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2023年江苏省常州市武进区湖塘实验中学中考物理调研试卷
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这是一份2023年江苏省常州市武进区湖塘实验中学中考物理调研试卷，共28页。试卷主要包含了8×103kg/m3D等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省常州市武进区湖塘实验中学中考物理调研试卷
1. 北京2022年冬奥会、冬残奥会火炬名为“飞扬”，火炬外壳由碳纤维及其复合材料制造画成，体现了“轻、固、美”的特点，而且在1000℃的温度下不会起泡、开裂。以下特性与用该材料制作火炬“飞扬”无关的是( )
A. 密度小 B. 硬度大 C. 耐高温 D. 导电性好
2. 为提高学生体质，很多城市把跳绳列入了初中体育学业水平测试项目。某初三学生1min完成了180次跳绳，以下相关估测不符合实际的是( )
A. 学生质量可能是50kg B. 每次跳起的高度约5cm
C. 学生1min做功约5000J D. 学生做功的功率约为35W
3. 建立模型是学习物理的基本方法之一。日常生活中，很多工具或设施可以抽象成杠杆模型，下列工具或设施中，不能抽象成杠杆模型的是( )
A. 旗杆顶部的滑轮
B. 小明沿斜面推木箱
C. 小明把圆桶推上台阶
D. 大力士掀起车轮
4. 小明用如图所示的滑轮组将80N的重物在4s内匀速提升了2m，所用拉力为50N。不考虑摩擦和绳重，下列说法正确的是( )
A. 滑轮组的动滑轮重为20N
B. 对重物做的有用功为200J
C. 滑轮组的机械效率为75%
D. 当所提重物的质量增大时，该滑轮组的机械效率将减小
5. 4月16日“神舟十三号”载人飞船返回舱接近地面时，反推发动机点火，返回舱减速下降，安全降落在着陆场预定区域。在此过程中，对于返回舱能量变化描述正确的是( )
A. 返回舱动能增加，重力势能减小，机械能不变
B. 返回舱动能不变，重力势能减小，机械能减小
C. 返回舱动能减小，重力势能增加，机械能不变
D. 返回舱动能减小，重力势能减小，机械能减小
6. 2022年11月28日，世界上最大的活火山雷纳罗亚火山开始喷发，炙热的岩浆在流淌过程中逐渐降温，依次形成橄榄石、角闪石、正长石等岩石晶体。下列说法正确的是( )
A. 岩浆变成岩石是凝华过程
B. 火山灰在空气中随风飘动，是分子的热运动
C. 岩浆喷出后地球内部内能减少
D. 岩浆温度高说明其含有热量多
7. 如图是一台单缸四冲程汽油机，正常工作时转速为2400r/min，汽缸外面有“水套”循环降温，以下说法正确的是( )
A. 图中汽油机处于压缩冲程
B. 汽油机的压缩冲程中内能转化为机械能
C. 该汽油机1s对外做功20次
D. 水内能的变化是通过做功方式改变的
8. 某同学做“测量液体密度”的实验后，进行了操作总结和新的探索。没有量筒，只用天平、烧杯、水，也能测出某种未知液体的密度。他先测出空杯的质量和装满水时的质量分别为32.2g和132.2g。再用这只烧杯装满待测液体后，天平示数如图所示，已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3.以下正确的是( )
A. 用手直接在右盘中加减砝码 B. 测量时为使横梁平衡，可移动平衡螺母
C. 待测液体的密度是0.8×103kg/m3 D. 待测液体的密度是0.9×103kg/m3
9. 如图为封闭小区常见的智能门禁系统，住户可以通过刷卡或人脸识别进入小区，当门禁系统接通电源后，指示灯发光。住户刷卡或人脸识别成功时(相当于分别闭合对应的开关)，电动机工作，控制门打开。下列关于门禁系统的简化电路设计合理的是( )
A. B.
C. D.
10. 设计师设计了一款钢笔，它会因为书写时摇摆而产生电流，给内置电池充电。钢笔上还配备收音机等功能，在学习中便可播放音乐，收听新闻，以下说法中不正确的是( )
A. 给内置电池充电过程是将电能转化为化学能
B. 钢笔在充电时利用了通电导体在磁场中受力的作用原理
C. 摇摆钢笔给电池充电，说明钢笔内一定有磁体和线圈
D. 内置收音机是靠电磁波传递信息的
11. 图甲所示，规格相同的容器中装了相同质量的纯净水，用不同的加热器加热，忽略散热，得到图乙的图像，则下列说法正确的是( )
A. 甲烧杯中的水温上升快，说明甲杯中的水的比热容比乙杯中的水比热容小
B. 甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同
C. 吸收相同热量，甲杯的水升温比乙杯的多
D. 加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
12. 如图所示，电源电压保持不变，关于电路的工作情况，下列说法中正确的是( )
A. 同时闭合两个开关，通过两只灯泡的电流一定相同
B. 若灯L1被短路，闭合S1、S2后，灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
C. 若先闭合S1，再闭合S2，电压表示数不变，电流表的示数变大
D. 若电压表和电流表的位置对调，闭合S1、S2后，则两表都被烧坏
13. 在如图所示的照明电路中，闭合开关S后，发现灯泡L不亮，用测电笔分别检测b、c两点，氖管都发光。若电路中只有一处故障，则可能是( )
A. 开关S断路 B. 灯泡断路 C. 灯泡短路 D. cd段断路
14. 如图是小科利用实验室常用仪器，设计测量未知电阻Rx阻值的四种电路，电源电压恒定且未知，R0是已知阻值的定值电阻，滑动变阻器R最大阻值未知，实验中只能闭合或断开开关及移动滑动变阻器滑片，其中能够测量出Rx阻值的电路( )
A. 只有① B. 只有② C. 只有②③ D. 只有②③④
15. 如图所示是汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中的气敏电阻R1的阻值随CO浓度的增大而减小。下列说法不正确的是( )
A. 电铃应接在B和D之间
B. 当CO浓度升高时电磁铁的磁性增强
C. 电源用久后，电压U1会减小，则报警的CO最小浓度比设定值低
D. 为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2的滑片向上移
16. 如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为5N的物体到斜面顶端，斜面长1.0m，高0.3m，拉力做功为2J，则使用该斜面所做的有用功为______ J，这个斜面的机械效率是______ 。匀速拉动过程中拉力大小______ 摩擦力(选填“大于”“小于”或“等于”)。
17. “天宫课堂”第二课于2022年3月23日正式开讲，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过______ 进行传播的。空间站太阳翼上的太阳能电池板将______ 能转化成电能为空间站供电，电能是______ (选填“一次”或“二次”)能源。
18. 如图所示，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，用质量不同的A、B两个小球碰撞静止在同一水平面上的纸盒，小球从斜面顶端释放到抵达斜面底端的过程，小球的______ 能转化为动能；将甲、丙两次实验比较可知：小球的动能大小与小球的______ 有关；实验中通过观察推动纸盒的距离的大小，可以比较A、B两个小球下滑到斜面底端的______ (选填“动能”或“速度”)大小。
19. 艾灸是中华医学的瑰宝，利用艾条燃烧产生的热量刺激人体穴位，能够达到防病治病的目的。如图，艾灸过程中是通过______ 的方式改变人体内能，若一根质量为0.05kg的艾条完全燃烧能放出1.4×106J的热量，则该艾条的热值为______ J/kg。
20. 如图所示是一种停车位是否被占用的模拟提醒电路，虚线框内元件一个是灯泡，一个是定值电阻。设计要求无论开关是否闭合，灯泡都能发光，则______ (选填“a”或“b”)是灯泡。当车位未被占用时，开关S断开；当车位被占用时，开关S闭合，此时灯泡______ (选填“变亮”或“变暗”)。
21. 如图所示，标有“12V，24W”字样的灯泡L和电阻R并联连接在电路中。若此时灯泡正常发光，此时灯泡的阻值为______ Ω，电流表的示数为3A，电阻R阻值为______ Ω。
22. 利用如图所示的装置探究“电流产生的热量与哪些因素有关”。两烧瓶中煤油______ 初温相等，电阻丝R1
23. 某同学用如图所示的装置研究电磁感应现象：
(1)实验中，AB棒的材料可能是______ (选填“塑料”或“铝”)；
(2)让导体AB在蹄形磁体中斜向上或斜向下运动，电流计指针______ 偏转(选填“会”或“不会”)；
(3)若将此装置中灵敏电流计换成______ ，可进一步探究电动机的工作原理。
24. 如图甲所示为一种搬花神器，用它把花盆抬起时，相当于一个绕O点转动的杠杆，其简化示意图如图乙所示，请在乙图中画出杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。
25. 如图，只闭合开关S，风扇M工作；只闭合开关S1，灯泡和风扇M都不工作；同时闭合开关S，S1风扇M和灯泡都工作。请用笔画线代替导线把电路连接完整。
26. 工人用如图所示的滑轮组运送建材上楼，每次运送量不定，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计。若某一次工人将重800N的建材匀速竖直向上提升了6m，所用的拉力为300N，求：
(1)动滑轮的重力；
(2)当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力及此时滑轮组的机械效率(计算结果保留1位小数)。
27. 为了保护环境，我国大力发展电动汽车替代传统燃油汽车。表中是某种电动汽车的部分参数，假设车上只有司机一人，质量为60kg，汽车匀速行驶时所受阻力为总重力的0.04倍，电动汽车充满电后以节电模式匀速行驶20km，电池剩余容量为38kW⋅h。(g=10N/kg)求：
空车质量
1380kg
电池容量
42kW⋅h
最高时速
120km/h
最大功率
100kW
(1)电动汽车匀速行驶20km，牵引力所做的功；
(2)电动汽车电能转化为机械能的转化效率。
28. 如图甲为某电饭锅的简化电路原理图，R1和R2为加热电阻，且阻值保持不变，R1=44Ω，S为靠近加热盘的感温开关，1、2是开关连接的触点，加热盘温度达到103℃时，S自动切换到保温状态。某次煮饭时，仅将电饭锅接入220V的家庭电路，按下开关S与触点1连接，工作了10min，S自动切换到保温状态，保温时图乙所示电能表的转盘在1min内转过5转。求：
(1)加热状态时，电饭锅消耗的电能；
(2)R2的阻值；
(3)用电高峰时，实际电压为176V，电饭锅加热状态的实际功率。
29. 为预防新冠肺炎，小明用密度为0.8g/cm3的纯酒精配制了浓度为75%的酒精，他查阅资料得知：浓度为75%的医用酒精的密度为0.85g/cm3，为检验自己配制的酒精是否合格，他进行了如下实验和分析：
(1)将天平放在水平台上，并将游码移至标尺左端的零刻度线处，横梁静止时指针如图甲所示，此时应将横梁右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节，使横梁在水平位置平衡。
(2)将适量配制的酒精倒入烧杯中，用天平测量烧杯和酒精的总质量，通过加减砝码的操作，当小明将砝码盒中最小砝码放入右盘后，横梁指针仍如图甲所示，接下来他应该______。
A.向右调节平衡螺母
B.向右移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
(3)在完成第(2)步操作后，测出酒精和烧杯的总质量为98g，将烧杯中的一部分酒精倒入量筒中，如图乙所示，体积为______cm3，再将烧杯和剩余酒精放置于天平上，调节天平如图丙所示质量为______ g，则小明配制的酒精密度为______g/cm3，为符合要求，他应该向配制的酒精溶液中添加适量的______(选填“纯酒精”或“水”)。
(4)实验中考虑到烧杯壁和量筒壁上有液体残留，测得的密度值与真实值相比会______(选填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)。
30. 小李利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”，实验中所用钩码的质量均为50g。请你帮助他完成实验：(g取10N/kg)
(1)杠杆静止时的位置如图1甲所示，此时杠杆处于______ (选填“平衡”或“不平衡”)状态。为了使杠杆静止时处于水平位置，接下来的操作是将杠杆的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)移动；
(2)在杠杆D点用如图1乙所示的动力F拉杠杆，此时杠杆的类型与______ (选填“筷子”、“老虎钳”或“托盘天平”)相同；
(3)如图1丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转全位置2的过程中，测力计示数变化情况是______ (选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”“先变大后变小”或“不变”)。
(4)小红利用上述的杠杆和钩码设计了一个“密度秤”。如图2所示，将容积为100mL的小桶悬挂在杠杆的挂钩A下，调节杠杆在水平位置平衡。小桶中装满待测液体时，在杠杆的B点悬挂2个钩码，杠杆在水平位置平衡；则待测液体的密度是______ kg/m3。为了增大“密度秤”的量程，下列措施不可行的是______ 。
A.增大小桶的容积
B.小桶位置固定，向左侧移动杠杆的支点O
C.增加钩码质量
D.杠杆支点固定，向右侧移动小桶
31. 小明在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用如图1所示的器材和电路，其中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)请用笔画线代替导线将电路连接完整，要求：向右移动滑片P，灯泡变亮。
(2)连接电路时，开关应处于______ 状态。
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，则下一步操作应该是______ 。
A.更换小灯泡
B.检查电路是否断路
C.更换电池
D.移动滑片P
(4)根据测得的数据绘制的通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象如图2所示，分析图象可知：小灯泡的额定功率为______ W。
(5)利用图1中器材和电路______ (选填、“能”或“不能”)探究电流与电压的关系。
(6)完成上述实验后，小明进一步思考，在没有电流表的情况下能否测量小灯泡的额定功率？他想利用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计的电路图如图3所示，然后调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，将电压表______ 点(选填“A”或“B”)的接线改接到C点，观察并记录电压表示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额=______ (用R0、U额、U等物理量符号表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：火炬外壳体现了“轻、固、美”的特点，而且在1000℃的温度下不会起泡、开裂。轻说明密度小，固说明硬度大，在1000℃的温度下不会起泡、开裂说明耐高温，但火炬的特点没有体现导电性好。故ABC错误，D正确。
故选：D。
认真分析火炬外壳特点，找出与火炬外壳特点对应的物质属性，然后进行选择。
此题考查了物质的基本属性，属基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：A、大多数初三学生的质量约为50kg，故A符合实际；
B、跳绳每次起跳的高度约为5cm，故B符合实际；
CD、学生1min跳绳180次，做的功约为：W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×5×10-2m×180=4500J，5000J与4500J相差不大，故C符合实际；
学生做功的功率为：P=Wt=4500J60s=75W，35W与75相差较大，故D不符合实际。
故选：D。
(1)大多数初三学生的质量约为50kg；
(2)跳绳每次起跳的高度约为5cm；
(3)根据W=Gh=mgh算出学生1min跳绳做的功，由P=Wt算出学生做功的功率。
解决此类问题要利用生活常识，联系相关的物理知识进行估测。这就要求同学们要学会从生活体验中理解物理知识和物理规律，并且能将物理知识和物理规律用于对生活现象和生活常识的简单解释。
3.【答案】B
【解析】解：能够围绕固定点转动的硬棒叫做杠杆。旗杆顶部的滑轮、把圆桶推上台阶、掀起车轮都能围绕固定点转动，属于杠杆，可抽象成杠杆模型；而沿斜面推木箱利用的是斜面，故B符合题意。
故选：B。
能够围绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，据此分析。
此题考查杠杆的应用，生活中很多工具在使用时都可以抽象成杠杆模型，这实际上是使用了建立模型法，深入理解杠杆的含义是解答此类题目的关键。
4.【答案】A
【解析】解：AB、由图可知n=2，不计绳重和摩擦时，绳端的拉力F=1n(G+G动)，
所以动滑轮的重力：G动=nF-G=2×50N-80N=20N，故A正确；
对重物做的有用功：W有用=Gh=80N×2m=160J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力做的总功：W总=Fs=50N×4m=200J，
则滑轮组的机械效率：η=W有用W总=160J200J×100%=80%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，
所以，用此滑轮组提升重物的质量增大(重力G增大)时，滑轮组的机械效率将增大，故D错误。
故选：A。
(1)由图知，n=2，不计绳重和摩擦时，绳端的拉力F=1n(G+G动)，据此求出动滑轮的重力；
(2)知道重物的重力、提升的高度，利用W=Gh求出对重物做的有用功；
(3)根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，据此分析所提重物的质量增大时机械效率的变化。
本题考查了滑轮组的特点、使用滑轮组时有用功、总功和机械效率的计算，要利用好关系式“不计绳重和摩擦时，拉力F=1n(G+G动)、滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G”。
5.【答案】D
【解析】解：返回舱减速下降的过程中，质量不变，速度减小，动能减小；质量不变、高度减小，重力势能减小，机械能的总量也相应减小，故D正确。
故选：D。
(1)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能是动能和势能之和。
掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素。根据动能、重力势能、弹性势能的影响因素能判断动能、重力势能、弹性势能的大小变化。
6.【答案】C
【解析】解：A、岩浆变成岩石是由液态变为固态，这是凝固过程，故A错误；
B、火山灰在空气中随风飘动，火山灰不是分子，不能说明分子的热运动，故B错误；
C、岩浆喷出后，对外做功，地球内部内能减小，故C正确；
D、热量是过程量，不能说含有，故D错误。
故选：C。
(1)物质由液态变成固态的过程叫凝固；
(2)组成物质的分子都在不停地做无规则运动；
(3)物体对外做功内能减小；
(4)热量是过程量，不能说含有。
本题考查物态变化、分子的热运动、热量和内能的变化，属于综合题。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，进气门和排气门都是关闭的，火花塞发出电火花，活塞下行，因此可知图中汽油机处于做功冲程，故A错误；
B、汽油机的压缩冲程中机械能转化为内能，故B错误；
C、由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2400r/min，即每1s转40圈，完成80个冲程，做功20次，故C正确；
D、汽车发动机开始工作一段时间后，散热器中水的内能会增加，这是由于散热器中的水从发动机上吸收热量导致的，所以这是通过热传递方式来改变内能的，故D错误。
故选：C。
(1)由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化；
(2)在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；
(3)做功和热传递是改变物体内能的方式。
本题考查了热机、能源分类以及改变内能的有关知识，是一道综合题。
8.【答案】C
【解析】解：A、天平称量物体质量时，不能用手向右盘中加减砝码，要用镊子，故A错误；
B、测量时为使横梁平衡，可通过增减砝码和调节游码，不能移动平衡螺母，故B错误；
CD、水的质量m水=m总1-m烧杯=132.2g-32.2g=100g，
由ρ=mV可得，
水的体积V水=m水ρ水=100g1g/cm3=100cm3；
烧杯的体积V=V水=100cm3；
待测液体的体积V液=V=V水=100cm3；
这只烧杯装满待测液体后总质量m总=100g+10g+2.2g=112.2g，
待测液体的质量m液=m总2-m烧杯=112.2g-32.2g=80g，
待测液体的密度ρ=m液V液=80g100cm3=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)向盘中加减砝码时要用镊子，不能用手接触砝码，不能把砝码弄湿、弄脏；
(2)测量过程中，通过增减砝码和调节游码天平使重新平衡，不能移动平衡螺母；
(3)由空杯的质量和装满水时的质量可求得水的质量，已知水的密度，可求得水的体积，即为瓶子的容积和待测液体的体积，再求得液体的质量，由密度公式可求得待测液体的密度。
本题考查了基础实验的基本操作以及基本公式的应用，对于基础实验要加强实际操作，不能通过记、背来学习实验。天平的使用是个重点，尤其是游码和平衡螺母的使用。调平时，游码归零，移动平衡螺母；称量时，平衡螺母不动，移动游码。
9.【答案】B
【解析】解：
由题知，人脸识别、刷卡识别，只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合从而使电动机启动工作，所以两个开关应并联后再与电动机串联在电源上；灯泡与电动机能独立工作，是并联的；故B符合题意。
故选：B。
根据只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，电动机启动分析解答；用电器工作时互不影响，是并联的。
本题考查根据要求设计电路，关键是明确两个开关的连接方式。
10.【答案】B
【解析】解：A、蓄电池在充电时，电能转化为化学能，故A正确；
B、钢笔在充电时利用了电磁感应现象，故B错误；
C、摇摆钢笔给电池充电，利用闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，说明钢笔内一定有磁体和线圈，故C正确；
D、收音机是靠电磁波传递信息的，故D正确；
故选：B。
(1)蓄电池在充电时，电能转化为化学能；
(2)电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象；
(3)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
本题主要考查学生对：用电器的能量转化、电磁感应现象、电磁波的特点的了解和掌握，是一道基础题。
11.【答案】B
【解析】解：A.由题意可知，甲、乙两容器中都是相同质量的纯净水，它们的种类和状态相同，则两烧杯中水的比热容相同，故A错误；
B.由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min时，水升高的温度相等，由Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故B正确；
C.相同质量的纯净水，它们质量和比热容相同，由Q吸=cmΔt的变形式Δt=Q吸cm可知，吸收相同的热量，甲、乙两烧杯内的水升温相同，故C错误；
D.由图乙可知，加热相同的时间，甲、乙两烧杯内质量相等的纯净水升高的温度不同，由Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量不相同，故D错误。
故选：B。
(1)比热容是物质的特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量和体积无关；
(2)质量相同的同种物质，根据Q吸=cmΔt可知温度升高相同时吸收的热量相同。
(3)同种纯净水的比热容相同，根据Δt=Q吸cm判断吸收相同的热量时两烧杯内的水升变化关系；
(4)由图乙可知，加热相同的时间时，两烧杯内温度的变化量关系，根据Q吸=cmΔt可知它们吸收的热量关系。
本题考查了学生对比热容概念和吸热公式的了解与掌握，从图像中获取有用的信息是关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.同时闭合两个开关，两盏灯并联，由并联电路的电压规律可知，两灯两端的电压相同，但两灯的规格不一定相同(电阻不一定相同)，由欧姆定律I=UR可知，通过两只灯泡的电流不一定相同，故A错误；
B.若灯L1被短路，闭合开关S1、S2后，则灯泡L2也会被短路，此时两盏灯都不亮，而干路中的电流过大，会造成电流表损坏，故B错误；
C.若先闭合S1，电路为L1的简单电路，电压表测电源电压，电流表测通过L1的电流；
再闭合S2，两灯并联，电压表测电源电压，则电压表示数不变；此时电流表测干路电流，根据并联电路的电流规律可知，电流表的示数变大，故C正确；
D.若电压表和电流表的位置对调，电压表串联在电路中测电源电压，电流表与L1并联，因电压表的内阻很大，电路的电流很小，由图可知电压表选用大量程，而电源电压约为3V(两节干电池串联)，所以两表都不会被烧坏，故D错误。
故答案为：C。
(1)同时闭合两个开关，两盏灯并联，两灯的规格不一定相同(电阻不一定相同)，由并联电路的电压特点和欧姆定律判断通过两只灯泡的电流大小关系；
(2)两灯并联，若灯L1被短路，会造成L2也被短路(即电源发生短路)；
(3)若先闭合S1，电路为L1的简单电路，电压表测电源电压，电流表测通过L1的电流；再闭合S2，两灯并联，电压表仍然测电源电压，则电压表示数不变，而电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点分析电流表示数的变化；
(4)若电压表和电流表的位置对调，电压表串联在电路中测电源电压，电流表与L1并联，根据电压表的内阻很大结合实物电路进行分析。
本题主要考查了并联电路的特点和对短路现象的理解，关键是对电路结构的分析。
13.【答案】D
【解析】解：用测电笔分别测试b、c两点氖管均发光，应该c、b两点都与火线相通，即c点→灯泡L→b点→开关→火线都是通路；故障是c到进户线的零线断路了，即可能cd段断路，故D正确。
故选：D。
当开关闭合时，灯泡L不亮，用测电笔分别测试了b、c两点，发现测电笔都发光，b、c两点都和火线相连，如图，说明零线与灯之间断路或零线断路。
本题考查电路故障判断，要了解零线也可以带电，不要认为接触零线一定不触电。
14.【答案】D
【解析】解：
①根据图可知，S接1和2时，通过电压表的电流的方向会发生变化，电压表的指针会反向偏转，无法读取电压表的示数，故①不可行；
②根据图可知，闭合S1、S2，电压表测量电源的电压U；只闭合开关S1，两只电阻串联，电压表测量Rx两端电压为Ux；根据串联电路的电压关系可知，定值电阻两端的电压为：U0=U-Ux；此时电路中的电流为：I=U0R0，根据串联电路的电流关系可知，通过Rx的电流为I=U0R0，则根据Rx两端的电压和电流可以求出Rx阻值，故②可行；
③闭合S1、S2时，电路是只有Rx的基本电路，电流表测量通过Rx的电流Ix；闭合S1、断开S2，两电阻串联，电流表测电路中电流I；根据电源电压不变列式I(R0+Rx)=IxRx可求出Rx的阻值，故③可行；
④闭合S1，S接2时，R0和R串联接入电路中，把R的阻值调到0，根据电流表的示数和定值电阻的阻值可以求出电源电压U；闭合S1，S接1时，Rx和R串联接入电路中，把R的阻值调到0，读出电流表的示数，根据电流表示数和电源电压，利用R=UI可以求出Rx的阻值，故④可行。
故选：D。
要测量电阻阻值，需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，然后应用欧姆定律求出电阻阻值；分析图示电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
利用电压表或电流表测未知电阻的阻值，就是根据串联电路的电流特点或并联电路的电压特点想办法得出未知电阻两端的电压和电流，然后根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。
15.【答案】C
【解析】解：AB、图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律，控制电路的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，因CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警，所以电铃应接在B、D之间，故AB正确；
C、用久后，电源电压U1会减小，由欧姆定律，只有当R1阻值变小时，控制电路才能达到衔铁被吸下的最小电流，即报警时CO最小浓度比设定值高，故C错误；
D、在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联，I=UR1+R2可知，应减小滑动变阻器的电阻，即将R2的滑片向上移，故D正确。
故选：C。
(1)(2)图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律得出控制电路的电流变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知磁性的变化，结合电路分析；
(3)电源用久后，电源电压U1会减小，由欧姆定律，只有当R1阻值变小时，控制电路才能达到衔铁被吸下的最小电流，据此分析；
(4)在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和影响电磁铁磁性强弱的因素。
16.【答案】1.575%大于
【解析】解：
(1)拉力做的有用功：
W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
(2)拉力做的功W总=2J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总=1.5J2J×100%=75%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总-W有用=2J-1.5J=0.5J；
因为W总=Fs，W额=fs，而W总>W额，
所以，Fs>fs，则F>f，
即：匀速拉动过程中拉力大于摩擦力。
故答案为：1.5；75%；大于。
(1)已知物体重力和提升的高度(斜面高)，根据公式W=Gh可求有用功；
(2)知道拉力做的功(总功)，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)拉力做的总功W总=Fs，拉力做的额外功W额=fs，根据W总>W额推导拉力与摩擦力的大小关系。
本题考查了使用斜面时有用功、额外功、机械效率的计算，明确使用斜面时有用功、额外功的含义是关键。
17.【答案】电磁波 太阳 二次
【解析】解：电磁波的传播不需要介质，且可以传递信息，太空中没有空气，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过电磁波进行传播的；
空间站太阳翼上的太阳能电池板将太阳能转化成电能为空间站供电；
电能无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到，是二次能源。
故答案为：电磁波；太阳；二次。
(1)卫星是通过电磁波来传递信息的；
(2)太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能；
(3)可以从自然界直接获得的能源叫一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源叫二次能源。
本题考查了电磁波的传播与应用、能量的转化、能源的分类，属于基础题。
18.【答案】重力势 质量 动能
【解析】解：
(1)小球由斜面顶端释放到抵达斜面底端，小球的高度降低，速度增大，所以重力势能减小，动能增大，故重力势能转化为动能；
(2)甲、丙两次实验小球从相同高度释放，所以到达底端时速度相同，小球质量不同，故甲、丙两次实验探究动能大小与质量关系；
(3)实验中将小球的动能大小转换为推动纸盒的距离的大小，使用了转换法。
故答案为：重力势；质量；动能。
小球从斜面上滚下来的过程中，重力势能转化为动能，动能越来越大；在该题中小球的高度在这个题中代表了速度的大小；解答此题要知道动能的决定因素有两个：质量和速度，对于这类多因素问题应结合控制变量法进行分析；利用转换法分析即可。
此类实验题目是考查对控制变量法和转换法的掌握情况，及如何正确的对实验现象进行分析，归纳出正确的结论，是中考的常见题型。
19.【答案】热传递 2.8×107
【解析】解：(1)进行艾灸时，艾条燃烧产生的热量传给人体，是通过热传递的方式改变了人体的内能；
(2)艾条的热值为：q=Qm=1.4×106J0.05kg=2.8×107J/kg。
故答案为：热传递；2.8×107。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，这两种方式是等效的，做功改变物体内能的实质是内能和机械能之间的转化，热传递改变物体内能的实质是内能在高温物体和低温物体之间的转移；
(2)已知艾条的质量和放出的热量，利用热量的变形公式q=Qm计算该艾条的热值。
本题考查了改变物体内能的方式以及热值公式的应用，属于基础性题目。
20.【答案】b 变亮
【解析】解：由图知，S断开时，a、b处的元件串联在电路中，S闭合时，a处的元件短路，电路为b元件的简单电路。根据设计要求无论开关是否闭合，灯都发光可知，a处是定值电阻，b处灯泡；
开关闭合后，只有b处灯泡连入电路中，由串联电路特点和欧姆定律知，通过灯泡的电流和其两端电压增大，由P=UI知，灯泡的实际功率变大，所以灯泡变亮。
故答案为：b；变亮。
图中开关S与a处元件并联，根据无论开关是否闭合，灯都发光分析a、b处的元件；比较开关S断开和闭合情况下灯泡的实际功率变化，从而判断灯泡的亮度变化。
本题考查电路的设计以及电路的动态分析，关键是根据无论开关是否闭合，灯都发光确定电路的连接情况。
21.【答案】6 12
【解析】解：闭合开关，灯泡和电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
灯泡标有“12V24W”字样，灯泡的电阻：RL=UL2PL=(12V)224W=6Ω，
此时灯泡正常发光，灯泡两端的电压等于额定电压，通过灯泡的电流：IL=ULRL=12V6Ω=2A，
并联电路各支路两端电压相等，所以电源电压为12V，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过电阻的电流：IR=I-IL=3A-2A=1A，
根据欧姆定律可得定值电阻的阻值：R=UIR=12V1A=12Ω。
故答案为：6；12。
闭合开关，灯泡和电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
灯泡标有“12V24W”字样，根据R=U2P计算灯泡的电阻，此时灯泡正常发光，灯泡两端的电压等于额定电压，根据欧姆定律计算通过灯泡的电流，根据并联电路电压特点确定电源电压，根据并联电路电流规律计算通过电阻的电流，根据欧姆定律计算定值电阻的阻值。
本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，属于基础题。
22.【答案】质量 电阻 相同 电流
【解析】解：根据控制变量法可知，实验中应该控制两烧瓶中煤油的质量和初温相同；
因为两电阻串联，所以通过它们的电流相等、通电时间相同，电阻大小不同，电阻丝R1
故答案为：质量；电阻；相同；电流。
根据控制变量法分析；电流产生的热量与电流大小、电阻大小、通电时间有关；实验中通过温度计示数的变化来反映产生热量的多少。
本题通过焦耳定律的实验重点考查学生对控制变量法、转化法的掌握和应用，以及学生分析实验现象得出结论的能力；控制变量法为物理实验中的常用方法，应重点掌握。
23.【答案】铝 会 电源
【解析】解：(1)实验中，AB棒的材料可能是铝，铝是导体，塑料是绝缘体，不导电。
(2)让导体AB在蹄形磁体中斜向上或斜向下运动，此时导体AB切割磁感线，电流计指针会偏转。
(3)电动机工作时，是将电能转化为机械能，由此可知，我们需要在电路中添加电源，即将灵敏电流计换成电源。
故答案为：(1)铝；(2)会；(3)电源。
(1)铝是导体，塑料是绝缘体，据此分析；
(2)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，在导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应。
(3)若将此装置中灵敏电流计换成电源，可进一步探究电动机的工作原理。
此题考查了探究电磁感应现象的实验，要熟悉实验器材、操作要领、会分析实验现象和得出结论。
24.【答案】解：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此连接OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，从点A垂直于OA斜向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
【解析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1l1=F2l2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
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。
25.【答案】
【解析】
【分析】
先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。
本题考查了电路的连接，分析题意确定两个开关的位置是关键。
【解答】
由题知，只闭合开关S，风扇能单独工作，灯和风扇为并联；若只闭合开关S，灯泡不亮，由此可知S1在灯所在支路上，S在干路上，如图所示：
。
26.【答案】解：
(1)由图示可知，n=3，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，由F=13(G建材+G动)可得，动滑轮的重力：G动=3F-G建材=3×300N-800N=100N；
(2)滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力：F'=13(G'+G动)=13×(1100N+100N)=400N；
此时滑轮组的机械效率为：η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=1100N1100N+100N≈91.7%。
答：(1)动滑轮的重力为100N；
(2)当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力为400N，此时滑轮组的机械效率为91.7%。
【解析】(1)由图示可知，n=3，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，根据F=13(G+G动)求出动滑轮的重力；
(2)滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，根据F=13(G+G动)求出当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力；根据η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动求出滑轮组的机械效率。
本题考查了滑轮组中动滑轮重、绳子自由端拉力以及绳子自由端通过距离的计算，正确找到通过动滑轮绳子段数和用好不计摩擦和绳重，拉力F=1n(G+G轮)是解题的关键。
27.【答案】解：(1)汽车和人的总重力：G=(m1+m2)g=(1380kg+60kg)×10N/kg=1.44×104N；
电动汽车匀速行驶，所以牵引力与阻力平衡，
则电动汽车受到的牵引力为：
F=f=0.04G=0.04×1.44×104N=576N；
则电动车行驶20km，牵引力做的功为：
W=Fs=576N×20×103m=1.152×107J；
(2)由表格数据可知电池容量为42kW⋅h，行驶20km时电池剩余容量为38kW⋅h
则此过程中电动汽车消耗的电能为：
W总=42kW⋅h-38kW⋅h=4kW⋅h=1.44×107J，
则电动汽车电能转化为机械能的转化效率：
η=WW总×100%=1.152×107J1.44×107J×100%=80%。
答：(1)电动汽车匀速行驶20km，牵引力所做的功为1.152×107J；
(2)电动汽车电能转化为机械能的转化效率为80%。
【解析】(1)根据G=mg求得汽车和人的总重力，汽车匀速行驶，牵引力与阻力相等，根据W=Fs便可计算出牵引力做的功；
(2)汽车消耗的电能等于电池容量与剩余容量之差，牵引力做的功与消耗电能之比便为电动汽车电能的转化效率。
本题是电、力的综合题目关键能够掌握力学中压强、功的计算方法，找到力和电的联系，才能正确计算转化效率。
28.【答案】解：开关S与触点1连接时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可知，此时电饭锅处于加热状态，
当开关S与触点2连接时，R1和R2串联接入电路，此时电饭锅处于保温状态；
(1)加热状态时，电饭锅的电功率为：P加热=U2R1=(220V)244Ω=1100W，
加热工作的时间：t=10min=600s，
那么电饭锅消耗的电能为：W加热=P加热t=1100W×600s=6.6×105J；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表的转盘在1min内转过5转，电饭锅保温状态消耗的电能：W保温=5r3000r/(kW⋅h)=1600kW⋅h；
保温状态的电功率：P保温=W保温t'=1600kW⋅h160h=0.1kW=100W；
由P=U2R可知，保温状态下电路中的总电阻：R=U2P保温=(220V)2100W=484Ω；
根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2=R-R1=484Ω-44Ω=440Ω；
(3)当实际电压为176V时，电饭锅加热状态的实际功率：P实=U实2R1=(176V)244Ω=704W。
答：(1)加热状态时，电饭锅消耗的电能为6.6×105J；
(2)R2的阻值为440Ω；
(3)用电高峰时，实际电压为176V，电饭锅加热状态的实际功率为704W。
【解析】开关S与触点1连接时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可知，此时电饭锅处于加热状态，
当开关S与触点2连接时，R1和R2串联接入电路，此时电饭锅处于保温状态；
(1)根据P=U2R计算出加热状态时电饭锅的电功率，然后根据W=Pt再计算出电饭锅消耗的电能；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，据此可求出电能表的转盘在1min内转过5转，电饭锅保温状态消耗的电能；利用P=Wt计算出保温状态的电功率；利用P=U2R计算出保温状态下电路中的总电阻，根据串联电路的电阻通电可求出R2的阻值。
(3)利用P=U2R计算出当实际电压为176V时，电饭锅加热状态的实际功率。
本题主要考查了电能和电功率的计算、对电能表参数的理解，能正确分析加热和保温状态下的电路连接是解题的关键。
29.【答案】右 B40620.9纯酒精 偏大
【解析】解：(1)由图甲知横梁指针偏向分度盘的左侧，应该向右调节平衡螺母使天平平衡；
(2)当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针仍偏向分度盘的左侧，此时应该调节游码，即向右移动游码，使天平水平平衡，故B正确；
(3)由图可知，量筒的分度值为2mL，示数为40mL=40cm3；
如图丙所示，游码标尺的分度值是0.2g，烧杯和剩余酒精的总质量为：m=50g+10g+2g=62g；
倒入量筒中酒精的质量为：m=98g-62g=36g，
酒精的密度为：
ρ=mV=36g40cm3=0.9g/cm3，由于75%医用酒精的密度为0.87g/cm3，所以需要添加密度小的纯酒精；
(4)由于烧杯壁和量筒壁上有液体残留，使测出的酒精的体积偏小，而所测质量是准确的，根据公式ρ=mV知密度知偏大。
故答案为：(1)右；(2)B；(3)40；62；0.9；纯酒精；(4)偏大。
(1)天平使用前的调节：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻度线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，左偏右调，右偏左调；
(2)在称量过程中，应通过加减砝码或移动游码的方法来使天平平衡；
(3)量筒读数时，先确定量筒的分度值，再根据液面位置读出数值；
利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和；
根据量筒的分度值读出量筒中酒精的体积，根据酒精的质量和体积求出其密度；根据酒精密度与医用酒精的密度关系判定所加液体的种类；
(4)由于烧杯壁和量筒壁上有液体残留，使测出的酒精的体积偏小，而所测质量是准确的，根据公式ρ=mV分析密度测量值的变化。
本题是测定密度的常规实验题，主要考查天平、量筒的读数及密度的基本计算，天平和量筒是初中物理中基本的测量工具，放、调、称、读等都是基本的知识要求，必须掌握扎实牢固。
30.【答案】平衡 左 托盘天平 先变小后变大 1.5×103 AB
【解析】解：(1)杠杆静止在如图位置，所以杠杆是处于平衡状态；
杠杆的左端上翘，左端的平衡螺母或右端的平衡螺母都向上翘的左端移动，才能使杠杆在水平位置平衡。
(2)当动力在D点斜向下拉(与水平方向成30∘角)动力臂是：L1=12OD=12×4×5cm=10cm，此时L1=L2=10cm，故杠杆为等臂杠杆，与托盘天平同类型；
(3)如图丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变大后变小，因为阻力、阻力臂不变，故测力计的拉力先变小后变大；
(4)根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB可得，
FA=FBLBLA=2×0.05kg×10N/kg×32=1.5N，
小桶中液体的质量m液=FAg=1.5N10N/kg=0.15kg=150g，
待测液体的密度ρ液=m液V=150g100cm3=1.5g/cm3=1.5×103kg/m3；
根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB可得，FA=FBLBLA，所以支点固定，向右移动小桶目的是增大LBLA或者增大钩码的质量是增大FB时能使FA增大；
根据F=G=mg，ρ=mV可知，V一定时，FA越大，“密度秤”的量程越大，故AB错误，CD正确。
故答案为：(1)平衡；左；(2)托盘天平；(3)先变小后变大；(4)1.5×103；AB。
(1)杠杆静止或匀速转动，杠杆都处于平衡平衡状态；
杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母(或一端的螺母)要向杠杆上翘的一端调节；
(2)当动力在D点斜向下拉(与水平方向成30∘角)动力臂是12OD，比较动力臂和阻力臂，判断杠杆的类型；
(3)根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析测力计示数的变化；
(4)根据杠杆的平衡条件以及实验原理ρ=mV分析解答。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小。要熟练掌握杠杆的平衡条件，并能据此分析杠杆的力与力臂的大小。
31.【答案】断开 D0.625不能 BU额⋅U-U额R0
【解析】解：(1)向右移动滑片P，灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
(2)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通路，只是电路中电流比较小，灯泡实际功率太小导致不亮，下一步操作应该是移动滑片P，观察灯泡的亮度，故选：D；
(4)由图2可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则灯泡额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
(5)在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图2知小灯泡的电阻是变化的，故利用图1中器材和电路不能探究电流与电压的关系；
(6)调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，此时灯泡正常发光；
根据电流从电压表正接线柱流入，将电压表B点的接线改接到C点，观察并记录电压表示数U，因为各个电阻的大小和电压大小都不变，灯泡仍然正常发光，根据串联电路的电压规律，定值电阻的电压为：U0=U-U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：
I0=U0R0=U-U额R0，
根据串联电路的电流规律，通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为：
P额=U额I额=U额⋅U-U额R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)断开；(3)D；(4)0.625；(5)不能；(6)B；U额⋅U-U额R0。
(1)向右移动滑片P，灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通路，只是电路中电流比较小，灯泡实际功率太小导致不亮，据此分析；
(4)根据图2确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P=UI求出灯泡的额定功率；
(5)在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图2知小灯泡的电阻是变化的，据此分析；
(6)根据电流从电压表正接线柱流入分析判断；因为各电阻的大小和电压大小都不变，根据串联电路的电压规律，求出定值电阻两端的电压，由欧姆定律，求出通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，即可求出小灯泡功率的表达式。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、注意事项、故障分析、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
2023年江苏省常州市武进区湖塘实验中学中考物理调研试卷
1. 北京2022年冬奥会、冬残奥会火炬名为“飞扬”，火炬外壳由碳纤维及其复合材料制造画成，体现了“轻、固、美”的特点，而且在1000℃的温度下不会起泡、开裂。以下特性与用该材料制作火炬“飞扬”无关的是( )
A. 密度小 B. 硬度大 C. 耐高温 D. 导电性好
2. 为提高学生体质，很多城市把跳绳列入了初中体育学业水平测试项目。某初三学生1min完成了180次跳绳，以下相关估测不符合实际的是( )
A. 学生质量可能是50kg B. 每次跳起的高度约5cm
C. 学生1min做功约5000J D. 学生做功的功率约为35W
3. 建立模型是学习物理的基本方法之一。日常生活中，很多工具或设施可以抽象成杠杆模型，下列工具或设施中，不能抽象成杠杆模型的是( )
A. 旗杆顶部的滑轮
B. 小明沿斜面推木箱
C. 小明把圆桶推上台阶
D. 大力士掀起车轮
4. 小明用如图所示的滑轮组将80N的重物在4s内匀速提升了2m，所用拉力为50N。不考虑摩擦和绳重，下列说法正确的是( )
A. 滑轮组的动滑轮重为20N
B. 对重物做的有用功为200J
C. 滑轮组的机械效率为75%
D. 当所提重物的质量增大时，该滑轮组的机械效率将减小
5. 4月16日“神舟十三号”载人飞船返回舱接近地面时，反推发动机点火，返回舱减速下降，安全降落在着陆场预定区域。在此过程中，对于返回舱能量变化描述正确的是( )
A. 返回舱动能增加，重力势能减小，机械能不变
B. 返回舱动能不变，重力势能减小，机械能减小
C. 返回舱动能减小，重力势能增加，机械能不变
D. 返回舱动能减小，重力势能减小，机械能减小
6. 2022年11月28日，世界上最大的活火山雷纳罗亚火山开始喷发，炙热的岩浆在流淌过程中逐渐降温，依次形成橄榄石、角闪石、正长石等岩石晶体。下列说法正确的是( )
A. 岩浆变成岩石是凝华过程
B. 火山灰在空气中随风飘动，是分子的热运动
C. 岩浆喷出后地球内部内能减少
D. 岩浆温度高说明其含有热量多
7. 如图是一台单缸四冲程汽油机，正常工作时转速为2400r/min，汽缸外面有“水套”循环降温，以下说法正确的是( )
A. 图中汽油机处于压缩冲程
B. 汽油机的压缩冲程中内能转化为机械能
C. 该汽油机1s对外做功20次
D. 水内能的变化是通过做功方式改变的
8. 某同学做“测量液体密度”的实验后，进行了操作总结和新的探索。没有量筒，只用天平、烧杯、水，也能测出某种未知液体的密度。他先测出空杯的质量和装满水时的质量分别为32.2g和132.2g。再用这只烧杯装满待测液体后，天平示数如图所示，已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3.以下正确的是( )
A. 用手直接在右盘中加减砝码 B. 测量时为使横梁平衡，可移动平衡螺母
C. 待测液体的密度是0.8×103kg/m3 D. 待测液体的密度是0.9×103kg/m3
9. 如图为封闭小区常见的智能门禁系统，住户可以通过刷卡或人脸识别进入小区，当门禁系统接通电源后，指示灯发光。住户刷卡或人脸识别成功时(相当于分别闭合对应的开关)，电动机工作，控制门打开。下列关于门禁系统的简化电路设计合理的是( )
A. B.
C. D.
10. 设计师设计了一款钢笔，它会因为书写时摇摆而产生电流，给内置电池充电。钢笔上还配备收音机等功能，在学习中便可播放音乐，收听新闻，以下说法中不正确的是( )
A. 给内置电池充电过程是将电能转化为化学能
B. 钢笔在充电时利用了通电导体在磁场中受力的作用原理
C. 摇摆钢笔给电池充电，说明钢笔内一定有磁体和线圈
D. 内置收音机是靠电磁波传递信息的
11. 图甲所示，规格相同的容器中装了相同质量的纯净水，用不同的加热器加热，忽略散热，得到图乙的图像，则下列说法正确的是( )
A. 甲烧杯中的水温上升快，说明甲杯中的水的比热容比乙杯中的水比热容小
B. 甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同
C. 吸收相同热量，甲杯的水升温比乙杯的多
D. 加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
12. 如图所示，电源电压保持不变，关于电路的工作情况，下列说法中正确的是( )
A. 同时闭合两个开关，通过两只灯泡的电流一定相同
B. 若灯L1被短路，闭合S1、S2后，灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
C. 若先闭合S1，再闭合S2，电压表示数不变，电流表的示数变大
D. 若电压表和电流表的位置对调，闭合S1、S2后，则两表都被烧坏
13. 在如图所示的照明电路中，闭合开关S后，发现灯泡L不亮，用测电笔分别检测b、c两点，氖管都发光。若电路中只有一处故障，则可能是( )
A. 开关S断路 B. 灯泡断路 C. 灯泡短路 D. cd段断路
14. 如图是小科利用实验室常用仪器，设计测量未知电阻Rx阻值的四种电路，电源电压恒定且未知，R0是已知阻值的定值电阻，滑动变阻器R最大阻值未知，实验中只能闭合或断开开关及移动滑动变阻器滑片，其中能够测量出Rx阻值的电路( )
A. 只有① B. 只有② C. 只有②③ D. 只有②③④
15. 如图所示是汽车尾气中CO排放量的检测电路。当CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警。图中的气敏电阻R1的阻值随CO浓度的增大而减小。下列说法不正确的是( )
A. 电铃应接在B和D之间
B. 当CO浓度升高时电磁铁的磁性增强
C. 电源用久后，电压U1会减小，则报警的CO最小浓度比设定值低
D. 为使该检测电路在CO浓度更低时报警，可将R2的滑片向上移
16. 如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为5N的物体到斜面顶端，斜面长1.0m，高0.3m，拉力做功为2J，则使用该斜面所做的有用功为______ J，这个斜面的机械效率是______ 。匀速拉动过程中拉力大小______ 摩擦力(选填“大于”“小于”或“等于”)。
17. “天宫课堂”第二课于2022年3月23日正式开讲，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过______ 进行传播的。空间站太阳翼上的太阳能电池板将______ 能转化成电能为空间站供电，电能是______ (选填“一次”或“二次”)能源。
18. 如图所示，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，用质量不同的A、B两个小球碰撞静止在同一水平面上的纸盒，小球从斜面顶端释放到抵达斜面底端的过程，小球的______ 能转化为动能；将甲、丙两次实验比较可知：小球的动能大小与小球的______ 有关；实验中通过观察推动纸盒的距离的大小，可以比较A、B两个小球下滑到斜面底端的______ (选填“动能”或“速度”)大小。
19. 艾灸是中华医学的瑰宝，利用艾条燃烧产生的热量刺激人体穴位，能够达到防病治病的目的。如图，艾灸过程中是通过______ 的方式改变人体内能，若一根质量为0.05kg的艾条完全燃烧能放出1.4×106J的热量，则该艾条的热值为______ J/kg。
20. 如图所示是一种停车位是否被占用的模拟提醒电路，虚线框内元件一个是灯泡，一个是定值电阻。设计要求无论开关是否闭合，灯泡都能发光，则______ (选填“a”或“b”)是灯泡。当车位未被占用时，开关S断开；当车位被占用时，开关S闭合，此时灯泡______ (选填“变亮”或“变暗”)。
21. 如图所示，标有“12V，24W”字样的灯泡L和电阻R并联连接在电路中。若此时灯泡正常发光，此时灯泡的阻值为______ Ω，电流表的示数为3A，电阻R阻值为______ Ω。
22. 利用如图所示的装置探究“电流产生的热量与哪些因素有关”。两烧瓶中煤油______ 初温相等，电阻丝R1
23. 某同学用如图所示的装置研究电磁感应现象：
(1)实验中，AB棒的材料可能是______ (选填“塑料”或“铝”)；
(2)让导体AB在蹄形磁体中斜向上或斜向下运动，电流计指针______ 偏转(选填“会”或“不会”)；
(3)若将此装置中灵敏电流计换成______ ，可进一步探究电动机的工作原理。
24. 如图甲所示为一种搬花神器，用它把花盆抬起时，相当于一个绕O点转动的杠杆，其简化示意图如图乙所示，请在乙图中画出杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。
25. 如图，只闭合开关S，风扇M工作；只闭合开关S1，灯泡和风扇M都不工作；同时闭合开关S，S1风扇M和灯泡都工作。请用笔画线代替导线把电路连接完整。
26. 工人用如图所示的滑轮组运送建材上楼，每次运送量不定，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计。若某一次工人将重800N的建材匀速竖直向上提升了6m，所用的拉力为300N，求：
(1)动滑轮的重力；
(2)当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力及此时滑轮组的机械效率(计算结果保留1位小数)。
27. 为了保护环境，我国大力发展电动汽车替代传统燃油汽车。表中是某种电动汽车的部分参数，假设车上只有司机一人，质量为60kg，汽车匀速行驶时所受阻力为总重力的0.04倍，电动汽车充满电后以节电模式匀速行驶20km，电池剩余容量为38kW⋅h。(g=10N/kg)求：
空车质量
1380kg
电池容量
42kW⋅h
最高时速
120km/h
最大功率
100kW
(1)电动汽车匀速行驶20km，牵引力所做的功；
(2)电动汽车电能转化为机械能的转化效率。
28. 如图甲为某电饭锅的简化电路原理图，R1和R2为加热电阻，且阻值保持不变，R1=44Ω，S为靠近加热盘的感温开关，1、2是开关连接的触点，加热盘温度达到103℃时，S自动切换到保温状态。某次煮饭时，仅将电饭锅接入220V的家庭电路，按下开关S与触点1连接，工作了10min，S自动切换到保温状态，保温时图乙所示电能表的转盘在1min内转过5转。求：
(1)加热状态时，电饭锅消耗的电能；
(2)R2的阻值；
(3)用电高峰时，实际电压为176V，电饭锅加热状态的实际功率。
29. 为预防新冠肺炎，小明用密度为0.8g/cm3的纯酒精配制了浓度为75%的酒精，他查阅资料得知：浓度为75%的医用酒精的密度为0.85g/cm3，为检验自己配制的酒精是否合格，他进行了如下实验和分析：
(1)将天平放在水平台上，并将游码移至标尺左端的零刻度线处，横梁静止时指针如图甲所示，此时应将横梁右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节，使横梁在水平位置平衡。
(2)将适量配制的酒精倒入烧杯中，用天平测量烧杯和酒精的总质量，通过加减砝码的操作，当小明将砝码盒中最小砝码放入右盘后，横梁指针仍如图甲所示，接下来他应该______。
A.向右调节平衡螺母
B.向右移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
(3)在完成第(2)步操作后，测出酒精和烧杯的总质量为98g，将烧杯中的一部分酒精倒入量筒中，如图乙所示，体积为______cm3，再将烧杯和剩余酒精放置于天平上，调节天平如图丙所示质量为______ g，则小明配制的酒精密度为______g/cm3，为符合要求，他应该向配制的酒精溶液中添加适量的______(选填“纯酒精”或“水”)。
(4)实验中考虑到烧杯壁和量筒壁上有液体残留，测得的密度值与真实值相比会______(选填“偏大”、“偏小”或“没有影响”)。
30. 小李利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”，实验中所用钩码的质量均为50g。请你帮助他完成实验：(g取10N/kg)
(1)杠杆静止时的位置如图1甲所示，此时杠杆处于______ (选填“平衡”或“不平衡”)状态。为了使杠杆静止时处于水平位置，接下来的操作是将杠杆的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)移动；
(2)在杠杆D点用如图1乙所示的动力F拉杠杆，此时杠杆的类型与______ (选填“筷子”、“老虎钳”或“托盘天平”)相同；
(3)如图1丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转全位置2的过程中，测力计示数变化情况是______ (选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”“先变大后变小”或“不变”)。
(4)小红利用上述的杠杆和钩码设计了一个“密度秤”。如图2所示，将容积为100mL的小桶悬挂在杠杆的挂钩A下，调节杠杆在水平位置平衡。小桶中装满待测液体时，在杠杆的B点悬挂2个钩码，杠杆在水平位置平衡；则待测液体的密度是______ kg/m3。为了增大“密度秤”的量程，下列措施不可行的是______ 。
A.增大小桶的容积
B.小桶位置固定，向左侧移动杠杆的支点O
C.增加钩码质量
D.杠杆支点固定，向右侧移动小桶
31. 小明在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用如图1所示的器材和电路，其中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V。
(1)请用笔画线代替导线将电路连接完整，要求：向右移动滑片P，灯泡变亮。
(2)连接电路时，开关应处于______ 状态。
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，则下一步操作应该是______ 。
A.更换小灯泡
B.检查电路是否断路
C.更换电池
D.移动滑片P
(4)根据测得的数据绘制的通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象如图2所示，分析图象可知：小灯泡的额定功率为______ W。
(5)利用图1中器材和电路______ (选填、“能”或“不能”)探究电流与电压的关系。
(6)完成上述实验后，小明进一步思考，在没有电流表的情况下能否测量小灯泡的额定功率？他想利用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计的电路图如图3所示，然后调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，将电压表______ 点(选填“A”或“B”)的接线改接到C点，观察并记录电压表示数为U，则小灯泡的额定功率可表示为P额=______ (用R0、U额、U等物理量符号表示)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：火炬外壳体现了“轻、固、美”的特点，而且在1000℃的温度下不会起泡、开裂。轻说明密度小，固说明硬度大，在1000℃的温度下不会起泡、开裂说明耐高温，但火炬的特点没有体现导电性好。故ABC错误，D正确。
故选：D。
认真分析火炬外壳特点，找出与火炬外壳特点对应的物质属性，然后进行选择。
此题考查了物质的基本属性，属基础题目。
2.【答案】D
【解析】解：A、大多数初三学生的质量约为50kg，故A符合实际；
B、跳绳每次起跳的高度约为5cm，故B符合实际；
CD、学生1min跳绳180次，做的功约为：W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×5×10-2m×180=4500J，5000J与4500J相差不大，故C符合实际；
学生做功的功率为：P=Wt=4500J60s=75W，35W与75相差较大，故D不符合实际。
故选：D。
(1)大多数初三学生的质量约为50kg；
(2)跳绳每次起跳的高度约为5cm；
(3)根据W=Gh=mgh算出学生1min跳绳做的功，由P=Wt算出学生做功的功率。
解决此类问题要利用生活常识，联系相关的物理知识进行估测。这就要求同学们要学会从生活体验中理解物理知识和物理规律，并且能将物理知识和物理规律用于对生活现象和生活常识的简单解释。
3.【答案】B
【解析】解：能够围绕固定点转动的硬棒叫做杠杆。旗杆顶部的滑轮、把圆桶推上台阶、掀起车轮都能围绕固定点转动，属于杠杆，可抽象成杠杆模型；而沿斜面推木箱利用的是斜面，故B符合题意。
故选：B。
能够围绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，据此分析。
此题考查杠杆的应用，生活中很多工具在使用时都可以抽象成杠杆模型，这实际上是使用了建立模型法，深入理解杠杆的含义是解答此类题目的关键。
4.【答案】A
【解析】解：AB、由图可知n=2，不计绳重和摩擦时，绳端的拉力F=1n(G+G动)，
所以动滑轮的重力：G动=nF-G=2×50N-80N=20N，故A正确；
对重物做的有用功：W有用=Gh=80N×2m=160J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力做的总功：W总=Fs=50N×4m=200J，
则滑轮组的机械效率：η=W有用W总=160J200J×100%=80%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，
所以，用此滑轮组提升重物的质量增大(重力G增大)时，滑轮组的机械效率将增大，故D错误。
故选：A。
(1)由图知，n=2，不计绳重和摩擦时，绳端的拉力F=1n(G+G动)，据此求出动滑轮的重力；
(2)知道重物的重力、提升的高度，利用W=Gh求出对重物做的有用功；
(3)根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据W=Fs求出拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，据此分析所提重物的质量增大时机械效率的变化。
本题考查了滑轮组的特点、使用滑轮组时有用功、总功和机械效率的计算，要利用好关系式“不计绳重和摩擦时，拉力F=1n(G+G动)、滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G”。
5.【答案】D
【解析】解：返回舱减速下降的过程中，质量不变，速度减小，动能减小；质量不变、高度减小，重力势能减小，机械能的总量也相应减小，故D正确。
故选：D。
(1)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能是动能和势能之和。
掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素。根据动能、重力势能、弹性势能的影响因素能判断动能、重力势能、弹性势能的大小变化。
6.【答案】C
【解析】解：A、岩浆变成岩石是由液态变为固态，这是凝固过程，故A错误；
B、火山灰在空气中随风飘动，火山灰不是分子，不能说明分子的热运动，故B错误；
C、岩浆喷出后，对外做功，地球内部内能减小，故C正确；
D、热量是过程量，不能说含有，故D错误。
故选：C。
(1)物质由液态变成固态的过程叫凝固；
(2)组成物质的分子都在不停地做无规则运动；
(3)物体对外做功内能减小；
(4)热量是过程量，不能说含有。
本题考查物态变化、分子的热运动、热量和内能的变化，属于综合题。
7.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，进气门和排气门都是关闭的，火花塞发出电火花，活塞下行，因此可知图中汽油机处于做功冲程，故A错误；
B、汽油机的压缩冲程中机械能转化为内能，故B错误；
C、由题意可知，单缸四冲程汽油机的飞轮转速是2400r/min，即每1s转40圈，完成80个冲程，做功20次，故C正确；
D、汽车发动机开始工作一段时间后，散热器中水的内能会增加，这是由于散热器中的水从发动机上吸收热量导致的，所以这是通过热传递方式来改变内能的，故D错误。
故选：C。
(1)由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化；
(2)在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；
(3)做功和热传递是改变物体内能的方式。
本题考查了热机、能源分类以及改变内能的有关知识，是一道综合题。
8.【答案】C
【解析】解：A、天平称量物体质量时，不能用手向右盘中加减砝码，要用镊子，故A错误；
B、测量时为使横梁平衡，可通过增减砝码和调节游码，不能移动平衡螺母，故B错误；
CD、水的质量m水=m总1-m烧杯=132.2g-32.2g=100g，
由ρ=mV可得，
水的体积V水=m水ρ水=100g1g/cm3=100cm3；
烧杯的体积V=V水=100cm3；
待测液体的体积V液=V=V水=100cm3；
这只烧杯装满待测液体后总质量m总=100g+10g+2.2g=112.2g，
待测液体的质量m液=m总2-m烧杯=112.2g-32.2g=80g，
待测液体的密度ρ=m液V液=80g100cm3=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)向盘中加减砝码时要用镊子，不能用手接触砝码，不能把砝码弄湿、弄脏；
(2)测量过程中，通过增减砝码和调节游码天平使重新平衡，不能移动平衡螺母；
(3)由空杯的质量和装满水时的质量可求得水的质量，已知水的密度，可求得水的体积，即为瓶子的容积和待测液体的体积，再求得液体的质量，由密度公式可求得待测液体的密度。
本题考查了基础实验的基本操作以及基本公式的应用，对于基础实验要加强实际操作，不能通过记、背来学习实验。天平的使用是个重点，尤其是游码和平衡螺母的使用。调平时，游码归零，移动平衡螺母；称量时，平衡螺母不动，移动游码。
9.【答案】B
【解析】解：
由题知，人脸识别、刷卡识别，只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合从而使电动机启动工作，所以两个开关应并联后再与电动机串联在电源上；灯泡与电动机能独立工作，是并联的；故B符合题意。
故选：B。
根据只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，电动机启动分析解答；用电器工作时互不影响，是并联的。
本题考查根据要求设计电路，关键是明确两个开关的连接方式。
10.【答案】B
【解析】解：A、蓄电池在充电时，电能转化为化学能，故A正确；
B、钢笔在充电时利用了电磁感应现象，故B错误；
C、摇摆钢笔给电池充电，利用闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，说明钢笔内一定有磁体和线圈，故C正确；
D、收音机是靠电磁波传递信息的，故D正确；
故选：B。
(1)蓄电池在充电时，电能转化为化学能；
(2)电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象；
(3)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
本题主要考查学生对：用电器的能量转化、电磁感应现象、电磁波的特点的了解和掌握，是一道基础题。
11.【答案】B
【解析】解：A.由题意可知，甲、乙两容器中都是相同质量的纯净水，它们的种类和状态相同，则两烧杯中水的比热容相同，故A错误；
B.由图乙可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min时，水升高的温度相等，由Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量相同，故B正确；
C.相同质量的纯净水，它们质量和比热容相同，由Q吸=cmΔt的变形式Δt=Q吸cm可知，吸收相同的热量，甲、乙两烧杯内的水升温相同，故C错误；
D.由图乙可知，加热相同的时间，甲、乙两烧杯内质量相等的纯净水升高的温度不同，由Q吸=cmΔt可知，它们吸收的热量不相同，故D错误。
故选：B。
(1)比热容是物质的特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量和体积无关；
(2)质量相同的同种物质，根据Q吸=cmΔt可知温度升高相同时吸收的热量相同。
(3)同种纯净水的比热容相同，根据Δt=Q吸cm判断吸收相同的热量时两烧杯内的水升变化关系；
(4)由图乙可知，加热相同的时间时，两烧杯内温度的变化量关系，根据Q吸=cmΔt可知它们吸收的热量关系。
本题考查了学生对比热容概念和吸热公式的了解与掌握，从图像中获取有用的信息是关键。
12.【答案】C
【解析】解：
A.同时闭合两个开关，两盏灯并联，由并联电路的电压规律可知，两灯两端的电压相同，但两灯的规格不一定相同(电阻不一定相同)，由欧姆定律I=UR可知，通过两只灯泡的电流不一定相同，故A错误；
B.若灯L1被短路，闭合开关S1、S2后，则灯泡L2也会被短路，此时两盏灯都不亮，而干路中的电流过大，会造成电流表损坏，故B错误；
C.若先闭合S1，电路为L1的简单电路，电压表测电源电压，电流表测通过L1的电流；
再闭合S2，两灯并联，电压表测电源电压，则电压表示数不变；此时电流表测干路电流，根据并联电路的电流规律可知，电流表的示数变大，故C正确；
D.若电压表和电流表的位置对调，电压表串联在电路中测电源电压，电流表与L1并联，因电压表的内阻很大，电路的电流很小，由图可知电压表选用大量程，而电源电压约为3V(两节干电池串联)，所以两表都不会被烧坏，故D错误。
故答案为：C。
(1)同时闭合两个开关，两盏灯并联，两灯的规格不一定相同(电阻不一定相同)，由并联电路的电压特点和欧姆定律判断通过两只灯泡的电流大小关系；
(2)两灯并联，若灯L1被短路，会造成L2也被短路(即电源发生短路)；
(3)若先闭合S1，电路为L1的简单电路，电压表测电源电压，电流表测通过L1的电流；再闭合S2，两灯并联，电压表仍然测电源电压，则电压表示数不变，而电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点分析电流表示数的变化；
(4)若电压表和电流表的位置对调，电压表串联在电路中测电源电压，电流表与L1并联，根据电压表的内阻很大结合实物电路进行分析。
本题主要考查了并联电路的特点和对短路现象的理解，关键是对电路结构的分析。
13.【答案】D
【解析】解：用测电笔分别测试b、c两点氖管均发光，应该c、b两点都与火线相通，即c点→灯泡L→b点→开关→火线都是通路；故障是c到进户线的零线断路了，即可能cd段断路，故D正确。
故选：D。
当开关闭合时，灯泡L不亮，用测电笔分别测试了b、c两点，发现测电笔都发光，b、c两点都和火线相连，如图，说明零线与灯之间断路或零线断路。
本题考查电路故障判断，要了解零线也可以带电，不要认为接触零线一定不触电。
14.【答案】D
【解析】解：
①根据图可知，S接1和2时，通过电压表的电流的方向会发生变化，电压表的指针会反向偏转，无法读取电压表的示数，故①不可行；
②根据图可知，闭合S1、S2，电压表测量电源的电压U；只闭合开关S1，两只电阻串联，电压表测量Rx两端电压为Ux；根据串联电路的电压关系可知，定值电阻两端的电压为：U0=U-Ux；此时电路中的电流为：I=U0R0，根据串联电路的电流关系可知，通过Rx的电流为I=U0R0，则根据Rx两端的电压和电流可以求出Rx阻值，故②可行；
③闭合S1、S2时，电路是只有Rx的基本电路，电流表测量通过Rx的电流Ix；闭合S1、断开S2，两电阻串联，电流表测电路中电流I；根据电源电压不变列式I(R0+Rx)=IxRx可求出Rx的阻值，故③可行；
④闭合S1，S接2时，R0和R串联接入电路中，把R的阻值调到0，根据电流表的示数和定值电阻的阻值可以求出电源电压U；闭合S1，S接1时，Rx和R串联接入电路中，把R的阻值调到0，读出电流表的示数，根据电流表示数和电源电压，利用R=UI可以求出Rx的阻值，故④可行。
故选：D。
要测量电阻阻值，需要测出电阻两端电压与通过电阻的电流，然后应用欧姆定律求出电阻阻值；分析图示电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
利用电压表或电流表测未知电阻的阻值，就是根据串联电路的电流特点或并联电路的电压特点想办法得出未知电阻两端的电压和电流，然后根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。
15.【答案】C
【解析】解：AB、图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律，控制电路的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，因CO浓度高于某一设定值时，电铃发声报警，所以电铃应接在B、D之间，故AB正确；
C、用久后，电源电压U1会减小，由欧姆定律，只有当R1阻值变小时，控制电路才能达到衔铁被吸下的最小电流，即报警时CO最小浓度比设定值高，故C错误；
D、在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联，I=UR1+R2可知，应减小滑动变阻器的电阻，即将R2的滑片向上移，故D正确。
故选：C。
(1)(2)图中气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律得出控制电路的电流变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知磁性的变化，结合电路分析；
(3)电源用久后，电源电压U1会减小，由欧姆定律，只有当R1阻值变小时，控制电路才能达到衔铁被吸下的最小电流，据此分析；
(4)在CO浓度越低电阻越大，因控制电路衔铁被吸下的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联分析。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和影响电磁铁磁性强弱的因素。
16.【答案】1.575%大于
【解析】解：
(1)拉力做的有用功：
W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
(2)拉力做的功W总=2J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总=1.5J2J×100%=75%；
(3)拉力做的额外功：W额=W总-W有用=2J-1.5J=0.5J；
因为W总=Fs，W额=fs，而W总>W额，
所以，Fs>fs，则F>f，
即：匀速拉动过程中拉力大于摩擦力。
故答案为：1.5；75%；大于。
(1)已知物体重力和提升的高度(斜面高)，根据公式W=Gh可求有用功；
(2)知道拉力做的功(总功)，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)拉力做的总功W总=Fs，拉力做的额外功W额=fs，根据W总>W额推导拉力与摩擦力的大小关系。
本题考查了使用斜面时有用功、额外功、机械效率的计算，明确使用斜面时有用功、额外功的含义是关键。
17.【答案】电磁波 太阳 二次
【解析】解：电磁波的传播不需要介质，且可以传递信息，太空中没有空气，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过电磁波进行传播的；
空间站太阳翼上的太阳能电池板将太阳能转化成电能为空间站供电；
电能无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到，是二次能源。
故答案为：电磁波；太阳；二次。
(1)卫星是通过电磁波来传递信息的；
(2)太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能；
(3)可以从自然界直接获得的能源叫一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源叫二次能源。
本题考查了电磁波的传播与应用、能量的转化、能源的分类，属于基础题。
18.【答案】重力势 质量 动能
【解析】解：
(1)小球由斜面顶端释放到抵达斜面底端，小球的高度降低，速度增大，所以重力势能减小，动能增大，故重力势能转化为动能；
(2)甲、丙两次实验小球从相同高度释放，所以到达底端时速度相同，小球质量不同，故甲、丙两次实验探究动能大小与质量关系；
(3)实验中将小球的动能大小转换为推动纸盒的距离的大小，使用了转换法。
故答案为：重力势；质量；动能。
小球从斜面上滚下来的过程中，重力势能转化为动能，动能越来越大；在该题中小球的高度在这个题中代表了速度的大小；解答此题要知道动能的决定因素有两个：质量和速度，对于这类多因素问题应结合控制变量法进行分析；利用转换法分析即可。
此类实验题目是考查对控制变量法和转换法的掌握情况，及如何正确的对实验现象进行分析，归纳出正确的结论，是中考的常见题型。
19.【答案】热传递 2.8×107
【解析】解：(1)进行艾灸时，艾条燃烧产生的热量传给人体，是通过热传递的方式改变了人体的内能；
(2)艾条的热值为：q=Qm=1.4×106J0.05kg=2.8×107J/kg。
故答案为：热传递；2.8×107。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，这两种方式是等效的，做功改变物体内能的实质是内能和机械能之间的转化，热传递改变物体内能的实质是内能在高温物体和低温物体之间的转移；
(2)已知艾条的质量和放出的热量，利用热量的变形公式q=Qm计算该艾条的热值。
本题考查了改变物体内能的方式以及热值公式的应用，属于基础性题目。
20.【答案】b 变亮
【解析】解：由图知，S断开时，a、b处的元件串联在电路中，S闭合时，a处的元件短路，电路为b元件的简单电路。根据设计要求无论开关是否闭合，灯都发光可知，a处是定值电阻，b处灯泡；
开关闭合后，只有b处灯泡连入电路中，由串联电路特点和欧姆定律知，通过灯泡的电流和其两端电压增大，由P=UI知，灯泡的实际功率变大，所以灯泡变亮。
故答案为：b；变亮。
图中开关S与a处元件并联，根据无论开关是否闭合，灯都发光分析a、b处的元件；比较开关S断开和闭合情况下灯泡的实际功率变化，从而判断灯泡的亮度变化。
本题考查电路的设计以及电路的动态分析，关键是根据无论开关是否闭合，灯都发光确定电路的连接情况。
21.【答案】6 12
【解析】解：闭合开关，灯泡和电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
灯泡标有“12V24W”字样，灯泡的电阻：RL=UL2PL=(12V)224W=6Ω，
此时灯泡正常发光，灯泡两端的电压等于额定电压，通过灯泡的电流：IL=ULRL=12V6Ω=2A，
并联电路各支路两端电压相等，所以电源电压为12V，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过电阻的电流：IR=I-IL=3A-2A=1A，
根据欧姆定律可得定值电阻的阻值：R=UIR=12V1A=12Ω。
故答案为：6；12。
闭合开关，灯泡和电阻并联接入电路，电流表测干路电流，
灯泡标有“12V24W”字样，根据R=U2P计算灯泡的电阻，此时灯泡正常发光，灯泡两端的电压等于额定电压，根据欧姆定律计算通过灯泡的电流，根据并联电路电压特点确定电源电压，根据并联电路电流规律计算通过电阻的电流，根据欧姆定律计算定值电阻的阻值。
本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，属于基础题。
22.【答案】质量 电阻 相同 电流
【解析】解：根据控制变量法可知，实验中应该控制两烧瓶中煤油的质量和初温相同；
因为两电阻串联，所以通过它们的电流相等、通电时间相同，电阻大小不同，电阻丝R1
故答案为：质量；电阻；相同；电流。
根据控制变量法分析；电流产生的热量与电流大小、电阻大小、通电时间有关；实验中通过温度计示数的变化来反映产生热量的多少。
本题通过焦耳定律的实验重点考查学生对控制变量法、转化法的掌握和应用，以及学生分析实验现象得出结论的能力；控制变量法为物理实验中的常用方法，应重点掌握。
23.【答案】铝 会 电源
【解析】解：(1)实验中，AB棒的材料可能是铝，铝是导体，塑料是绝缘体，不导电。
(2)让导体AB在蹄形磁体中斜向上或斜向下运动，此时导体AB切割磁感线，电流计指针会偏转。
(3)电动机工作时，是将电能转化为机械能，由此可知，我们需要在电路中添加电源，即将灵敏电流计换成电源。
故答案为：(1)铝；(2)会；(3)电源。
(1)铝是导体，塑料是绝缘体，据此分析；
(2)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，在导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应。
(3)若将此装置中灵敏电流计换成电源，可进一步探究电动机的工作原理。
此题考查了探究电磁感应现象的实验，要熟悉实验器材、操作要领、会分析实验现象和得出结论。
24.【答案】解：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此连接OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，从点A垂直于OA斜向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
【解析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1l1=F2l2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
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。
25.【答案】
【解析】
【分析】
先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。
本题考查了电路的连接，分析题意确定两个开关的位置是关键。
【解答】
由题知，只闭合开关S，风扇能单独工作，灯和风扇为并联；若只闭合开关S，灯泡不亮，由此可知S1在灯所在支路上，S在干路上，如图所示：
。
26.【答案】解：
(1)由图示可知，n=3，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，由F=13(G建材+G动)可得，动滑轮的重力：G动=3F-G建材=3×300N-800N=100N；
(2)滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力：F'=13(G'+G动)=13×(1100N+100N)=400N；
此时滑轮组的机械效率为：η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=1100N1100N+100N≈91.7%。
答：(1)动滑轮的重力为100N；
(2)当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力为400N，此时滑轮组的机械效率为91.7%。
【解析】(1)由图示可知，n=3，滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，根据F=13(G+G动)求出动滑轮的重力；
(2)滑轮与钢绳间的摩擦力及绳重忽略不计，根据F=13(G+G动)求出当所运送建材的重为1100N时，工人作用在绳子上的拉力；根据η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动求出滑轮组的机械效率。
本题考查了滑轮组中动滑轮重、绳子自由端拉力以及绳子自由端通过距离的计算，正确找到通过动滑轮绳子段数和用好不计摩擦和绳重，拉力F=1n(G+G轮)是解题的关键。
27.【答案】解：(1)汽车和人的总重力：G=(m1+m2)g=(1380kg+60kg)×10N/kg=1.44×104N；
电动汽车匀速行驶，所以牵引力与阻力平衡，
则电动汽车受到的牵引力为：
F=f=0.04G=0.04×1.44×104N=576N；
则电动车行驶20km，牵引力做的功为：
W=Fs=576N×20×103m=1.152×107J；
(2)由表格数据可知电池容量为42kW⋅h，行驶20km时电池剩余容量为38kW⋅h
则此过程中电动汽车消耗的电能为：
W总=42kW⋅h-38kW⋅h=4kW⋅h=1.44×107J，
则电动汽车电能转化为机械能的转化效率：
η=WW总×100%=1.152×107J1.44×107J×100%=80%。
答：(1)电动汽车匀速行驶20km，牵引力所做的功为1.152×107J；
(2)电动汽车电能转化为机械能的转化效率为80%。
【解析】(1)根据G=mg求得汽车和人的总重力，汽车匀速行驶，牵引力与阻力相等，根据W=Fs便可计算出牵引力做的功；
(2)汽车消耗的电能等于电池容量与剩余容量之差，牵引力做的功与消耗电能之比便为电动汽车电能的转化效率。
本题是电、力的综合题目关键能够掌握力学中压强、功的计算方法，找到力和电的联系，才能正确计算转化效率。
28.【答案】解：开关S与触点1连接时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可知，此时电饭锅处于加热状态，
当开关S与触点2连接时，R1和R2串联接入电路，此时电饭锅处于保温状态；
(1)加热状态时，电饭锅的电功率为：P加热=U2R1=(220V)244Ω=1100W，
加热工作的时间：t=10min=600s，
那么电饭锅消耗的电能为：W加热=P加热t=1100W×600s=6.6×105J；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表的转盘在1min内转过5转，电饭锅保温状态消耗的电能：W保温=5r3000r/(kW⋅h)=1600kW⋅h；
保温状态的电功率：P保温=W保温t'=1600kW⋅h160h=0.1kW=100W；
由P=U2R可知，保温状态下电路中的总电阻：R=U2P保温=(220V)2100W=484Ω；
根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2=R-R1=484Ω-44Ω=440Ω；
(3)当实际电压为176V时，电饭锅加热状态的实际功率：P实=U实2R1=(176V)244Ω=704W。
答：(1)加热状态时，电饭锅消耗的电能为6.6×105J；
(2)R2的阻值为440Ω；
(3)用电高峰时，实际电压为176V，电饭锅加热状态的实际功率为704W。
【解析】开关S与触点1连接时，电路为R1的简单电路，根据P=U2R可知，此时电饭锅处于加热状态，
当开关S与触点2连接时，R1和R2串联接入电路，此时电饭锅处于保温状态；
(1)根据P=U2R计算出加热状态时电饭锅的电功率，然后根据W=Pt再计算出电饭锅消耗的电能；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，据此可求出电能表的转盘在1min内转过5转，电饭锅保温状态消耗的电能；利用P=Wt计算出保温状态的电功率；利用P=U2R计算出保温状态下电路中的总电阻，根据串联电路的电阻通电可求出R2的阻值。
(3)利用P=U2R计算出当实际电压为176V时，电饭锅加热状态的实际功率。
本题主要考查了电能和电功率的计算、对电能表参数的理解，能正确分析加热和保温状态下的电路连接是解题的关键。
29.【答案】右 B40620.9纯酒精 偏大
【解析】解：(1)由图甲知横梁指针偏向分度盘的左侧，应该向右调节平衡螺母使天平平衡；
(2)当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针仍偏向分度盘的左侧，此时应该调节游码，即向右移动游码，使天平水平平衡，故B正确；
(3)由图可知，量筒的分度值为2mL，示数为40mL=40cm3；
如图丙所示，游码标尺的分度值是0.2g，烧杯和剩余酒精的总质量为：m=50g+10g+2g=62g；
倒入量筒中酒精的质量为：m=98g-62g=36g，
酒精的密度为：
ρ=mV=36g40cm3=0.9g/cm3，由于75%医用酒精的密度为0.87g/cm3，所以需要添加密度小的纯酒精；
(4)由于烧杯壁和量筒壁上有液体残留，使测出的酒精的体积偏小，而所测质量是准确的，根据公式ρ=mV知密度知偏大。
故答案为：(1)右；(2)B；(3)40；62；0.9；纯酒精；(4)偏大。
(1)天平使用前的调节：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻度线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，左偏右调，右偏左调；
(2)在称量过程中，应通过加减砝码或移动游码的方法来使天平平衡；
(3)量筒读数时，先确定量筒的分度值，再根据液面位置读出数值；
利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和；
根据量筒的分度值读出量筒中酒精的体积，根据酒精的质量和体积求出其密度；根据酒精密度与医用酒精的密度关系判定所加液体的种类；
(4)由于烧杯壁和量筒壁上有液体残留，使测出的酒精的体积偏小，而所测质量是准确的，根据公式ρ=mV分析密度测量值的变化。
本题是测定密度的常规实验题，主要考查天平、量筒的读数及密度的基本计算，天平和量筒是初中物理中基本的测量工具，放、调、称、读等都是基本的知识要求，必须掌握扎实牢固。
30.【答案】平衡 左 托盘天平 先变小后变大 1.5×103 AB
【解析】解：(1)杠杆静止在如图位置，所以杠杆是处于平衡状态；
杠杆的左端上翘，左端的平衡螺母或右端的平衡螺母都向上翘的左端移动，才能使杠杆在水平位置平衡。
(2)当动力在D点斜向下拉(与水平方向成30∘角)动力臂是：L1=12OD=12×4×5cm=10cm，此时L1=L2=10cm，故杠杆为等臂杠杆，与托盘天平同类型；
(3)如图丙所示，用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变大后变小，因为阻力、阻力臂不变，故测力计的拉力先变小后变大；
(4)根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB可得，
FA=FBLBLA=2×0.05kg×10N/kg×32=1.5N，
小桶中液体的质量m液=FAg=1.5N10N/kg=0.15kg=150g，
待测液体的密度ρ液=m液V=150g100cm3=1.5g/cm3=1.5×103kg/m3；
根据杠杆的平衡条件FALA=FBLB可得，FA=FBLBLA，所以支点固定，向右移动小桶目的是增大LBLA或者增大钩码的质量是增大FB时能使FA增大；
根据F=G=mg，ρ=mV可知，V一定时，FA越大，“密度秤”的量程越大，故AB错误，CD正确。
故答案为：(1)平衡；左；(2)托盘天平；(3)先变小后变大；(4)1.5×103；AB。
(1)杠杆静止或匀速转动，杠杆都处于平衡平衡状态；
杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母(或一端的螺母)要向杠杆上翘的一端调节；
(2)当动力在D点斜向下拉(与水平方向成30∘角)动力臂是12OD，比较动力臂和阻力臂，判断杠杆的类型；
(3)根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析测力计示数的变化；
(4)根据杠杆的平衡条件以及实验原理ρ=mV分析解答。
探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小。要熟练掌握杠杆的平衡条件，并能据此分析杠杆的力与力臂的大小。
31.【答案】断开 D0.625不能 BU额⋅U-U额R0
【解析】解：(1)向右移动滑片P，灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用右下接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
(2)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通路，只是电路中电流比较小，灯泡实际功率太小导致不亮，下一步操作应该是移动滑片P，观察灯泡的亮度，故选：D；
(4)由图2可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则灯泡额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.25A=0.625W；
(5)在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图2知小灯泡的电阻是变化的，故利用图1中器材和电路不能探究电流与电压的关系；
(6)调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，接着保持滑片位置不变，此时灯泡正常发光；
根据电流从电压表正接线柱流入，将电压表B点的接线改接到C点，观察并记录电压表示数U，因为各个电阻的大小和电压大小都不变，灯泡仍然正常发光，根据串联电路的电压规律，定值电阻的电压为：U0=U-U额，
由欧姆定律，通过定值电阻的电流：
I0=U0R0=U-U额R0，
根据串联电路的电流规律，通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为：
P额=U额I额=U额⋅U-U额R0。
故答案为：(1)见解答图；(2)断开；(3)D；(4)0.625；(5)不能；(6)B；U额⋅U-U额R0。
(1)向右移动滑片P，灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
(2)为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
(3)连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通路，只是电路中电流比较小，灯泡实际功率太小导致不亮，据此分析；
(4)根据图2确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P=UI求出灯泡的额定功率；
(5)在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图2知小灯泡的电阻是变化的，据此分析；
(6)根据电流从电压表正接线柱流入分析判断；因为各电阻的大小和电压大小都不变，根据串联电路的电压规律，求出定值电阻两端的电压，由欧姆定律，求出通过定值电阻的电流即为小灯泡的额定电流，即可求出小灯泡功率的表达式。
本题测量小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、注意事项、故障分析、功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
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