2022年江苏省徐州市丰县中考第二次质量检测物理试题

这是一份2022年江苏省徐州市丰县中考第二次质量检测物理试题，共19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，综合题等内容，欢迎下载使用。

2022年江苏省徐州市丰县中考第二次质量检测物理试题

一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 在国际单位制中，能量的单位是(    )
A. 牛顿(N) B. 焦耳(J) C. 千克(kg) D. 帕斯卡(Pa)
2. 下列物体在通常情况下属于导体的是(    )
A. 绘画橡皮 B. 物理课本 C. 不锈钢直尺 D. 塑料刻度尺
3. 下列说法中错误的是(    )
A. “引吭高歌”中的“高”，是指声音的响度大
B. 公路旁安装隔音墙是为了在传播路径上减弱噪声
C. 声音和光一样，都可以在真空中传播
D. 雨后的彩虹是太阳光的色散现象，说明太阳光是由不同色光组成的
4. 在如图所示的四种工具中，正常使用时属于费力杠杆的是(    )
A. 用镊子夹金属环 B. 用钢丝钳剪钢丝
C. 用剪刀剪花枝 D. 用起子开瓶盖
5. 图所述的事例中，为了减小有害摩擦的是(    )
A. 汽车轮胎上有凸起的条纹
B. 乒乓球拍上粘贴橡胶
C. 拔河比赛时运动员用力蹬住地面
D. 在转动轴承中装有滚珠
6. 甲、乙、丙三个轻质小球，已知甲带正电，甲与乙相互排斥，甲与丙相互吸引，则(    )
A. 乙带正电，丙一定带负电 B. 乙带正电，丙可能带负电
C. 乙带负电，丙一定带负电 D. 乙带负电，丙可能带负电
7. 下列措施中，能使蒸发减慢的是(    )
A. 将湿衣服展开后晾在向阳、通风处 B. 用笤帚把地上的水向周围扫开
C. 用保鲜袋装蔬菜放入冰箱 D. 用电吹风机吹头发
8. 在如图所示的四种做法中，符合安全用电原则的是(    )
A. 使用绝缘皮损坏的导线
B. 更换灯泡要先断开开关
C. 在高压电线下放风筝
D. 用金属棒挑开通电的裸导线
9. 在2022年北京冬奥会赛场上，滑雪运动员正在使用滑雪板沿山坡的雪道下滑，如图所示。对于运动员收起滑雪杖沿山坡雪道匀速下滑的过程，下列说法中正确的是(    )
A. 运动员的动能转化为重力势能
B. 运动员的重力势能全部转化为动能
C. 滑雪板与雪道之间没有摩擦力
D. 运动员的机械能一定减小
10. 如图是小亮设计的“挂钩式电子秤”的电路原理图。电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，滑片P与挂钩固定在一起。不挂物体时，滑片P在R2最上端。挂上物体时，滑片P随挂钩向下移动。在电子秤量程范围内，则(    )
A. 不挂物体时，电压表示数为电源电压
B. 所挂物体越重，电流表示数越大
C. 所挂物体越轻，电路消耗的总功率越大
D. 所挂物体重量发生变化，电压表示数与电流表示数的比值不变

二、填空题（本大题共6小题，共17.0分）
11. 大型客机C919钛合金舱门零件是由3D打印而成的，3D打印的技术之一是在高能激光的作用下，钛合金粉末______(选填“吸热”或“放热”)______(填物态变化)成液态，然后按构件形状重新______(填物态变化)成新的模型。
12. 如图是喷气式飞机，在飞行时，发动机向后高速喷出气体，飞机获得向前的推力，这 说明力的作用是______的；如图，飞机获得升力的原理是：气体流速越大，气体压强______(选填“越大”或“越小”)；当飞机在高空飞行时，大气压减小，为了防止燃料沸腾，飞机使用沸点较______(选填“高”或“低”)的煤油作为燃料。
13. 如图所示是嫦娥4号的中继卫星“鹊桥”由长征4号丙运载火箭发射时的情景。火箭中的燃料燃烧时，燃气推动火箭和卫星上升，卫星的机械能会______(填“增大”“不变”或“减小”)，火箭外壳的温度会______(填“升高”“不变”或“降低”)。“鹊桥”最终在距地球约45万千米的轨道上运行，由此可知，从地球上发射的电磁波信号经过______秒后就会被“鹊桥”接收到。

14. 如图，两个透明容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。两容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，由图可知小海用此电路来探究的是在______不变时电热与______的关系；若通过电阻的电流为0.5A，通电10s，阻值为10Ω的电阻产生的热量是______J。
15. 置于水平工作台面上的卷扬机，工作时做功的功率恒为1000W。现用卷扬机通过一个动滑轮匀速竖直提升重为4500N的物体A，经过2s物体A被竖直匀速提升了40cm。不计绳重和摩擦，取g=10N/kg。2s内滑轮对物体A做的有用功为______J，提升物体A时，动滑轮的机械效率为______，动滑轮的质量为______kg。


16. 小明用轻质杠杆做探究杠杆平衡条件的实验时，先将杠杆调节为水平平衡，然后在支点O的右侧A刻线处挂上两个重均为1N的钩码，再用弹簧测力计在B刻线处竖直向上拉杠杆，使其水平平衡，如图所示。杠杆上相邻刻线间的距离均为2cm。弹簧测力计竖直向上的拉力为______N，若取下一个钩码，则杠杆再次水平平衡时弹簧测力计竖直向上的拉力将减小______N。若弹簧测力计沿杠杆所在竖直平面内的虚线方向拉杠杆，则杠杆水平平衡时弹簧测力计的拉力______(选填“增大”“不变”或“减小”)。

三、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
17. 请在图中画出物体对接触面的压力的示意图．


四、实验探究题（本大题共2小题，共16.0分）
18. 小珠在做“探究凸透镜成像规律”的实验，已知凸透镜焦距为10cm．

(1)实验前，需要将烛焰、透镜、光屏的中心调至______。
(2)将透镜固定在50cm刻度线处后，小珠将蜡烛移至光具座上20cm刻度线处，固定不动，为使烛焰在光屏上成清晰的像，接下来的操作是：______；成像情况如图所示，是______(选填“放大”、“等大”或“缩小”)倒立的实像，生活中的______(选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”)也利用了这个成像原理；
(3)继续将蜡烛移至光具座上45cm刻度线处，凸透镜位置不变，小珠发现光屏上无法找到清晰的像，此时她应该从凸透镜的______(选填“左”或“右”)侧观察所成的像。
(4)小海先用焦距为10cm的凸透镜进行实验，在光屏上得到了清晰的缩小实像.蜡烛与透镜位置固定不变，接下来他改用焦距为20cm的凸透镜再次实验，此时光屏上像变模糊，成像光路与图中______(选填“甲”或“乙”)相似。
19. 小海在“探究小灯泡的亮度与实际功率的关系”实验中，使用了电压恒为6V的电源，标有“2.5V”的小灯泡，电流表、电压表各一个，滑动变阻器一个，开关一个，导线若干。

(1)用笔划线代替导线，在题甲图中将电路连接完整；
(2)小海设计实验数据记录表格如下，进行了4次实验，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如乙图所示，请将数据表格补充完整：______A；
实验序号
电压U/V
电流I/A
灯泡的功率
灯泡的亮度
1
0.6
0.16
/
/
2
1.5
0.24
/
/
3
2.5
______
/
/
4
3.0
0.32
/
/
(3)小灯泡的额定功率为______W；
(4)从第1次到第2次实验，滑动变阻器的阻值______。(选填“变大”、“不变”或“变小”)

五、计算题（本大题共3小题，共14.0分）
20. 在图中画出光线经过透镜折射后的折射光线。

21. 如图其雕塑(材质均匀、实心)的质量为3×103kg，体积为2m2，与地面的接触面积为1m2(g=10N/kg)。求：
(1)雕塑的密度；
(2)雕塑对地面的压强。


22. 在如图所示的电路中，R1为定值电阻，电源电压恒定保持U0=18V保持不变，请根据下列题设条件解决问题。
(1)若仅在CD间接入电流表，闭合开关S，电流表示数2A，求电阻R1的阻值。
(2)若仅在CD间接入电压表，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，使变阻器上消耗的电功率为9W，求此时电压表的示数。

六、综合题（本大题共1小题，共8.0分）
23. 阅读下列知文，回答问题。
太阳能汽车太阳能汽车是一种靠太阳能来驱动的汽车，相比传统热机驱动的汽车，太阳能汽车是真正的零排放。从某种意义上讲，太阳能汽车也是电动汽车的一种，所不同的是电动汽车的蓄电池靠工业电网充电，而太阳能汽车用的是太阳能电池。太阳能汽车使用太阳能电池把光能转化成电能，用来驱动汽车的电动机以及用作汽车辅助设备的能源，多余电能会在锂电池中储存起来备用，如图1所示为某公司设计的太阳能概念汽车，车顶和车头盖配置了高效率的多晶硅太阳能电池板，该车的最高车速能达到100km/h。而无太阳光时最大续航能力在75km左右，太阳能驱动汽车和给锂电池充电的示意图如图2所示。

(1)太阳能属于清洁能源，也属于______(填“可再生”或“不可再生”)能源；太阳能电池工作过程中利用太阳能转化为______能。
(2)单块太阳能电池板在阳光的照射下输出电压为25V，若某时刻的输出电流为4A，则此时单块电池板的输出功率为______W，电池板接收太阳能辐射的功率______(选填“大于”“小于”或“等于”)输出功率。
(3)若锂电池的容量为“180V 100A⋅h”，在晚上行车时，汽车以60km/h匀速行驶，电动机功率为14kW，辅助设备功率为1kW，则理论上充满电的汽车最大行驶路程为______km。
(4)为了提高太阳能汽车的续航能力，从太阳能电池板的角度看，你认为可以采取的措施______(合理即可)。
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：在国际单位制中，
A、牛顿是力的基本单位，故A不符合题意；
B、焦耳是功和各种能量的基本单位，故B符合题意；
C、千克是质量的基本单位，故C不符合题意；
D、帕斯卡是压强的基本单位，故D不符合题意。
故选：B。
根据对常见物理量及其单位的掌握作答。
此题考查我们对常见物理量及其单位对应关系的掌握情况，属于识记性知识的考查，难度不大。

2.【答案】C 
【解析】解：课本是由干燥的纸制成的，是绝缘体，橡皮、塑料刻度尺也是绝缘体，不锈钢直尺是由钢铁制成的，是导体．
故选C．
根据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体．
本题考查了导体和绝缘体的概念．对于常见的导体和绝缘体可以联系它们在日常生活和工业生产中的应用来记忆，不要死记硬背．如塑料，橡胶，陶瓷等常用来制作用电器的外壳，以防止触电，它们都是绝缘体；而电线芯用金属来做，因为金属容易导电，是导体．

3.【答案】C 
【解析】解：A、振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小，“引吭高歌”中的“高”是指声音的响度大，故A正确；
B、公路旁安装隔音墙是可以在传播途径上减弱噪声，故B正确；
C、声音的传播靠介质，真空中不能传声，故C错误；
D、雨后的彩虹是太阳光的色散现象，说明太阳光是由不同色光组成的，故D正确。
故选：C。
(1)响度的大小主要与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小；
(2)减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声；
(3)声音的传播靠介质，真空中不能传声；
(4)太阳光是复色光，是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光组成。
本题主要考查了声音的三个特征、减弱噪声的方法、声音与光的传播，以及太阳光的组成，属于综合性题目。

4.【答案】A 
【解析】解：
A.镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A符合题意；
B.钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不符合题意；
C.用剪刀剪花枝过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；
D.起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选：A。
结合图片和生活经验，找出支点，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。
本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.【答案】D 
【解析】解：A、汽车轮胎上凸起的条纹使接触面变粗糙，在压力不变时，可增大摩擦，故不合题意；
B、乒乓球拍上粘贴橡胶使接触面变粗糙，在压力不变时，可增大摩擦，故不合题意；
C、运动员用力蹬地增大了对地面的压力，在接触面不变的情况下，可增大摩擦，故不合题意；
D、在转动轴承中装滚珠可变滑动摩擦为滚动摩擦，使摩擦力变小，故符合题意。
故选：D。
影响摩擦力大小的因素有压力的大小和接触面的粗糙程度，从这两方向对各选项进行分析即可做出准确的判断。
熟知影响摩擦力大小的两个因素，并针对具体实例进行分析，便可顺利解决此题。

6.【答案】B 
【解析】解：电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，且带电体能吸引轻小物体。
甲带正电，甲与乙相互排斥，则甲、乙都带正电；
甲与丙相互吸引，则丙可能带负电，也可能不带电，故B正确。
故选：B。
利用电荷间的作用规律和带电体能吸引轻小物体的性质判断乙、丙的带电情况。
本题考查电荷间的作用规律，注意题干中没有声明轻质小球是带电体，且很容易漏掉了带电体具有吸引轻小物体的性质的这种情况。

7.【答案】C 
【解析】解：A、湿衣服放在通风向阳处可以升高液体的温度和加快液体表面的空气流动速度，故加快蒸发，不符合题意；
B、把地上的水散开可以增大液体的表面积，故加快蒸发，不符合题意；
C、用塑料袋包装蔬菜并放入冰箱冷藏室可以降低液体的温度和减慢液体表面的空气流动速度，故可以减慢蒸发，符合题意；
D、使用电风扇吹风可以加快液体表面的空气流动速度，故加快蒸发，不符合题意；
故选：C。
影响蒸发快慢的因素有：液体的温度、液体的上表面积、液体表面的空气流动速度；
要减慢蒸发，可以通过降低液体的温度、减小液体的上表面积和减慢液体表面的空气流动速度。
要减慢蒸发，同理也要首先知道影响蒸发快慢的因素有哪些，从而在理论的指导下选取措施。理解影响蒸发快慢的因素是解决此题的关键。

8.【答案】B 
【解析】解：A、绝缘层破损了的导线仍然使用，容易发生触电事故，不符合安全用电原则，故A错误；
B、通常情况下更换灯泡时要先断开灯泡的开关，以免触电，符合安全用电原则，故B正确；
C、安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；在高压线下放风筝会有高压电弧触电的危险，不符合安全用电原则，故C错误；
D、发现有人触电时，应尽快切断电源或用绝缘棒挑开通电的裸导线让触电者尽快脱离开电源，再实行救治措施，不符合安全用电原则，故D错误。
故选：B。
(1)当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会有电流流过人体，从而造成触电。
(2)更换灯泡、搬动电器前应断开电源开关。
(3)安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
(4)发现有人触电时，首先切断电源或让触电者尽快脱离开电源，再实行救援措施。
本题考查了安全用电的常识，属于基础题目，在日常生活中一定要养成安全用电的习惯。

9.【答案】D 
【解析】解：A、滑雪运动员从高处匀速向下滑行，质量不变，速度不变，动能不变，高度变小，重力势能变小，运动员的重力势能没有转化为动能，机械能减小，重力势能用于克服滑雪板与雪道之间摩擦力做功，故ABC错误，D正确；
故选：D。
动能大小的影响因素是质量、速度；重力势能大小的影响因素：质量、高度；机械能=动能+势能。
本题借助滑雪运动考查了机械能的变化，属于基础题。

10.【答案】C 
【解析】解：
由图知，定值电阻R1、滑动变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、不挂物体时，滑片P在R2最上端，变阻器连入电路的电阻为0，则电压表示数为0，故A错误；
B、所挂物体越重，滑片P向下移动的距离越大，变阻器连入电路的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律可知电路中的电流越小，即电流表示数越小，故B错误；
C、同理可知，所挂物体越轻，变阻器连入电路的电阻越小，总电阻越小，由欧姆定律可知电路中的电流越大，根据P=UI，电路消耗的总功率越大，故C正确；
D、所挂物体重量发生变化时，变阻器连入电路的电阻发生变化；由欧姆定律可知，电压表示数与电流表示数的比值不变等于变阻器连入电路的电阻，所以该比值会发生变化，故D错误。
故选：C。
由图知，定值电阻R1、滑动变阻器R2串联，电压表测变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、不挂物体时，变阻器连入电路的电阻为0，据此分析；
B、所挂物体越重，变阻器连入电路的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律分析电路中电流的变化；
C、所挂物体越轻，变阻器连入电路的电阻越小，总电阻越小，由欧姆定律分析电路中电流的变化，根据P=UI分析电路消耗的总功率；
D、所挂物体重量发生变化时，变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律分析电压表示数与电流表示数的比值的变化。
本题考查了串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的分析。

11.【答案】吸热  熔化  凝固 
【解析】解：
钛合金粉末在高温下由固态变成液态，是熔化现象，需要吸热；
然后液态钛合金变为固态，发生凝固现象，按构件形状重新结晶成型。
故答案为：吸热；熔化；凝固。
物质由固态变成液态的过程叫做熔化，熔化吸热；
物质由液态变成固态的过程叫做凝固，凝固放热。
本题考查了学生对生活中熔化现象的理解，把握住物质前后的状态变化是解题的关键。

12.【答案】相互；越小；高 
【解析】解：
如图是喷气式飞机，在飞行时，发动机向后高速喷出气体，飞机获得向前的推力，这是利用物体间力的作用是相互的原理；
飞机获得升力的原理是：机翼的上方空气的流速越大，气体压强小，而机翼下方的空气流速小，压强大，使得飞机受到一个向上的压力，故使得飞机获得升力；
当飞机在高空飞行时，大气压减小，为了防止燃料沸腾，飞机使用沸点较高的煤油作为燃料。
故答案为：相互；越小；高。
(1)物体间力的作用是相互的；
(2)对于流体来说，流速越大，压强越小，流速越小，压强越大；
(3)液体的沸点随着气压的增大而升高；随着气压的减小而降低；
此题考查了物体间力的作用是相互的、压强和流速的关系和气压与沸点的关系，是一道综合题，但难度不大。

13.【答案】增大  升高  1.5 
【解析】解：火箭中的燃料燃烧时，燃气推动火箭和卫星上升，卫星的质量不变，速度变大，高度增加，所以卫星的动能、重力势能都增大，其机械能会增大；
火箭上升过程中，克服与大气间的摩擦，机械能转化为内能，所以火箭外壳的温度会升高；
电磁波在太空中的传播速度为3×108m/s=3×105km/s，
由v=st可得，电磁波传播时间：t=sv=450000km3×105km/s=1.5s。
故答案为：增大；升高；1.5。
内能可以用来做功，转化成机械能；
对物体做功物体内能增加，温度升高；物体对外做功，物体内能减少，温度降低；
电磁波的传播速度是3×108m/s，已知电磁波信号传播距离和速度，利用公式t=sv得到信号传播时间。
此题考查了能量的转化和速度变形公式的应用，是一道联系实际的应用题，难度不大。

14.【答案】电流和通电时间  电阻  25 
【解析】解：(1)将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，可知小海用此电路来探究的是在电流和通电时间不变时电热与电阻的关系；
(2)通过电阻的电流为0.5A，通电10s，阻值为10Ω的电阻产生的热量：Q=I2Rt=(0.5A)2×10Ω×10s=25J。
故答案为：电流和通电时间；电阻；25。
(1)电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
(2)根据Q=I2Rt解答。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律公式的理解和运用，难度较大。

15.【答案】1800  90%  50 
【解析】解：(1)由题知，h=40cm=0.4m，滑轮对物体A做的有用功：
W有=Gh=4500N×0.4m=1800J；
(2)由P=Wt可得，卷扬机拉力做的总功：
W总=Pt=1000W×2s=2000J，
动滑轮的机械效率：
η=W有用W总×100%=1800J2000J×100%=90%；
(3)由图知，n=2，绳子自由端移动的距离：s=nh=2×0.4m=0.8m，
由W总=Fs可得卷扬机的拉力：
F=W总s=2000J0.8m=2500N，
由F=12(G+G动)可得，动滑轮的重力：
G动=2F-G=2×2500N-4500N=500N，
动滑轮的质量m动=G动g=500N10N/kg=50kg。
故答案为：1800；90%；50。
(1)知道物体重力、提升的高度，利用W有=Gh计算滑轮对物体A做的有用功；
(2)利用W=Pt计算卷扬机拉力做的总功，动滑轮的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)使用动滑轮承担物重的绳子股数n=2，拉力端移动距离s=nh，利用W=Fs求卷扬机对绳子的拉力大小，由F=1n(G+G动)可求得动滑轮的重力，由G=mg可求得动滑轮的质量。
本题考查了有用功、总功、机械效率、动滑轮质量的计算，属于中档题。

16.【答案】4  2  增大 
【解析】解：图中每个钩码重1N，杠杆上相邻刻线间的距离均为2cm，弹簧测力计在B刻线处竖直向上拉杠杆，杠杆水平平衡，根据杠杆的平衡条件有：
F×OB=G×OA，即F×4×2cm=2×1N×8×2cm，
解得：F=4N；
若取下一个钩码，根据杠杆的平衡条件，杠杆再次水平平衡时F'×OB=G'×OA，
即F'×4×2cm=1N×8×2cm，解得：F'=2N，
弹簧测力计竖直向上的拉力减小F-F'=4N-2N=2N；
弹簧测力计由竖直向上缓慢变为沿杠杆所在竖直平面内的虚线斜向上的过程中，拉力的力臂逐渐减小，阻力和阻力臂不变，根据F1L1=F2L2知，拉力逐渐增大。
故答案为：4；2；增大。
已知每个钩码重1N和杠杆上相邻刻线间的距离均为2cm，根据杠杆的平衡条件计算弹簧测力计竖直向上的拉力；
根据杠杆平衡条件计算取下一下钩码后杠杆平衡时弹簧测力计竖直向上的拉力，两次弹簧测力计示数差为减小的拉力；
分析弹簧测力计由竖直向上缓慢变为沿杠杆所在竖直平面内的虚线斜向上的过程中力臂的变化，根据杠杆的平衡判断拉力的变化。
本题以探究杠杆平衡条件的实验考查了杠杆力臂的认识、杠杆平衡条件的应用，判断出拉力倾斜后力臂会变小是关键。

17.【答案】 
【解析】
【分析】
先确定压力的作用点，然后再根据压力的概念进行分析，即压力垂直于接触面。
知道压力的作用点和压力的方向，会用示意图表示压力。

【解答】
压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中心，然后过作用点作垂直于接触面的力，如图所示：
  
18.【答案】同一高度  移动光屏直至呈现最亮最清晰的像  缩小  照相机  右  乙 
【解析】解：(1)在做凸透镜成像的实验中，为了保证所成的像呈现在光屏的中央，必须保证烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；
(2)将透镜固定在50cm刻度线处后，小珠将蜡烛移至光具座上20cm刻度线处，固定不动，此时u=30cm，大于2倍焦距，为了使光屏上呈现清晰的像，则需移动光屏直至呈现最亮最清晰的像；图中蜡烛在凸透镜的二倍焦距以外，因此像是倒立、缩小的实像，照相机就是利用了这一原理；
(3)当蜡烛在光具座的45cm刻度处时，蜡烛处在了凸透镜的1倍焦距以内，因此像是正立、放大的虚像，像跟物体在同侧，要观察到虚像，应从凸透镜的右侧观察；
(4)当用焦距为20cm的凸透镜替换焦距为10cm的凸透镜后，不改变凸透镜和蜡烛的位置，换用焦距更大的凸透镜，折射能力变弱，使光线推迟会聚，因此像会远离凸透镜，成像光路与图中的乙相似。
故答案为：(1)同一高度；(2)移动光屏直至呈现最亮最清晰的像；缩小；照相机；(3)右；(4)乙。
(1)在做凸透镜成像的实验中，为了保证所成的像呈现在光屏的中央，必须保证烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；
(2)实验时为了得到清晰的像应左右移动光屏，直至得到清晰的像；根据物距和焦距关系判断像的特点；
(3)根据物距判断像的特点，再确定观察位置；
(4)换用焦距更大的凸透镜，折射能力变弱，使光线推迟会聚。
此题是探究凸透镜成像的实验，考查了凸透镜成像的规律及应用，同时考查了对倒立实像的理解。

19.【答案】0.3  0.3  0.75  变小 
【解析】解：(1)变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
(2)由乙图可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，其示数为0.3A；
(3)小灯泡额定功率为：PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由表中数据可知，从第1次到第2次实验，灯泡两端电压增大，根据串联电路电压规律，变阻器两端的电压应减小，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故从第1次到第2次实验，滑动变阻器的阻值变小。
故答案为：(1)见解答图；(2)0.3；(3)0.75；(4)变小。
(1)变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
(2)根据电流表选用量程确定分度值读数；
(3)利用P=UI求出灯泡的额定功率；
(4)根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器的阻值变化。
本题探究小灯泡的亮度与实际功率的关系实验，考查了电路连接、电流表读数、功率的计算及实验操作能力。

20.【答案】解：
(1)过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴，如图所示：

(2)平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，如图所示：

(3)平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，如图所示：

(4)指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴，如图所示：

(5)指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴，过光心的光线经凹透镜其传播方向不变，如图所示：

(6)过光心的光线经凸透镜其传播方向不变，如图所示：
 
【解析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
凸透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；
凹透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。

21.【答案】解：(1)雕塑的密度：ρ=mV=3×103kg2m3=1.5×103kg/m3；
(2)雕塑对地面的压力F=G=mg=3×103kg×10N/kg=3×104N；
雕塑对地面的压强：p=FS=3×104N1m2=3×104Pa。
答：(1)雕塑的密度为1.5×103kg/m3；
(2)雕塑对地面的压强3×104Pa。 
【解析】(1)算密度可直接根据密度公式ρ=mV进行计算；
(2)根据G=mg算出雕塑的重力，即雕塑对地面的压力；根据p=FS算出雕塑对地面的压强。
本题考查了密度和压强大小的计算，关键是知道静止在水平面上的物体对水平面的压力等于其重力，属于比较简单的计算题。

22.【答案】解：(1)若仅在CD间接入电流表时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，
由I=UR可得电阻R1的阻值为：
R1=U0I=18V2A=9Ω；
(2)若仅在CD间接入电压表，闭合开关S，两电阻串联，移动滑动变阻器滑片，使变阻器上消耗的电功率为9W，即P=I2R2=(U0R1+R2)2×R2=U02R2(R1+R2)2=(18V)2R2(9Ω+R2)2=9W，
解得R2=9Ω；
此时电路中电流为：I'=U0R1+R2=18V9Ω+9Ω=1A，
滑动变阻器两端的电压：
U2=I'R2=1A×9Ω=9V。
答：(1)电阻R1的阻值为9Ω；
(2)此时电压表的示数为9V。 
【解析】(1)若仅在CD间接入电流表时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据电流表的量程和分度值读出示数，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值；
(2)若仅在CD间接入电压表，闭合开关S，两电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，移动滑动变阻器滑片，使变阻器上消耗的电功率为9W，根据P=I2R2=(U0R1+R2)2×R2=U02R2(R1+R2)2=(18V)2R2(9Ω+R2)2=9W算出滑动变阻器接入电路的电阻，由I=UR1+R2算出电路中的电流，由U=IR算出滑动变阻器两端的电压，即此时电压表的示数。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据P=I2R2=(U0R1+R2)2×R2=U02R2(R1+R2)2=(18V)2R2(9Ω+R2)2=9W算出滑动变阻器连入电路的电阻是解题的关键。

23.【答案】可再生  电  100  大于  72  增大电池板的面积 
【解析】解：(1)太阳能属于清洁能源，也属于可再生能源；工作过程中利用太阳能转化为电能；
(2)此时单块电池板的输出功率为：P=UI=25V×4A=100W；
太阳能转化为电能的效率小于100%，故电池板接收太阳能辐射的功率大于输出功率；
(3)锂电池可提供的最大电能W=U'I't=180V×100A×1×3600s=6.48×107J=18kW⋅h，
根据P=Wt可知，理论上充满电的汽车最大行驶时间t'=WP总=18kW⋅h14kW+1kW=1.2h，
根据v=st可知，理论上充满电的汽车最大行驶路程s=vt'=60km/h×1.2h=72km；
(4)为了提高太阳能汽车的续航能力，从太阳能电池板的角度看，可以采取的措施是：增大电池板的面积。
故答案为：(1)可再生；电；(2)100；大于；(3)72；(4)增大电池板的面积。
(1)可再生能源是可以从自然界中源源不断地得到的能源．例如：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能等；太阳能电池把太阳能转化为电能；
(2)根据P=UI得出此时单块电池板的输出功率；太阳能转化为电能的效率小于100%，据此分析；
(3)已知锂电池的容量，根据W=UIt得出锂电池可提供的最大电能，根据P=Wt得出理论上充满电的汽车最大行驶时间，根据v=st得出理论上充满电的汽车最大行驶路程；
(4)为了提高太阳能汽车的续航能力，从太阳能电池板的角度看，可以增大电池板的面积方面考虑。
本题考查能源的分类、太阳能电池的能量转化以及电功率、效率、电能和速度的有关计算问题，综合性强，有一定的难度。