2022年广东省中考物理适应性试卷

这是一份2022年广东省中考物理适应性试卷，共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年广东省中考物理适应性试卷
一、选择题：本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）观察图中的烟和小旗，关于甲、乙两车相对于房子运动情况，下列说法正确的是（　　）

A．甲、乙两车一定向左运动
B．甲车一定向右运动，乙车一定向左运动
C．甲车一定静止，乙车一定向左运动
D．甲车可能静止，乙车一定向左运动
2．（3分）如图是光在空气和玻璃的界面上同时发生反射和折射的光路图，下列说法正确的是（　　）

A．光是从空气中斜射入玻璃中，反射角大小是60°
B．光是从空气中斜射入玻璃中，反射角大小是30°
C．光是从玻璃中斜射入空气中，反射角大小是60°
D．光是从玻璃中斜射入空气中，反射角大小是30°
3．（3分）如图所示，实心均匀正方体甲、乙放在水平地面上，它们质量相等。现从两正方体的上部沿水平方向切去部分，使它们剩余部分的体积相等，则剩余部分的甲、乙的重力G甲′和G乙′的大小关系是（　　）

A．G甲′一定小于G乙′ B．G甲′一定大于G乙′
C．G甲′可能小于G乙′ D．G甲′可能大于G乙′
4．（3分）在不计机械自重、绳重和摩擦，使用下列机械匀速提升同一物体的四种方式中，所用动力最小的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（3分）小聪在老师指导下，用如图所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图，乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精（q酒精＝3×107J/kg）。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法中正确的是（　　）

A．酒精燃烧的过程是内能转化为化学能
B．c乙＝2.4×103J/（kg•℃）
C．0﹣8min乙吸收的热量为3.36×104J
D．该酒精灯的加热效率为28%
6．（3分）现在大型商场超市都采用了自助收银机系统。原来每件商品的价签里面已经植入RFID电子标签（无线射频识别技术），该标签具有磁性。消费者将选购的商品放入“收银消磁一体机”的桶中，点击“开始结算“，开关S1闭合，无线读取数据模块开始工作，自动扫描桶中所有商品条形码，屏幕上即出现所选商品的信息及结算价格；当商品全部扫描完毕，开关S2闭合，客户完成支付后，开关S3闭合，这时消磁模块启动工作，1s内即
完成消磁；消磁后，消费者将商品放入购物袋，即可不触发警报装置出门。图中符合该设计的电路图是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）巨磁电阻（GMR）效应是指某些材料的电阻在磁场中随磁场的增强而急剧减小的现象。如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，图中的GMR是巨磁电阻，在电源电压U不超过指示灯额定电压的条件下，闭合开关S1、S2，则（　　）

A．电磁铁A端是S极
B．向左滑动滑片P，指示灯会变亮
C．向右滑动滑片P，GMR两端的电压减小
D．电磁铁产生的磁感线不管外部还是内部都是从N极出发回到S极
二、填空题：本大题共6小题，每空1分，共21分。
8．（3分）一辆长20m的货车，以72km/h的速度匀速通过长为140m的大桥。以货车为参照物，大桥是 　 　的（选填“静止”或者“运动”）；货车完全在桥上行驶的时间是 　 　s，货车通过大桥所用的时间是 　 　s。
9．（3分）如图所示，碘锤的两头向内凹陷，锤内有一些碘粒，当用热水加热其下端，可以看到在碘锤中部出现有紫红色的碘蒸气，该过程中碘发生的物态变化是 　 　；若停止加热，让其冷却一会儿后，发现碘锤内侧有碘颗粒析出，表明碘发生了 　 　（选填物态变化名称）；在碘锤上端内凹部分滴几滴冷水，结果发现内凹部分的内表面上析出的碘颗粒比碘锤侧壁上的 　 　（选填“多一些”“一样多”或“少一些”）。

10．（3分）如图所示，用平行于斜面、大小为2.5N的拉力F，将重为3.6N的物体从斜面底端匀速拉至顶端，则有用功是 　 　J，机械效率是 　 　，摩擦力为 　 　N。

11．（4分）如图所示是玩弹弓的情景。经验表明，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越　 　，这说明橡皮筋的弹性势能与物体发生　 　大小有关；若橡皮筋被拉的长度相同，所用“子弹”的质量不同，则发现射出时的速度也　 　（选填“相同”或“不相同”）。在此过程中，橡皮筋对“子弹”做的功　 　（选填“相同”或“不相同”）。

12．（3分）用如图甲所示电路来测量额定电压为2.5V的小灯泡功率，电源电压恒为4.5V，从滑动变阻器接入电路中的阻值最大时开始记录数据，画出小灯泡的U﹣I图象如图乙所示。由图象可知，灯丝的电阻随温度的升高而 　 　。根据上述实验数据，小灯泡的额定功率是 　 　W，电路消耗的最小功率是 　 　W。

13．（5分）小明家的电能表上个月月初的表盘示数为1250.8kW•h，月末的表盘示数和电能表其他参数如图所示。根据表盘上的信息，可得小明家上个月共用电　 　kW•h，这些电能可供一只额定功率为0.1kW的电灯正常工作　 　h.小明家允许同时使用的用电器的总功率不得超过　 　W；若只让一个标有“220V 484W”的电热器工作3min，观察到电能表的指示灯闪烁了36次，电热器的实际消耗的电功率为　 　W，此时电路两端的实际电压是　 　V。

三、作图题：本题6分。
14．（2分）按题目要求作图：
杠杆上B点挂着重物G，若在A点施加一个最小的力F使杠杆在图中的位置平衡，请画出力F的示意图。

15．（2分）按题目要求作图：
在图中画出入射光线AO的折射光线（大概位置）和反射光线.

16．（2分）按题目要求作图：
请在图中用笔画线代替导线将电灯、开关和插座正确接入家庭电路。

四、实验题：本大题共3小题，第17小题6分，第18小题8分，第19小题6分，共20分。
17．（6分）小明在实验室看到一科学玩具——牛顿摆，如图1甲所示，它由支架、细线和5个完全相同的钢球组成，每个钢球通过两根无弹性细线固定在支架上，并紧挨着排列在同一水平直线上。拉起最左侧的钢球，释放后，它像单摆一样向右摆动撞击相邻钢球，仅把最右侧的钢球撞出，其他球几乎静止不动。这引发了小明的思考：为什么碰撞后仅有一个球摆动，而其余球仍然保持静止？于是他提出问题：被撞而摆动的钢球数量与哪些因素有关？接着他做出以下猜想：
①可能与撞击球撞击时的速度大小有关；
②可能与撞击球的数量多少有关；
将牛顿摆等效为单摆模型，如图1乙所示是一个钢球撞击其它钢球的情形，五个钢球自左向右标为A～E球。

若不考虑能量损失，请回答下列问题：
（1）将A球作为撞击球拉至一定的高度（保持细线绷直），由静止开始释放。释放后，A球向右摆动过程中，将 　 　能转化为动能。
（2）探究猜想①时，必须先控制每次撞击球的 　 　相等，为了改变撞击球撞击时的速度，你的操作办法是：　 　。释放后，当钢球A以不同速度发生碰撞时，每次均仅有E球被撞出，由此可判断：被撞而摆动的钢球数量与撞击球的速度 　 　（选填：“有关”或“无关”）。
（3）通过上述实验，小明还是不明白为什么仅有一个球被撞出，于是他向老师请教，老师说：牛顿摆的钢球间发生碰撞时，撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，所以最终只有一个钢球被撞出。根据老师的讲解，小明继续探究猜想②，将A、B两球作为撞击球紧挨着，拉起一定高度后同时释放，A、B球向右摆动并与C球相撞，则此时可观察到的现象是如图2中的 　 　（选填：“甲”、“乙”或“丙”）；请阐述你选择的理由：　 　。
18．（8分）王强小组同学在做“用天平和量筒测盐水密度”的实验，如图所示。

（1）调节天平时，天平应置于 　 　桌面上，将游码移到标尺左侧的零刻度线，指针静止时的位置如图甲所示，为使天平平衡，应将左端的平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节。
（2）将空烧杯放在天平左盘，天平平衡后右盘所放的砝码和游码所对位置如图乙所示，则空烧杯的质量是 　 　g。
（3）往空烧杯中加入适量的盐水，用天平称烧杯和盐水的总质量，天平平衡后右盘所放砝码和游码的位置如丙图所示，则盐水的质量为 　 　g。
（4）把烧杯中的盐水全部倒入量筒中，如图丁所示，读数时眼睛合理的位置是 　 　（填“a”、“b”或“c”），测得盐水体积为 　 　cm3，则盐水的密度为 　 　kg/m3。
（5）按上面实验方案测出盐水的密度值 　 　（填“偏大”、“正常”或“偏小”）。
19．（6分）某实验兴趣小组想测量标有“2.5V”字样小灯泡的额定功率，从实验室找来了电源、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和导线若干。

（1）如图甲所示为该小组一同学所连的实验电路，闭合开关前发现电路中有一根导线未连接，请把电路连接完整。
（2）当闭合开关时，发现电流表无示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一现象的原因可能是小灯泡 　 　。
（3）排除电路故障后闭合开关，移动滑片，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则灯泡的额定功率为 　 　W。
（4）同组的小红认为，可以利用图甲的装置多次测量不同电压下灯泡的电阻，并求出平均值，小明认为小红的观点不合理，理由是 　 　。
（5）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 　 　；
②只闭合 　 　，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1；
③小灯泡的额定功率P＝　 　（用U、U1、U额、R0表示）。
五、计算题：第20小题7分，第21小题8分，共15分。
20．（7分）小明通过如图甲所示滑轮组，竖直向上用力拉绳子、将长方体从水中匀速提升至空中，拉力F与绳子自由端移动的距离的关系图象如图乙所示。物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为80%，长方体高0.1m。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1.5m，小明所做的功是多大？
（2）动滑轮重多少N？
（3）物体被拉出水面后，放在水平地面上（如图丙），若此时人竖直向上拉绳子的拉力为50N，此时物体对地面压强为多大？

21．（8分）AG﹣600水上飞机（又称：JL﹣600或“蛟龙﹣600”）是中国航空工业集团公司特种飞行器研究所设计研制的大型灭火、水上救援水陆两栖飞机，是全球在研的最大的水陆两栖飞机。AG600主要用于大型灭火和水上救援，可以从地面起飞和降落，也可以从水面起飞和降落。AG600蓄满水后的最大质量为53.5t。
（取g＝10N/kg，q柴油＝4.0×107J/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）

（1）起落架与地面接触总面积为2m2，蓄满水静止在地面时，求其对地面的压强；
（2）某次试飞前，飞机蓄满水后静止在某湖面上，求其排开湖水的体积；
（3）在水面滑行测试中，蓄水后飞机总重为5×105N，飞机在水面上以36km/h的速度匀速滑行了1min，滑行过程中所受阻力为总重的0.5倍，求发动机牵引力的功率；
（4）在上述（3）匀速飞行过程中，发动机的效率为30%，求这1min里消耗的柴油是多少千克？
六、综合题：第22小题7分，第23小题10分，共17分。
22．（7分）阅读下面两则材料，回答对应的问题
材料一：巨磁效应是指某些材料的电阻在磁场中急剧减小的现象。这一发现大大提高了磁、电之间信号转换的灵敏度，从而引发了现代硬盘生产的一场革命。如图是说明巨磁电阻特性的示意图，图中GMR是巨磁电阻。
（1）如果先闭合S2，再闭合S1，指示灯的亮度 　 　（变亮、变暗、不变）；
（2）闭合S1、S2后，向 　 　（左、右）调节滑片P，会发现电压表的示数变小；如果此过程中，电压表的示数是由3V变成2V，且通过指示灯的电流在0.2A和0.3A之间变化，则灯泡的电阻是 　 　Ω，指示灯所在电路电源电压是 　 　V（忽略灯丝电阻的变化）。
材料二：双触点干簧管是一种磁控开关，结构如图1所示，其外壳是一只密封的玻璃管，管内充有某种惰性气体，并装有A、B和C三块簧片，A的端点与C的端点是固定端点，B的端点是自由端点，正常时B的端点在自身弹力作用下与A的端点接触，当绕在干簧管上的线圈通电时，B与A的端点分开，并与C的端点接触。

请回答下列问题：
（3）簧片A、B和C所对应的材料可能是 　 　。
A.铁、铁、铜
B.铜、铝、铁.
C铜、铁、铁
D.镍、铁、铝
（4）如图3所示，请将电路连接完整，要求闭合开关后，红灯先通电，然后绿灯与红灯能交替通电。

23．（10分）2016年5月15日，南通终于进入了动车时代。如图是南通火车站站台上的动车，动车的速度可达200km/h以上，开通后大大缩短了列车从南通驶往其他城市的时间。除了在速度方面的优势以外，动车更加安全舒适，服务更加的人性化。如窗玻璃采用双层玻璃，乘坐时感觉到噪音很小。车厢之间的门可以自动开关，卫生间水龙头自动放水、热风干手机自动吹风。如表是某次乘坐动车的时刻表：
车次
出站﹣到站
类型
开车时间
到站时间
里程
D5454
南通﹣南京
动车组
06：24
08：46
284km

（1）动车组安装的热风干手机，手靠近时能自动启动，利用了红外线传感器。在使用时感觉到，起先手特别凉，好像只吹冷风，等手上的水快干时，才能感觉到吹的是热风。其实干手机一直吹的都是热风，产生上述感觉的原因是 　 　。
（2）小明坐动车从南通到南京，全程的平均速度是 　 　km/h。
（3）一列长360m的动车沿直线匀速驶向正前方的隧道，动车全部在隧道内运行的时间是1min，在隧道内运行的平均速度是64.8km/h，则隧道的长度为 　 　m。动车进入山洞隧道之前，需要鸣笛示警，由于洞口山崖对声的反射，司机鸣笛后可以听到回声。已知司机第一次鸣笛后4s听到回声，第二次鸣笛后2s听到回声，两次鸣笛的时间相隔为9.5s，则第一次鸣笛时动车距离山洞 　 　m。
（4）交通部门常用测速仪来检测车速。测速原理是测速仪前后两次发出并接收到被测车反射回的超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出车速，如图2甲。某次测速中，测速仪发出与接收超声波的情况如图乙所示，x表示超声波与测速仪之间的距离。则该被测汽车速度是 　 　m/s（假设超声波的速度为340米/秒，且保持不变）

2022年广东省中考物理适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（3分）观察图中的烟和小旗，关于甲、乙两车相对于房子运动情况，下列说法正确的是（　　）

A．甲、乙两车一定向左运动
B．甲车一定向右运动，乙车一定向左运动
C．甲车一定静止，乙车一定向左运动
D．甲车可能静止，乙车一定向左运动
【分析】研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化。
【解答】解：由图中的信息可以判断出：因为房子的烟向左飘，所以风是向左吹，所以甲车运动状态有三种可能：1、向右运动 2、静止 3、向左运动，但运动速度小于风速；
因为乙车上的小旗向右飘，所以乙车只能向左运动，且速度要大于风的速度。
综上分析可知，ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物。所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同。这就是运动和静止的相对性。
2．（3分）如图是光在空气和玻璃的界面上同时发生反射和折射的光路图，下列说法正确的是（　　）

A．光是从空气中斜射入玻璃中，反射角大小是60°
B．光是从空气中斜射入玻璃中，反射角大小是30°
C．光是从玻璃中斜射入空气中，反射角大小是60°
D．光是从玻璃中斜射入空气中，反射角大小是30°
【分析】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、反射光线以及反射角的度数。
【解答】解：由图可知，

根据反射角等于入射角，所以NN′为法线，PQ为界面，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，AO为入射光线，OB为反射光线。
∠POA＝60°，所以∠AON＝90°﹣60°＝30°，反射角等于入射角，∠BON＝30°，
由图可知，折射角为：∠N′OC＝90°﹣30°＝60°．因当光线从其它介质斜射入空气时，折射角大于入射角。
所以这束光线是由玻璃进入空气。即分界面的下侧是空气，上面是玻璃。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了光的反射定律、光的折射定律的应用，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。
3．（3分）如图所示，实心均匀正方体甲、乙放在水平地面上，它们质量相等。现从两正方体的上部沿水平方向切去部分，使它们剩余部分的体积相等，则剩余部分的甲、乙的重力G甲′和G乙′的大小关系是（　　）

A．G甲′一定小于G乙′ B．G甲′一定大于G乙′
C．G甲′可能小于G乙′ D．G甲′可能大于G乙′
【分析】由图可知两正方体的体积关系，结合正方体质量相等判断两者的密度关系；现从两正方体的上部沿水平方向切去部分，使它们剩余部分的体积相等，根据m＝ρV可知剩余部分的质量关系，利用G＝mg比较甲、乙的重力关系。
【解答】解：由图可知，甲、乙正方体的体积关系为V甲＞V乙，又知两者的质量相等，
由ρ=mV可知，甲、乙正方体的密度关系为ρ甲＜ρ乙；
现从两正方体的上部沿水平方向切去部分，使它们剩余部分的体积相等，且ρ甲＜ρ乙，
由m＝ρV可知，剩余部分的质量关系为m甲剩＜m乙剩，
由G＝mg可知，剩余部分的重力关系为G甲′＜G乙′。
故选：A。
【点评】本题考查了密度公式、重力公式的灵活应用，关键是根据已知条件判断两物体的密度关系。
4．（3分）在不计机械自重、绳重和摩擦，使用下列机械匀速提升同一物体的四种方式中，所用动力最小的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】不计机械自重、绳重和摩擦。
（1）使用定滑轮时，能改变力的方向，不能省力；
（2）由勾股定理求出斜面的高，根据W＝Gh＝Fs求出拉力F2的大小；
（3）由图示杠杆得出动力臂与阻力臂的大小关系，利用杠杆平衡条件求出拉力F3；
（4）由图示滑轮组得出承担物重的绳子股数n，拉力F4=1nG。
【解答】解：不计机械自重、绳重和摩擦，即在理想状况下：
A、图中使用的是定滑轮，拉力F1＝G；
B、斜面高h=(5m)2−(4m)2=3m，拉力做功W＝F2s＝Gh，则拉力F2=ℎsG=35G＝0.6G；
C、如图，支点为O，动力臂L1＝2L+3L＝5L，阻力臂L2＝2L，由杠杆平衡条件可得F3L1＝GL2，拉力F3=GL2L1=25G＝0.4G；
D、图中使用的是滑轮组，n＝3，拉力F4=13G≈0.33G；
因此动力最小是F4；
故选：D。
【点评】本题考查了定滑轮、斜面、滑轮组的特点，以及杠杆平衡条件的应用，属于基础题目。
5．（3分）小聪在老师指导下，用如图所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像如图，乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精（q酒精＝3×107J/kg）。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法中正确的是（　　）

A．酒精燃烧的过程是内能转化为化学能
B．c乙＝2.4×103J/（kg•℃）
C．0﹣8min乙吸收的热量为3.36×104J
D．该酒精灯的加热效率为28%
【分析】（1）燃料燃烧时，化学能转化为内能；
（2）根据图像可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；根据c=Q吸cm可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，据此求乙的比热容；
（3）用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0～8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量，利用Q吸＝cmΔt求解；
（4）利用Q放＝mq求酒精完全燃烧放出的热量，再求出乙从加热到沸腾吸收的热量，利用效率公式求酒精灯的加热效率。
【解答】解：
A、酒精燃烧时，将酒精的化学能转化为内能，故A错误；
B、根据图乙可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；根据c=Q吸cm可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容为：c乙=12×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃），故B错误；
C、用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0～8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量：Q乙＝Q水＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×104J，故C正确；
D、酒精完全燃烧放出的热量为：Q放＝m酒精q酒精＝0.004kg×3×107J/kg＝1.2×105J；
乙从加热到沸腾吸收的热量为：Q'乙=10min8min×3.36×104J＝4.2×104J；
酒精灯的加热效率为：η=Q吸Q放=4.2×104J1.2×105J×100%＝35%，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了燃料燃烧时的能量转化、吸热公式和效率公式的应用，分析图像、从中得出相关信息是关键。
6．（3分）现在大型商场超市都采用了自助收银机系统。原来每件商品的价签里面已经植入RFID电子标签（无线射频识别技术），该标签具有磁性。消费者将选购的商品放入“收银消磁一体机”的桶中，点击“开始结算“，开关S1闭合，无线读取数据模块开始工作，自动扫描桶中所有商品条形码，屏幕上即出现所选商品的信息及结算价格；当商品全部扫描完毕，开关S2闭合，客户完成支付后，开关S3闭合，这时消磁模块启动工作，1s内即
完成消磁；消磁后，消费者将商品放入购物袋，即可不触发警报装置出门。图中符合该设计的电路图是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意确定开关的连接方式、读取数据模块和消磁模块的工作特点，找出合适的电路图。
【解答】解：根据题意可知，开关S1闭合，无线读取数据模块开始工作，开关S2、S3闭合，消磁模块启动工作，这说明读取数据功能和消磁功能可以独立工作，是并联的；开关S2、S3、消磁模块串联在一条支路中，开关S1在干路中控制整个电路，故B正确。
故选：B。
【点评】本题结合生活实际考查根据要求设计电路图，关键是确定三开关的连接方式。
7．（3分）巨磁电阻（GMR）效应是指某些材料的电阻在磁场中随磁场的增强而急剧减小的现象。如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图，图中的GMR是巨磁电阻，在电源电压U不超过指示灯额定电压的条件下，闭合开关S1、S2，则（　　）

A．电磁铁A端是S极
B．向左滑动滑片P，指示灯会变亮
C．向右滑动滑片P，GMR两端的电压减小
D．电磁铁产生的磁感线不管外部还是内部都是从N极出发回到S极
【分析】（1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）向左滑动滑片P，滑动变阻器电阻减小，根据欧姆定律判定电流的变化；根据电流变化判定磁性的变化从而知道GMR的阻值的变化，根据电流变化判定灯泡亮度的变化；
（3）向右滑动滑片P，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律判定电流的变化；根据电流变化判定磁性的变化从而知道GMR的阻值的变化，根据串联电路的分压规律分析电压的变化；
（4）在磁体外部，磁感线是从N极出发回到S极。
【解答】解：
A、利用安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁的左端A为N极、右端B为S极，故A错误。
B、由图可知，滑动变阻器的滑片P向左滑动过程中接入电路中电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，此时电磁铁的磁性变强；
由右图可知，巨磁电阻和灯泡串联，因电阻在磁场中随磁场的增强而急剧减小，
所以，此时巨磁电阻的阻值会变小，电路中的总电阻变小，由I=UR可知，电路中的电流变大，通过灯泡的电流变大，因P＝I2R、灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮；故B正确；
C、向右滑动滑片P，滑动变阻器接入电路的阻值变大，则电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路电流减小，因此电磁铁磁性减弱，周围磁场减弱，GMB的阻值变大，根据串联电路的分压关系可知，GMR两端的电压增大，故C错误；
D、在磁体外部，磁感线是从N极出发回到S极；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和电功率公式的应用等，判读出巨磁电阻的变化是解题的关键。
二、填空题：本大题共6小题，每空1分，共21分。
8．（3分）一辆长20m的货车，以72km/h的速度匀速通过长为140m的大桥。以货车为参照物，大桥是 　运动　的（选填“静止”或者“运动”）；货车完全在桥上行驶的时间是 　6　s，货车通过大桥所用的时间是 　8　s。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（2）货车完全在桥上行驶的路程为桥长减去车长，利用t=sv便可求出对应的时间；
（3）货车通过大桥行驶的路程为桥长加上车长，再利用t=sv便可求出对应的时间。
【解答】解：（1）若选择货车为参照物，大桥相对于货车的位置在不断发生改变，所以以货车为参照物，大桥是运动的；
（2）货车的速度v＝72km/h＝20m/s；
货车完全在桥上行驶时，通过的路程为：s1＝L桥﹣L车＝140m﹣20m＝120m，
由v=st可得，货车完全在桥上行驶的时间：t1=s1v=120m20m/s=6s，
（3）货车通过大桥行驶的路程为：s2＝L桥+L车＝140m+20m＝160m，
由v=st可得，通过大桥所用的时间：t2=s2v=160m20m/s=8s。
故答案为：运动；6；8。
【点评】本题考查了学生对运动与静止的相对性、速度公式的运用，解题的关键是要知道货车完全在桥上和通过大桥所行驶的路程分别是多少。
9．（3分）如图所示，碘锤的两头向内凹陷，锤内有一些碘粒，当用热水加热其下端，可以看到在碘锤中部出现有紫红色的碘蒸气，该过程中碘发生的物态变化是 　升华　；若停止加热，让其冷却一会儿后，发现碘锤内侧有碘颗粒析出，表明碘发生了 　凝华　（选填物态变化名称）；在碘锤上端内凹部分滴几滴冷水，结果发现内凹部分的内表面上析出的碘颗粒比碘锤侧壁上的 　多一些　（选填“多一些”“一样多”或“少一些”）。

【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：
当用热水加热其下端，可以看到在碳锤中部出现有紫红色的碘蒸气，该过程是固态的碘直接升华为碘蒸气。
让其冷却一会儿后，发现有碘颗粒析出，表明碘蒸气又直接凝华为固态。
在上端内凹部分滴几滴冷水，可以发现内凹部分的内表面上析出的碘比容器壁上的多一些，因为碘凝华时放热，碘蒸气遇到温度低的内表面更容易凝华。
故答案为：升华；凝华；多一些。
【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．（3分）如图所示，用平行于斜面、大小为2.5N的拉力F，将重为3.6N的物体从斜面底端匀速拉至顶端，则有用功是 　0.72　J，机械效率是 　72%　，摩擦力为 　0.7　N。

【分析】（1）知道物体重力、斜面高，利用W＝Gh求拉力做的有用功；
（2）知道拉力、斜面长，利用W＝Fs求出拉力做的总功；斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
（3）总功减去有用功可得拉力做的额外功，再根据W额＝fs求物体在斜面上受到的摩擦力
【解答】解：（1）h＝20cm＝0.2m，
拉力做的有用功：
W有＝Gh＝3.6N×0.2m＝0.72J；
（2）斜面长s＝40cm＝0.4m，
拉力做总功：
W总＝Fs＝2.5N×0.4m＝1J，
斜面的机械效率：
η=W有W总=0.72J1J×100%＝72%；
（3）拉力做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝1J﹣0.72J＝0.28J，
由W额＝fs得物体在斜面上受到的摩擦力：
f=W额s=0.28J0.4m=0.7N。
故答案为：0.72；72%；0.7。
【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，明确额外功是用来克服斜面上的摩擦是解答此题的关键。
11．（4分）如图所示是玩弹弓的情景。经验表明，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越　远　，这说明橡皮筋的弹性势能与物体发生　形变程度　大小有关；若橡皮筋被拉的长度相同，所用“子弹”的质量不同，则发现射出时的速度也　不相同　（选填“相同”或“不相同”）。在此过程中，橡皮筋对“子弹”做的功　相同　（选填“相同”或“不相同”）。

【分析】物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能；要分析质量大的“子弹”射出时哪个物理量减小，应从能量转化的角度分析，思考“子弹”的能量是如何转化的，从而得出正确的结论。
【解答】解：（1）橡皮筋弹性势能的大小可以通过子弹射出的距离来表示；橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，则橡皮筋的弹性势能越大；这说明橡皮筋的弹性势能与形变程度有关。
（2）当“子弹”射出时，“子弹”具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的，橡皮筋被拉的长度相同，说明橡皮筋的弹性势能相同，转化成子弹的动能也相同；因为动能的影响因素是质量和速度，所以，在动能相同时，所用“子弹”的质量不同，其射出时的速度也会不同；
（3）橡皮筋被拉的长度相同，所以具有的弹性势能相同，对子弹的做功相同。
故答案为：远；形变程度；不相同；相同。
【点评】本题考查弹性势能的影响因素、弹性势能和动能的相互转化，解题时要熟记相关的知识点，加深对弹性势能的理解，会应用相关知识分析解决问题。
12．（3分）用如图甲所示电路来测量额定电压为2.5V的小灯泡功率，电源电压恒为4.5V，从滑动变阻器接入电路中的阻值最大时开始记录数据，画出小灯泡的U﹣I图象如图乙所示。由图象可知，灯丝的电阻随温度的升高而 　增大　。根据上述实验数据，小灯泡的额定功率是 　1　W，电路消耗的最小功率是 　0.45　W。

【分析】由电路图知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端电压，电流表测电路中电流；
（1）由图乙可知，灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，根据欧姆定律和P＝UI分析灯丝电阻随温度的变化；
（2）根据图象读出额定电压下通过灯泡的电流，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据图象读出最小电流，根据P＝UI求出电路的最小总功率。
【解答】解：由电路图知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端电压，电流表测电路中电流；
（1）由图乙可知，灯泡两端的电压增大，通过灯泡的电流也增大，但灯泡两端的电压增加比通过灯泡的电流增加的更快，由欧姆定律可知，小灯泡的电阻随电压增大而增大，由P＝UI可知，电压和电流都增大时，电功率增大，温度升高，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
（2）小灯泡的额定电压为2.5V，由图象可知此时通过灯泡的电流为0.4A，
则小灯泡的额定功率：PL＝ULIL＝2.5V×0.4A＝1W；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路的总功率最小，
由图象可知，电路最小电流IL′＝0.1A，
电路消耗的最小功率：P小＝UI＝UIL′＝4.5V×0.1A＝0.45W。
故答案为：增大；1；0.45。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
13．（5分）小明家的电能表上个月月初的表盘示数为1250.8kW•h，月末的表盘示数和电能表其他参数如图所示。根据表盘上的信息，可得小明家上个月共用电　18　kW•h，这些电能可供一只额定功率为0.1kW的电灯正常工作　180　h.小明家允许同时使用的用电器的总功率不得超过　8800　W；若只让一个标有“220V 484W”的电热器工作3min，观察到电能表的指示灯闪烁了36次，电热器的实际消耗的电功率为　400　W，此时电路两端的实际电压是　200　V。

【分析】（1）电能表月末的示数减去月初的示数可得这个月消耗的电能；电能表读数时需注意，最后一位是小数，单位是kW•h。
（2）灯泡正常工作时的功率等于其额定功率，利用t=WP计算这些电能可供灯泡正常工作的时间。
（3）1800r/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1800r，据此求转盘转36灯泡消耗的电能，再利用P=Wt求灯泡的实际功率。又知道电热器的额定电压和额定功率，可利用公式R=U2P计算出电热器的电阻，最后再利用公式P=U2R计算出该同学家的实际电压。
【解答】解：
本月消耗的电能为：
W＝1268.8kW•h﹣1250.8kW•h＝18kW•h；
灯泡正常工作时的功率P＝P额＝0.1kW，
由P=Wt可得这些电能可供灯泡正常工作的时间：
t=WP=18kW⋅ℎ0.1kW=180h；
因为“220V”表示这个电能表的工作电压，“40A”表示电能表平时工作允许通过的最大电流，该同学家同时使用的用电器的最大总功率为：P＝UI＝220V×40A＝8800W。
因为电能表的指示灯闪烁了36次，所以电热器3min消耗的电能为：
W=361800kW•h＝0.02kW•h＝7.2×104J，
电热器的实际功率为：
P实=Wt=7.2×104J3×60s=400W，
由P=U2R可得电热器的电阻：
R=U额2P额=(220V)2484W=100Ω，
由P=U2R可得该同学家的实际电压为：
U实=P实R=400W×100Ω=200V。
故答案为：18；180；400；200
【点评】本题考查对电能表各参数的理解以及电功率和电能的计算，关键是对电能表各参数的正确理解以及公式及其变形的灵活运用，还要知道各物理量单位的换算。
三、作图题：本题6分。
14．（2分）按题目要求作图：
杠杆上B点挂着重物G，若在A点施加一个最小的力F使杠杆在图中的位置平衡，请画出力F的示意图。

【分析】根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，若阻力阻力臂乘积一定，则动力臂最大时动力会最小，而且动力使杠杆转动的效果与阻力（物体重力的拉力）使杠杆转动的效果相反。
【解答】解：根据杠杆平衡条件，要想动力最小，动力臂就要最大，因为支点是O点，当力作用在A点，OA为力臂时，力臂最长、动力最小，连接OA，动力F应与OA垂直斜向下，如图所示：

【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
15．（2分）按题目要求作图：
在图中画出入射光线AO的折射光线（大概位置）和反射光线.

【分析】光的反射定律：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：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射入水中时，折射光线靠近法线偏折，折射角小于入射角
【解答】解：首先垂直于界面做出法线，然后根据反射角等于入射角，在法线右侧空气中做出反射光线；再根据折射角小于入射角，在法线右侧水中画出折射光线，如图所示：

【点评】本题考查了光的反射定律和折射规律，是中考热点之一，要求学生不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线。
16．（2分）按题目要求作图：
请在图中用笔画线代替导线将电灯、开关和插座正确接入家庭电路。

【分析】（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上。这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：
（1）灯泡接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接在灯泡的螺旋套上。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。如图所示：

【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
四、实验题：本大题共3小题，第17小题6分，第18小题8分，第19小题6分，共20分。
17．（6分）小明在实验室看到一科学玩具——牛顿摆，如图1甲所示，它由支架、细线和5个完全相同的钢球组成，每个钢球通过两根无弹性细线固定在支架上，并紧挨着排列在同一水平直线上。拉起最左侧的钢球，释放后，它像单摆一样向右摆动撞击相邻钢球，仅把最右侧的钢球撞出，其他球几乎静止不动。这引发了小明的思考：为什么碰撞后仅有一个球摆动，而其余球仍然保持静止？于是他提出问题：被撞而摆动的钢球数量与哪些因素有关？接着他做出以下猜想：
①可能与撞击球撞击时的速度大小有关；
②可能与撞击球的数量多少有关；
将牛顿摆等效为单摆模型，如图1乙所示是一个钢球撞击其它钢球的情形，五个钢球自左向右标为A～E球。

若不考虑能量损失，请回答下列问题：
（1）将A球作为撞击球拉至一定的高度（保持细线绷直），由静止开始释放。释放后，A球向右摆动过程中，将 　重力势　能转化为动能。
（2）探究猜想①时，必须先控制每次撞击球的 　数量　相等，为了改变撞击球撞击时的速度，你的操作办法是：　将A球拉至不同的高度由静止释放　。释放后，当钢球A以不同速度发生碰撞时，每次均仅有E球被撞出，由此可判断：被撞而摆动的钢球数量与撞击球的速度 　无关　（选填：“有关”或“无关”）。
（3）通过上述实验，小明还是不明白为什么仅有一个球被撞出，于是他向老师请教，老师说：牛顿摆的钢球间发生碰撞时，撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，所以最终只有一个钢球被撞出。根据老师的讲解，小明继续探究猜想②，将A、B两球作为撞击球紧挨着，拉起一定高度后同时释放，A、B球向右摆动并与C球相撞，则此时可观察到的现象是如图2中的 　乙　（选填：“甲”、“乙”或“丙”）；请阐述你选择的理由：　将A、B两球作为撞击球紧挨着拉起一定高度后同时释放，撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，即摆动球的速度与撞击球的速度相等，而在传递速度的过程中机械能守恒，即摆动球的质量和撞击球的质量相等，所以会有两个球被弹起，故乙正确　。
【分析】（1）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法；
（2）要想验证被撞而摆动的钢球数量与哪些因素有关的两个猜想，必须使用控制变量法进行探究。
【解答】解：（1）释放后，A球向右摆动过程中，高度减小，速度变大，重力势能转化为动能。
（2）探究被撞而摆动的钢球数量与撞击球撞击时的速度大小有关时，需要控制撞击球的数量相同，改变撞击球的速度的大小，即将A球拉至不同的高度由静止释放。当钢球发生碰撞时，仅有E球被撞出，这表明被撞而摆动的钢球数量与撞击球的速度无关。
（3）由图1乙可得：5个完全相同的钢球说明每个钢球的质量相同；5个球紧挨着排列在同一水平直线上，高度相同，则5个球的重力势能也相同；由于撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，说明A球刚撞击B球时与球E刚摆动时具有相同的动能，即BCD球在传递速度的过程中机械能守恒。将A、B两球作为撞击球紧挨着拉起一定高度后同时释放，撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，即摆动球的速度与撞击球的速度相等，而在传递速度的过程中机械能守恒，即摆动球的质量和撞击球的质量相等，所以会有两个球被弹起，故乙正确。
故答案为：（1）重力势；
（2）数量；将A球拉至不同的高度由静止释放；无关。
（3）乙；将A、B两球作为撞击球紧挨着拉起一定高度后同时释放，撞击球的速度被大小不变地依次“传递”给下一个球，即摆动球的速度与撞击球的速度相等，而在传递速度的过程中机械能守恒，即摆动球的质量和撞击球的质量相等，所以会有两个球被弹起，故乙正确。
【点评】控制变量法是初中物理接触比较多的一种探究方法，需要掌握控制变量法进行分析解答，知道应该控制哪些因素不变，改变哪些因素；探究性实验是指实验者在不知晓实验结果的前提下，通过自己实验、探索、分析、研究得出结论，从而形成科学概念的一种认知活动。
18．（8分）王强小组同学在做“用天平和量筒测盐水密度”的实验，如图所示。

（1）调节天平时，天平应置于 　水平　桌面上，将游码移到标尺左侧的零刻度线，指针静止时的位置如图甲所示，为使天平平衡，应将左端的平衡螺母向 　左　（选填“左”或“右”）调节。
（2）将空烧杯放在天平左盘，天平平衡后右盘所放的砝码和游码所对位置如图乙所示，则空烧杯的质量是 　63　g。
（3）往空烧杯中加入适量的盐水，用天平称烧杯和盐水的总质量，天平平衡后右盘所放砝码和游码的位置如丙图所示，则盐水的质量为 　98　g。
（4）把烧杯中的盐水全部倒入量筒中，如图丁所示，读数时眼睛合理的位置是 　b　（填“a”、“b”或“c”），测得盐水体积为 　66　cm3，则盐水的密度为 　1.49×103　kg/m3。
（5）按上面实验方案测出盐水的密度值 　偏大　（填“偏大”、“正常”或“偏小”）。
【分析】（1）使用天平时，天平应放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的零刻度线上，向天平上翘的一端调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中央；
（2）（3）天平平衡时，物体的质量等于砝码的总质量加游码所对的刻度值；
（4）量筒读数时视线应与凹液面的底部相平，读出盐水的体积，根据ρ=mV计算出盐水的密度；
（5）将烧杯中的盐水全部倒入量筒中时，烧杯壁上会沾有一部分盐水，致使所测盐水的体积偏小，而所测质量是准确的，根据ρ=mV分析密度测量值的变化。
【解答】解：（1）调节天平时，天平应置于水平桌面上，将游码移到标尺左端的零刻度线处，图中指针指向分度盘的右侧，因此应将平衡螺母向左调节；
（2）由图乙可知，标尺的分度值是0.2g，空烧杯的质量为：m杯＝50g+10g+3g＝63g；
（3）由图丙可知，烧杯和盐水的总质量为：m总＝100g+20g+10g+1g＝131g，
盐水的质量为：m盐水＝m总﹣m杯＝131g﹣63g＝68g，
（4）量筒读数时视线与凹液面的底部相平，因此眼睛应该在b位置；
由图丁知，量筒的分度值为2mL，盐水的体积为：V＝66mL＝66cm3；
盐水的密度为：ρ=m盐水V=68g66cm3=1.03g/cm3＝1.03×103kg/m3；
（5）将烧杯中的盐水全部倒入量筒中时，烧杯壁上会沾有一部分盐水，致使所测盐水的体积偏小，而所测质量是准确的，根据ρ=mV可知，所测密度偏大。
故答案为：（1）水平；左；（2）63；（3）68；（4）b；66；1.03×103；（5）偏大。
【点评】本题为液体的密度测量实验，考查了天平的使用、量筒的读数、密度的计算、误差的分析等，属于常规方法测量密度，应掌握扎实。
19．（6分）某实验兴趣小组想测量标有“2.5V”字样小灯泡的额定功率，从实验室找来了电源、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和导线若干。

（1）如图甲所示为该小组一同学所连的实验电路，闭合开关前发现电路中有一根导线未连接，请把电路连接完整。
（2）当闭合开关时，发现电流表无示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压。造成这一现象的原因可能是小灯泡 　断路　。
（3）排除电路故障后闭合开关，移动滑片，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则灯泡的额定功率为 　1.25　W。
（4）同组的小红认为，可以利用图甲的装置多次测量不同电压下灯泡的电阻，并求出平均值，小明认为小红的观点不合理，理由是 　小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不是一个定值，求平均值没有意义　。
（5）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 　U额　；
②只闭合 　S、S1　，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1；
③小灯泡的额定功率P＝　U1U额(U−U额)R0(U−U1)　（用U、U1、U额、R0表示）。
【分析】（1）电压表应与小灯泡并联，采用“正进负出”的连接方式，选择电压表的量程；
（2）电流表无示数，灯泡不亮，说明电路是断路，电压表的示数接近电源电压，与电压表并联部分以处的电路是通路，分析故障原因；
（3）根据电流表的量程读出电电流表的示数，由P＝UI计算功率；
（4）根据串联电路电压和电流的规律和欧姆定律计算电阻，由功率公式计算功率。
【解答】解：（1）电路连接时，电压表应与小灯泡并联，采用“正进负出”的连接方式，因小灯泡的额定电压为2.5V，故电流表的量程选择为0～3V，连接电路如图所示：

（2）电流表无示数，灯泡不亮，说明电路是断路，电压表示数接近电源电压，说明与电压表并联部分以处的电路是通路，故造成这一现象的原因可能是小灯泡断路；
（3）当小灯泡正常工作时，灯泡两端的电压为额定电压2.5V，如图乙所示，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.5A，根据功率公式可得小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.5A＝1.25W；
（3）利用图甲的装置多次测量不同电压下灯泡的电阻，并求出平均值，小明认为小红的观点不合理，理由是小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不是一个定值，求平均值没有意义；
（4）①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为U额；
②只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1；
③只闭合S、S1，R0定值电阻和滑动变阻器串联，电路中的电流相等则有：U1R0=U−U1R，可得滑动变阻器的电阻为：R=U−U1U1R0；只闭合S、S2，滑动变阻器的电阻不变，此时通过灯泡的电流为：I额=U−U额R=U1(U−U额)(U−U1)R0，根据功率公式可得小灯泡的额定功率为：P＝U额I额=U1U额(U−U额)R0(U−U1)；
故答案为：（1）如图所示；（2）断路；（3）1.25；（4）小灯泡的电阻随温度的升高而增大，不是一个定值，求平均值没有意义；（5）U额；S、S1；U1U额(U−U额)R0(U−U1)。
【点评】本题是测量小灯泡功率的实验，考查了电流表的读数及电功率的计算，电路故障的分析，并且涉及到串联电路中电压和电流规律的应用。
五、计算题：第20小题7分，第21小题8分，共15分。
20．（7分）小明通过如图甲所示滑轮组，竖直向上用力拉绳子、将长方体从水中匀速提升至空中，拉力F与绳子自由端移动的距离的关系图象如图乙所示。物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为80%，长方体高0.1m。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1.5m，小明所做的功是多大？
（2）动滑轮重多少N？
（3）物体被拉出水面后，放在水平地面上（如图丙），若此时人竖直向上拉绳子的拉力为50N，此时物体对地面压强为多大？

【分析】（1）由图甲可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳端移动的距离，根据图乙得出物体在空中匀速上升过程中绳端的拉力，根据W＝Fs求出小明所做的功；
（2）根据η=W有W总×100%求出所做的有用功，根据W总＝W有+W额求出额外功，不计绳重、摩擦，根据W额＝G动h求出动滑轮重；
（3）根据W有＝Gh求出物体的重力，根据图乙得出物体在水中匀速上升过程中绳端的拉力，不计绳重、摩擦和水的阻力，根据F=1n（G+G动﹣F浮）求出物体受到的浮力，根据F浮＝ρgV排＝ρgSh求出物体的底面积；
物体被拉出水面后，放在水平地面上（如图丙），以动滑轮和物体的整体为研究对象受力分析可得，受到竖直向上4股绳子的拉力、地面的支持力和竖直向下的总重力作用，根据平衡条件得出等式即可求出支持力，根据支持力和压力是一对相互作用力求出此时物体对地面压力，利用p=FS求出物体对地面压强。
【解答】解：
（1）由图甲可知，n＝4，则绳端移动的距离：
s＝nh＝4×1.5m＝6m，
由图乙可知，物体在空中匀速上升过程中绳端的拉力F＝200N，
则该过程中小明所做的功：W总＝Fs＝200N×6m＝1200J；
（2）由η=W有W总×100%可得，所做的有用功：
W有＝W总η＝1200J×80%＝960J，
由W总＝W有+W额可得额外功：
W额＝W总﹣W有＝1200J﹣960J＝240J，
不计绳重、摩擦，根据W额＝G动h可得，动滑轮重：
G动=W额ℎ=240J1.5m=160N；
（3）由W有＝Gh可得，物体的重力：
G=W有ℎ=960J1.5m=640N，
由图乙可知，物体在水中匀速上升过程中漏出水面前绳端的拉力F′＝100N，
不计绳重、摩擦和水的阻力，由F=1n（G+G动﹣F浮）可得物体受到的浮力：
F浮＝G+G动﹣nF′＝640N+160N﹣4×100N＝400N，
由F浮＝ρ水gV排＝ρ水gSh′可得，物体的底面积：
S=F浮ρ水gℎ′=400N1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=0.4m2，
物体被拉出水面后，放在水平地面上（如图丙），以动滑轮和物体的整体为研究对象受力分析可知，整体受到竖直向上4股绳子的拉力、地面的支持力和竖直向下的总重力作用，
由动滑轮和物体的整体受到的合力为零可得：4F″+F支持＝G+G动，
则物体受到的支持力F支持＝G+G动﹣4F″＝640N+160N﹣4×50N＝600N，
因物体受到的支持力和物体对地面的压力是一对相互作用力，
所以，此时物体对地面压力：
F压＝F支持＝600N，
则物体对地面压强：
p=F压S=600N0.4m2=1500Pa。
答：（1）物体在空中上升1.5m，小明所做的功是1200J；
（2）动滑轮重为160N；
（3）此时物体对地面压强为1500Pa。
【点评】本题考查了做功公式、机械效率公式、压强公式、阿基米德原理的综合应用等，明确有用功、总功和额外功之间的关系是关键。
21．（8分）AG﹣600水上飞机（又称：JL﹣600或“蛟龙﹣600”）是中国航空工业集团公司特种飞行器研究所设计研制的大型灭火、水上救援水陆两栖飞机，是全球在研的最大的水陆两栖飞机。AG600主要用于大型灭火和水上救援，可以从地面起飞和降落，也可以从水面起飞和降落。AG600蓄满水后的最大质量为53.5t。
（取g＝10N/kg，q柴油＝4.0×107J/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）

（1）起落架与地面接触总面积为2m2，蓄满水静止在地面时，求其对地面的压强；
（2）某次试飞前，飞机蓄满水后静止在某湖面上，求其排开湖水的体积；
（3）在水面滑行测试中，蓄水后飞机总重为5×105N，飞机在水面上以36km/h的速度匀速滑行了1min，滑行过程中所受阻力为总重的0.5倍，求发动机牵引力的功率；
（4）在上述（3）匀速飞行过程中，发动机的效率为30%，求这1min里消耗的柴油是多少千克？
【分析】（1）飞机静止在地面上时对地面的压力等于自身重力；利用p=FS求对地面产生的压强；
（2）由于飞机静止在水面上是漂浮状态，飞机受到的浮力等于自身重力，由F浮＝ρ液gV排求排开水的体积；
（3）根据飞机重力求出牵引力大小，利用s＝vt计算飞机在水面上的滑行距离，利用W＝Fs计算牵引力做功，根据P=Wt计算发动机牵引力的功率；
（4）已知发动机的效率，由此可求得飞机消耗的总能量，再利用Q＝mq可求得燃油质量。
【解答】解：（1）飞机蓄满水静止在地面上时，对地面的压力：
F压＝G总＝m总g＝53.5×103kg×10N/kg＝5.35×105N，
对地面产生的压强：
p=F压S=5.35×105N2m2=2.675×105Pa；
（2）飞机静止在水面上是漂浮状态，此时飞机受到的浮力等于自身的重力：F浮＝G总＝5.35×105N，
由F浮＝ρ液gV排可得排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=5.35×105N1.0×103kg/m3×10N/kg=53.5m3；
（3）飞机滑行过程中所受阻力：f＝0.5G总＝0.5×5×105N＝2.5×105N，
因为飞机沿直线匀速滑行，所以飞机受到的牵引力：F＝f＝2.5×105N，
飞机在水面上以36km/h的速度匀速滑行了1min，
36km/h＝10m/s，1min＝60s，
则滑行距离s＝vt＝10m/s×60s＝600m，
牵引力做功：W＝Fs＝2.5×105N×600m＝1.5×108J，
发动机牵引力的功率：P=Wt=1.5×108J60s=2.5×106W；
（4）由η=WQ可得，燃油燃烧释放的总能量：
Q=Wη=1.5×108J30%=5×108J，
由Q＝mq可得，燃烧燃油的质量：
m油=Qq=5×108J4.0×107J/kg=12.5kg。
答：（1）其对地面的压强为2.675×105Pa；
（2）其排开湖水的体积为53.5m3；
（3）发动机牵引力的功率2.5×106W；
（4）这1min里消耗的柴油是12.5kg。
【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、压强公式、液体压强公式、功率公式、阿基米德原理、物体漂浮条件的应用，知识点多、综合性强，要求灵活运用。
六、综合题：第22小题7分，第23小题10分，共17分。
22．（7分）阅读下面两则材料，回答对应的问题
材料一：巨磁效应是指某些材料的电阻在磁场中急剧减小的现象。这一发现大大提高了磁、电之间信号转换的灵敏度，从而引发了现代硬盘生产的一场革命。如图是说明巨磁电阻特性的示意图，图中GMR是巨磁电阻。
（1）如果先闭合S2，再闭合S1，指示灯的亮度 　变亮　（变亮、变暗、不变）；
（2）闭合S1、S2后，向 　左　（左、右）调节滑片P，会发现电压表的示数变小；如果此过程中，电压表的示数是由3V变成2V，且通过指示灯的电流在0.2A和0.3A之间变化，则灯泡的电阻是 　10　Ω，指示灯所在电路电源电压是 　5　V（忽略灯丝电阻的变化）。
材料二：双触点干簧管是一种磁控开关，结构如图1所示，其外壳是一只密封的玻璃管，管内充有某种惰性气体，并装有A、B和C三块簧片，A的端点与C的端点是固定端点，B的端点是自由端点，正常时B的端点在自身弹力作用下与A的端点接触，当绕在干簧管上的线圈通电时，B与A的端点分开，并与C的端点接触。

请回答下列问题：
（3）簧片A、B和C所对应的材料可能是 　C　。
A.铁、铁、铜
B.铜、铝、铁.
C铜、铁、铁
D.镍、铁、铝
（4）如图3所示，请将电路连接完整，要求闭合开关后，红灯先通电，然后绿灯与红灯能交替通电。

【分析】（1）闭合S2时，指示灯与GMR串联，电压表测GMR两端的电压，闭合S1时，电磁铁有磁性，根据GMR与磁性之间的关系判断其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，利用P＝I2R可知指示灯功率的变化，进一步判断亮暗的变化；
（2）根据串联电路的分压特点可知GMR阻值的变化，从而确定磁场的变化，进一步确定通过电磁铁电流的变化和滑片移动的方向；根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出右图中电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出指示灯的电阻，进一步求出电源的电压。
（3）根据物体被磁化后可以吸引铁类物质，进行分析；
（4）闭合开关后，红灯先通电，然后绿灯与红灯能交替通电，由此根据双触点干簧管特点分析连接电路。
【解答】解：（1）先闭合S2，再闭合S1时，GMR所处的位置由无磁场变为有磁场，GMR的阻值减小，由图电路的总电阻减小，
由I=UR可知，由图中的电流增大，
由P＝I2R可知，指示灯的实际功率增大，指示灯变亮；
（2）因串联电路中电阻越大分得的电压越大，
所以，电压表的示数变小时，GMR的阻值变小，GMR所处磁场的磁性增强，
则通过电磁铁的电流增大，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，即滑片左移；
当电压表的示数UGMR＝3V时，电路中的电流I1＝0.2A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UGMR+I1RL＝3V+0.2A×RL，
当电压表的示数UGMR′＝2V时，电路中的电流I2＝0.3A，
则电源的电压：
U＝UGMR′+I2RL＝2V+0.3A×RL，
因电源的电压不变，
所以，3V+0.2A×RL＝2V+0.3A×RL，
解得：RL＝10Ω，
电源的电压U＝UGMR+I1RL＝3V+0.2A×10Ω＝5V。
（3）由题可知，螺线管通电后能够磁化干簧管的B、C两个簧片，所以B和C的制作材料可能是铁；B不能吸引A，则A的制作材料可能是铜，故选C；
（4）当开关S闭合后，电路接通红灯亮，故红灯与螺线管相连且与A簧片组成一条支路；
通电后螺线管产生磁性，B的端点与C的端点分别被磁化而相互吸引，把B簧片吸下来，绿灯电路接通绿灯亮，所以绿灯与C簧片相连；这样绿灯与红灯能交替通电。如图所示：

故答案为：（1）变亮；（2）左；10；5；（3）C；（4）见上图。
【点评】本题以巨磁效应为背景考查了串联电路特点和欧姆定律、电功率公式的应用，明确两电路的联系是解题的关键，要注意右图中电流与电压表示数的对应关系。
23．（10分）2016年5月15日，南通终于进入了动车时代。如图是南通火车站站台上的动车，动车的速度可达200km/h以上，开通后大大缩短了列车从南通驶往其他城市的时间。除了在速度方面的优势以外，动车更加安全舒适，服务更加的人性化。如窗玻璃采用双层玻璃，乘坐时感觉到噪音很小。车厢之间的门可以自动开关，卫生间水龙头自动放水、热风干手机自动吹风。如表是某次乘坐动车的时刻表：
车次
出站﹣到站
类型
开车时间
到站时间
里程
D5454
南通﹣南京
动车组
06：24
08：46
284km

（1）动车组安装的热风干手机，手靠近时能自动启动，利用了红外线传感器。在使用时感觉到，起先手特别凉，好像只吹冷风，等手上的水快干时，才能感觉到吹的是热风。其实干手机一直吹的都是热风，产生上述感觉的原因是 　发生了汽化现象，在这一过程中，它要吸收热量　。
（2）小明坐动车从南通到南京，全程的平均速度是 　120　km/h。
（3）一列长360m的动车沿直线匀速驶向正前方的隧道，动车全部在隧道内运行的时间是1min，在隧道内运行的平均速度是64.8km/h，则隧道的长度为 　1440　m。动车进入山洞隧道之前，需要鸣笛示警，由于洞口山崖对声的反射，司机鸣笛后可以听到回声。已知司机第一次鸣笛后4s听到回声，第二次鸣笛后2s听到回声，两次鸣笛的时间相隔为9.5s，则第一次鸣笛时动车距离山洞 　760　m。
（4）交通部门常用测速仪来检测车速。测速原理是测速仪前后两次发出并接收到被测车反射回的超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出车速，如图2甲。某次测速中，测速仪发出与接收超声波的情况如图乙所示，x表示超声波与测速仪之间的距离。则该被测汽车速度是 　14.17　m/s（假设超声波的速度为340米/秒，且保持不变）
【分析】（1）物质由液态变为气态叫汽化，汽化吸热。
（2）根据表中提供数据：发车时间和到站时间可知列车从南通到南京的运行时间；利用v=st算出动车从南通到南京全程的平均速度；
（3）根据动车路程等于隧道长度与动车长度之和，然后求出隧道的长度。设第一次鸣笛时汽车到峭壁距离为s，经过4s听到了回声，则4s内，汽车与声音通过的路程之和是s的2倍，可得关系式s车+s声＝2s；两次鸣笛相隔时间为9.5s，9.5s后汽车到峭壁距离为s﹣v车t，
第二次鸣笛时汽车到峭壁距离为s﹣v车t，经过2s听到了回声，2s内，汽车与声音通过的路程之和是（s﹣v车t）的2倍，可得关系式s车′+s声′＝2（s﹣v车t）；联立方程求解汽车的行驶速度；
（4）根据公式v=st知：如果能确定超声波第一次与汽车相遇的地点和第二次与汽车相遇的地点之间的距离s，并能得到此过程所用的时间，就能得到汽车行驶的速度。
【解答】解：（1）液态的水在手上蒸发变成气态的水蒸气，发生了汽化现象，在这一过程中，它要吸收热量，所以在此过程中手会感觉很凉；
（2）小明坐动车从南通到南京，全程的运行时间：t＝8：46﹣6：24＝2h22min＝21130h，
小明坐动车从南通到南京，全程的平均速度为：
v=st=284km21130ℎ=120km/h；
（3）由v=st得，动车匀速通过隧道的路程：
s＝vt＝64.8km/h×1×160h＝1.08km＝1080m，
则隧道的长度：
s隧道＝s+s车＝1080m+360m＝1440m；
设第一次鸣笛时汽车到峭壁距离为s，经过4s听到了回声，则4s内，汽车与声音通过的路程之和是s的2倍；
即s车+s声＝2s；
由v=st得：
s车+s声＝2s，
v车t1+v声t1＝2s，
v车×4s+340m/s×4s＝2s，﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
两次鸣笛相隔时间为9.5s，9.5s后汽车到峭壁距离为s﹣v车t，
第二次鸣笛后经过2s听到了回声，2s内，汽车与声音通过的路程之和是（s﹣v车t）的2倍；
即：s车′+s声′＝2（s﹣v车t），
s车′+s声′＝2s﹣2v车t，
v车t2+v声t2＝2s﹣2v车t；
v车×2s+340m/s×2s+2v车×9.5s＝2s，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得：
v车×4s+340m/s×4s＝v车×2s+340m/s×2s+2v车×9.5s，
v车×17s＝340m/s×2s
解得：
v车＝40m/s。
代入①，40m/s×4s+340m/s×4s＝2s，解得s＝760m；
（4）由图知：超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为t1=12X1=0.32s2=0.16s，
由v=st得，超声波通过的距离为：
s波1＝v波•t1＝340m/s×0.16s＝54.4m；
超声波第二次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为t2=12X2=0.24s2=0.12s，
超声波通过的距离为s波2＝v波•t2＝340m/s×0.12s＝40.8m，
汽车行驶的距离为s＝s波1﹣s波2＝54.4m﹣40.8m＝13.6m；
测试仪发出的超声波两次间隔时间为1s，且测试仪第一次发出超声波记为0时刻，则超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为0.16s；
超声波第二次发出的时间为1s末，超声波第二次与车相遇的时刻应该是1s+0.12s＝1.12s，
汽车行驶的时间是t＝1.12s﹣0.16s＝0.96s，
所以汽车行驶的速度为v′=s′t′=13.6m0.96s=st=14.17m/s。
故答案为：（1）发生了汽化现象，在这一过程中，它要吸收热量；（2）120；（3）1440；760；（4）14.17。
【点评】此题考查的是汽化吸热、速度公式的应用，读懂图像蕴含的信息，正确提取有用信息，是解决此类问题的关键，是一道综合题。