还剩29页未读，
继续阅读
2022年福建省中考物理模拟试卷（二）（Word版 含解析）
展开
这是一份2022年福建省中考物理模拟试卷（二）（Word版 含解析），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022年福建省中考物理模拟试卷（二）
一、单选题（本大题共16小题，共32分）
1. 警察利用如图所示的无人机对行人“喊话”，以维持交通秩序。地面上的行人能听到“喊话”声，是因为“喊话”声( )
A. 是次声波 B. 是超声波
C. 可以在空气中传播 D. 传播不需要介质
2. 如图是2021年12月9日二次出征的女宇航员王亚平在太空进行讲课情景，下列说法正确的是( )
A. 空间站上的太阳能电池板将光能转化为机械能
B. 地球上的学生听到王亚平的声音是靠声波传回地球的
C. 在天和核心舱里声音传播的速度和电磁波的速度相等
D. 王亚平在天和核心舱内授课依靠电磁波与地面学生交流
3. 2021年12月26日，神舟十三号乘组两名航天员叶光富、翟志刚出舱开展舱外作业，期间拍到叶光富在帆板上留下的影子，如图其原理是( )
A. 光的折射
B. 光的反射
C. 光的色散
D. 光沿直线传播
4. 如图所示，要使L1和L2两灯并联，必须( )
A. 闭合S1、S2、S3
B. 闭合S1、S3
C. 闭合S2、S3
D. 闭合S1、S2
5. 如图是车位引导灯，在车位上方安装有超声波车位探测器，当没有车辆停在车位时，超声波探测器的信号(相当于开关)控制绿灯亮，有车辆停在车位时，超声波探测器的信号控制红灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，物体A重30N，用F等于50N的力垂直压在墙上静止不动，则物体A所受的摩擦力是( )
A. 20N
B. 30N
C. 50N
D. 80N
7. 小伟观看体育频道的围棋节目，发现棋子在竖直放置的棋盘上保持静止，如图所示，原来棋盘和棋子是用磁性材料制成的，下列说法中正确的是( )
A. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是一对相互作用力
B. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是一对平衡力
C. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的摩擦力是一对平衡力
D. 棋子对棋盘的吸引力与棋盘对棋子的吸引力是一对平衡力
8. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向左移动，在此过程中( )
A. 电流表A示数不变，灯泡L亮度变亮
B. 电压表V1示数不变，灯泡L亮度变暗
C. 电压表V1示数变小，电压表V2示数变大
D. 电流表A示数变小，电压表V1示数不变
9. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，则( )
A. 灯L可能变亮
B. 灯L可能断路
C. 电阻R可能断路
D. 电阻R可能短路
10. 如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是( )
A. 物体受到的浮力大小关系为FA>FB>FC
B. 三个物体的密度大小关系是ρA>ρB>ρC
C. 容器对桌面的压力大小关系为F甲=F乙=F丙
D. 容器底部受到水的压强大小关系为p甲>p乙>p丙
11. 如图所示电路，电源电压恒定，只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，下列判断正确的是( )
A. 小灯泡的亮度将会变亮
B. 电压表V1与电压表V2的示数差变小
C. 电压表V1与电流表A的示数比值变大
D. 再闭合S2，调节变阻器的滑片，灯泡亮度不变
12. 如图所示，灯L1、L2完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且只有一个电表有示数，其故障可能是( )
A. 灯L1开路
B. 灯L1短路
C. 灯L2开路
D. 灯L2短路
13. 如图所示是海波和石蜡熔化时温度随时间变化的图像，则以下说法正确的是( )
A. 甲在第7min时是固液共存态 B. 甲在ab段停止吸热
C. 甲对应石蜡，乙对应海波 D. 乙的熔点随温度升高而升高
14. 某同学设计的水温监测电路如图1所示，R1为定值电阻，热敏电阻R2的阻值随温度t变化的图象如图2所示。闭合开关S，当水温上升时，则电流表及电压表示数将如何变化( )
A. 电流表示数变大，电压表示数变大 B. 电流表示数变大，电压表示数变小
C. 电流表示数变小，电压表示数变小 D. 电流表示数变小，电压表示数变大
15. 有一种半导体材料的电阻值随着温度的变化如表所示；用这种材料制成的热敏电阻与电压表等元件连成如图电路，电源电压为6伏，电压表量程为0-3伏，R0阻值为500欧。若把电压表的刻度盘改为指示水温的刻度盘，则下列说法正确的是( )
t/℃
0
20
40
60
80
100
R/Ω
500
380
300
250
220
200
A. 水温刻度均匀，环境温度越高，对应电压表读数越小
B. 水温刻度不均匀，环境度越高，对应电压表读数越大
C. 水温刻度盘上的100℃与电压表1伏对应
D. 水温刻度盘的60℃与电压表2伏对应
16. 如图甲所示的电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器R消耗的电功率随电流变化的关系如图乙所示，图乙中的a、b两点与图甲中滑动变阻器的滑片在A、B两位置时相对应。下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器的滑片在A点与B点时，电路的总功率之比是1：2
B. 电源电压为10V
C. 滑动变阻器消耗的最大电功率为3.6W
D. 电路消耗的最大电功率为7.2W
二、填空题（本大题共6小题，共12分）
17. 福州西湖公园游人如潮，鸟语花香。人们在公园漫步，花香扑鼻，说明分子在不停地做______；不时可听到小鸟悠扬的鸣叫声，说明声可以在______中传播；竞相开放的小花，五颜六色，这是光的______现象，真是美不胜收，让人流连忘返。
18. 小明自己制作了一个哨子，如图所示。在筷子上缠一些棉花，做成一个活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的塑料管。吹管的上端，可以发出悦耳的哨声。这哨声是由管内空气柱______产生的。上下推拉活塞，可以改变声音的______(选填“音调”，“响度”，或“音色”)。
19. 物理上常用“频闪照相”来研究物体的运动。如图甲，a、b是小亮两次跑步时，照相机记录的频闪照片，已知照片曝光时间间隔一定，由此回答下列问题。
(1)在图甲记录的时间内，______ (选填“a”或“b”)图反映他跑步的平均速度大。
(2)如图乙是跑步者用随身携带的手机APP软件记录的“配速”(配速定义：通过每公里路程所需要的时间)随时间变化的图像，则：在t1、t2和t3三个时刻中，运动得最快的时刻是______ 。
20. 如图所示，A、B是分别盛有适量的煤油和水的相同容器，底面积均为100cm2，置于水平桌面上。现将一实心小球分别放入A、B两容器中，小球静止后排开煤油和水的体积分别为20cm3和18cm3.则小球的密度为______kg/m3；小球静止在B容器中时，容器对桌面的压强增大了______Pa(ρ水=1.0×103kg/m3,ρ煤油=0.8×103kg/m3，取g=10N/kg，小球放入容器中时均无液体溢出)。
21. 如图所示，向右移动滑片，电压表与电流表示数的比值______(选填“变大”“不变”或“变小”)。若电路正常工作一段时间后两表的示数都突然变成零，若是滑动变阻器Rp或电阻R其中一处发生故障．则该电路中出现的故障可能是______。
22. 灯泡L标有“6V”字样，为探究其工作时的特点，小明利用图甲所示的电路进行实验，其中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“30Ω 1A”。闭合开关后，将变阻器的滑片P从a端向右缓慢移动，直到电压表示数达到6V时为止。图乙是用获得的实验数据作出的I-U图像，则小灯泡的额定功率是______W。若灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联接入电压为9V的电路中，R2每秒消耗的电能为______J。
三、作图题（本大题共2小题，共4分）
23. 如图所示，请画出“奋斗者号”潜水器匀速上升过程受力示意图。
24. 如图，凸透镜的主光轴与平静水面重合，F为凸透镜的焦点，入射光线AB平行主光轴，请画出AB经过凸透镜后的折射光线和进入水中的折射光线。
四、实验探究题（本大题共6小题，共36分）
25. 如图是一支珍珠奶茶的吸管，插破杯盖时，用A端好，还是B端好？为什么？
26. 在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm。用刻度尺在水平桌面上画一直线并标明刻度，将透镜固定在50cm刻度线处，实验装置如图所示。
(1)当把点燃的蜡烛放在20cm刻度处时，首先应调整凸透镜和光屏的高度，使它们的中心位置跟烛焰中心的位置大致在______。
(2)当把蜡烛移到35cm刻度处时，移动光屏可得到一个倒立______的实像。照相机、投影仪、放大镜这三种光学仪器正常使用时，与这种成像规律相同的是______。
(3)若有一只苍蝇落到凸透镜上，则光屏上______承接到苍蝇的像(填“能”或“不能”)。
(4)小明将自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，若想得到清晰的像，应向______移动光屏。
27. 如图，是“探究冰熔化时温度的变化及状态变化的规律”的实验装置。
(1)安装实验器材时，应按照______(填“自上而下”或“自下而上”)的顺序进行。
(2)将装冰的试管放在盛水的烧杯内加热并搅拌，而不是用酒精灯直接加热，目的是使试管内的冰______。
(3)下表是实验中记录的数据，可判断：冰在第6min时处于______状态。冰是______(选填“晶体”或“非晶体”)。理由：______。
时间t/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
温度t/℃
-4
-3
-2
-1
0
0
0
0
0.5
1
1.5
28. 小明用如图所示实验装置验证阿基米德原理。当物块没入装满水的溢水杯中时，水会流入空桶，回答下列问题：
(1)如图甲、乙所示，当物块浸入装满水的溢水杯中时，水对溢水杯底部的压强将会______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。根据图中数据可知，实验中物块所受浮力是______N，排开水的重力是______N；
(2)如果实验前溢水杯未装满水，实验测得的______(选填“浮力”或“排开水的重力”)将会______(选填“偏大”或“偏小”)；
(3)小明经过思考后认为，根据测得的物理量和水的密度ρ水，还可以计算出物块的密度ρ，则ρ=______kg/m3。
29. 同学们在测量额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，所用的实验器材如图甲所示，其中电源电压恒为6V，待测小灯泡电阻约为12Ω。
(1)将如图甲所示的电路连接完整。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到______ 端(选填“a”或“b”)；闭合开关，移动滑片至小灯泡正常发光，电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为______ W。
(3)另一组同学在实验时，电压表出现了故障不能使用，他们向老师借了一只阻值已知的定值电阻R0和两个开关S1、S2，设计了如图丙中的______ (选填“a”或“b”)所示的电路，继续测量小灯泡的额定功率，以下是测量过程：
①连接电路，闭合开关______ ，调节滑动变阻器，使电流表的示数为______ (用已知量和测出的物理量符号表示)，小灯泡正常发光；
②接着______ ，保持滑片位置不动，读出电流表的示数为I；
③则小灯泡的额定功率P额═ ______ 。(用已知量和测出的物理量符号表示)
30. 如图1所示，用加热器给初温均为20℃的甲、乙液体加热(m甲>m乙)，两种液体每秒吸收的热量相同。这两种液体的温度—加热时间的图线如图2。
(1)某时刻温度计示数如图1所示，此时乙的温度为______℃。
(2)甲液体第33s的内能______第30s的内能(选填“大于”、“等于”、“小于”)，其依据为______。
(3)加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过______来判断的，下列实验采用的物理方法与其一致的是______；
A.引入光线来表示光路
B.通过海绵凹陷程度来判断物体对受力面的压强大小
C.用乒乓球被弹开显示音叉的振动
D.探究平面镜成像规律时，通过移动蜡烛，确定像的位置
(4)根据图2中0至30s图线及题目所给信息可得出：甲液体的比热容比乙液体的小。你认为这个说法是否正确？______。你的依据是什么？______。
五、计算题（本大题共3小题，共24分）
31. 如图所示，实心物体M是边长为10cm的正方体。杠杆AOB可绕O点转动，AO=30cm，BO=20cm，当在杠杆的B端加一恒力F=30N时，M对地面的最小压强是290Pa(杆重不计，g取10N/kg).求：
(1)物体M的密度。
(2)若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，则加在B端的最小作用力是多大？
32. 如图所示，图甲(表格)、图乙分别为某烧水壶的铭牌和简化电路图，R1和R2为发热丝，S1为总开关，S2为温控开关，1、2分别为开关的两个接触点，丙图为某次将满壶水加热、保温过程的总功率与时间的关系图像，已知ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。求：
型号
SDS-15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
1210W
保温功率
40W
(1)这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量；
(2)本次工作过程共消耗的电能；
(3)R1和R2的阻值。
33. 如图甲所示是利用电动机和滑轮组(图中未画出)将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
(1)长方体A未露出水面时受到的浮力。
(2)长方体A的体积。
(3)长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、超声波和次声波是人耳听不到的，故A、B错误；
C、地面上的行人能听到喊话声，说明声音可以在空气中传播，故C正确；
D、声音的传播需要介质，故D错误。
故选：C。
(1)超声波是频率高于20000Hz的声音；次声波是频率低于20Hz的声音；人耳可以听到的频率范围是20～20000Hz；
(2)声音的传播需要介质，可以在固体、液体和气体中传播。
本题考查了对超声波、次声波和声音的传播的理解，属于基础题，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板可以将太阳能直接转化为电能，故A错误；
BD、真空不能传声，地球上的学生听到王亚平的声音是靠电磁波传回地球的，故B错误，故D正确；
C、声音在空气里的传播速度约340m/s，电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s，故C错误。
故选：D。
(1)结合影响能量的因素分析能量转化情况；
(2)声音不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播；
(3)声音在空气中的传播速度约340m/s，电磁波在真空中的传播速度和光速相等。
本题考查了电磁波等多个方面的知识，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累。
3.【答案】D
【解析】解：
在帆板上留下的影子是由于照射到叶光富身上的太阳光被挡住，因此在他身后留下了一片阴影区域，故ABC错误，D正确。
故选：D。
光的传播不需要介质，光在真空中也是沿直线传播，影子的形成原理就是因为光的直线传播。
本题考查了影子的形成原理，需知光在同种均匀介质中沿直线传播，在真空中也是如此。
4.【答案】B
【解析】解：A、当开关S1、S2、S3同时闭合时，电源短路，这是不允许的；故A错误；
B、开关S1、S3同时闭合时，两灯L1、L2首首相连、尾尾相连，两灯并联；故B正确；
C、由电路图可知，当闭合S2、S3，灯L1被短路，故C错误；
D、当开关S1、S2、同时闭合时，电源短路，这是不允许的，故D错误。
故选：B。
电路元件首尾顺次连接是串联，串联电路只有一条电流路径；电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联，并联电路有多条电流路径；据此根据电路图判断开关的断开与闭合情况。
本题考查了根据灯泡连接方式判断开关的断开与闭合情况，知道串并联的概念及特点、分析清楚电路结构即可正确解题。
5.【答案】B
【解析】解：
A.由电路图可知，开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，故A不符合题意；
B.由电路图可知，开关S接上面接线柱时红灯亮，开关S接下面接线柱时绿灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，故B符合题意；
C.由电路图可知，开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，故C不符合题意；
D.由电路图可知，只有开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，否则两灯泡均不亮，故D不符合题意。
故选：B。
由题意可知，当没有车辆停在车位时绿灯亮，有车辆停在车位时红灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，说明两灯泡可以独立工作、互不影响即为并联，然后分析选项图片找到符合要求的电路图。
本题考查了电路图的设计，应在认真分析题意及电路的基础上找到合适的电路图。
6.【答案】B
【解析】解：A处于静止状态，属于平衡状态，所以受到的是平衡力。摩擦力与重力是一对平衡力，A的重力的大小为30N，所以摩擦力也是30N。
故选：B。
通过对物体A所处的静止状态进行受力分析，然后利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力，从而可以得到答案。
对于二力平衡的条件的考查，一般有两种思路：①告诉处于平衡状态的物体受到的一个力，求其中的另外一个力。②给出两个力，判定这两个力是否平衡。此题属于第一种思路。
7.【答案】C
【解析】解：
A.棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是作用在同一物体上的两个力，且不在同一直线上，所以不是一对平相互作用力，故A错误；
B.棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的吸引力不在同一物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C.棋子处于静止状态，棋受到的重力与棋盘对棋子的摩擦力，是一对平衡力，故C正确；
D.棋子对棋盘的吸引力作用在棋盘上，棋盘对棋子的吸引力作用在棋子上，二力作用在两个物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，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)物体间力的作用是相互的，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。
二力平衡的条件的是考查的重点，对于其考查一般有两种思路：①利用二力平衡的条件判定两个力是否是平衡力，是否作用在同一个物体上；②两个力是否是一对作用力和反作用力，要看它们是否是互为施力物体和受力物体。
8.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器R的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小；
由U=IR可知，L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变大，即电压表V2的示数变大；
综上所述，C正确。
故选：C。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步判断亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
9.【答案】C
【解析】解：由图知，当电路正常工作时，灯泡L和电阻R串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R两端的电压；
一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，因电源电压不变，则电压表V1示数不变，因此只能是电压表V2示数增大；
电压表V2示数增大有两种可能：①灯泡L短路，则灯两端电压为0，电阻R两端的电压变为电源电压，即电压表V2的示数变为电源电压，所以V2的示数变大；
②电阻R断路，此时电压表V2和灯串联在电源上，此时电压表V2测电源电压，所以V2的示数变大；
灯泡L短路时，灯泡不发光；电阻R断路时，由串联电路的特点可知，灯泡也不发光；
由此可知，ABD错误、C正确。
故选：C。
由图可知，当电路正常工作时，灯泡L和电阻R串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R两端的电压；一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，因电源电压不变，则电压表V1示数不变，因此只能是电压表V2示数增大，据此分析电路故障的可能原因。
用电压表判断电路故障时，如果有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路。
10.【答案】C
【解析】解：由题知，A、B、C三个正方体的体积相同；
A、由图可知，A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排
则由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，
由于FA
所以根据ρ=mV=GgV可知，物体密度的大小关系：ρA<ρB<ρC，故B错误；
C、因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力，由阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，即说明容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等；由于容器相同，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙，故C正确；
D、正方体静止时，三个容器内水面高度相同，即h相同，水的密度一定，根据p=ρgh可知，容器底受到水的压强关系为p甲=p乙=p丙，故D错误。
故选：C。
(1)由图得出A、B、C三个正方体排开水的体积关系，根据阿基米德原理即可判断物体受到的浮力大小关系；
(2)由图得出A、B、C三个正方体所处的状态，利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；
(3)根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力；
(4)利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系。
此题考查阿基米德原理、液体压强公式和密度公式的应用等，是一道综合性较强的题目，但难度不是很大。
11.【答案】B
【解析】解：
ABC、只闭合开关S1，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器右部分两端的电压；
由于电压表在电路中相当于断路，移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻不变，总电阻不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，灯泡的实际功率不变，灯泡的亮度不变，故A错误；
根据U=IR可知，滑动变阻器两端的电压不变，即V1示数不变；滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，与电压表V2并联部分的电阻变大，根据U=IR可知，电压表V2示数变大，所以电压表V1与电压表V2的示数差变小，故B正确；
电压表V1示数不变，电流表A的示数不变，其比值不变，故C错误；
D、再闭合S2，变阻器左边部分被短路，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1和V2测量滑动变阻器两端的电压，调节变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻发生变化，总电阻改变，根据欧姆定律可知，电路中的电流改变，通过灯泡的电流改变，则灯泡的亮度改变，故D错误。
故选：B。
(1)只闭合开关S1，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器右部分两端的电压；根据滑片移动的方向判定电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电压表示数的变化；根据通过灯泡电流的变化判定灯泡亮度的变化；
(2)再闭合S2，调节变阻器的滑片，根据滑动变阻器接入电路阻值的变化判定电路中电流的变化，从而得出灯泡亮度的变化。
本题考查串联电路的规律、欧姆定律公式的运用，关键是电路的正确识别。
12.【答案】C
【解析】解：A、若L1开路，只有L2发光，电流表、电压表都有示数，故A不符合题意；
B、若灯L1短路，L2也同时被短路，两灯都不发光，两电表也都无示数，故B不符合题意；
C、若L2开路，灯L1发光，电流表无示数，电压表有示数，故C符合题意；
D、若L2短路，灯L1也同时被短路，两灯都不发光，故D不符合题意。
故选：C。
根据电路图可知，两灯泡并联，电流表A测量L2电流，电压表测量L2两端电压；
(1)根据电流表和电压表测量的对象确定有示数的仪表，从而判断电路故障；
(2)先确定电路故障，然后逐一分析。
要学会使用电流表、电压表来判断电路中的故障，学会从现象中分析原因。
13.【答案】A
【解析】解：甲有固定的熔化温度，是晶体，海波是晶体，故甲对应的是海波，乙没有固定的熔点，是非晶体，故乙对应的是石蜡，故C正确；
甲是晶体有固定的熔点，且熔点是48℃，从第4min开始熔化，到8min熔化完成，在第7min时处于熔化过程，处于固液共存状态，故A正确；
甲在ab段处于熔化过程，此时继续吸热，温度不变，但内能增加，故B错误；
从图可以看出，乙整个过程中温度不断上升，所以是非晶体，没有固定的熔点，故D错误。
故选：A。
要掌握晶体和非晶体的区别：晶体在熔化过程中温度保持不变，有固定的熔点，内能增加；非晶体在熔化过程中温度不断升高，没有固定的熔点。
晶体在熔化之前为固态，熔化过程中为固液混合态，熔化完后为液态。
此题考查了晶体和非晶体的熔化图象，要区分晶体和分晶体，关键是看是否有固定的熔化温度。同时能从图中找出晶体的熔化过程及熔点。
14.【答案】B
【解析】解：由图1电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流；
当水温上升时，由图2所示图象可知，热敏电阻R2阻值减小，其分压减小，电压表示数减小；
电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流增大，电流表示数增大。
故选：B。
分析清楚电路结构，根据水温的变化判断热敏电阻如何变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构，根据图示图象判断出热敏电阻如何变化，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
15.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，热敏电阻与电阻R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)热敏电阻R与电阻R0串联，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，由欧姆定律，电路中的电流：
I=UR+R0，
电压表的示数：
U'=IR0=UR+R0×R0；
由表中数据可知，变化相同温度时，电阻的变化值不同，那么电压表的变化值也不同；
故定值电阻两端电压的变化值不是定值，
因此所改表盘的刻度不均匀，且温度越高，电阻越小，由表达式可知电压表的示数越大，故A错误，B正确；
(2)当温度刻度盘的100℃时，R=200Ω，
所以U'=UR+R0×R0=6V×500Ω200Ω+500Ω≈4.3V，故C错误。
当温度刻度盘的60℃时，R=250Ω，
所以U'=UR+R0×R0=6V×500Ω250Ω+500Ω=4V，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，热敏电阻与电阻R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中电流，根据串联电路的电压特点求出电压表的示数，由表中数据可知温度变化相同时电阻的变化量不相同，据此判断温度刻度是否均匀；
(2)先根据表格找出温度刻度盘的100℃和60℃时对应的电阻，把数据代入表达式求出此时电压表的示数。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，同时考查了学生分析数据得出规律的能力和获取信息的能力，有一定难度。
16.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R0与滑动变阻器串联。
B、设电源电压为U，则U=UR0+U滑，滑片在A位置时，功率为3.2W，电流为0.8A，此时滑动变阻器R的电压为：U1=P1I1=3.2W0.8A=4V，
电源电压：U=4V+0.8A×R0------①；
滑片在B位置时，功率为3.2W。电流为0.4A，此时滑动变阻器R的电压为：U2=P2I2=3.2W0.4A=8V，
电源电压：U=8V+0.4A×R0------②；
由①②得：R0=10Ω，U=12V，故B错误；
A、滑动变阻器的滑片在A点时，电路的总功率为：P总=UI1=12V×0.8A=9.6W，
滑动变阻器的滑片在B点时，电路的总功率为：P总'=UI2=12V×0.4A=4.8W，
故滑动变阻器的滑片在A点与B点时，电路的总功率之比：P总：P总'=9.6W4.8W=2：1，故A错误；
C、设滑动变阻器接入电路中的电阻为R时电路中的电流I=UR0+U，
滑动变阻器消耗的电功率：PR=I2R=(UR0+R)2R=U2(R0+R)2R=U2R2-2RR0+R02+4RR0R=U2(R-R0)2R+4R0，
当R=R0=10Ω时，滑动变阻器的电功率最大，则PR大=U24R0=(12V)24×10Ω=3.6W，故C正确；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总功率最大，则P总大=U2R0=(12V)210Ω=14.4W，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，R0与滑动变阻器串联。
(1)设电源电压为U，则U=UR0+U滑，根据P=UI分别求出此时滑动变阻器R的电压，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出定值电阻的阻值，进一步求出电源的电压；
(2)根据图乙读出滑动变阻器消耗的功率为3.2W时电路中的电流，根据P=UI结合电源的电压不变求出滑动变阻器的滑片在a点与b点时电路的总功率之比；
(3)根据电阻的串联和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为R时电路中的电流，根据P=UI=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后根据表达式得出变阻器消耗的功率最大时接入电路中的电阻和其最大值；
(4)当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总功率最大，根据P=UI=U2R求出电路的最大功率。
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，正确的判断出滑动变阻器消耗的电功率最大时接入电路中的阻值是关键。
17.【答案】无规则的运动 空气 反射
【解析】解：闻到阵阵花香，是香气分子运动到了我们身边，是分子不停地做无规则的运动的结果；
声音的传播靠介质，我们听到的各种声音大多是通过气体传播来的；
五颜六色的小花在太阳光的照射下，只能反射与它颜色相同的光。
故答案为：无规则的运动；空气；反射。
(1)我们闻到周围物体的气味都是分子运动的结果；
(2)声音的传播靠介质，气体、液体、固体都可作为传播声音的介质；我们听到的各种声音都是通过气气体、液体、固体三种介质传播来的；
(3)白光是复色光，包括各种颜色的光，而物体的颜色由所反射的色光决定，各种颜色的物体被白光照射，看到的是它的本色。
本题考查了分子扩散、声音的传播、光的反射的知识，内容较多，但都不复杂，要认真分析。
18.【答案】振动 音调
【解析】解：吹哨子时，管内空气柱因发生振动会产生声音，当推拉活塞时，空气柱的长度发生改变，因此空气柱的振动快慢会发生改变，所以会发出不同音调的声音；
故答案为：振动，音调。
解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的，音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。
此题考查了声音的产生原因及影响声音音调的因素，会结合概念进行解释现象。
19.【答案】(1)b；(2)t2。
【解析】
【分析】
本题考查了速度公式的运用及数据分析和获取知识解决实际问题的能力，正确识别图像是解题的关键。
(1)设曝光时间间隔△t，由图甲知ab通过的距离s相同，比较ab所用时间，根据v=st比较两次记录中跑步的平均速度大小；
(2)由图乙根据配速定义结合速度公式v=st分析。
【解答】
(1)设曝光时间间隔△t，由图甲知，ab通过的距离s相同，a所用时间为5△t，b所用时间为3△t，由v=st可知，b跑步的平均速度大；
(2)配速是指跑每公里路程所用的时间，此数值越小(大)，表示运动相同路程所用的时间越少(多)，根据v=st知，运动越快(慢)，由图乙知t2时刻的配速值最小，其运动速度最快。
20.【答案】0.9×103 18
【解析】解：(1)由V排煤>V排水可知，小球在水和煤油中不可能同时浸没，否则排开水和煤油的体积相等，
小球静止后在煤油和水中受到的浮力分别为：
F浮煤=ρ煤gV排煤=0.8×103kg/m3×10N/kg×20×10-6m3=0.16N，
F浮水=ρ水gV排水=1.0×103kg/m3×10N/kg×18×10-6m3=0.18N，
由F浮煤
则小球的重力G=F浮水=0.18N，小球的体积V球=V排煤=2.0×10-5m3，
由G=mg=ρVg可得，小球的密度：ρ球=GV球g=0.18N2.0×10-5m3×10N/kg=0.9×103kg/m3；
(2)因物体对水平面的压力和自身的重力相等，
所以，小球静止在B容器中时，容器对桌面压力的增加量ΔF=G=0.18N，
容器对桌面压强的增加量：Δp=ΔFS=0.18N100×10-4m2=18Pa。
故答案为：0.9×103，18。
(1)小球在煤油和水中排开水的体积不同，说明小球不可能在两种液体中浸没；根据F浮=ρ液gV排求出小球在水和煤油中受到的浮力，比较所受浮力的大小关系可知小球在水和煤油中不可能同时漂浮，从而判断出小球在两种液体中所处的状态，然后得出小球的重力和体积，根据G=mg=ρVg求出小球的密度；
(2)小球静止在B容器中时，容器对桌面压力的增加量等于小球的重力，根据p=FS求出容器对桌面压强的增加量。
本题构思巧妙，利用两种液体让我们找到所需要的小球的重力和体积；本题对学生的能力要求较高，能否根据体积的不同并借助浮沉的条件判断出小球在不同液体中的浮沉状态是解决本题的关键。
21.【答案】不变 Rp断路
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压，根据R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R的电阻，保持不变；
若电路正常工作一段时间后，电流表示数变为0，则电路出现了断路现象；电压表示数为0，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是滑动变阻器Rp断路。
故答案为：不变；Rp断路。
由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压；根据R=UI分析电压表与电流表示数的比值；
两个电表的示数都变为0，说明电路中无电流，电路出现了断路现象，根据电压表示数分析电路的故障。
本题考查了电路的动态分析和电路故障的判定，属于基础题。
22.【答案】3.6 2.5
【解析】解：
(1)灯泡L标有“6V”字样，由图可知，灯泡两端的电压为6V时，通过灯泡的电流为0.6A，
则灯泡的额定功率为：P额=U额I额=6V×0.6A=3.6W；
(2)灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联为9V的电路中，当通过R2的电流为0.1A时，R2两端的电压为：U2=I2R2=0.1A×10Ω=1V，依次类推，当通过R2的电流为0.2A时，R2两端的电压为2V，当通过R2的电流为0.3A时，R2两端的电压为3V……据此描点作出定值电阻R2的I-U图像，如下所示：
；
串联电路中电流处处相等，由图像知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡两端电压为4V，R2两端电压为5V，
总电压：U=UL+U2=4V+5V=9V，符合将两者连入电压为9V电路的条件；
则R2每秒消耗的电能：W2=U2I2t=5V×0.5A×1s=2.5J。
故答案为：3.6；2.5。
(1)灯泡正常发光时的功率是额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(2)灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联为9V的电路中，在乙图中作出定值电阻R2的I-U图像，根据图像结合串联电路的电流、电压规律分析找出此时电路中的电流、R2两端的电压，最后由W=UIt计算R2每秒消耗的电能。
本题考查了电功率和电能的计算以及串联电路的电压和电流的规律，关键是从图像中获取有用的信息。
23.【答案】解：潜水器匀速上升，处于平衡状态，受到的重力和浮力是一对平衡力；
从潜水器的重心O分别作竖直向下的力(即重力)和竖直向上的力(即浮力)，注意两条线段的长度要相等，如图所示：
【解析】(1)潜水器匀速上升，处于平衡状态，受到的重力和浮力是一对平衡力，据此按照力的示意图的画法画出各个力；
(2)画力的示意图的一般步骤为：一画简图，二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边．按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
此题考查力的示意图的画法，关键是根据潜水器的运动状态，对潜水器进行正确的受力分析。
24.【答案】解：
(1)平行于主光轴的入射光线AB经过凸透镜折射后，折射光线过焦点F，由此画出经过凸透镜后的折射光线；
(2)光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；所以，过入射点(右侧焦点F)垂直于界面作出法线，根据折射角小于入射角，在水中法线的右侧作出折射光线，如图所示：
【解析】(1)根据入射光线的特点(平行于凸透镜的主光轴)，可以画出经过凸透镜后的折射光线。
(2)经过凸透镜后的折射光线又入射到水面的F点(凸透镜右边的焦点)，再根据光的折射规律(折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角)画出进入水中的折射光线。
关于凸透镜，有三条特殊的入射光线：①平行于主光轴；②过焦点；③过光心的。每条特殊的入射光线对应的折射光线都有自己的特点。
25.【答案】答：由图可知，插破杯盖时，加在杯盖上面的压强越大，越容易插破，A端的面积小于B端的面积，则在压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖，所以用A端好。
【解析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关，压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖。
解答此题的关键是根据图中提供的A端和B端的面积不同，从而比较出“压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖”，这是此题的突破点。
26.【答案】同一高度 放大 投影仪 不能 右
【解析】解：(1)在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度上；
(2)蜡烛在35cm处，则此时物距为50.0cm-35.0cm=15.0cm，此时f
(4)将自己的近视眼镜放在凸透镜前，近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，原来会聚成像的光线错后会聚，所以光屏向右移动才能在光屏上再次得到清晰的像。
故答案为：(1)同一高度；(2)放大；投影仪；(3)不能；(4)右。
(1)实验中应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
(2)当f2f，利用其可制成投影仪
(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；
(4)近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，会聚成像的光线错后会聚。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，一定要注意实验前的调整工作，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。
27.【答案】自下而上 受热均匀 固液共存 晶体 有固定的熔化温度
【解析】解：(1)实验中，由于酒精灯的外焰温度较高，为了节省实验时间和燃料，要用酒精灯的外焰加热，要根据酒精灯外焰的高度确定放置烧杯的铁圈的位置，所以应该自下而上安装器材；
(2)实验时，试管里装有适量的碎冰，将试管放入水中加热，这是水浴法，这样使冰冰受热均匀，而且熔化过程缓慢，便于观察和记录；
(3)根据表中数据可以看出，冰在熔化时有固定的熔化温度，是晶体，在第6min在冰的熔化过程中，吸热温度不变，处于固液共存态。
故答案为：(1)自下而上；(2)受热均匀；(3)固态共存；晶体；有固定的熔化温度。
(1)实验中，由于酒精灯的外焰温度较高，为了节省实验时间和燃料，要用酒精灯的外焰加热，要根据酒精灯外焰的高度确定放置烧杯的铁圈的位置；
(2)探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物质受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；
(3)晶体和非晶体的区别是：晶体有一定的熔化温度而非晶体没有；晶体熔化时吸热温度不变，处于固液共存态。
考查了冰熔化规律的实验、温度计的读数、水浴法加热、实验器材的安装、晶体熔化特点，是一道综合题。
28.【答案】不变 1 1 排开水的重力 偏小 2×103
【解析】解：(1)由于溢水杯原来已装满水，所以物块浸入水中后，杯中水的深度不变，由p=ρgh可知，水对容器底的压强不变；
由左图知：物体的重力G=F1=2N，
由右图知，物体浸没在水中弹簧测力计的示数F3=1N，则圆柱体物块浸没在水中时受到的浮力：F浮=G-F3=2N-1N=1N，
物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重，由左图知：空桶的重力为：G桶=F2=0.2N，由右图知，桶和排开水的总重为F4=1.2N，
则排开水的重力：G排=F4-G桶=1.2N-0.2N=1N；
(2)根据实验数据可得出：物块浸没在水中时受到的浮力F浮，物块排开水所受的重力G排，比较F浮与G排，可以得到浮力的大小跟物块排开水所受重力的关系。
物块浸没在水中时受到的浮力F浮，是根据称重法得出的；溢水杯未装满水，对于F3的测量结果没有影响；所以，测出的浮力F浮不变；
物体放入水中前，溢水杯应该是满水的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积，物块排开水所受的重力变小，所以，测得排开水的重力会偏小；
(3)由F浮=ρ水gV排可知，物块体积：V=V排水=F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10-4m3，
由G=mg可知，物体的质量：m=Gg=2N10N/kg=0.2kg，
物块的密度为：ρ=mV=0.2kg1×10-4m3=2×103kg/m3。
故答案为：(1)不变；1；1；(2)排开水的重力；偏小；(3)2×103。
(1)液体内部的压强与液体深度有关，深度越大，产生的压强越大；
根据称重法，F浮=G-F示，可计算物块浸没在水中时受到的浮力；物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重；
(2)根据物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重即可分析判断；
(3)根据F浮=ρ水gV排求出物块浸没在水中时排开水的体积，即物块的体积，然后根据G=mg算出物体的质量，利用密度公式算出物体的密度。
本题综合考查了阿基米德原理实验、影响液体压强大小的因素等知识；在“探究浮力的大小”实验中，用“称量法”测出物体受到的浮力，即F浮=G-F拉。
29.【答案】a 1.14 b S和S1 3.8VR0 断开S1、闭合S2 3.8V×(I-3.8VR0)
【解析】解：(1)在该实验中，电压表应与灯泡并联，且电压表“正进负出”，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，如下图：
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即a端；
由图知电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，
小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0串联时起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光，故b图符合题意；
①测量时，应先闭合开关S和S1，调节滑动变阻器，使电流表的示数为：I0=U额R0=3.8VR0时，此时R0的电压为U额，根据并联电路电压的规律，灯的电压为U额，说明小灯泡正常发光；
②接着将S1断开、S2闭合，保持滑动变阻器的滑片位置不动，读出电流表的示数为I(此时电流表测总电流)；
③由①②知电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，
此时电流表测RL和R0电流之和，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流为：
IL=I-I0=I-3.8VR0；
故小灯泡的额定功率：
P额=U额IL=3.8V×(I-3.8VR0)。
故答案为：(1)见上图；(3)a；1.14；(3)b；①S和S1；3.8VR0；②断开S1、闭合S2；③3.8V×(I-3.8VR0)。
(1)根据小灯泡的额定电压判断出电压表的量程，且电压表与电阻并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中；
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P=UI算出小灯泡的额定功率；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的额定功率，考查注意事项、电路的连接、电流表读数、额定功率的计算及实验方案的设计。
30.【答案】58 大于 温度升高，内能增加 加热时间 BC 正确 由c=QcΔt可知，吸收热量相同，升高温度相同，甲的质量大，所以甲的比热容小
【解析】解：(1)由图可知，温度计的分度值为1℃，示数为58℃；
(2)由图可知，物体从30s到33s，一直吸收热量，温度升高，内能增加，即甲液体第33s的内能大于第30s的内能；
(3)根据转换法，加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过加热时间来比较的；
A、研究光的传播时引入光线，采用了模型法；
B、通过海绵凹陷程度来判断物体对受力面压强大小，采用了转换法；
C、用乒乓球被弹开显示音叉的振动，采用了转换法；
D、探究平面镜成像规律时，通过移动蜡烛，确定像的位置，采用了等效替代法；
故选：BC；(4)由图可知，在0～30s内，甲、乙变化图象是重合的，即甲、乙吸收相同的热量，升高相同的温度，由于甲的质量大于乙的质量，由c=QmΔt可知，甲的比热容小于乙的比热容。
故答案为：(1)58；(2)大于；温度升高，内能增加；(3)加热时间；BC；(4)正确；由c=QmΔt可知，吸收热量相同，升高温度相同，甲的质量大，所以甲的比热容小。
(1)首先确定温度计的量程和分度值，然后读数；
(2)物体吸收热量，温度升高，内能增加；
(3)根据转换法，加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过加热时间来比较的，找出采用了转换法的选项；
(4)根据图象，利用c=QmΔt比较比热容的大小。
本题考查了物质的吸热能力的探究实验，关键是利用好控制变量法、转换法以及吸热公式Q吸=cmΔt的应用。
31.【答案】解：(1)设物体M的边长为a，则杠杆A端受到的拉力：
FA=Mg-PS=ρa3g-Pa2
当M对水平地面压强最小时，B端受到的力F一定与OB垂直，
根据杠杆的平衡条件：FA×OA=F×OB
即：(ρa3g-Pa2)×OA=F×OB
代入相关数据得：
ρ=2.29×103 kg/m3
答：物体M的密度是2.29×103kg/m3
(2)若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，如下图所示：
由图可见，此时A端受的拉力等于物体M的重力，A端拉力的力臂为OC，
根据三角形的知识可得OC=OAcos30°，根据杠杆平衡条件可得：
FA×OC=FB×OB
即：Mg×OAcos30°=FB×OB
ρa3g×OAcos30°=FB×OB
代入相关数据得：
FB=29.75 N。
答：若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，则加在B端的最小作用力是29.75N。
【解析】(1)杠杆A端受到的拉力等于实心物体M的重力和对地面的压力的差，M对地面的压强最小时，作用在杠杆B端的力F最小，此时力臂为OB的长度，根据杠杆的平衡条件FA×OA=F×OB，列出等式代入相关数据就可以求出物体M的密度。
(2)当杠杆的OB部分在水平位置平衡时，此时A端受的拉力等于物体M的重力，画出示意图，结合杠杆的平衡条件就可以解决问题。
本题考查了杠杆的平衡条件，计算过程比较复杂，解题的关键是明确作用在杠杆上的力的大小，是学生容易出错的题目，解题过程中一定要仔细。
32.【答案】解：
(1)满壶水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg；
水吸收的热量：
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃-25℃)=3.15×105J；
(2)由图丙可知，加热功率为1210W，加热时间为5min，保温功率为40W，保温时间为10min；
加热消耗的电能为：W加=P加t1=1210W×5×60s=3.63×105J，
保温消耗的电能为：W保=P保t2=40W×10×60s=0.24×105J，
则本次工作过程共消耗的电能为：
W=W加+W保=3.63×105J+0.24×105J=3.87×105J；
(3)当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，此时处于加热状态；
根据P=U2R可知R2的阻值为：R2=U2P加热=(220V)21210W=40Ω；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，为保温状态，两电阻串联，电路的总电阻：R总=U2P保温=(220V)240W=1210Ω，
根据电阻的串联可知，R1的阻值为：R1=R总-R2=1210Ω-40Ω=1170Ω；
答：(1)这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量为3.15×105J；
(2)本次工作过程共消耗的电能为3.87×105J；
(3)R1和R2的阻值分别为1170Ω和40Ω。
【解析】(1)根据密度公式求出满壶水的质量；根据Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)先根据图丙读出加热功率、保温功率以及加热时间和保温时间，然后根据W=Pt分别求出保温消耗的电能和加热消耗的电能，两者之和为消耗的总电能；
(3)当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最小，根据P=U2R可知烧水壶处于加热状态，根据加热功率和电压求出R2电阻；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，该电路为串联电路，总电阻最大，根据P=U2R可知烧水壶处于保温状态，根据保温功率和电压求出电路的电阻，根据串联电路的电阻关系求出的电阻值。
本题考查了热量的计算、电功和电功率公式的运用、串联电路的规律，利用好电功率的计算公式是解题的关键。
33.【答案】解：
(1)根据图乙可知，A未露出水面时所受的拉力F1=1.4×104N，物体A的重力G=F1'=2.4×104N；
则A未露出水面时受到的浮力：F浮=G-F1=2.4×104N-1.4×104N=1×104N；
(2)由F浮=ρ水gV排可得A排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=1×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=1m3；
因为A浸没在水中，所以A的体积：V=V排=1m3；
(3)A完全离开水面后，滑轮组的机械效率为75%，此时电动机对绳的拉力F为8×103N，
由η=W有用W总=GhFnh=GnF得，动滑轮上绳子的股数：
n=GF×η=2.4×104N8×103N×75%=4，
不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，由F=1n(G+G动)可得动滑轮的重力：
G动=4F-G=4×8×103N-2.4×104N=8×103N。
答：(1)长方体A未露出水面时受到的浮力为1×104N。
(2)长方体A的体积为1m3。
(3)动滑轮的重力为8×103N。
【解析】(1)从图象中读出物体A的重力和未露出水面时受到的拉力，然后根据称重法可求出长方体A未露出水面时受到的浮力；
(2)根据F浮=ρ水gV排求出A浸没在水中时排开水的体积，即A的体积；
(3)先根据机械效率公式η=W有用W总=GhFnh=GnF求出提升动滑轮上绳子的股数，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，再利用F=1n(G+G动)可求得动滑轮的重力。
本题为力学综合题，考查了称重法求浮力，阿基米德原理、滑轮组省力公式、机械效率公式的应用，关键是看懂图象以及求出动滑轮上绳子的股数。
2022年福建省中考物理模拟试卷（二）
一、单选题（本大题共16小题，共32分）
1. 警察利用如图所示的无人机对行人“喊话”，以维持交通秩序。地面上的行人能听到“喊话”声，是因为“喊话”声( )
A. 是次声波 B. 是超声波
C. 可以在空气中传播 D. 传播不需要介质
2. 如图是2021年12月9日二次出征的女宇航员王亚平在太空进行讲课情景，下列说法正确的是( )
A. 空间站上的太阳能电池板将光能转化为机械能
B. 地球上的学生听到王亚平的声音是靠声波传回地球的
C. 在天和核心舱里声音传播的速度和电磁波的速度相等
D. 王亚平在天和核心舱内授课依靠电磁波与地面学生交流
3. 2021年12月26日，神舟十三号乘组两名航天员叶光富、翟志刚出舱开展舱外作业，期间拍到叶光富在帆板上留下的影子，如图其原理是( )
A. 光的折射
B. 光的反射
C. 光的色散
D. 光沿直线传播
4. 如图所示，要使L1和L2两灯并联，必须( )
A. 闭合S1、S2、S3
B. 闭合S1、S3
C. 闭合S2、S3
D. 闭合S1、S2
5. 如图是车位引导灯，在车位上方安装有超声波车位探测器，当没有车辆停在车位时，超声波探测器的信号(相当于开关)控制绿灯亮，有车辆停在车位时，超声波探测器的信号控制红灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，物体A重30N，用F等于50N的力垂直压在墙上静止不动，则物体A所受的摩擦力是( )
A. 20N
B. 30N
C. 50N
D. 80N
7. 小伟观看体育频道的围棋节目，发现棋子在竖直放置的棋盘上保持静止，如图所示，原来棋盘和棋子是用磁性材料制成的，下列说法中正确的是( )
A. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是一对相互作用力
B. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是一对平衡力
C. 棋子受到的重力与棋盘对棋子的摩擦力是一对平衡力
D. 棋子对棋盘的吸引力与棋盘对棋子的吸引力是一对平衡力
8. 如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片P向左移动，在此过程中( )
A. 电流表A示数不变，灯泡L亮度变亮
B. 电压表V1示数不变，灯泡L亮度变暗
C. 电压表V1示数变小，电压表V2示数变大
D. 电流表A示数变小，电压表V1示数不变
9. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，则( )
A. 灯L可能变亮
B. 灯L可能断路
C. 电阻R可能断路
D. 电阻R可能短路
10. 如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是( )
A. 物体受到的浮力大小关系为FA>FB>FC
B. 三个物体的密度大小关系是ρA>ρB>ρC
C. 容器对桌面的压力大小关系为F甲=F乙=F丙
D. 容器底部受到水的压强大小关系为p甲>p乙>p丙
11. 如图所示电路，电源电压恒定，只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，下列判断正确的是( )
A. 小灯泡的亮度将会变亮
B. 电压表V1与电压表V2的示数差变小
C. 电压表V1与电流表A的示数比值变大
D. 再闭合S2，调节变阻器的滑片，灯泡亮度不变
12. 如图所示，灯L1、L2完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且只有一个电表有示数，其故障可能是( )
A. 灯L1开路
B. 灯L1短路
C. 灯L2开路
D. 灯L2短路
13. 如图所示是海波和石蜡熔化时温度随时间变化的图像，则以下说法正确的是( )
A. 甲在第7min时是固液共存态 B. 甲在ab段停止吸热
C. 甲对应石蜡，乙对应海波 D. 乙的熔点随温度升高而升高
14. 某同学设计的水温监测电路如图1所示，R1为定值电阻，热敏电阻R2的阻值随温度t变化的图象如图2所示。闭合开关S，当水温上升时，则电流表及电压表示数将如何变化( )
A. 电流表示数变大，电压表示数变大 B. 电流表示数变大，电压表示数变小
C. 电流表示数变小，电压表示数变小 D. 电流表示数变小，电压表示数变大
15. 有一种半导体材料的电阻值随着温度的变化如表所示；用这种材料制成的热敏电阻与电压表等元件连成如图电路，电源电压为6伏，电压表量程为0-3伏，R0阻值为500欧。若把电压表的刻度盘改为指示水温的刻度盘，则下列说法正确的是( )
t/℃
0
20
40
60
80
100
R/Ω
500
380
300
250
220
200
A. 水温刻度均匀，环境温度越高，对应电压表读数越小
B. 水温刻度不均匀，环境度越高，对应电压表读数越大
C. 水温刻度盘上的100℃与电压表1伏对应
D. 水温刻度盘的60℃与电压表2伏对应
16. 如图甲所示的电路中，电源电压不变，R0为定值电阻，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器R消耗的电功率随电流变化的关系如图乙所示，图乙中的a、b两点与图甲中滑动变阻器的滑片在A、B两位置时相对应。下列说法正确的是( )
A. 滑动变阻器的滑片在A点与B点时，电路的总功率之比是1：2
B. 电源电压为10V
C. 滑动变阻器消耗的最大电功率为3.6W
D. 电路消耗的最大电功率为7.2W
二、填空题（本大题共6小题，共12分）
17. 福州西湖公园游人如潮，鸟语花香。人们在公园漫步，花香扑鼻，说明分子在不停地做______；不时可听到小鸟悠扬的鸣叫声，说明声可以在______中传播；竞相开放的小花，五颜六色，这是光的______现象，真是美不胜收，让人流连忘返。
18. 小明自己制作了一个哨子，如图所示。在筷子上缠一些棉花，做成一个活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的塑料管。吹管的上端，可以发出悦耳的哨声。这哨声是由管内空气柱______产生的。上下推拉活塞，可以改变声音的______(选填“音调”，“响度”，或“音色”)。
19. 物理上常用“频闪照相”来研究物体的运动。如图甲，a、b是小亮两次跑步时，照相机记录的频闪照片，已知照片曝光时间间隔一定，由此回答下列问题。
(1)在图甲记录的时间内，______ (选填“a”或“b”)图反映他跑步的平均速度大。
(2)如图乙是跑步者用随身携带的手机APP软件记录的“配速”(配速定义：通过每公里路程所需要的时间)随时间变化的图像，则：在t1、t2和t3三个时刻中，运动得最快的时刻是______ 。
20. 如图所示，A、B是分别盛有适量的煤油和水的相同容器，底面积均为100cm2，置于水平桌面上。现将一实心小球分别放入A、B两容器中，小球静止后排开煤油和水的体积分别为20cm3和18cm3.则小球的密度为______kg/m3；小球静止在B容器中时，容器对桌面的压强增大了______Pa(ρ水=1.0×103kg/m3,ρ煤油=0.8×103kg/m3，取g=10N/kg，小球放入容器中时均无液体溢出)。
21. 如图所示，向右移动滑片，电压表与电流表示数的比值______(选填“变大”“不变”或“变小”)。若电路正常工作一段时间后两表的示数都突然变成零，若是滑动变阻器Rp或电阻R其中一处发生故障．则该电路中出现的故障可能是______。
22. 灯泡L标有“6V”字样，为探究其工作时的特点，小明利用图甲所示的电路进行实验，其中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“30Ω 1A”。闭合开关后，将变阻器的滑片P从a端向右缓慢移动，直到电压表示数达到6V时为止。图乙是用获得的实验数据作出的I-U图像，则小灯泡的额定功率是______W。若灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联接入电压为9V的电路中，R2每秒消耗的电能为______J。
三、作图题（本大题共2小题，共4分）
23. 如图所示，请画出“奋斗者号”潜水器匀速上升过程受力示意图。
24. 如图，凸透镜的主光轴与平静水面重合，F为凸透镜的焦点，入射光线AB平行主光轴，请画出AB经过凸透镜后的折射光线和进入水中的折射光线。
四、实验探究题（本大题共6小题，共36分）
25. 如图是一支珍珠奶茶的吸管，插破杯盖时，用A端好，还是B端好？为什么？
26. 在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm。用刻度尺在水平桌面上画一直线并标明刻度，将透镜固定在50cm刻度线处，实验装置如图所示。
(1)当把点燃的蜡烛放在20cm刻度处时，首先应调整凸透镜和光屏的高度，使它们的中心位置跟烛焰中心的位置大致在______。
(2)当把蜡烛移到35cm刻度处时，移动光屏可得到一个倒立______的实像。照相机、投影仪、放大镜这三种光学仪器正常使用时，与这种成像规律相同的是______。
(3)若有一只苍蝇落到凸透镜上，则光屏上______承接到苍蝇的像(填“能”或“不能”)。
(4)小明将自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，若想得到清晰的像，应向______移动光屏。
27. 如图，是“探究冰熔化时温度的变化及状态变化的规律”的实验装置。
(1)安装实验器材时，应按照______(填“自上而下”或“自下而上”)的顺序进行。
(2)将装冰的试管放在盛水的烧杯内加热并搅拌，而不是用酒精灯直接加热，目的是使试管内的冰______。
(3)下表是实验中记录的数据，可判断：冰在第6min时处于______状态。冰是______(选填“晶体”或“非晶体”)。理由：______。
时间t/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
温度t/℃
-4
-3
-2
-1
0
0
0
0
0.5
1
1.5
28. 小明用如图所示实验装置验证阿基米德原理。当物块没入装满水的溢水杯中时，水会流入空桶，回答下列问题：
(1)如图甲、乙所示，当物块浸入装满水的溢水杯中时，水对溢水杯底部的压强将会______(选填“变大”、“不变”或“变小”)。根据图中数据可知，实验中物块所受浮力是______N，排开水的重力是______N；
(2)如果实验前溢水杯未装满水，实验测得的______(选填“浮力”或“排开水的重力”)将会______(选填“偏大”或“偏小”)；
(3)小明经过思考后认为，根据测得的物理量和水的密度ρ水，还可以计算出物块的密度ρ，则ρ=______kg/m3。
29. 同学们在测量额定电压为3.8V小灯泡的额定功率，所用的实验器材如图甲所示，其中电源电压恒为6V，待测小灯泡电阻约为12Ω。
(1)将如图甲所示的电路连接完整。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到______ 端(选填“a”或“b”)；闭合开关，移动滑片至小灯泡正常发光，电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为______ W。
(3)另一组同学在实验时，电压表出现了故障不能使用，他们向老师借了一只阻值已知的定值电阻R0和两个开关S1、S2，设计了如图丙中的______ (选填“a”或“b”)所示的电路，继续测量小灯泡的额定功率，以下是测量过程：
①连接电路，闭合开关______ ，调节滑动变阻器，使电流表的示数为______ (用已知量和测出的物理量符号表示)，小灯泡正常发光；
②接着______ ，保持滑片位置不动，读出电流表的示数为I；
③则小灯泡的额定功率P额═ ______ 。(用已知量和测出的物理量符号表示)
30. 如图1所示，用加热器给初温均为20℃的甲、乙液体加热(m甲>m乙)，两种液体每秒吸收的热量相同。这两种液体的温度—加热时间的图线如图2。
(1)某时刻温度计示数如图1所示，此时乙的温度为______℃。
(2)甲液体第33s的内能______第30s的内能(选填“大于”、“等于”、“小于”)，其依据为______。
(3)加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过______来判断的，下列实验采用的物理方法与其一致的是______；
A.引入光线来表示光路
B.通过海绵凹陷程度来判断物体对受力面的压强大小
C.用乒乓球被弹开显示音叉的振动
D.探究平面镜成像规律时，通过移动蜡烛，确定像的位置
(4)根据图2中0至30s图线及题目所给信息可得出：甲液体的比热容比乙液体的小。你认为这个说法是否正确？______。你的依据是什么？______。
五、计算题（本大题共3小题，共24分）
31. 如图所示，实心物体M是边长为10cm的正方体。杠杆AOB可绕O点转动，AO=30cm，BO=20cm，当在杠杆的B端加一恒力F=30N时，M对地面的最小压强是290Pa(杆重不计，g取10N/kg).求：
(1)物体M的密度。
(2)若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，则加在B端的最小作用力是多大？
32. 如图所示，图甲(表格)、图乙分别为某烧水壶的铭牌和简化电路图，R1和R2为发热丝，S1为总开关，S2为温控开关，1、2分别为开关的两个接触点，丙图为某次将满壶水加热、保温过程的总功率与时间的关系图像，已知ρ水=1.0×103kg/m3，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。求：
型号
SDS-15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
1210W
保温功率
40W
(1)这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量；
(2)本次工作过程共消耗的电能；
(3)R1和R2的阻值。
33. 如图甲所示是利用电动机和滑轮组(图中未画出)将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
(1)长方体A未露出水面时受到的浮力。
(2)长方体A的体积。
(3)长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、超声波和次声波是人耳听不到的，故A、B错误；
C、地面上的行人能听到喊话声，说明声音可以在空气中传播，故C正确；
D、声音的传播需要介质，故D错误。
故选：C。
(1)超声波是频率高于20000Hz的声音；次声波是频率低于20Hz的声音；人耳可以听到的频率范围是20～20000Hz；
(2)声音的传播需要介质，可以在固体、液体和气体中传播。
本题考查了对超声波、次声波和声音的传播的理解，属于基础题，难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A、太阳能电池板可以将太阳能直接转化为电能，故A错误；
BD、真空不能传声，地球上的学生听到王亚平的声音是靠电磁波传回地球的，故B错误，故D正确；
C、声音在空气里的传播速度约340m/s，电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s，故C错误。
故选：D。
(1)结合影响能量的因素分析能量转化情况；
(2)声音不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播；
(3)声音在空气中的传播速度约340m/s，电磁波在真空中的传播速度和光速相等。
本题考查了电磁波等多个方面的知识，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累。
3.【答案】D
【解析】解：
在帆板上留下的影子是由于照射到叶光富身上的太阳光被挡住，因此在他身后留下了一片阴影区域，故ABC错误，D正确。
故选：D。
光的传播不需要介质，光在真空中也是沿直线传播，影子的形成原理就是因为光的直线传播。
本题考查了影子的形成原理，需知光在同种均匀介质中沿直线传播，在真空中也是如此。
4.【答案】B
【解析】解：A、当开关S1、S2、S3同时闭合时，电源短路，这是不允许的；故A错误；
B、开关S1、S3同时闭合时，两灯L1、L2首首相连、尾尾相连，两灯并联；故B正确；
C、由电路图可知，当闭合S2、S3，灯L1被短路，故C错误；
D、当开关S1、S2、同时闭合时，电源短路，这是不允许的，故D错误。
故选：B。
电路元件首尾顺次连接是串联，串联电路只有一条电流路径；电路元件首首相连、尾尾相连的连接方式是并联，并联电路有多条电流路径；据此根据电路图判断开关的断开与闭合情况。
本题考查了根据灯泡连接方式判断开关的断开与闭合情况，知道串并联的概念及特点、分析清楚电路结构即可正确解题。
5.【答案】B
【解析】解：
A.由电路图可知，开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，故A不符合题意；
B.由电路图可知，开关S接上面接线柱时红灯亮，开关S接下面接线柱时绿灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，故B符合题意；
C.由电路图可知，开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，故C不符合题意；
D.由电路图可知，只有开关S1、S2闭合时，红灯和绿灯同时亮，否则两灯泡均不亮，故D不符合题意。
故选：B。
由题意可知，当没有车辆停在车位时绿灯亮，有车辆停在车位时红灯亮，红灯和绿灯不能同时亮，说明两灯泡可以独立工作、互不影响即为并联，然后分析选项图片找到符合要求的电路图。
本题考查了电路图的设计，应在认真分析题意及电路的基础上找到合适的电路图。
6.【答案】B
【解析】解：A处于静止状态，属于平衡状态，所以受到的是平衡力。摩擦力与重力是一对平衡力，A的重力的大小为30N，所以摩擦力也是30N。
故选：B。
通过对物体A所处的静止状态进行受力分析，然后利用二力平衡的条件再分析其受到的摩擦力，从而可以得到答案。
对于二力平衡的条件的考查，一般有两种思路：①告诉处于平衡状态的物体受到的一个力，求其中的另外一个力。②给出两个力，判定这两个力是否平衡。此题属于第一种思路。
7.【答案】C
【解析】解：
A.棋子受到的重力与棋盘对棋子的吸引力是作用在同一物体上的两个力，且不在同一直线上，所以不是一对平相互作用力，故A错误；
B.棋子对棋盘的压力与棋盘对棋子的吸引力不在同一物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C.棋子处于静止状态，棋受到的重力与棋盘对棋子的摩擦力，是一对平衡力，故C正确；
D.棋子对棋盘的吸引力作用在棋盘上，棋盘对棋子的吸引力作用在棋子上，二力作用在两个物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)处于平衡状态的物体受到的力是平衡力，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)物体间力的作用是相互的，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。
二力平衡的条件的是考查的重点，对于其考查一般有两种思路：①利用二力平衡的条件判定两个力是否是平衡力，是否作用在同一个物体上；②两个力是否是一对作用力和反作用力，要看它们是否是互为施力物体和受力物体。
8.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器R的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小；
由U=IR可知，L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变大，即电压表V2的示数变大；
综上所述，C正确。
故选：C。
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，进一步判断亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
9.【答案】C
【解析】解：由图知，当电路正常工作时，灯泡L和电阻R串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R两端的电压；
一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，因电源电压不变，则电压表V1示数不变，因此只能是电压表V2示数增大；
电压表V2示数增大有两种可能：①灯泡L短路，则灯两端电压为0，电阻R两端的电压变为电源电压，即电压表V2的示数变为电源电压，所以V2的示数变大；
②电阻R断路，此时电压表V2和灯串联在电源上，此时电压表V2测电源电压，所以V2的示数变大；
灯泡L短路时，灯泡不发光；电阻R断路时，由串联电路的特点可知，灯泡也不发光；
由此可知，ABD错误、C正确。
故选：C。
由图可知，当电路正常工作时，灯泡L和电阻R串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测R两端的电压；一段时间后，发现其中一只电压表示数变大，因电源电压不变，则电压表V1示数不变，因此只能是电压表V2示数增大，据此分析电路故障的可能原因。
用电压表判断电路故障时，如果有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路。
10.【答案】C
【解析】解：由题知，A、B、C三个正方体的体积相同；
A、由图可知，A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排
则由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，
由于FA
所以根据ρ=mV=GgV可知，物体密度的大小关系：ρA<ρB<ρC，故B错误；
C、因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力，由阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，即说明容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等；由于容器相同，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙，故C正确；
D、正方体静止时，三个容器内水面高度相同，即h相同，水的密度一定，根据p=ρgh可知，容器底受到水的压强关系为p甲=p乙=p丙，故D错误。
故选：C。
(1)由图得出A、B、C三个正方体排开水的体积关系，根据阿基米德原理即可判断物体受到的浮力大小关系；
(2)由图得出A、B、C三个正方体所处的状态，利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；
(3)根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力；
(4)利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系。
此题考查阿基米德原理、液体压强公式和密度公式的应用等，是一道综合性较强的题目，但难度不是很大。
11.【答案】B
【解析】解：
ABC、只闭合开关S1，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器右部分两端的电压；
由于电压表在电路中相当于断路，移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻不变，总电阻不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，灯泡的实际功率不变，灯泡的亮度不变，故A错误；
根据U=IR可知，滑动变阻器两端的电压不变，即V1示数不变；滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，与电压表V2并联部分的电阻变大，根据U=IR可知，电压表V2示数变大，所以电压表V1与电压表V2的示数差变小，故B正确；
电压表V1示数不变，电流表A的示数不变，其比值不变，故C错误；
D、再闭合S2，变阻器左边部分被短路，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1和V2测量滑动变阻器两端的电压，调节变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻发生变化，总电阻改变，根据欧姆定律可知，电路中的电流改变，通过灯泡的电流改变，则灯泡的亮度改变，故D错误。
故选：B。
(1)只闭合开关S1，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量滑动变阻器右部分两端的电压；根据滑片移动的方向判定电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电压表示数的变化；根据通过灯泡电流的变化判定灯泡亮度的变化；
(2)再闭合S2，调节变阻器的滑片，根据滑动变阻器接入电路阻值的变化判定电路中电流的变化，从而得出灯泡亮度的变化。
本题考查串联电路的规律、欧姆定律公式的运用，关键是电路的正确识别。
12.【答案】C
【解析】解：A、若L1开路，只有L2发光，电流表、电压表都有示数，故A不符合题意；
B、若灯L1短路，L2也同时被短路，两灯都不发光，两电表也都无示数，故B不符合题意；
C、若L2开路，灯L1发光，电流表无示数，电压表有示数，故C符合题意；
D、若L2短路，灯L1也同时被短路，两灯都不发光，故D不符合题意。
故选：C。
根据电路图可知，两灯泡并联，电流表A测量L2电流，电压表测量L2两端电压；
(1)根据电流表和电压表测量的对象确定有示数的仪表，从而判断电路故障；
(2)先确定电路故障，然后逐一分析。
要学会使用电流表、电压表来判断电路中的故障，学会从现象中分析原因。
13.【答案】A
【解析】解：甲有固定的熔化温度，是晶体，海波是晶体，故甲对应的是海波，乙没有固定的熔点，是非晶体，故乙对应的是石蜡，故C正确；
甲是晶体有固定的熔点，且熔点是48℃，从第4min开始熔化，到8min熔化完成，在第7min时处于熔化过程，处于固液共存状态，故A正确；
甲在ab段处于熔化过程，此时继续吸热，温度不变，但内能增加，故B错误；
从图可以看出，乙整个过程中温度不断上升，所以是非晶体，没有固定的熔点，故D错误。
故选：A。
要掌握晶体和非晶体的区别：晶体在熔化过程中温度保持不变，有固定的熔点，内能增加；非晶体在熔化过程中温度不断升高，没有固定的熔点。
晶体在熔化之前为固态，熔化过程中为固液混合态，熔化完后为液态。
此题考查了晶体和非晶体的熔化图象，要区分晶体和分晶体，关键是看是否有固定的熔化温度。同时能从图中找出晶体的熔化过程及熔点。
14.【答案】B
【解析】解：由图1电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流；
当水温上升时，由图2所示图象可知，热敏电阻R2阻值减小，其分压减小，电压表示数减小；
电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流增大，电流表示数增大。
故选：B。
分析清楚电路结构，根据水温的变化判断热敏电阻如何变化，然后应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。
本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构，根据图示图象判断出热敏电阻如何变化，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
15.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，热敏电阻与电阻R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)热敏电阻R与电阻R0串联，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，由欧姆定律，电路中的电流：
I=UR+R0，
电压表的示数：
U'=IR0=UR+R0×R0；
由表中数据可知，变化相同温度时，电阻的变化值不同，那么电压表的变化值也不同；
故定值电阻两端电压的变化值不是定值，
因此所改表盘的刻度不均匀，且温度越高，电阻越小，由表达式可知电压表的示数越大，故A错误，B正确；
(2)当温度刻度盘的100℃时，R=200Ω，
所以U'=UR+R0×R0=6V×500Ω200Ω+500Ω≈4.3V，故C错误。
当温度刻度盘的60℃时，R=250Ω，
所以U'=UR+R0×R0=6V×500Ω250Ω+500Ω=4V，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，热敏电阻与电阻R0串联，电压表测R0两端的电压。
(1)根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中电流，根据串联电路的电压特点求出电压表的示数，由表中数据可知温度变化相同时电阻的变化量不相同，据此判断温度刻度是否均匀；
(2)先根据表格找出温度刻度盘的100℃和60℃时对应的电阻，把数据代入表达式求出此时电压表的示数。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的计算，同时考查了学生分析数据得出规律的能力和获取信息的能力，有一定难度。
16.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R0与滑动变阻器串联。
B、设电源电压为U，则U=UR0+U滑，滑片在A位置时，功率为3.2W，电流为0.8A，此时滑动变阻器R的电压为：U1=P1I1=3.2W0.8A=4V，
电源电压：U=4V+0.8A×R0------①；
滑片在B位置时，功率为3.2W。电流为0.4A，此时滑动变阻器R的电压为：U2=P2I2=3.2W0.4A=8V，
电源电压：U=8V+0.4A×R0------②；
由①②得：R0=10Ω，U=12V，故B错误；
A、滑动变阻器的滑片在A点时，电路的总功率为：P总=UI1=12V×0.8A=9.6W，
滑动变阻器的滑片在B点时，电路的总功率为：P总'=UI2=12V×0.4A=4.8W，
故滑动变阻器的滑片在A点与B点时，电路的总功率之比：P总：P总'=9.6W4.8W=2：1，故A错误；
C、设滑动变阻器接入电路中的电阻为R时电路中的电流I=UR0+U，
滑动变阻器消耗的电功率：PR=I2R=(UR0+R)2R=U2(R0+R)2R=U2R2-2RR0+R02+4RR0R=U2(R-R0)2R+4R0，
当R=R0=10Ω时，滑动变阻器的电功率最大，则PR大=U24R0=(12V)24×10Ω=3.6W，故C正确；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总功率最大，则P总大=U2R0=(12V)210Ω=14.4W，故D错误。
故选：C。
由电路图可知，R0与滑动变阻器串联。
(1)设电源电压为U，则U=UR0+U滑，根据P=UI分别求出此时滑动变阻器R的电压，根据串联电路的电压特点表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出定值电阻的阻值，进一步求出电源的电压；
(2)根据图乙读出滑动变阻器消耗的功率为3.2W时电路中的电流，根据P=UI结合电源的电压不变求出滑动变阻器的滑片在a点与b点时电路的总功率之比；
(3)根据电阻的串联和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为R时电路中的电流，根据P=UI=I2R表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后根据表达式得出变阻器消耗的功率最大时接入电路中的电阻和其最大值；
(4)当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总功率最大，根据P=UI=U2R求出电路的最大功率。
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，正确的判断出滑动变阻器消耗的电功率最大时接入电路中的阻值是关键。
17.【答案】无规则的运动 空气 反射
【解析】解：闻到阵阵花香，是香气分子运动到了我们身边，是分子不停地做无规则的运动的结果；
声音的传播靠介质，我们听到的各种声音大多是通过气体传播来的；
五颜六色的小花在太阳光的照射下，只能反射与它颜色相同的光。
故答案为：无规则的运动；空气；反射。
(1)我们闻到周围物体的气味都是分子运动的结果；
(2)声音的传播靠介质，气体、液体、固体都可作为传播声音的介质；我们听到的各种声音都是通过气气体、液体、固体三种介质传播来的；
(3)白光是复色光，包括各种颜色的光，而物体的颜色由所反射的色光决定，各种颜色的物体被白光照射，看到的是它的本色。
本题考查了分子扩散、声音的传播、光的反射的知识，内容较多，但都不复杂，要认真分析。
18.【答案】振动 音调
【解析】解：吹哨子时，管内空气柱因发生振动会产生声音，当推拉活塞时，空气柱的长度发生改变，因此空气柱的振动快慢会发生改变，所以会发出不同音调的声音；
故答案为：振动，音调。
解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的，音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。
此题考查了声音的产生原因及影响声音音调的因素，会结合概念进行解释现象。
19.【答案】(1)b；(2)t2。
【解析】
【分析】
本题考查了速度公式的运用及数据分析和获取知识解决实际问题的能力，正确识别图像是解题的关键。
(1)设曝光时间间隔△t，由图甲知ab通过的距离s相同，比较ab所用时间，根据v=st比较两次记录中跑步的平均速度大小；
(2)由图乙根据配速定义结合速度公式v=st分析。
【解答】
(1)设曝光时间间隔△t，由图甲知，ab通过的距离s相同，a所用时间为5△t，b所用时间为3△t，由v=st可知，b跑步的平均速度大；
(2)配速是指跑每公里路程所用的时间，此数值越小(大)，表示运动相同路程所用的时间越少(多)，根据v=st知，运动越快(慢)，由图乙知t2时刻的配速值最小，其运动速度最快。
20.【答案】0.9×103 18
【解析】解：(1)由V排煤>V排水可知，小球在水和煤油中不可能同时浸没，否则排开水和煤油的体积相等，
小球静止后在煤油和水中受到的浮力分别为：
F浮煤=ρ煤gV排煤=0.8×103kg/m3×10N/kg×20×10-6m3=0.16N，
F浮水=ρ水gV排水=1.0×103kg/m3×10N/kg×18×10-6m3=0.18N，
由F浮煤
则小球的重力G=F浮水=0.18N，小球的体积V球=V排煤=2.0×10-5m3，
由G=mg=ρVg可得，小球的密度：ρ球=GV球g=0.18N2.0×10-5m3×10N/kg=0.9×103kg/m3；
(2)因物体对水平面的压力和自身的重力相等，
所以，小球静止在B容器中时，容器对桌面压力的增加量ΔF=G=0.18N，
容器对桌面压强的增加量：Δp=ΔFS=0.18N100×10-4m2=18Pa。
故答案为：0.9×103，18。
(1)小球在煤油和水中排开水的体积不同，说明小球不可能在两种液体中浸没；根据F浮=ρ液gV排求出小球在水和煤油中受到的浮力，比较所受浮力的大小关系可知小球在水和煤油中不可能同时漂浮，从而判断出小球在两种液体中所处的状态，然后得出小球的重力和体积，根据G=mg=ρVg求出小球的密度；
(2)小球静止在B容器中时，容器对桌面压力的增加量等于小球的重力，根据p=FS求出容器对桌面压强的增加量。
本题构思巧妙，利用两种液体让我们找到所需要的小球的重力和体积；本题对学生的能力要求较高，能否根据体积的不同并借助浮沉的条件判断出小球在不同液体中的浮沉状态是解决本题的关键。
21.【答案】不变 Rp断路
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压，根据R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R的电阻，保持不变；
若电路正常工作一段时间后，电流表示数变为0，则电路出现了断路现象；电压表示数为0，说明电压表与电源之间是断开的，所以故障是滑动变阻器Rp断路。
故答案为：不变；Rp断路。
由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量R两端的电压；根据R=UI分析电压表与电流表示数的比值；
两个电表的示数都变为0，说明电路中无电流，电路出现了断路现象，根据电压表示数分析电路的故障。
本题考查了电路的动态分析和电路故障的判定，属于基础题。
22.【答案】3.6 2.5
【解析】解：
(1)灯泡L标有“6V”字样，由图可知，灯泡两端的电压为6V时，通过灯泡的电流为0.6A，
则灯泡的额定功率为：P额=U额I额=6V×0.6A=3.6W；
(2)灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联为9V的电路中，当通过R2的电流为0.1A时，R2两端的电压为：U2=I2R2=0.1A×10Ω=1V，依次类推，当通过R2的电流为0.2A时，R2两端的电压为2V，当通过R2的电流为0.3A时，R2两端的电压为3V……据此描点作出定值电阻R2的I-U图像，如下所示：
；
串联电路中电流处处相等，由图像知，当电路中的电流为0.5A时，灯泡两端电压为4V，R2两端电压为5V，
总电压：U=UL+U2=4V+5V=9V，符合将两者连入电压为9V电路的条件；
则R2每秒消耗的电能：W2=U2I2t=5V×0.5A×1s=2.5J。
故答案为：3.6；2.5。
(1)灯泡正常发光时的功率是额定功率，根据P=UI求出灯泡的额定功率；
(2)灯泡L与10Ω的定值电阻R2串联为9V的电路中，在乙图中作出定值电阻R2的I-U图像，根据图像结合串联电路的电流、电压规律分析找出此时电路中的电流、R2两端的电压，最后由W=UIt计算R2每秒消耗的电能。
本题考查了电功率和电能的计算以及串联电路的电压和电流的规律，关键是从图像中获取有用的信息。
23.【答案】解：潜水器匀速上升，处于平衡状态，受到的重力和浮力是一对平衡力；
从潜水器的重心O分别作竖直向下的力(即重力)和竖直向上的力(即浮力)，注意两条线段的长度要相等，如图所示：
【解析】(1)潜水器匀速上升，处于平衡状态，受到的重力和浮力是一对平衡力，据此按照力的示意图的画法画出各个力；
(2)画力的示意图的一般步骤为：一画简图，二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边．按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
此题考查力的示意图的画法，关键是根据潜水器的运动状态，对潜水器进行正确的受力分析。
24.【答案】解：
(1)平行于主光轴的入射光线AB经过凸透镜折射后，折射光线过焦点F，由此画出经过凸透镜后的折射光线；
(2)光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；所以，过入射点(右侧焦点F)垂直于界面作出法线，根据折射角小于入射角，在水中法线的右侧作出折射光线，如图所示：
【解析】(1)根据入射光线的特点(平行于凸透镜的主光轴)，可以画出经过凸透镜后的折射光线。
(2)经过凸透镜后的折射光线又入射到水面的F点(凸透镜右边的焦点)，再根据光的折射规律(折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角)画出进入水中的折射光线。
关于凸透镜，有三条特殊的入射光线：①平行于主光轴；②过焦点；③过光心的。每条特殊的入射光线对应的折射光线都有自己的特点。
25.【答案】答：由图可知，插破杯盖时，加在杯盖上面的压强越大，越容易插破，A端的面积小于B端的面积，则在压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖，所以用A端好。
【解析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关，压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖。
解答此题的关键是根据图中提供的A端和B端的面积不同，从而比较出“压力一定时，受力面积越小，压强越大，越容易插破杯盖”，这是此题的突破点。
26.【答案】同一高度 放大 投影仪 不能 右
【解析】解：(1)在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度上；
(2)蜡烛在35cm处，则此时物距为50.0cm-35.0cm=15.0cm，此时f
(4)将自己的近视眼镜放在凸透镜前，近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，原来会聚成像的光线错后会聚，所以光屏向右移动才能在光屏上再次得到清晰的像。
故答案为：(1)同一高度；(2)放大；投影仪；(3)不能；(4)右。
(1)实验中应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
(2)当f
(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；
(4)近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，会聚成像的光线错后会聚。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，一定要注意实验前的调整工作，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。
27.【答案】自下而上 受热均匀 固液共存 晶体 有固定的熔化温度
【解析】解：(1)实验中，由于酒精灯的外焰温度较高，为了节省实验时间和燃料，要用酒精灯的外焰加热，要根据酒精灯外焰的高度确定放置烧杯的铁圈的位置，所以应该自下而上安装器材；
(2)实验时，试管里装有适量的碎冰，将试管放入水中加热，这是水浴法，这样使冰冰受热均匀，而且熔化过程缓慢，便于观察和记录；
(3)根据表中数据可以看出，冰在熔化时有固定的熔化温度，是晶体，在第6min在冰的熔化过程中，吸热温度不变，处于固液共存态。
故答案为：(1)自下而上；(2)受热均匀；(3)固态共存；晶体；有固定的熔化温度。
(1)实验中，由于酒精灯的外焰温度较高，为了节省实验时间和燃料，要用酒精灯的外焰加热，要根据酒精灯外焰的高度确定放置烧杯的铁圈的位置；
(2)探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物质受热均匀，并且温度变化比较慢，便于记录实验温度；
(3)晶体和非晶体的区别是：晶体有一定的熔化温度而非晶体没有；晶体熔化时吸热温度不变，处于固液共存态。
考查了冰熔化规律的实验、温度计的读数、水浴法加热、实验器材的安装、晶体熔化特点，是一道综合题。
28.【答案】不变 1 1 排开水的重力 偏小 2×103
【解析】解：(1)由于溢水杯原来已装满水，所以物块浸入水中后，杯中水的深度不变，由p=ρgh可知，水对容器底的压强不变；
由左图知：物体的重力G=F1=2N，
由右图知，物体浸没在水中弹簧测力计的示数F3=1N，则圆柱体物块浸没在水中时受到的浮力：F浮=G-F3=2N-1N=1N，
物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重，由左图知：空桶的重力为：G桶=F2=0.2N，由右图知，桶和排开水的总重为F4=1.2N，
则排开水的重力：G排=F4-G桶=1.2N-0.2N=1N；
(2)根据实验数据可得出：物块浸没在水中时受到的浮力F浮，物块排开水所受的重力G排，比较F浮与G排，可以得到浮力的大小跟物块排开水所受重力的关系。
物块浸没在水中时受到的浮力F浮，是根据称重法得出的；溢水杯未装满水，对于F3的测量结果没有影响；所以，测出的浮力F浮不变；
物体放入水中前，溢水杯应该是满水的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积，物块排开水所受的重力变小，所以，测得排开水的重力会偏小；
(3)由F浮=ρ水gV排可知，物块体积：V=V排水=F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10-4m3，
由G=mg可知，物体的质量：m=Gg=2N10N/kg=0.2kg，
物块的密度为：ρ=mV=0.2kg1×10-4m3=2×103kg/m3。
故答案为：(1)不变；1；1；(2)排开水的重力；偏小；(3)2×103。
(1)液体内部的压强与液体深度有关，深度越大，产生的压强越大；
根据称重法，F浮=G-F示，可计算物块浸没在水中时受到的浮力；物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重；
(2)根据物块排开水所受的重力G排等于桶和排开水的总重减去空桶的重即可分析判断；
(3)根据F浮=ρ水gV排求出物块浸没在水中时排开水的体积，即物块的体积，然后根据G=mg算出物体的质量，利用密度公式算出物体的密度。
本题综合考查了阿基米德原理实验、影响液体压强大小的因素等知识；在“探究浮力的大小”实验中，用“称量法”测出物体受到的浮力，即F浮=G-F拉。
29.【答案】a 1.14 b S和S1 3.8VR0 断开S1、闭合S2 3.8V×(I-3.8VR0)
【解析】解：(1)在该实验中，电压表应与灯泡并联，且电压表“正进负出”，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，如下图：
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即a端；
由图知电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，
小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0串联时起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光，故b图符合题意；
①测量时，应先闭合开关S和S1，调节滑动变阻器，使电流表的示数为：I0=U额R0=3.8VR0时，此时R0的电压为U额，根据并联电路电压的规律，灯的电压为U额，说明小灯泡正常发光；
②接着将S1断开、S2闭合，保持滑动变阻器的滑片位置不动，读出电流表的示数为I(此时电流表测总电流)；
③由①②知电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，
此时电流表测RL和R0电流之和，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流为：
IL=I-I0=I-3.8VR0；
故小灯泡的额定功率：
P额=U额IL=3.8V×(I-3.8VR0)。
故答案为：(1)见上图；(3)a；1.14；(3)b；①S和S1；3.8VR0；②断开S1、闭合S2；③3.8V×(I-3.8VR0)。
(1)根据小灯泡的额定电压判断出电压表的量程，且电压表与电阻并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中；
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P=UI算出小灯泡的额定功率；
(3)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为U额R0时，由并联电路电压的规律，灯的电压为额定电压，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出灯的额定功率的表达式。
本题测量小灯泡的额定功率，考查注意事项、电路的连接、电流表读数、额定功率的计算及实验方案的设计。
30.【答案】58 大于 温度升高，内能增加 加热时间 BC 正确 由c=QcΔt可知，吸收热量相同，升高温度相同，甲的质量大，所以甲的比热容小
【解析】解：(1)由图可知，温度计的分度值为1℃，示数为58℃；
(2)由图可知，物体从30s到33s，一直吸收热量，温度升高，内能增加，即甲液体第33s的内能大于第30s的内能；
(3)根据转换法，加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过加热时间来比较的；
A、研究光的传播时引入光线，采用了模型法；
B、通过海绵凹陷程度来判断物体对受力面压强大小，采用了转换法；
C、用乒乓球被弹开显示音叉的振动，采用了转换法；
D、探究平面镜成像规律时，通过移动蜡烛，确定像的位置，采用了等效替代法；
故选：BC；(4)由图可知，在0～30s内，甲、乙变化图象是重合的，即甲、乙吸收相同的热量，升高相同的温度，由于甲的质量大于乙的质量，由c=QmΔt可知，甲的比热容小于乙的比热容。
故答案为：(1)58；(2)大于；温度升高，内能增加；(3)加热时间；BC；(4)正确；由c=QmΔt可知，吸收热量相同，升高温度相同，甲的质量大，所以甲的比热容小。
(1)首先确定温度计的量程和分度值，然后读数；
(2)物体吸收热量，温度升高，内能增加；
(3)根据转换法，加热过程中，甲和乙吸收热量的多少是通过加热时间来比较的，找出采用了转换法的选项；
(4)根据图象，利用c=QmΔt比较比热容的大小。
本题考查了物质的吸热能力的探究实验，关键是利用好控制变量法、转换法以及吸热公式Q吸=cmΔt的应用。
31.【答案】解：(1)设物体M的边长为a，则杠杆A端受到的拉力：
FA=Mg-PS=ρa3g-Pa2
当M对水平地面压强最小时，B端受到的力F一定与OB垂直，
根据杠杆的平衡条件：FA×OA=F×OB
即：(ρa3g-Pa2)×OA=F×OB
代入相关数据得：
ρ=2.29×103 kg/m3
答：物体M的密度是2.29×103kg/m3
(2)若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，如下图所示：
由图可见，此时A端受的拉力等于物体M的重力，A端拉力的力臂为OC，
根据三角形的知识可得OC=OAcos30°，根据杠杆平衡条件可得：
FA×OC=FB×OB
即：Mg×OAcos30°=FB×OB
ρa3g×OAcos30°=FB×OB
代入相关数据得：
FB=29.75 N。
答：若使杠杆的OB部分在水平位置平衡，则加在B端的最小作用力是29.75N。
【解析】(1)杠杆A端受到的拉力等于实心物体M的重力和对地面的压力的差，M对地面的压强最小时，作用在杠杆B端的力F最小，此时力臂为OB的长度，根据杠杆的平衡条件FA×OA=F×OB，列出等式代入相关数据就可以求出物体M的密度。
(2)当杠杆的OB部分在水平位置平衡时，此时A端受的拉力等于物体M的重力，画出示意图，结合杠杆的平衡条件就可以解决问题。
本题考查了杠杆的平衡条件，计算过程比较复杂，解题的关键是明确作用在杠杆上的力的大小，是学生容易出错的题目，解题过程中一定要仔细。
32.【答案】解：
(1)满壶水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1×10-3m3=1kg；
水吸收的热量：
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1kg×(100℃-25℃)=3.15×105J；
(2)由图丙可知，加热功率为1210W，加热时间为5min，保温功率为40W，保温时间为10min；
加热消耗的电能为：W加=P加t1=1210W×5×60s=3.63×105J，
保温消耗的电能为：W保=P保t2=40W×10×60s=0.24×105J，
则本次工作过程共消耗的电能为：
W=W加+W保=3.63×105J+0.24×105J=3.87×105J；
(3)当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，此时处于加热状态；
根据P=U2R可知R2的阻值为：R2=U2P加热=(220V)21210W=40Ω；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，为保温状态，两电阻串联，电路的总电阻：R总=U2P保温=(220V)240W=1210Ω，
根据电阻的串联可知，R1的阻值为：R1=R总-R2=1210Ω-40Ω=1170Ω；
答：(1)这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量为3.15×105J；
(2)本次工作过程共消耗的电能为3.87×105J；
(3)R1和R2的阻值分别为1170Ω和40Ω。
【解析】(1)根据密度公式求出满壶水的质量；根据Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量；
(2)先根据图丙读出加热功率、保温功率以及加热时间和保温时间，然后根据W=Pt分别求出保温消耗的电能和加热消耗的电能，两者之和为消耗的总电能；
(3)当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最小，根据P=U2R可知烧水壶处于加热状态，根据加热功率和电压求出R2电阻；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，该电路为串联电路，总电阻最大，根据P=U2R可知烧水壶处于保温状态，根据保温功率和电压求出电路的电阻，根据串联电路的电阻关系求出的电阻值。
本题考查了热量的计算、电功和电功率公式的运用、串联电路的规律，利用好电功率的计算公式是解题的关键。
33.【答案】解：
(1)根据图乙可知，A未露出水面时所受的拉力F1=1.4×104N，物体A的重力G=F1'=2.4×104N；
则A未露出水面时受到的浮力：F浮=G-F1=2.4×104N-1.4×104N=1×104N；
(2)由F浮=ρ水gV排可得A排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=1×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=1m3；
因为A浸没在水中，所以A的体积：V=V排=1m3；
(3)A完全离开水面后，滑轮组的机械效率为75%，此时电动机对绳的拉力F为8×103N，
由η=W有用W总=GhFnh=GnF得，动滑轮上绳子的股数：
n=GF×η=2.4×104N8×103N×75%=4，
不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，由F=1n(G+G动)可得动滑轮的重力：
G动=4F-G=4×8×103N-2.4×104N=8×103N。
答：(1)长方体A未露出水面时受到的浮力为1×104N。
(2)长方体A的体积为1m3。
(3)动滑轮的重力为8×103N。
【解析】(1)从图象中读出物体A的重力和未露出水面时受到的拉力，然后根据称重法可求出长方体A未露出水面时受到的浮力；
(2)根据F浮=ρ水gV排求出A浸没在水中时排开水的体积，即A的体积；
(3)先根据机械效率公式η=W有用W总=GhFnh=GnF求出提升动滑轮上绳子的股数，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，再利用F=1n(G+G动)可求得动滑轮的重力。
本题为力学综合题，考查了称重法求浮力，阿基米德原理、滑轮组省力公式、机械效率公式的应用，关键是看懂图象以及求出动滑轮上绳子的股数。
相关试卷
2024年福建省福州市三县中考物理模拟试卷（含详细答案解析）： 这是一份2024年福建省福州市三县中考物理模拟试卷（含详细答案解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省漳州市中考物理模拟试题（二）（含解析）： 这是一份2023年福建省漳州市中考物理模拟试题（二）（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，简答题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021年福建省物理中考模拟试卷（一）（word版 含答案）： 这是一份2021年福建省物理中考模拟试卷（一）（word版 含答案），共24页。
