。
（1）连接电路时，开关应 断开 ，此时电压表示数如图乙所示，其原因可能是 电压表未调零 ；
表一
（2）闭合开关前，需要将滑动变阻器滑片移到最 右 （选填“左”或者“右”）端，然后闭合开关，发现电压表无示数，可能发生的故障是 定值电阻R短路 ；
（3）排除故障后，调节滑动变阻器滑片，得到如表一所示数据：由表可知 10 Ω的定值电阻。由此可以得出实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成 正 比；
（4）同组小明利用上述器材进一步探究“电流与电阻的关系”，实验记录数据如表二所示：分析表中数据， 不能 （选填“能”或“不能”）得出电流与电阻成反比，理由是： 没有控制定值电阻两端电压不变 。
表二
【分析】（1）在连接电路时，为了保护电路，应将开关断开；电压表使用前应保证指针归零；
（2）在闭合开关前，为保护电路应将滑动变阻器滑片置于阻值最大端；
闭合开关，发现电流表有示数，说明电路是通路，而电压表无示数，说明可能是与电压表并联的电路部分出现了短路；
（3）根据欧姆定律可得，实验中所用定值电阻R的阻值；
分析实验数据可知，定值电阻两端的电压增大为原来的几倍，通过电阻的电流也增大为原来的几倍，电压与电流的比值为定值，据此得出结论；
（4）根据控制变量法原则，在探究“电流与电阻的关系”的实验中，应控制定值电阻两端的电压表不变，结合记录的实验数据分析。
【解答】解：（1）在连接电路时，为了保护电路；电压表使用前应保证指针归零；
（2）在闭合开关前，为保护电路应将滑动变阻器滑片置于阻值最大端；
闭合开关，发现电流表有示数，而电压表无示数，由此可知可能的电路故障为定值电阻R短路；
（3）据欧姆定律可得，实验中所用定值电阻R的阻值为R＝，
分析实验数据可知，定值电阻两端的电压增大为原来的几倍，电压与电流的比值为定值，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
（4）根据控制变量法原则，在探究“电流与电阻的关系”的实验中，结合记录的实验数据：
U1＝I1R5＝0.15A×10Ω＝1.6V；
U2＝I2R6＝0.12A×15Ω＝1.5V；
U3＝I3R7＝0.10A×20Ω＝2V；
由此可知三次定值电阻两端的电压均不相同，因此根据此实验数据不能得出电流与电阻成反比的结论。
故答案为：（1）断开；电压表未调零；（3）10；正；没有控制定值电阻两端电压不变。
【点评】本题考查了探究电流与电压、电阻的关系的实验，涉及了电路连接的注意事项、电压表的使用、电路故障分析、数据分析和实验的评价，考查较全面，难度一般。
32．（4分）阅读短文，回答问题。
空调扇是一种全新概念的风扇，兼具送风、制冷和净化空气、加湿等多功能于一身，以水为介质，也可送出温暖湿润的风。如图甲，在空调扇内部比传统风扇增加了冰盒、水盒，水分被输送到超强吸水纤维蒸发器中，在这里原本干热的空气就变得湿润凉爽了。
（1）某同学在研究了空调扇的结构图与说明书后，得出下列结论，其中不合理是 C ；
A.说明书提示“请勿用湿手触碰开关”，是为了防止触电事故的发生；
B.说明书提示“若机体出现异常高温需立即切断电源”，是防止电热损坏用电器；
C.空调扇正常工作时，电动机线圈的热功率为66W；
D.空调扇功率虽然不是很大但要长时间持续使用，为了安全要使用三孔插座；
（2）图乙是空调扇的简化电路，当接通电源时，指示灯L亮，再闭合S，空调扇正常运转时，电动机支路功率为 55 W；
（3）该空调扇正常工作10小时所需电费 0.33 元（0.5元/kW•h）；
（4）空调扇具有送风、制冷和净化空气、加湿等多种功能，但其设计也存在一些不足，请写出其中一条： 空调扇工作时会自动后退 。
【分析】（1）根据安全用电结合电动机的能量转化分析解答；
（2）计算灯所在支路的功率，用总功率减灯所在支路的功率得出待机功率；
（3）计算消耗的电能，得出电费；
（4）根据力的作用是相互的分析解答。
【解答】解：（1）A．生活用水是导体，故“请勿用湿手触碰开关”；故A正确；
B．说明书提示“若机体出现异常高温需立即切断电源”；故B正确；
C．空调扇正常工作时，少量转化为内能，故C错误；
D．空调扇功率不大且外壳由塑料制成，容易引起触电，故D正确；
其中不合理的是C；
（2）图乙是空调扇的简化电路，灯泡支路与电动机并联，
指示灯所在支路的功率PL＝UIL＝220V×0.05A＝11W；
待机状态下电动机支路功率PM＝P﹣PL＝66W﹣11W＝55W；
（3）该空调扇正常工作10小时消耗电能W＝Pt＝kW×10h＝0.66kW•h，
所需电费：7.5元/kW•h×0.66kW•h＝6.33元；
（4）空调扇底座安装了万向轮，方便移动，吹风时空气会对空调扇向后的作用力，故不合理。
故答案为：（1）C；（2）55；（4）空调扇工作时会自动后退。
【点评】本题考查空调扇的工作过程分析，属于中档题。
空车质量
1250kg
车轮与地面总接触面积
0.2m2
额定功率
20kW
工作状态
开关情况
额定功率
工作电阻
加热
S1、S2均闭合
1000W
R
保温
只闭合S1
48.4W
R、R0
实验序号
1
2
3
4
电压表示数/V
1
1.5
2
2.5
电流表示数/A
0.1
0.15
0.2
0.25
序号
R/Ω
I/A
1
10
0.15
2
15
0.12
3
20
0.10
项目
参数
额定电压
220V
额定功率
66W
电源线长度
0.8m
空车质量
1250kg
车轮与地面总接触面积
0.2m2
额定功率
20kW
工作状态
开关情况
额定功率
工作电阻
加热
S1、S2均闭合
1000W
R
保温
只闭合S1
48.4W
R、R0
实验序号
1
2
3
4
电压表示数/V
1
1.5
2
2.5
电流表示数/A
0.1
0.15
0.2
0.25
序号
R/Ω
I/A
1
10
0.15
2
15
0.12
3
20
0.10
项目
参数
额定电压
220V
额定功率
66W
电源线长度
0.8m