2023年吉林省长春市榆树市中考物理三模试卷

这是一份2023年吉林省长春市榆树市中考物理三模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年吉林省长春市榆树市中考物理三模试卷一、选择题（每题2分，共20分）1．（2分）下列关于声音现象的说法正确的是（　　）A．如图所示，敲击音叉与音叉接触的小球被弹起，说明发声的音叉在振动 B．如图所示，只改变尺子伸出桌面长度，听到声音的响度变化 C．如图所示，公路旁的声音屏障，是在声源处减弱噪声 D．如图所示，汽车安装前后倒车雷达利用次声传递信息2．（2分）下列光学元件中，成像原理与其它三个不同的是（　　）A．放大镜 B．自制照相机 C．昆虫观察箱 D．投影仪3．（2分）如图所示的物态变化中，属于吸热的是（　　）A．    冰雪消融 B．    草叶上形成“露珠” C．    山间形成浓雾 D．    草叶上形成“白霜”4．（2分）下列说法不正确的是（　　）A．永动机不可能制造成功，因为它违背了能量守恒定律 B．我国核电站是利用核聚变获得核能来发电的 C．验电器的工作原理是同种电荷相互排斥 D．静止在坡底的巨石不会自发地滚向山顶，因为能量的转化具有方向性5．（2分）下列科学家与其重要发现对应正确的是（　　）A．法拉第——电磁感应现象 B．奥斯特——电流的热效应 C．阿基米德——测定1标准大气压值 D．伯努利——连通器原理6．（2分）甲、乙两个电炉子，产生的热量相同，所用时间之比为1：2，通过两个电炉丝的电流之比为2：1，则电阻丝阻值之比为（　　）A．1：4 B．4：1 C．2：1 D．1：27．（2分）下列说法符合安全用电要求的是（　　）A．家用电器的金属外壳接地 B．开关接在零线上 C．用手将触电人拉开 D．用湿抹布擦工作中的用电器8．（2分）小明在接种新冠疫苗时发现，接种点使用了一种可以自动加湿的电风扇。风扇运行过程中，当空气湿度下降到一定时，湿度控制开关S1自动闭合，加湿系统自动运行；只要断开开关S2，风扇和加湿系统同时停止工作。则下列电路中符合上述特点的是（　　）A． B． C． D．9．（2分）如图所示，用滑轮组将重为120N的物体匀速提升3m，所用时间为30s，绳末端施加竖直向上的拉力F为50N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）A．此过程总功为360J B．动滑轮的重力为20N C．拉力F的功率为12W D．该滑轮组机械效率约为80%10．（2分）在空间站里航天员王亚平做了“浮力消失”的实验。在失重环境下，她将乒乓球用吸管轻轻压入水中后，抽出吸管后乒乓球静止不动，如图甲所示。在地面实验室同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中不正确的是（　　）A．图甲中乒乓球所受合力为零，运动状态不改变 B．图甲中乒乓球具有惯性，图乙中乒乓球不具有惯性 C．图乙中乒乓球上浮时所受的浮力大于所受的重力 D．图乙中乒乓球浮出水面后水对容器底部的压强变小二、非选择题（填空题每空1分，作图每图1分，计算题5分，共50分）11．（2分）某款擦窗机器人如图所示，它的“腹部”有吸盘，当真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，由于 　      　的作用，它能牢牢地吸附在竖直玻璃上；若擦窗机器人的总质量为1.1kg，当它吸附在竖直玻璃上处于静止时，受到的摩擦力为 　     　N。（g＝10N/kg）12．（2分）2011年3月11日，日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强震并引发海啸，造成福岛第一核电站反应堆冷却系统破坏。日本当局采取不断向反应堆空中、地面注水的方法进行冷却，以免造成更大的核事故，这种冷却方法主要是利用了水的 　      　大的特性，核能是 　       　能源（填“可再生”或“不可再生”）。13．（4分）如图是冰壶项目比赛场景。运动员投出冰壶后，同组队员在冰壶的前方快速刷冰面。形成水膜，使冰壶沿预设轨迹运动。（1）在擦刷冰面过程中，冰面上水膜的形成发生的物态变化过程是 　     　。刷擦冰面的目的是 　     　摩擦。（2）冰壶离手后仍能前行是由于 　     　，冰壶最终停止说明力能改变物体的 　       　。14．（7分）在“小实验、小制作”比赛活动中，物理兴趣小组利用身边的小玻璃瓶、单孔橡皮塞、两端开口的透明吸管、水，展示了如图实验。 （1）“敲击实验”。如图甲，用笔杆敲击使空玻璃瓶发生 　     　，产生声音，加大敲击的力量，声音的 　     　（选填“音调”“响度”或“音色”）发生了改变；（2）自制温度计。如图乙，将玻璃瓶放入热水中，观察到吸管中的液面 　     　（选填“上升”“下降”或“不变”），验证了温度计是根据液体 　       　的规律制成的；（3）自制水气压计。如图丙，提着瓶子从一楼走到四楼，观察到吸管中的液面上升，说明了大气压强随海拔高度升高而 　     　（选填“增大”“减小”或“不变”）；（4）自制“喷雾器”，如图丁，往B管中吹气，可以看到A管中的液面 　     　（选填“上升”“下降”或“不变”），这表明：在气体中，流速越大的位置压强 　     　（选填“越大”“越小”或“不变”）。15．（5分）如图所示，在探究凸透镜成像规律的实验时，将焦距为10cm的凸透镜、点燃的蜡烛、和光屏安装在光具座上，凸透镜固定在50.0cm的刻度线处。（1）通过调节蜡烛和光屏在光具座上的位置，如图所示，此时在光屏上得到倒立 　     　的实像。（2）将蜡烛移到35.0cm刻度线处时，通过调节光屏的位置观察到了清晰的像，这一成像性质在生活中的应用是 　      　。（选填照相机、投影仪或放大镜）（3）同学们在实验过程中还发现，当凸透镜成实像时，蜡烛不断靠近凸透镜时光屏上的像 　     　。（选填变大、变小、或不变）（4）同学们将蜡烛固定在20.0cm刻度线后，取下这个凸透镜，更换一个焦距相同面积大一些的凸透镜，探究凸透镜大小对像的影响。通过认真调节后在光屏得到清晰的像，认真观察后发现像的性质 　     　（填有或没有）变化，像的亮度变亮，像变亮的原因是：　                  　。16．（6分）科学探索，不仅需要观察和实验，更需要有理性的推理。如果物体不受力，将会怎样运动呢？让我们踏着伽利略的足迹逐步揭晓这个答案。每次实验，小车都从同一斜面，同一高度由静止滑下，观察小车在水平毛巾、纸板、玻璃板上前进的距离，实验现象如图甲所示。（1）实验时为什么要控制小车到达水平面时的初速度相同：　                  　。（2）小虹实验小组获得的实验证据如下表：接触面材料小车在水平面运动的距离/m所用时间/s毛巾202纸板354玻璃板4210①从实验中能看到的现象是：　                  　；②分析实验证据后可得结论是：　                  　；③进一步推理可得推论是：　                  　。（3）小虹同学复习时，做了这样一道题，请你帮她完成：如图乙所示，小球P从静止释放，当达到右侧最高点时所有外力都消失，则小球将 　       　。结合此题，请说出一条伽利略实验的局限性：　                  　。17．（2分）小鸣同学利用如图所示的实验装置“实验探究：使用动滑轮”，得出结论：相对于定滑轮，用动滑轮提起重物，可以省一半力，但要多移动一倍的距离。“可以省一半力”的成立条件是 　                　；若提升G＝3N的重物时，弹簧测力计匀速竖直向上拉动时示数F₂＝2N，则此时该动滑轮的机械效率为 　      　。18．（5分）中考在即，同学们在复习有关压强的知识。（1）如图1，小明在体验压力作用效果与 　       　的关系时，他会感觉到 　     　（选填“左侧”或“右侧”）手指更疼。（2）小聪在进行“液体压强跟哪些因素有关”的实验中，进行了如图2所示的实验操作：将压强计的探头缓慢放入液体中，探头上的橡皮膜受到压强越大，U形管 　          　越大。观察如图2甲（酒精）、乙（水）、丙（浓盐水）所示的现象，得到的结论是 　                  　。（3）为了估测大气压的大小，小泽和同学在模拟马德堡半球实验（图3），请写出实验思路。 　                  　。19．（4分）同学们利用如下器材来探究“浮力的大小”，实验过程如图所示：（1）你觉得图1中合理的实验顺序是 　       　。（2）小明同学在图A、B、C、D中，弹簧测力计的示数分别为2.5N、1.4N、1N、2N，发现石块受到的浮力F浮大于排开水的重力G排，造成这种结果不可能的原因是 　     　。A.弹簧测力计都没有校零B.步骤B中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部C.石块吸水D.在进行B步骤前，溢水杯中的水没有加满（3）小红同学对该实验进行了改变，如图2所示，将容器放在升降台C上，用升降台调节溢水杯的高度来控制物体排开液体的体积，小红逐渐调高升降台，发现在重物浸没之前，随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A示数的变化量 　     　弹簧测力计B示数的变化量（选填“大于”、“小于”或“等于”），从而证明了F浮＝G排。在这个过程中容器对升降台C的压力 　     　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。20．（5分）在探究“平面镜成像特点”的实验中：（1）该实验用到的测量工具是 　      　。（2）该实验用玻璃板代替平面镜的目的是 　           　。（3）实验时应在 　   　（选填“A”或“B”）侧观察蜡烛A所成的像。（4）当蜡烛A向玻璃板靠近时，像的大小 　     　。（5）在图中画出物体AB在平面镜MN中的像A'B'（保留作图痕迹）。21．（8分）在项目学习中，小致设计了一款测力计模型，如图甲所示，用电流表示数显示拉力的大小，并且电流表示数随拉力的增大而增大。其模型电路如图甲所示，虚线框里面接线柱“1”与接线柱“2”或“3”相连，图中未画出。ab为长10cm、阻值25Ω的电阻丝，电源电压恒为6V，弹簧的电阻为1Ω，R0的阻值为4Ω，其余部分电阻不计，电流表量程为0～0.6A。忽略弹簧、拉杆和拉环的重力及滑片与电阻丝的摩擦，闭合开关，弹簧处于原长状态时刚好对准a处。（1）图甲中接线柱“1”应上与接线柱 　   　相连。（2）当拉力的大小为200N时，电流表的示数为 　      　A。（3）图甲中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，则电压表的示数随拉力的增大而 　     　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）与利用电流表相比，电压表所能显示的最大拉力将提升多少牛？（写出必要的文字说明和计算过程）
2023年吉林省长春市榆树市中考物理三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题2分，共20分）1．（2分）下列关于声音现象的说法正确的是（　　）A．如图所示，敲击音叉与音叉接触的小球被弹起，说明发声的音叉在振动 B．如图所示，只改变尺子伸出桌面长度，听到声音的响度变化 C．如图所示，公路旁的声音屏障，是在声源处减弱噪声 D．如图所示，汽车安装前后倒车雷达利用次声传递信息【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；（2）音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；响度跟物体的振幅、距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大；音色跟发声体的材料、品质有关；（3）减弱噪声的方式有三种，即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱；（4）声音能传递信息，也能传递能量。【解答】解：A、小球接触发声的音叉时，小球被弹起反映了发声的音叉正在振动，故A正确；B、尺子伸出桌面越长，振动越慢，发出声音的音调越低，改变尺子伸出桌面的长度，听到尺子发声的音调在变化，故B错误；C、公路旁的声音屏障，是在传播过程中减弱噪声，故C错误；D、倒车雷达是利用超声波反射来定位的，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查学生声学一些基础知识点的了解和掌握，特别是声音的三个特性以及三个特性的影响因素。2．（2分）下列光学元件中，成像原理与其它三个不同的是（　　）A．放大镜 B．自制照相机 C．昆虫观察箱 D．投影仪【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。【解答】解：A、用放大镜看物理课本上的文字时，文字变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的。故与题意不符。B、照相机是利用凸透镜成倒立、缩小实像原理，凸透镜成像是光的折射形成的，故与题意不符；C、昆虫观察箱通过平面镜观察昆虫，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意。D、投影仪是利用凸透镜成倒立、放大实像原理，凸透镜成像是光的折射形成的，故与题意不符；故选：C。【点评】此题主要考查身边本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播的理解，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。3．（2分）如图所示的物态变化中，属于吸热的是（　　）A．    冰雪消融 B．    草叶上形成“露珠” C．    山间形成浓雾 D．    草叶上形成“白霜”【分析】从六种物态变化定义进行判断：物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热。【解答】解：A、冰雪消融，是物质从固态变为液态的过程，是熔化，熔化吸热。符合题意。BC、草叶上形成“露珠”和山间形成浓雾，都是空气中的水蒸气遇冷液化成的小水珠，液化放热。不符合题意。D、草叶上形成“白霜”是空气中的水蒸气遇冷直接凝华成的小冰晶，凝华放热。不符合题意。故选：A。【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。4．（2分）下列说法不正确的是（　　）A．永动机不可能制造成功，因为它违背了能量守恒定律 B．我国核电站是利用核聚变获得核能来发电的 C．验电器的工作原理是同种电荷相互排斥 D．静止在坡底的巨石不会自发地滚向山顶，因为能量的转化具有方向性【分析】（1）机器在运转过程中机械能总有一定的损耗，且能量转化具有方向性，据此判断；（2）核电站是利用裂变的链式反应释放出巨大能量的原理制成的；（3）验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；（4）能量的转化具有方向性。【解答】解：A、永动机违背了能量守恒定律，机器在运转过程中总存在摩擦，机械能总有一定的损耗，所以永动机不可能制造成功，故A正确；B、核电站是利用裂变的链式反应释放出巨大能量的原理制成的，故B错误；C、验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故C正确；D、静止在坡底的巨石不会自发地滚向山顶，这是因为能量的转化具有方向性，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查学生对核能、能量的转化和转移、验电器的工作原理等知识点的理解和掌握，难度不大。5．（2分）下列科学家与其重要发现对应正确的是（　　）A．法拉第——电磁感应现象 B．奥斯特——电流的热效应 C．阿基米德——测定1标准大气压值 D．伯努利——连通器原理【分析】根据对物理规律及科学家主要贡献的掌握分析答题。【解答】解：A、在奥斯特发现电生磁现象的基础上，法拉第发现了磁生电——电磁感应现象，故A正确；B、奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；C、托里拆利实验测得1个标准大气压值，故C错误；D、伯努利原理就是流体压强与流速的关系，不是连通器原理，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了物理常识，属于基础知识。6．（2分）甲、乙两个电炉子，产生的热量相同，所用时间之比为1：2，通过两个电炉丝的电流之比为2：1，则电阻丝阻值之比为（　　）A．1：4 B．4：1 C．2：1 D．1：2【分析】已知甲、乙两个电炉产生热量相同、通过的电流以及通电时间之比，根据Q＝I2Rt求出电阻丝阻值之比。【解答】解：由题知，Q甲＝Q乙，t甲：t乙＝1：2，I甲：I乙＝2：1，由Q＝I2Rt可有：I甲2R甲t甲＝I乙2R乙t乙，所以：＝×＝（）2×＝（）2×＝。故选：D。【点评】本题考查了焦耳定律的简单应用，要注意各量之间的关系，比例的计算要细心。7．（2分）下列说法符合安全用电要求的是（　　）A．家用电器的金属外壳接地 B．开关接在零线上 C．用手将触电人拉开 D．用湿抹布擦工作中的用电器【分析】（1）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；（2）开关应该接在灯泡和火线之间；（3）一旦有人触电，应立即切断电源或用绝缘棒将导线挑开，使接触者尽快脱离电源；（4）湿布是导体，擦洗正在工作的用电器，容易造成触电。【解答】解：A、将家用电器的金属外壳接地，当用电器漏电时，电流就通过地线，流入大地，防止触电事故的发生，故A符合安全用电要求；B、家庭电路按照灯具时，火线首先接入开关，然后进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入灯泡的螺旋套。如果开关接在零线和灯泡之间，火线直接接在灯泡时，虽然断开开关，但是火线和灯泡相连，触及灯泡会发生触电事故。所以开关要接在灯泡和火线之间，断开开关，切断火线，触及灯泡时更安全，故B不符合安全用电要求；C、发现有人触电时，千万不能用手将触电人拉开，会使救人者触电，应立即切断电源或用绝缘棒将导线挑开，使接触者尽快脱离电源，故C不符合安全用电要求；D、湿布是容易导电的物体，用湿布擦拭正在工作的用电器，容易引起人体触电，故D不符合安全用电要求。故选：A。【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电！8．（2分）小明在接种新冠疫苗时发现，接种点使用了一种可以自动加湿的电风扇。风扇运行过程中，当空气湿度下降到一定时，湿度控制开关S1自动闭合，加湿系统自动运行；只要断开开关S2，风扇和加湿系统同时停止工作。则下列电路中符合上述特点的是（　　）A． B． C． D．【分析】串联电路特点：各用电器的工作互相影响，开关与用电器是串联的，开关控制所有用电器；并联电路特点：各支路中的用电器的工作互不影响，干路上的开关控制整个电路的用电器，支路上的开关只控制本支路上的用电器。由此分析解题。【解答】解：由题知，风扇运行过程中，当空气湿度下降到一定时，湿度控制开关S1自动闭合，加湿系统自动运行，所以风扇与加湿系统互不影响，即是并联的，且S1只加湿系统；断开电源总开关S2，风扇和加湿系统同时停止工作，所以S2应在干路上同时控制风扇和加湿系统，由各选项电路可知，B正确。故选：B。【点评】本题考查了电路的设计，掌握并联和串联电路特点以及开关作用是设计电路的关键。9．（2分）如图所示，用滑轮组将重为120N的物体匀速提升3m，所用时间为30s，绳末端施加竖直向上的拉力F为50N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）A．此过程总功为360J B．动滑轮的重力为20N C．拉力F的功率为12W D．该滑轮组机械效率约为80%【分析】（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳端移动的距离，利用公式W＝Fs计算出总功；（2）不计绳重和摩擦，绳端拉力F＝，利用此方程式求出动滑轮的重力；（3）根据求功率；（4）根据W＝Gh计算有用功，利用公式η＝计算机械效率。【解答】解：A、绳端移动的距离：s＝nh＝3×3m＝9m总功：W总＝Fs＝50N×9m＝450J，故A错误；B、因为不计绳重和摩擦，绳端拉力F＝，所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G物＝3×50N﹣120N＝30N，故B错误；C、拉力F的功率：P＝＝＝15W，故C错误；D、有用功：W有用＝Gh＝120N×3m＝360J该滑轮组机械效率：η＝＝＝80%，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了做功公式和功率公式、滑轮组机械效率公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。10．（2分）在空间站里航天员王亚平做了“浮力消失”的实验。在失重环境下，她将乒乓球用吸管轻轻压入水中后，抽出吸管后乒乓球静止不动，如图甲所示。在地面实验室同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中不正确的是（　　）A．图甲中乒乓球所受合力为零，运动状态不改变 B．图甲中乒乓球具有惯性，图乙中乒乓球不具有惯性 C．图乙中乒乓球上浮时所受的浮力大于所受的重力 D．图乙中乒乓球浮出水面后水对容器底部的压强变小【分析】（1）物体处于平衡状态，合力为零，运动状态不变；（2）任何物体在任何情况下都有惯性；（3）乒乓球上浮时，浮力大于重力；（4）在乒乓球露出水面后，液面下降，则压强减小，据此解答。【解答】解：A、图甲中乒乓球处于静止状态，所受合力为零，运动状态不改变，故A正确；B、由于任何物体在任何情况下都有惯性，所以图甲、乙中乒乓球都具有惯性，故B错误；C、根据浮沉条件知，图乙中乒乓球上浮时，所受的浮力大于所受的重力，故C正确；D、在乒乓球露出水面后，排开水的体积减小，水面距离容器底的高度减小，则水对容器底的压强减小，故D正确。故选：B。【点评】本题考查惯、物体的浮沉条件及其应用、液体压强的计算等，属于综合题。二、非选择题（填空题每空1分，作图每图1分，计算题5分，共50分）11．（2分）某款擦窗机器人如图所示，它的“腹部”有吸盘，当真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，由于 　大气压　的作用，它能牢牢地吸附在竖直玻璃上；若擦窗机器人的总质量为1.1kg，当它吸附在竖直玻璃上处于静止时，受到的摩擦力为 　11　N。（g＝10N/kg）【分析】（1）吸盘能吸在玻璃上是由于大气压强的作用；（2）物体静止时处于平衡状态，受到的力为平衡力。【解答】解：（1）真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，所以吸盘内的气压小于外界大气压，从而使吸盘吸附在玻璃上，因此是大气压的作用；（2）擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，平衡力大小相等，即f＝G＝mg＝1.1kg×10N/kg＝11N。故答案为：大气压；11。【点评】本题考查了大气压的存在、二力平衡的应用，难度适中。12．（2分）2011年3月11日，日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强震并引发海啸，造成福岛第一核电站反应堆冷却系统破坏。日本当局采取不断向反应堆空中、地面注水的方法进行冷却，以免造成更大的核事故，这种冷却方法主要是利用了水的 　比热容　大的特性，核能是 　不可再生　能源（填“可再生”或“不可再生”）。【分析】（1）单位质量的物质温度每升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量，即为该物质的比热容，1kg的水温度每升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量是4.2×103J/（kg•℃），远远大于其它的物质，常用作冷却剂；（2）像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。【解答】解：（1）因水的比热容较大，变化较小的温度，就能吸收较多的热量，所以用水去冷却核电站效果会更好；（2）核能是不可再生能源，短期不能得到；故答案为：比热容；不可再生。【点评】此题主要考查了对比热容和不可再生能源的了解，都属于基础知识。13．（4分）如图是冰壶项目比赛场景。运动员投出冰壶后，同组队员在冰壶的前方快速刷冰面。形成水膜，使冰壶沿预设轨迹运动。（1）在擦刷冰面过程中，冰面上水膜的形成发生的物态变化过程是 　熔化　。刷擦冰面的目的是 　减小　摩擦。（2）冰壶离手后仍能前行是由于 　惯性　，冰壶最终停止说明力能改变物体的 　运动状态　。【分析】（1）物质从固态变为液态的过程是熔化，减小摩擦的方法：减小压力、减小接触面的粗糙程度、以滚动代替滑动、使接触面彼此离开；用毛刷刷冰，使冰壶和冰之间形成一层水膜，由于水的出现使冰壶与冰面分开，减小了冰壶与冰面之间的阻力；（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，力是改变物体运动状态的原因。【解答】解：（1）在擦刷冰面过程中，冰面上水膜的形成是冰熔化成水，属于熔化；用毛刷刷冰，使冰壶和冰之间形成一层水膜，由于水的出现使冰壶与冰面分开，减小了冰壶与冰面之间的摩擦阻力；（2）冰壶运动员将冰壶推离手后，由于冰壶具有惯性仍要保持原来的运动状态，所以能继续前行；冰壶受摩擦阻力最终停止，说明力能改变物体的运动状态。故答案为：（1）熔化；减小；（2）惯性；运动状态。【点评】此题难度不大，但涉及到的知识点较多，综合性较强，各知识点之间联系密切，是一道典型题目。14．（7分）在“小实验、小制作”比赛活动中，物理兴趣小组利用身边的小玻璃瓶、单孔橡皮塞、两端开口的透明吸管、水，展示了如图实验。 （1）“敲击实验”。如图甲，用笔杆敲击使空玻璃瓶发生 　振动　，产生声音，加大敲击的力量，声音的 　响度　（选填“音调”“响度”或“音色”）发生了改变；（2）自制温度计。如图乙，将玻璃瓶放入热水中，观察到吸管中的液面 　上升　（选填“上升”“下降”或“不变”），验证了温度计是根据液体 　热胀冷缩　的规律制成的；（3）自制水气压计。如图丙，提着瓶子从一楼走到四楼，观察到吸管中的液面上升，说明了大气压强随海拔高度升高而 　减小　（选填“增大”“减小”或“不变”）；（4）自制“喷雾器”，如图丁，往B管中吹气，可以看到A管中的液面 　上升　（选填“上升”“下降”或“不变”），这表明：在气体中，流速越大的位置压强 　越小　（选填“越大”“越小”或“不变”）。【分析】（1）声音是由物体振动产生的；响度和振幅有关，振幅越大，响度越大。（2）温度计的原理：液体的热胀冷缩。（3）大气压强和高度有关，高度越高，气压越低。（4）流体压强和流速的关系：流体流速大的位置压强小。【解答】解：（1）用笔杆敲击使空玻璃瓶，使玻璃瓶发生振动，从而产生声音，说明声音由物体的振动产生的；响度与发声体的振幅有关，振幅越大，响度越大，用更大的力敲击玻璃瓶，玻璃瓶振动的幅度改变，故声音的响度发生改变。（2）将玻璃瓶放入热水中，玻璃瓶中液体吸收热量，体积膨胀，所以吸管中的液面上升，实验验证了温度计是根据液体的热胀冷缩的规律制成的。（3）大气压不是固定不变的，随着高度的升高而减小，所以提着瓶子从一楼走到四楼，观察到吸管中的液面上升。（4）往B管中吹气，可以看到A管中的水面上升，原因是：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速变大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，所以A管水上升。表明在气体中，流速越大的位置压强越小。故答案为：（1）振动；响度；（2）上升；热胀冷缩；（3）减小；（4）上升；越小。【点评】本题考查的比较综合，涉及到了声音的产生、温度计的原理、大气压和高度的关系以及流体压强和流速的关系，注意理解。15．（5分）如图所示，在探究凸透镜成像规律的实验时，将焦距为10cm的凸透镜、点燃的蜡烛、和光屏安装在光具座上，凸透镜固定在50.0cm的刻度线处。（1）通过调节蜡烛和光屏在光具座上的位置，如图所示，此时在光屏上得到倒立 　缩小　的实像。（2）将蜡烛移到35.0cm刻度线处时，通过调节光屏的位置观察到了清晰的像，这一成像性质在生活中的应用是 　投影仪　。（选填照相机、投影仪或放大镜）（3）同学们在实验过程中还发现，当凸透镜成实像时，蜡烛不断靠近凸透镜时光屏上的像 　变大　。（选填变大、变小、或不变）（4）同学们将蜡烛固定在20.0cm刻度线后，取下这个凸透镜，更换一个焦距相同面积大一些的凸透镜，探究凸透镜大小对像的影响。通过认真调节后在光屏得到清晰的像，认真观察后发现像的性质 　没有　（填有或没有）变化，像的亮度变亮，像变亮的原因是：　烛焰发出的光射到面积大的凸透镜比面积小的凸透镜多，经过凸透镜折射后射到光屏上的光的量多成像明亮　。【分析】（1）根据物距大于像距确定像的性质；（2）将蜡烛移到35.0cm刻度线处时，易知物距为15.0cm，大于1倍焦距小于2倍焦距，成倒立、放大的实像，应用是投影仪；（3）凸透镜成实像时，物距变小，光屏上的像变大；（4）根据焦距不变，物距不变，成像的的性质没有变化；更换一个焦距相同面积大一些的凸透镜，烛焰发出的光射到面积大的凸透镜比面积小的凸透镜多，经过凸透镜折射后射到光屏上的光的量多成像明亮。【解答】解：（1）通过调节蜡烛和光屏在光具座上的位置，如图所示，易知物距大于像距，此时在光屏上得到倒立、缩小的实像。（2）将蜡烛移到35.0cm刻度线处时，易知物距为15.0cm，大于1倍焦距小于2倍焦距，成倒立、放大的实像，这一成像性质在生活中的应用是 投影仪；（3）同学们在实验过程中还发现，当凸透镜成实像时，蜡烛不断靠近凸透镜时，物距变小，光屏上的像变大；（4）同学们将蜡烛固定在20.0cm刻度线后，取下这个凸透镜，更换一个焦距相同面积大一些的凸透镜，因焦距不变，物距不变，故成像的的性质没有变化，像的亮度变亮，像变亮的原因是：烛焰发出的光射到面积大的凸透镜比面积小的凸透镜多，经过凸透镜折射后射到光屏上的光的量多成像明亮。故答案为：（1）缩小；（2）投影仪；（3）变大；（4）没有；烛焰发出的光射到面积大的凸透镜比面积小的凸透镜多，经过凸透镜折射后射到光屏上的光的量多成像明亮。【点评】本题探究凸透镜成像规律，主要考查成像规律的运用及实验现象的分析。16．（6分）科学探索，不仅需要观察和实验，更需要有理性的推理。如果物体不受力，将会怎样运动呢？让我们踏着伽利略的足迹逐步揭晓这个答案。每次实验，小车都从同一斜面，同一高度由静止滑下，观察小车在水平毛巾、纸板、玻璃板上前进的距离，实验现象如图甲所示。（1）实验时为什么要控制小车到达水平面时的初速度相同：　因为小车在水平面上滑行的距离与其达到水平面时的初速度和受到阻力两个因素有关，若要探究阻力对小车运动的影响，则要控制其到达水平面时的初速度相同　。（2）小虹实验小组获得的实验证据如下表：接触面材料小车在水平面运动的距离/m所用时间/s毛巾202纸板354玻璃板4210①从实验中能看到的现象是：　在同样的条件下，水平面对小车的阻力越小，小车前进的越远，小车运动时间越长　；②分析实验证据后可得结论是：　运动的物体受到的阻力越小，它的速度减小的越慢，它运动的时间就越长　；③进一步推理可得推论是：　如果水平面绝对光滑，运动的物体所受的阻力为零，它的速度将不会减小，将以恒定不变的速度永远运动下去　。（3）小虹同学复习时，做了这样一道题，请你帮她完成：如图乙所示，小球P从静止释放，当达到右侧最高点时所有外力都消失，则小球将 　保持静止　。结合此题，请说出一条伽利略实验的局限性：　没有研究静止的物体不受力的情况　。【分析】（1）小车的运动是从在平面上前进的距离看出，平面上运动受的阻力为平面对小车的摩擦力，故要研究受力与运动的关系，就要控制其它的因素保持不变；（2）小车受到的阻力越小，小车速度减小得越慢，运动得越远；推理：若小车不受任何阻力，将做匀速直线运动；（3）物体撤销一切力的作用时，物体会保持撤销力时的运动状态，结合牛顿第一定律进行分析。【解答】解：（1）控制小车从斜面同一高度滑下，这是为了让小车滑到水平面时的初速度相同，这样才能单纯地比较受力与运动的关系，即控制住初速度这一变量；（2）①由实验现象可知，在同样的条件下，水平面对小车的阻力越小，小车前进的越远，小车运动时间越长；②分析可知，运动的物体受到的阻力越小，它的速度减小的越慢，它运动的时间就越长；③推理可知，如果水平面绝对光滑，运动的物体所受的阻力为零，它的速度将不会减小，将以恒定不变的速度永远运动下去，或将做匀速直线运动。（3）由图可知，小球P从静止释放，当达到右侧最高点时所有外力都消失，小球的速度为零，如果此时小球受到的力全部消失，小球要保持这种静止状态；根据牛顿第一定律可知，伽利略实验没有研究静止的物体不受力的情况。故答案为：（1）因为小车在水平面上滑行的距离与其达到水平面时的初速度和受到阻力两个因素有关，若要探究阻力对小车运动的影响，则要控制其到达水平面时的初速度相同；（2）①在同样的条件下，水平面对小车的阻力越小，小车前进的越远，小车运动时间越长；②运动的物体受到的阻力越小，它的速度减小的越慢，它运动的时间就越长；③如果水平面绝对光滑，运动的物体所受的阻力为零，它的速度将不会减小，将以恒定不变的速度永远运动下去；（3）保持静止；没有研究静止的物体不受力的情况。【点评】探究阻力对物体运动的影响实验中，所用到的实验方法除控制变量法外，还有一种特殊的方法，那就是科学推理法，也被称为理想实验法。17．（2分）小鸣同学利用如图所示的实验装置“实验探究：使用动滑轮”，得出结论：相对于定滑轮，用动滑轮提起重物，可以省一半力，但要多移动一倍的距离。“可以省一半力”的成立条件是 　不计绳重、摩擦和动滑轮重力　；若提升G＝3N的重物时，弹簧测力计匀速竖直向上拉动时示数F₂＝2N，则此时该动滑轮的机械效率为 　75%　。【分析】动滑轮相当于一个动力臂是阻力臂两倍的杠杆，理想情况下F＝G，可以省一半力；根据η＝＝＝计算动滑轮的机械效率。【解答】解：使用动滑轮时，承担重物绳子的段数n＝2，不计绳重、摩擦和动滑轮重力时，绳端拉力F＝G，可以省一半力；由η＝＝＝可得，提升G＝3N的重物时，动滑轮的机械效率：η＝＝＝75%。故答案为：不计绳重、摩擦和动滑轮重力；75%。【点评】本题考查对动滑轮的认识以及机械效率的计算，属于一道基础题。18．（5分）中考在即，同学们在复习有关压强的知识。（1）如图1，小明在体验压力作用效果与 　受力面积　的关系时，他会感觉到 　右侧　（选填“左侧”或“右侧”）手指更疼。（2）小聪在进行“液体压强跟哪些因素有关”的实验中，进行了如图2所示的实验操作：将压强计的探头缓慢放入液体中，探头上的橡皮膜受到压强越大，U形管 　两边液面高度差　越大。观察如图2甲（酒精）、乙（水）、丙（浓盐水）所示的现象，得到的结论是 　在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大　。（3）为了估测大气压的大小，小泽和同学在模拟马德堡半球实验（图3），请写出实验思路。 　根据p＝测出大气对吸盘的压力F和吸盘的受力面积S，即可算出大气压强　。【分析】（1）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，根据控制变量法的原则，分析实验中相同量和不同量，分析得出压力作用效果与受力面积的关系；（2）在探究“液体压强跟哪些因素有关”的实验中用U形管两边液面高度差来间接显示探头上的橡皮膜受到的压强大小，这是利用了转换法；因为液体压强与液体深度和液体密度有关，根据控制变量法原则，分析实验中的相同量和不同量，由此得出实验结论；（3）根据压强公式p＝可知，要测出大气压强就要测出大气对吸盘的压力F和吸盘的受力面积S，即可算出大气压强。【解答】解：（1）静止时，笔处于平衡状态，所以笔两端受到的压力大小相等，笔尖和笔尾对两根手指反作用的压力也相等，接触尖的手指受力面积小，明显更疼，即会感觉到右侧的手指更疼，由此说明压力作用效果与受力面积的关系；（2）在探究“液体压强跟哪些因素有关”的实验中用U形管两边液面高度差来间接显示探头上的橡皮膜受到的压强大小，这是利用了转换法；如图2甲（酒精）、乙（水）、丙（浓盐水），压强计的探头所处相同深度，U形管两侧液面高度差不同，由此可得出的结论为：液体深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大；（3）根据图3中模拟马德堡半球实验中要估测出大气压的大小，根据压强公式p＝可知，就要测出大气对吸盘的压力F和吸盘的受力面积S，即可算出大气压强。故答案为：（1）受力面积；右侧；（2）两边液面高度差；在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大；（3）根据p＝测出大气对吸盘的压力F和吸盘的受力面积S，即可算出大气压强。【点评】本题考查了固体压强的影响因素、液体压强的特点以及如何测量大气压，考查学生对实验的设计和结论的分析能力，难度一般。19．（4分）同学们利用如下器材来探究“浮力的大小”，实验过程如图所示：（1）你觉得图1中合理的实验顺序是 　CABD　。（2）小明同学在图A、B、C、D中，弹簧测力计的示数分别为2.5N、1.4N、1N、2N，发现石块受到的浮力F浮大于排开水的重力G排，造成这种结果不可能的原因是 　AC　。A.弹簧测力计都没有校零B.步骤B中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部C.石块吸水D.在进行B步骤前，溢水杯中的水没有加满（3）小红同学对该实验进行了改变，如图2所示，将容器放在升降台C上，用升降台调节溢水杯的高度来控制物体排开液体的体积，小红逐渐调高升降台，发现在重物浸没之前，随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A示数的变化量 　等于　弹簧测力计B示数的变化量（选填“大于”、“小于”或“等于”），从而证明了F浮＝G排。在这个过程中容器对升降台C的压力 　不变　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。【分析】（1）为了减小误差，实验步骤应为：先测空桶的重力；再测物体的重力；将物体浸没在水中，读出测力计的示数，最后测出桶和排出水的重力；通过AB弹簧测力计的示数差可求出石块所受浮力的大小；图D中弹簧测力计的示数等于小桶的重加排出的水重；（2）根据称重法可知小石块受到的浮力；排开水的重力等于排开的水和小桶的重力之和减掉空桶的重力；A、若弹簧测力计都没有校零，四次测量结果都偏大，且都偏大相同的数值，据此判断浮力的变化以及排开水的重力的变化；B、石块浸没后，碰触到溢水杯底部，容器对石块有支持力，测的FB偏小，根据称量法分析解答即可；C、石块吸水，会使溢水杯溢出水的体积减小，导致排开水的重力减小；石块吸水时，会导致步骤B中测力计的示数增大，由称重法测浮力可知，测得的浮力偏小，据此分析；D、若最初溢水杯中的水未装至溢水口会使溢出的水偏少；（4）根据阿基米德原理可知，在同种液体中物体排开水的体积变大时受到的浮力也会变大，根据称重法可知弹簧测力计A示数的变化；此时重物排开水的体积变大即溢出水的体积变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化；再根据阿基米德原理判断弹簧秤A的示数变化量和弹簧秤B的示数变化量之间的关系；将烧杯、水和物体看做一个整体，容器对升降台C的压力等于烧杯和烧杯内水的总重与物体的重力之和再减去物体受到的拉力，由G物﹣F示＝F浮结合力的作用是相互的和阿基米德原理，分析在这个过程中容器对升降台C的压力的变化。【解答】解：（1）要先测物体的重力或空桶的重力，然后再把物体没入水中，测出物体受到的浮力，最后再测出桶和溢出水的总重力，故图1中合理的实验顺序是CABD；（2）根据F浮＝G﹣F可知，石块浸没在水中受到的浮力为：F浮＝FA﹣FB＝2.5N﹣1.4N＝1.1N；排开水的重力为：G排＝FD﹣FC＝2N﹣1N＝1N；所以，F浮＞G排，A、若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；B、步骤B中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，容器对石块有支持力，测的FB偏小，则利用F浮＝FA﹣FB偏大，故B有可能；C、石块吸水，会使溢水杯溢出水的体积减小，导致测得排开水的重力减小；石块吸水时，会导致步骤B中测力计的示数增大，由称重法测浮力可知，测得的浮力偏小，且浮力的减小量和G排的减小量相等，则F浮＝G排，故C不可能；D、若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开水的重力G排减小，故D有可能；故选：AC；（3）重物浸入水中的体积变大时，排开液体的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排可知，重物受到的浮力变大，弹簧测力计A的示数变化即为F浮；重物浸入水中的体积变大时，排开水的体积变大，则溢出水的质量变大，所以弹簧测力计B的示数变大；根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计A示数的变化量和弹簧测力计B的示数变化量相等；将烧杯、水和物体看做一个整体，容器对升降台C的压力等于烧杯和烧杯内水的总重与物体的重力之和再减去物体受到的拉力（大小等于测力计的示数），即F压＝G杯+G杯内水+G物﹣F示，而G物﹣F示＝F浮，所以F压＝G杯+G杯内水+F浮，根据阿基米德原理，F浮＝G排水，所以F压＝G杯+G杯内水+G排水，由于杯内的水和排出的水的总重等于原来杯子里的水，是个定值，所以，在这个过程中容器对升降台C的压力不变。故答案为：（1）CABD；（2）AC；（3）等于；不变。【点评】本题探究浮力的大小，主要考查了实验过程、注意的事项和对实验误差的分析及对实验方案的改进，综合性强，难度大。20．（5分）在探究“平面镜成像特点”的实验中：（1）该实验用到的测量工具是 　刻度尺　。（2）该实验用玻璃板代替平面镜的目的是 　便于确定像的位置　。（3）实验时应在 　A　（选填“A”或“B”）侧观察蜡烛A所成的像。（4）当蜡烛A向玻璃板靠近时，像的大小 　不变　。（5）在图中画出物体AB在平面镜MN中的像A'B'（保留作图痕迹）。【分析】（1）本实验要研究像与物到镜面的距离的大小关系，据此回答；（2）玻璃板有透光性，既能成像，又能确定像的位置；（3）平面镜成像属于光的反射；（4）平面镜成的像与物大小相等；（5）根据平面镜成的像与物关于镜面对称作图。【解答】解：（1）本实验要研究像与物到镜面的距离的大小关系，故该实验用到的测量工具是刻度尺。（2）玻璃板有透光性，既能成像，又能确定像的位置，故该实验用玻璃板代替平面镜的目的是便于确定像的位置。（3）平面镜成像属于光的反射，故实验时应在A侧观察蜡烛A所成的像。（4）平面镜成的像与物大小相等，故当蜡烛A向玻璃板靠近时，像的大小不变。（5）根据平面镜成的像与物关于镜面对称，分别作出A、B关于镜面的对称点A′、B′，连接A′B′即为物体AB在平面镜MN中的像A'B'，如下所示：故答案为：（1）刻度尺； （2）便于确定像的位置；  （3）A；（4）不变；（5）【点评】本题探究“平面镜成像特点”的实验，考查所用的测量工作、操作过程及成像规律的运用。21．（8分）在项目学习中，小致设计了一款测力计模型，如图甲所示，用电流表示数显示拉力的大小，并且电流表示数随拉力的增大而增大。其模型电路如图甲所示，虚线框里面接线柱“1”与接线柱“2”或“3”相连，图中未画出。ab为长10cm、阻值25Ω的电阻丝，电源电压恒为6V，弹簧的电阻为1Ω，R0的阻值为4Ω，其余部分电阻不计，电流表量程为0～0.6A。忽略弹簧、拉杆和拉环的重力及滑片与电阻丝的摩擦，闭合开关，弹簧处于原长状态时刚好对准a处。（1）图甲中接线柱“1”应上与接线柱 　3　相连。（2）当拉力的大小为200N时，电流表的示数为 　0.3　A。（3）图甲中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，则电压表的示数随拉力的增大而 　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）与利用电流表相比，电压表所能显示的最大拉力将提升多少牛？（写出必要的文字说明和计算过程）【分析】（1）根据欧姆定律可知电流表示数增大时电路的总电阻变化，根据图甲可知拉力增大时滑片移动的方向，然后结合电流表示数随拉力的增大而增大判断虚线框内接线柱“1”应哪与接线柱连接；（2）当拉力的大小为200N时，由图乙可知此时弹簧伸长量，根据电阻丝的总长度得出连入电路电阻丝的长度，然后根据电阻丝的长度和总电阻值求出电阻丝接入电路中的电阻最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流；（3）甲图中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小；由图乙可知拉力增大时得出连入电路电阻丝的阻值变化，根据电阻的串联和欧姆定律判断出电路中的电流变化，根据欧姆定律得出电压表的示数变化；（4）根据电流表量程确定电流表的最大示数，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时电阻丝接入电路中的电阻，然后求出弹簧的伸长量，根据图乙读出电流表示数最大时显示的拉力；甲图中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小；当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，此时拉力最大，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时电阻丝接入电路中的电阻，然后求出弹簧的伸长量，根据图乙读出电流表示数最大时显示的拉力，然后求出与利用电流表相比电压表所能显示的最大拉力将提升多少。【解答】解：（1）由欧姆定律的变形式R＝可知，当电流表的示数增大时，电路的总电阻减小，由图甲可知，拉力增大时，滑片下移，因电流表示数随拉力的增大而增大，所以拉力增大时，电阻丝接入电路中的电阻应减小，则虚线框内接线柱“1”应与“3”连接；（2）当拉力的大小为200N时，由图乙可知此时弹簧伸长量为4cm，则电阻丝接入电路中的电阻为：R′＝×Rab＝0.6×25Ω＝15Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则根据欧姆定律可得：电路中的电流：I＝＝＝＝0.3A；（3）甲图中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小，由图乙可知拉力增大时连入电路电阻丝的阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，定值电阻R0两端的电压变，所以，电压表的示数随拉力的增大而增大；（4）由电流表量程为0～0.6A可知，电流表的最大示数I大＝0.6A，根据I＝可得此时电路的总电阻：R总＝＝＝10Ω，此时电阻丝接入电路中的电阻：RPb＝R总′﹣R0﹣R弹簧＝10Ω﹣4Ω﹣1Ω＝5Ω，弹簧的伸长量：ΔL＝L﹣×L＝10cm﹣×10cm＝8cm，由图乙可知，电流表示数最大时显示的拉力F＝400N；甲图中若去掉电流表，用一只电压表（量程0～3V）与R0并联，利用电压表的示数来显示拉力的大小，当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，此时拉力最大，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的最大电流：I大′＝＝＝0.75A，此时电路的总电阻：R总′＝＝＝8Ω，此时电阻丝接入电路中的电阻：RPb′＝R总′﹣R0﹣R弹簧＝8Ω﹣4Ω﹣1Ω＝3Ω，弹簧的伸长量：ΔL＝L﹣L＝10cm﹣×10cm＝8.8cm，由图乙可知，电流表示数最大时显示的拉力F′＝440N，则与利用电流表相比，电压表所能显示的最大拉力将提升：ΔF＝F′﹣F＝440N﹣400N＝40N。故答案为：（1）3；（2）0.3；（3）增大；（4）与利用电流表相比，电压表所能显示的最大拉力将提升40N。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出电路的结构和电路中的最大电流以及从图像中获取有用的信息是关键。