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2023年江苏省苏州市高新重点中学中考物理二模试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省苏州市高新重点中学中考物理二模试卷（含解析），共30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。
2023年江苏省苏州市高新重点中学中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 下列估测符合生活实际的是( )
A. 对人体的安全电压为36V B. 人骑自行车的功率约为700W
C. 家用冰箱的工作电流约为1A D. 一名中学生游泳时受到浮力约为50N
2. 关于下列诗句中的物态变化，说法正确的是( )
A. “欲渡黄河冰塞川”，冰的形成是凝华现象
B. “一蓑烟雨任平生”，雨的形成是汽化现象
C. “窗含西岭千秋雪”，雪的形成是凝固现象
D. “露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象
3. 小明新购买了一台笔记本电脑，电池的容量为73W⋅h。下列有关这台笔记本电脑的说法正确的是( )
A. “W⋅h”是电功率的单位
B. 电池充满电后可储存73J的电能
C. 电流通过笔记本电脑做多少功就产生多少热
D. 电脑里装有小风扇是为了防止电热产生危害
4. 如图所示，2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十四号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是( )
A. 返回舱进入大气层后舱体的质量增大
B. 返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，在此过程中内能转化为机械能
C. 返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变
D. 返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，施力物体是发动机喷出的燃气
5. 科普活动中，老师为同学们表演了一个“自动爬坡“实验，惊艳了全场。该实验如下：将一个用轻质泡沫做成的圆环，轻轻放在一个斜坡上，结果发现圆环不但没有滚下，反而加速滚上了斜坡。揭秘后才发现，这是一个内部镶嵌了一个小铁块的圆环。在圆环加速滚上斜坡的过程中，下列说法正确的是( )
A. 圆环的动能增大，重力势能减小
B. 圆环的动能增大，重力势能增大
C. 圆环受到的摩擦力沿斜面向下
D. 圆环受到的支持力是由泡沫发生弹性形变产生的
6. 研究表明，当空气中颗粒的直径越接近可见光的波长(波在一个周期内传播的距离叫做波长)，颗粒对光的“消光”能力就越强，空气中PM2.5颗粒是灰霾天能见度降低的主要原因。已知波速等于波长与频率的乘积，若可见光的频率约为5×1014Hz，则可以推算出PM2.5中对能见度造成较大影响的颗粒直径与下列哪一个值最接近( )
A. 2.5μm B. 0.5μm C. 0.6μm D. 6μm
7. 图中是新型智能手机无线充电技术的应用，当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场就能产生电流，从而实现充电。下列设备与无线充电原理相同的是( )
A. 电饭锅 B. 电动机 C. 发电机 D. 扬声器
8. 抽奖的转盘，指针在正上方位置，它的重心在A点，转动后它最终会停在( )
A. 一等奖
B. 二等奖
C. 三等奖
D. 谢谢参与
9. 如图所示电路，闭合开关S，灯泡L1正常发光，将灯泡L2插入插座后发现不亮，用测电笔测a、b、c、d点，其中只有测b点时氖管不发光。则电路发生的故障可能是( )
A. a、c之间断路 B. b、d之间断路
C. 灯泡L2灯丝断了 D. b点与零线之间断路
10. 某人习惯晚上睡觉前开始为手机充电，第二天早晨拔掉充电线插头。手机充满电后，会自动停止充电并处于待机状态，当电能消耗到一定程度后，又会自动充满……在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍。已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，充电器的充电电流为2.0A，则充电器的充电电压为( )
A. 2V B. 3V C. 4V D. 5V
11. 如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B，当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是( )
A. 烧杯中水的密度变大 B. 烧杯内液面不发生变化
C. 杯底受到液体的压强变小 D. 物块B受到的浮力变大
12. 一带小孔圆桶内装有待制的药料，通过桶转动持续搅拌药料，并用间歇性的水渗入对其稀释。在桶壁等高位置对称均匀开有四个小圆孔，其截面图与侧面图如图甲、乙所示。将桶横放并绕水平固定轴O均匀地顺时针旋转，每转一周所用时间t1=3.2s，在距桶上边缘h=6.0cm处有一水龙头，若桶不转动，水一滴一滴流出恰能滴入孔中。每隔t2=0.4s产生一滴水。桶转动时，观测发现，当第三滴水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔。水滴可近似看成球体，水滴直径和桶上四个小圆孔直径均为d=0.5cm，π=3。水的密度为1.0×103kg/m3，已知球的体积公式为16πd3，则当第一颗水滴恰好进入圆桶开始算起，1min内滴入桶内的水的质量是(结果保留1位小数)( )
A. 3.1g B. 4.7g C. 9.4g D. 6.2g
二、填空题（本大题共7小题，共19.0分）
13. 手机是利用______ 传输信号实现通讯的，相同时内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度______ (大于/等于/小于)4G信号的传播速度。
14. 中国“人造太阳”一一大型核实验装買(EAST)取得重大突破，奠定了我国在核聚变研究领域的世界领先地位。
(1)EAST利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，同时释放出巨大的核能。这与我国正在运行的核电站获得核能的方式______ (填“相同”或“不同”)。结合成氦原子核时，带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电______ (填“引”或“斥”)力。
(2)EAST装置中，超导线圈中的强大______ (填“电压”或“电流”)产生强磁场，氘、氚原子该在磁力作用下被约束在真空室的环形轨道内运动，运动方向始终与磁力方向垂直。磁力对氘、氚原子核______ (填“做功”或“不做功”)，该过程______ (填“能”或“不能”)说明磁力可以改变物体的运动状态。
15. 如图是某国产电动自行车，将车钥匙插入锁孔并顺时针旋转，车子即可通电，给电动自行车的电瓶充电时，电瓶相当于电路中的______ (填电路元件)；电动自行车充电不当容易引发火灾，调查发现，大部分电动自行车着火都是由充电时线路发生______ 导致电流过大引起的。
16. 为测量某凸透镜焦距，小芳先在纸上画一个小于透镜大小的圆环，如图所示，将凸透镜正对太阳光，在其下方距透镜10cm处的白纸上的光斑恰好与圆环重合，这个现象表明凸透镜对光有______ 作用；当将该透镜靠近白纸垂直移动4cm时，此时白纸上的光斑再次与圆环重合，此过程中光斑的大小______ (选填“先变小后变大”、或“先变大后变小”)，通过计算可以得到该凸透镜的焦距为______ cm。
17. 如图甲所示为某苏州海洋公园向游客展示的一只企鹅，该企鹅的重力为24N，企鹅站立时，脚掌触地总面积为0.006m2(g=10N/kg)，则：企鹅在雪地上行走很缓慢，一旦遇到危险，身体趴在雪地上，脚掌向后蹬地滑行很快，如图乙所示，此时使企鹅快速前进的力的施力物体是______ (企鹅/脚掌/雪地)，企鹅行走时，脚掌对水平地面的压强为______ Pa。
18. 如图是我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇示意图，艇体采用轻质的复合织物材料制成，外观呈白色，艇体上层装有压缩氦气，通过向艇外排出下层部分的空气而实现上升，高度达到9032m，高度越高大气越稀薄，上升过程中艇体体积不变，艇体材料的密度较______ ，上升过程中，浮空艇所受的浮力变______ 。
19. 如图的电路中，电源电压可调，灯L上标有“6V6W“的字样，R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2上标有“50Ω2A”的字样，两表的量程分别是0～3A和0～15V.闭合S1、S2、S3，调节电源电压使灯L正常发光，则此时通过灯L的电流为______A.当只闭合开关S2时，移动滑片P，保证电路安全前提下，要求至少有一个电表示数不低于量程的一半，则电源可调的最高电压与最低电压的差值为______V。
三、作图题（本大题共4小题，共8.0分）
20. 在图中，画出动力臂l1和阻力F2。
21. 在图中请根据磁感线的方向在图中两个虚线框内分别标出小磁针和电源的极性。
22. 在图中画出与凹透镜对应的入射光线和折射光线；
23. 如图所示，在图中把插头与电水壶正确连线。
四、实验探究题（本大题共5小题，共26.0分）
24. 实验课上，同学们自制了一个研究不同光学元件成像情况的组合件，如图甲所示。“插槽”可插入不同光学元件，“内筒”固定，“外筒”可左右横向移动，外筒上的“半透明薄膜”可作光屏。图乙中的光学元件分别是①凸透镜、②茶色玻璃板、③钻有小孔的遮光板，点燃蜡烛进行实验。
(1)如图甲所示，在插槽中插入某光学元件后，同学们在A处观察，左右移动外筒，像的大小不变，说明插入的是______ (填元件序号)。
(2)如图甲所示，在插槽位置插入光学元件①，恰能在半透明薄膜上看到烛焰清哳的像，该像是______ (选填“放大”或“缩小”)的像，该成像原理在生活中的应用有______ 。
(3)当插入某光学元件后，同学们在薄膜上即看到了清晰的像，该像是______ (选填“正立”或“倒立”)的，该同学插入的可能是图乙所示光学元件中的______ ；若向左移动外筒，像始终清晰，则插入的光学元件是______ (以上两孔均填元件序号)。
25. 学校物理探究小组用如图所示装置探究影响电流热效应的因素。
(1)在A、B两烧瓶内装入初温和质量都相等的煤油，RA和RB串联是为了控制______ 和加热时间相同，利用该装置______ (选填“可以”或“不可以”)探究电热与电流的关系。
(2)如果要用该装置来探究不同液体的吸热特点，则将对实验器材做哪些改进______ 、______ 。
26. 小明用如图1所示的装置测量一个木块受到的滑动摩擦力。他使用了甲、乙两个弹簧测力计，甲的拉环固定，挂钩通过定滑轮用绳子连接木块(滑轮受到的摩擦力、绳重均忽略不计，即木块受到绳子的拉力可通过弹簧测力计甲来显示)，乙弹簧测力计用3N的力，水平向左拉动小车运动(木块始终相对地面静止)：
(1)图1甲弹簧测力计的读数为______ N。
(2)以“⋅”表示木块，在图2虚线框中画出木块在水平方向的受力示意图，此时木块所受摩擦力为______ 。
(3)若在木块上加一铁块，仍然用3N的力可以拉动小车向左运动，此时甲弹簧测力计读数______ (选填“变小”或“不变”或“变大”)。
27. 小明利用粗细均匀的直尺(每个小格长5cm)、物体M、50g的钩码、细线做成一个测量液体密度的仪器一液体密度秤。
(1)用细线拴在直尺的中点O处，并把直尺挂在铁架台上，直尺刚好在水平位置平衡，目的是：______ (每次实验物体都处于浸没状态)。
(2)把物体M挂在A点，把钩码挂在B点，如图所示，直尺在水平位置平衡，把B点标注为0g/cm3，物体M的重力GM= ______ N。
(3)把物体M浸没在水中，钩码向左移动2小格到C点，直尺再次在水平位置平衡，把C点标注为1.0g/cm3，物体M受到水的浮力为______ N，D点应标注为______ g/cm3。
28. 锐锐和同学们在做探究欧姆定律的实验中，设计电路思维导向如图所示。
(1)锐锐和同学们经过讨论，依次完成了“探究电流与电压的关系”三次实验电路的设计，如图甲、乙、丙所示。由图甲改进为图乙是为保证实验过程中______ 这一因素不变；由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压______ (选填“改变”或“保持不变”)。
(2)细心的他发现，连完电路，闭合开关后，有时发现两只电表的指针总在晃动的现象，请分析造成这一现象的原因：电路存在______ 。
(3)探究“电流与电阻的关系”实验中，小明根据丙图连接电路，电源电压为4.5V，定值电阻有5Ω、10Ω、15Ω和20Ω四种规格，滑动变阻器的规格为“20Ω 2A”，电流表的量程选为0～0.6A，电压表的量程选为0～3V。
a、将R0为5Ω接入电路，调节滑动变阻器，使得两端的电压为2V；把R0从5Ω换成10Ω，不改变滑片位置，闭合开关，会看到电压表的示数______ 2V(选填“>”、“=”或“<”)，此时应将滑动变阻器滑片向______ 移动。
b.小明在做R0为20Ω的实验时，发现电压表的示数不能调为2V：在学完欧姆定律后，他发现在电路安全的情况下，要实现上述四个定值电阻依次接入电路都能完成实验探究，电压表控制不变的电压应该在______ V到______ V范围之内选择。
c.在实验中，有小组使用电压可以连续调节的电源，此小组在实验中更换不同阻值的电阻后，发现通过微调电源电压，也能使得电阻R0两端的电压不变。这样通过改变电源电压获得实验数据的方法是______ (选填“正确”或“错误”)。
五、计算题（本大题共4小题，共19.0分）
29. 为了减少环境污染，部分农村地区改用液化气烧菜做饭。某钢瓶装有液化气10kg，已知液化气的热值为4.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)求：
(1)这瓶液化气全部完全燃烧放出的热量是多少？
(2)若(1)中放出的热量有40%被初温为20℃的水吸收，在标准大气压下可将多少质量的水烧开？
30. 某项目建设中，工人用如图所示的装置将质量为70kg的建筑材料匀速提升了6m，用时10s。电动机的输出功率恒定为600W，不计绳重和摩鑔，g=10N/kg。求：
(1)10s内电动机输出的总功。
(2)动滑轮所受的重力。
(3)若用此滑轮组匀速提升另一批建筑材料时，机械效率是90%，求该建筑材料上升的速度。
31. 小明设计了如图甲的模拟智能测温报警电路：电源电压调为12V，报警器(电阻不计)通过的电流超过10mA时就会报警，热敏电阻RT其阻值随温度T的变化关系如图乙所示。
要求：当所测温度达到或超过37.3℃时，系统报警。
(1)计算R0。
(2)38℃时电流约为多少？
(3)36℃到40℃过程中，电路最大总功率。
32. 半导体二极管具有单向导电性，其电路图符号为，当电流从图左向右流过二极管时，电路导通；当电流从图右向左流过二极管时，电路截止不通，在家用电器中有广泛应用。冬天小明家买来一只电热取暖器，说明书中标有该取暖器电炉“220V，200W”字样。小明取暖器接入照明电路中，再将调节开关上的滑块调至“1”位置，电炉丝不亮，将滑块调至“2”位置时，电炉丝暗红，将开关调至“3”位置时，电炉丝工作正常(如图1)。他拆开调节开关，发现内部接有一个二极管及两个开关，请在图2所示虚线框中画出调节开关内部的结构。当开关调至“2”位置时，该电炉的实际电功率是______ 。
六、综合题（本大题共1小题，共4.0分）
33. 阅读短文，回答问题：
漏电保护器根据安全用电要求，住户家里除了要安装防止电流过大的自动空气开关外，还必须安装如图所示的漏电保护器。其示意图如图甲所示，其内部结构相当于一个自动开关，正常情况下，住户家中没有电流流向地面，即图中I3为零，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器内部自动开关处于闭合状态。如果电路中某处发生漏电(漏电是指电流从墙体、人体、接地线或其他路径流向地面)，即图中的I3不为零，就会造成I1和I2不相等，当I1和I2的差异达到一定值，保护器内部自动开关就会立即断开。排除漏电故障后，重新合闸即可恢复供电。为确保使用安全，漏电保护器上设置了试验按钮，需要每月试按一次，如果试验按钮按下漏电保护器无动作，说明漏电保护器需要更换。
(1)关于漏电断路保护器，下列说法正确的是______ 。
A.当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与线，漏电保护器不会切断电路
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D.漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
(2)如果发生漏电，漏电为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为______ 。
(3)站在地面上的人体不小心接触了火线，如图乙所示，该人体的电阻为2000Ω，人与地面、电线等的接触电阻为3500Ω，此时流过人体的电流为______ mA。
(4)由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反，此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器______ (“会”或“不会”)断开。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.对人体的安全电压为不高于36V，故A错误；
B.正常速度骑自行车的功率约为70W左右；故B错误；
C.家用冰箱的工作电流约为1A，故C正确；
D.一名中学生游泳时，受到浮力与重力几乎相等，中学生的重力大约为500N，浮力约为500N，故D错误。
故选：C。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、冰是由水凝固形成的，故A错误；
BD、雨、露都是由水蒸气液化形成的，故B错误，D正确；
C、雪是空气中的水蒸气凝华形成的，故C错误。
故选：D。
物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3.【答案】D
【解析】解：
A、W是功率的单位，h是时间的单位，根据W=Pt可知，“W⋅h”是电功的单位，故A错误；
B、电池充满电后可储存的电能为：W=Pt=73W×3600s=262800J的电能，故B错误；
C、电流通过笔记本电脑做功时，电能主要转化为机械能、光能、声能等形式的能量，只有少部分电能转化为内能，故C错误；
D、电脑机箱内有小风扇是为了及时将电脑产生的热散掉，属于防止电热危害，故D正确。
故选：D。
(1)(2)根据W=Pt分析；
(3)根据电能的转化分析；
(4)电风扇可以加快空气流动，加快散热的速度。
本题考查了防止电热的危害、电功计算公式的应用、能量的转化，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A、返回舱进入大气层后，舱体的质量不变，故A错误；
B、返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能转化为内能，温度升高，故B错误；
C、返回舱开始减速下降以后，质量不变，速度变小，动能变小，高度变小，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，所以返回舱机械能减小，故C错误；
D、返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，施力物体是发动机喷出的燃气，故D正确。
故选：D。
(1)惯性大小只与质量有关，质量越小，惯性越小；
(2)返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能；
(3)影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和势能合称机械能；
(4)物体间力的作用是相互的。
此题涉及到机械能和其他形式的能的相互转化，惯性、质量、力的相互作用等多个知识点，体现了物理与科技生活的联系。
5.【答案】A
【解析】解：
AB、圆环加速滚上斜坡的过程中，速度变大，质量不变，动能变大，虽然高度变大，但动能是由重力势能转化而来的，所以重力势能变小，故A正确，B错误；
C、圆环加速滚滚动的过程中，给斜面一个向下的摩擦力，由于物体间力的作用是相互的，斜面会给圆环一个沿斜面向上的摩擦力，故C错误；
D、圆环受到的支持力是由斜面发生弹性形变产生的，故D错误。
故选：A。
(1)动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；
(2)根据力的相互性分析摩擦力的方向；
(3)物体发生弹性形变，会产生弹力。
本题考查了动能和势能的变化、弹力、摩擦力的方向，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：根据c=λf可得，空气中PM2.5颗粒的直径：
d=λ=cf=3×108m/s5×1014Hz=6×10−7m=0.6μm。
最接近0.6μm的为C。
故选：C。
根据c=λf求PM2.5颗粒的直径。
本题考查了流体压强与流速的关系，本题难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：
从题意中知道，手机中的线圈，能将底座产生的变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的；
A、电饭锅是利用电流的热效应工作的，故A不符合题意；
BD、电动机、扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故BD不符合题意；
C、发电机的工作原理是电磁感应现象，故C符合题意。
故选：C。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。
电磁部分包括三部分内容：磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，掌握电动机、发电机、电磁铁、扬声器、话筒、电磁起重机等工作原理。
8.【答案】B
【解析】解：由图可知，转盘的重心在A点，由于重力的作用点在物体的重心位置，所以转盘停止转动后，“谢谢参与”会停在下方，则“二等奖”就会在上方，根据指针在正上方位置可知，此时指针指在二等奖区域，故ACD错误，B正确。
故选：B。
重力作用的表现就好像它作用在物体的某一点上，这个点叫做重心；重力的方向总是竖直向下的，据此分析。
本题考查了重力的作用点在重心、重力始终竖直向下的生活应用，让我们从物理学的角度明白了抽奖转盘的猫腻。
9.【答案】B
【解析】解：闭合开关S，灯泡L1正常发光，这说明通过灯泡L1有电流，该支路是正常的；
将灯泡L2插入插座后发现不亮，这说明电路出现了断路现象；用测电笔测a、b、c、d点，其中只有测b点时氖管不发光，这说明b与火线之间是断开的，而d能使得测电笔发光，说明d与火线是通路，所以故障是bd之间发生了断路现象。
故选：B。
用试电笔检测，试电笔氖管发光的，这说明试电笔直接或间接接触火线。
本题考查了家庭电路故障的判定，属于基础题。
10.【答案】D
【解析】解：在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，可知充电功率P′=50P=50×0.2W=10W，
根据P=UI可知充电器的充电电压U=P′I=10W2.0A=5V。
故选D。
在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，得出充电功率，根据P=UI可知充电器的充电电压。
本题考查电功的计算，综合性强，难度适中。
11.【答案】C
【解析】解：A、冰化成水后，由于水的密度要小于盐水的密度，混合后，盐水的密度变小，故A错误；
B、冰块漂浮，则F浮=G排=G冰，即：m排=m冰，则V排=m排ρ盐水=m冰ρ盐水；冰块全部熔化成水后质量不变，
水的体积为：V水=m水ρ水=m冰ρ水；，由于水的密度小于盐水的密度，
所以，V水>V排，即液面会上升，故B错误；
C、根据力的相互作用，杯底受到的液体压力等于漂浮的冰块、悬浮的物块以及盐水的重力，冰融化后，悬浮的物块沉底，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，由于此时浮力减小，故液体对杯底的压力减小，压强也减小，故C正确；
D、冰化成水后，盐水的密度变小，由阿基米德原理可知物块B受到的浮力变小，故D错误。
故选：C。
(1)冰化成水后，水的密度要小于盐水的密度；
(2)液面高度的变化，可由比较冰块排开盐水的体积和冰块熔化成的水的体积来确定；
(3)冰块熔化后质量不变，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，浮力变小，压力变小，压强变小；
(4)浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力大小，所以影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开的液体的体积。
此题考查了物体浮沉条件的应用以及压强的变化，掌握冰化成水质量不变是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：桶每转一周所用时间t1=3.2s，每隔t2=0.4s产生一滴水。桶转动时，观测发现，当第三滴水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔，所以每0.8s有一滴水滴入水桶，所以1min有60s0.8s=75滴进入水桶，1min内滴入桶内的水的质量为：
m=ρ水V=ρ水×75×16πd3=1.0×103kg/m3×75×16×3×(0.5×10−2m)3≈4.7×10−3kg=4.7g，故B正确。
故选：B。
由题意判断出有一滴水滴入水桶的时间，进而算出1min滴进入水桶的水的滴数，根据m=ρ水V=ρ水×n×16πd3算出1min内滴入桶内的水的质量。
本题考查了密度公式的应用，判断出有一滴水滴入水桶的时间是解题的关键。
13.【答案】电磁波 等于
【解析】解：手机利用电磁波来传输信号；在相同介质中，5G信号的传播速度等于5G信号的传播速度。
故答案为：电磁波；等于。
电磁波的传播不需要介质；在相同介质中，电磁波的传播速度相同。
本题考查了电磁波，属于基础题。
14.【答案】不同 斥 电流 不做功 能
【解析】解：(1)利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，是将小的原子核合成大的原子核，属于核聚变，核电站是通过核裂变释放核能，所以两者方式不同；
同种电荷相互排斥，所以带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电斥力；
(2)通电导体周围存在磁场，所以超导线圈中的强大电流产生强磁场，运动方向和力的方向始终垂直，属于垂直不做功的情况，但运动方向发生了改变，即运动状态发生变化，说明磁力可以改变物体的运动状态。
故答案为：(1)不同；斥；(2)电流；不做功；能；
(1)将质量很小的原子核，在超高温下结合成新的原子核，会释放出更大的核能，这种反应叫做聚变，自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素氘与氚的聚变。核电站的核能反应属于核裂变；同种电荷相互排斥；
(2)通电导体周围会产生磁场；物体既受到力，又通过一段距离，但两者方向互相垂直(如起重机吊起货物在空中沿水平方向移动)，此情况叫“垂直无功”；运动方向发生了变化，所以磁力可以改变物体的运动状态。
本题考查了核聚变和核裂变的区别、同种电荷相互排斥、做功的判定。属于中档题。
15.【答案】用电器 短路
【解析】解：给电瓶充电时是将电能转化为化学能，此时电瓶相当于用电器；
由于导线绝缘皮老化龟裂，通电时发生短路，电路中的电阻几乎为零，根据欧姆定律可知，家庭电路电压一定，电阻很小时，会造成电流过大。因此大部分电动自行车着火都是由于自身线路发生短路导致电流过大造成的。
故答案为：用电器；短路。
(1)造成电流过大的原因有两个：一是总功率过大；二是短路；
(2)给电池充电的过程，消耗电能，获得化学能。
本题考查了电流流过大的原因、电路的组成，属于基础知识。
16.【答案】会聚 先变小后变大 8
【解析】解：小芳先在纸上画一个小于透镜大小的圆环，将凸透镜正对太阳光，在其下方距透镜10cm处的白纸上的光斑恰好与圆环重合，这表明光会聚了，即凸透镜对光线具有会聚作用；
当将该透镜靠近白纸垂直移动4cm时，此时白纸上的光斑都不是最小最亮的光斑，也就是说不是凸透镜的焦点的位置，说明凸透镜的焦点在两次出现光斑的中间，可知此过程中的光斑是先变小后变大，两次光斑之间的距离为4cm，凸透镜焦点距第一次的光斑距离为12×4cm=2cm，即凸透镜焦点距离第二次的光斑距离也是2cm，所以凸透镜的焦距为10cm−2cm=8cm。
故答案为：会聚；先变小后变大；8。
阳光可以看作是平行光，经过凸透镜折射后形成的光斑变小，表明光线会聚；
太阳光是平行光，凸透镜正对阳光，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚到主光轴上一个最小、最亮的点，这点是凸透镜的焦点。
此题是探究凸透镜的会聚作用，同时考查凸透镜成像规律及其应用，掌握凸透镜成像的特点是凸透镜成像习题中重要依据，一定要熟练掌握。
17.【答案】雪地 8000
【解析】解：物体间力的作用是相互的，企鹅脚掌向后蹬地时给雪地一个向后的力，雪地会给脚掌一个向前的力，使企鹅快速前进，所以使企鹅快速前进的力的施力物体是雪地；
企鹅行走时，脚掌对水平地面的压力：F=G=24N，
企鹅行走时，一只脚着地，受力面积为S=12×S总=12×0.006m2=0.003m2，
脚掌对水平地面的压强：p=FS=24N0.003m2=8000Pa。
故答案为：雪地；8000。
物体间力的作用是相互的，据此结合题意分析使企鹅快速前进的力的施力物体；
企鹅行走时，一只脚着地，受力面积为脚掌触地总面积的一半，脚掌对水平地面的压力大小等于身体的重力，根据p=FS计算压强。
本题考查了相互作用力的知识和压强的计算，属于基础题。解答本题时要注意：企鹅行走时，受力面积为脚掌触地总面积的一半。
18.【答案】小 小
【解析】解：艇体采用轻质的复合织物材料制成，所有艇体材料的密度较小；上升过程中艇体体积不变，高度越高大气越稀薄，即空气密度变小，根据F浮=ρ空气gV可知浮空艇所受的浮力变小。
故答案为：小；小。
(1)材料的密度越大，制成一定体积的物体后质量越大；
(2)根据F浮=ρ空气gV可知浮空艇所受的浮力的变化情况。
本题考查密度、阿基米德原理和浮沉条件的应用，属于基础性题目。
19.【答案】1 26
【解析】解：(1)闭合S1、S2、S3时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，
因额定电压下灯泡正常发光，
所以，由P=UI可得，此时通过灯L的电流：
IL=PLUL=6W6V=1A；
(2)当只闭合开关S2时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，且两表的量程分别是0～3A和0～15V，
所以，当电压表的示数U2=15V且电路中的电流I=2A时，电源的电压最大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I=UR可得，电源的最大电压：
U大=IR1+U2=2A×10Ω+15V=35V，
因保证电路安全前提下，要求至少有一个电表示数不低于量程的一半，
所以，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表的示数U2′=7.5V时，电源的电压最小，
此时电路中的电流：
I′=U2′R2=7.5V50Ω=0.15A，
此时R1两端的电压：
U1′=I′R1=0.15A×10Ω=1.5V，
则电源的最小电压：
U小=U1′+U2′=1.5V+7.5V=9V，
所以，电源可调的最高电压与最低电压的差值：
△U=U大−U小=35V−9V=26V。
故答案为：1；26。
(1)闭合S1、S2、S3时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，额定电压下灯泡正常发光，根据P=UI求出此时通过灯L的电流；
(2)当只闭合开关S2时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表的示数最大且电路中的电流最大时电源的电压最大，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源的最大电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表的示数恰好为量程的一半时电源的电压最小，根据串联电路的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R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的最小电压，然后得出电源可调的最高电压与最低电压的差值。
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，正确的判断最后一问中电源的最大和最小电压是关键。
20.【答案】解：图中杠杆支点在O点，反向延长力F1的作用线，从支点O作F1的作用线的垂线段，垂线段的长即为动力臂l1；
过力臂L2的右端做力臂L2的垂线，即为力F2的作用线，与杠杆的交点即为F2的作用点；力F1使杠杆沿顺时针转动，则F2应阻碍杠杆的转动，即力F2的方向向左上方，如图所示：
【解析】力臂是指支点到力的作用线的距离。可以根据垂直关系做出力臂或画出力的示意图。
解决本题的关键是会根据力臂的画法、由已知条件作出相应的力臂和力，注意力方向的确定。
21.【答案】解：根据题干中的图片可知，磁感线是由N极回到S极的，因此螺线管的右端为S极。小磁针静止时，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针左侧为N极，右侧为S极；
由安培定则可知，电流从螺线管左侧流入，从螺线管的右侧流回电源的负极，则电源的左端为正极，右端为负极；如图所示：
【解析】先根据磁感线判断螺线管的极性，由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极；由安培定则可知螺线管中电流的方向和电源的正负极。
右手螺旋定则为物理中的重点及考试中的热点内容，要求学生能熟练应用。
22.【答案】解：
延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，如图所示：
【解析】仔细观察入射光线和折射光线的特点，根据凹透镜的光学特点作图。
凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
23.【答案】解：通插座的保险丝要接在火线上，开关要接在火线上，电热水壶金属外壳要接地，如图所示：
。
【解析】(1)带金属外壳的家用电器必须接地。
(2)三孔插座的正确连接方式是“左零右火上接地”。
本题主要考查了安全用电的基本原则，关键是知道三孔插座和三脚插头的正确接法。
24.【答案】② 放大 投影仪 倒立 ①或③ ③
【解析】解：(1)同学们在A处看到平面镜的像，且左右移动外筒，像的大小不变，说明该像为平面镜所成的虚像，插入的是平面镜。
(2)插槽位置插入光学元件凸透镜时，恰能在半透明薄膜上看到烛焰清晰的像，此时成像为实像，由甲图可知蜡烛到凸透镜的距离小于薄膜到凸透镜的距离，则物距小于像距，该像是倒立放大的实像，投影仪是利用该成像原理制成的。
(3)同学们在薄膜上即看到了清晰的像，说明成像是实像，则该像是倒立的。
凸透镜和小孔都可以成实像，则该同学插入的可能是图乙所示光学元件中的①或③。
向左移动外筒，像始终清晰，凸透镜成像时，像距改变，物距必须改变，而小孔成像在不需要改变，说明是小孔成像，则插入的光学元件是③。
故答案为：(1)②；(2)放大；投影仪；(3)倒立； ①或③；③。
(1)平面镜成正立等大的虚像；
(2)根据凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏上成倒立放大的实像，投影仪(幻灯机、电影放映机等)就是利用此原理制成的；
(3)小孔成的是倒立的实像；凸透镜成实像时都是倒立的。
本题主要考查凸透镜成像、平面镜成像与小孔成像的规律，是一道基础题，难度不断。
25.【答案】电流 可以 液体换成质量相等的不同液体 换用两段阻值相同的电热丝
【解析】解：(1)在实验中，使RA和RB串联是为了控制电流和加热时间相同；
要想探究电热与电流的关系，可利用滑动变阻器调节电路中的电流，在不同电流下，通电相同的时间，比较同一烧杯中液体升高的温度，因此，利用该装置可以探究电热与电流的关系；
(2)如果要用该装置来探究不同液体的吸热特点，根据控制变量法，应将对实验器材进行改进：液体换成质量相等的不同液体、换用两段阻值相同的电热丝。
故作案为：(1)电流；可以；(2)液体换成质量相等的不同液体；换用两段阻值相同的电热丝。
(1)两电阻串联时，可以控制电流和加热时间相同；通过滑动变阻器可调节电路中的电流，从而探究电热与电流的关系；
(2)要探究不同液体的吸热特点，根据控制变量法，需要控制液体的质量相同，同时要让液体在相同时间内吸收相同的热量，因此，两电阻也应相同。
本题考查了探究影响电流热效应的因素，要会分析影响电流热效应的因素有哪些，并注意控制变量法的运用。
26.【答案】1.6 1.6N 变大
【解析】解：(1)由图1知甲弹簧测力计每大格代表1N，每大格内有5小格，所以弹簧测力计的分度值为0.2N，指针位置在1N下面的第三个刻度线位置，故甲弹簧测力计的示数为1.6N；
(2)木块相对地面静止，处于平衡状态，合力为零，其相对小车在滑动，受到小车给的摩擦力，木块在水平方向上受到向左的摩擦力和向右的拉力，这两个力是一对平衡力，已知拉力为1.6N，故此时木块受到的摩擦力为1.6N，木块水平方向的受力示意图如下图所示
；
(3)木块受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大，若在木块上加一铁块，木块与小车之间的压力增大，其受到的摩擦力变大，拉力变大，故甲弹簧测力计读数变大。
故答案为：(1)1.6；(2)见解析；1.6N；(3)变大。
(1)先确定测力计的分度值，再由指针位置读取测力计的示数。
(2)确定木块的运动状态，分析木块在水平方向上的受力情况，得到木块受摩擦力的大小，画出木块水平方向受到的力。
(3)根据滑动摩擦力大小的决定因素和二力平衡进行分析。
本题考查测力计的读数、二力平衡的应用和力的示意图的作图，属于基础性内容，难度不大。
27.【答案】便于测量力臂的大小 0.6 0.2 1.5
【解析】解：(1)实验时使杠杆在位置平衡，目的是避免杠杆自身的重力对实验的影响，便于测量力臂的大小；
(2)由题意知，OA=5×5cm=25cm，OB=6×5cm=30cm，
钩码的重力：G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，
由杠杆平衡条件得，GM×OA=G×OB，
解得：GM=G×OBOA=0.5N×30cm25cm=0.6N。
(3)钩码向左移动2小格到C点，此时OC=4×5cm=20cm，
由杠杆平衡条件得，(GM−F浮)×OA=G×OC，
即：(0.6N−F浮)×25cm=0.5N×20cm，
解得：F浮=0.2N。
OD=3×5cm=15cm，
由杠杆平衡条件得，(GM−F浮′)×OA=G×OD，
即：(0.6N−F浮′)×25cm=0.5N×15cm，
解得：F浮′=0.3N。
由F浮=ρ液gV排可得，F浮F浮′=ρCρD，
解得：ρD=F浮′F浮ρ=0.3N0.2N×1.0g/cm3=1.5g/cm3。
故答案为：(1)便于测量力臂的大小；(2)0.6；(3)0.2；1.5。
(1)杠杆在水平位置平衡，作用力与杠杆垂直，力的作用点到支点的距离就是力臂，力臂在杠杆上，可以在杠杆上直接测量力臂；
(2)先求出OA、OB的长度以及钩码的重力，根据杠杆平衡条件求出物体M的重力；
(3)钩码向左移动2小格到C点，求出此时OC的长度，根据杠杆平衡条件(GM−F浮)×OA=G×OC求出物体M受到水的浮力；
先求出OD的长度，然后根据杠杆平衡条件(GM−F浮′)×OA=G×OD求出浮力，再根据阿基米德原理求出D点应标注的密度值。
本题主要考查了杠杆平衡条件和阿基米德原理的综合应用，关键要弄清动力和阻力都是杠杆受到的力，有一定的难度。
28.【答案】电阻 改变 接触不良 > 左 2.25 3 正确
【解析】解：(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯丝的电阻随温度的改变而改变，故由图甲改进为图乙是为保证实验过程中电阻这一因素不变；为得出普遍性的结论，要多次测量，由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压改变；
(2)闭合开关后，发现两只电表的指针总在晃动。造成这一现象的原因：电路存在接触不良；
(3)a、实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，即>2V；研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向左滑动；
b、由题意可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，即电路中最大电流为0.6A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为：
UV大=I大R定小=0.6A×5Ω=3V；
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：
U滑=U总−UV=4.5V−UV，
根据分压原理有：
U滑UV=R滑R定，即4.5V−UVUV=R滑R定------①，
因电压表示数UV为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
4.5V−UVUV=20Ω20Ω，
解得电压表的示数：UV=2.25V，即为完成实验，电压表的最小电压为2.25V；
故为顺利完成4次实验，定值电阻两端的电压需要控制在2.25～3V范围内；
c、在实验中更换不同阻值的电阻后，发现通过微调电源电压，也能使得电阻R0两端的电压不变，达到同样的目的，故这样通过改变电源电压获得实验数据的方法是正确的。
故答案为：(1)电阻；改变；(2)接触不良；(3)a、>；左；b、2.25V；3V；c.正确。
(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯的电阻随温度的改变而改变；为得出普遍性的结论，要多次测量；
(2)如电路存在接触不良，会造成电表的指针总在晃动；
(3)a、根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；
b、根据允许的最大电流和最小电阻确定控制电压表的最大电压；当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻20Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
c、研究电流与电阻关系时，要控制电阻两端的电压不变。
本题探究电流与电压的关系实验，考查了电路分析、电路故障、控制变量法和欧姆定律的应用等知识。
29.【答案】解：
(1)10kg液化气完全燃烧释放热量：
Q放=m气q=10kg×4.2×107J/kg=4.2×108J；
(2)由题知，Q吸=40%×Q放=40%×4.2×108J=1.68×108J，
1标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，
由Q吸=cm△t得水的质量：
m水=Q吸c△t=1.68×108J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=500kg。
答：(1)这瓶液化气全部完全燃烧放出的热量是4.2×108J；
(2)若(1)中放出的热量有40%被初温为20℃的水吸收，在标准大气压下可将500kg质量的水烧开。
【解析】(1)利用Q放=mq求整瓶液化气完全燃烧放出的热量；
(2)由题知，Q吸=40%×Q放，知道水的温度变化、水的比热容，再利用Q吸=cm△t求水的质量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq和效率公式的掌握和运用，利用好条件“Q吸=40%×Q放”是本题的关键。
30.【答案】解：(1)根据W=Pt得出10s内电动机输出的总功为W总=P总t=600W×10s=6000J。
(2)建筑材料所受的重力G物=m物g=70kg×10N/kg=700N。
有用功为W有=G物h=700N×6m=4200J。
额外功为W额=W总−W有=6000J−4200J=1800J。
动滑轮所受的重力为G动=W额h=1800J6m=300N。
(3)由η=W有W总=W物W物+W动=G物G物+G动得：90%=G物G物+300N，
解得G物=2700N，
另一批建筑材料上升的速度为v物=P有G物=P总ηG物=600W×90%2700N=0.2m/s。
答：(1)10s内电动机输出的总功6000J；
(2)动滑轮所受的重力300N；
(3)该建筑材料上升的速度0.2m/s。
【解析】(1)根据W总=P总t得出10s内电动机输出的总功。
(2)根据G物=m物g得出建筑材料所受的重力，根据W有=G物h得出对建筑材料做的有用功，根据W额=W总−W有得出对动滑轮做的额外功，根据G动=W额h得出动滑轮所受的重力。
(3)由机械效率公式η=W有W总=W物W物+W动=G物G物+G动得出物体的重力，根据P=Fv得出另一批建筑材料上升的速度。
本题考查有关滑轮组的功和机械效率的计算，是一道综合题。
31.【答案】解：(1)图甲中R0与热敏电阻RT串联，电路中的总电阻：R=UI=12V10×10−3A=1200Ω，从图乙可知37.3℃时热敏电阻RT的阻值为400Ω，R0的阻值：R0=R−RT=1200Ω−400Ω=800Ω；
(2)从图乙可知38℃时热敏电阻RT其阻值为300Ω，电流中的电流：I=UR′=12V300Ω+800Ω≈0.011A；
(3)串联电路中电源电压一定，由P=U2R可知，电路中的电阻最小时，电路总功率最大，36℃到40℃过程中，热敏电阻RT其阻值最小为200Ω，电路最大总功率：。
答：(1)R0的阻值为800Ω；
(2)38℃时电流中的电流为0.011A；
(3)36℃到40℃过程中，电路最大总功率为0.144W。
【解析】(1)图甲中R0与热敏电阻RT串联，先用I=UR计算出电路中的总电阻，再R=R1+R2用计算出R0；
(2)从图乙可知38℃时热敏电阻RT其阻值，再用I=UR计算出电流中的电流；
(3)串联电路中电源电压一定，由P=U2R可知，电路中的电阻最小时，电路总功率最大。
本题考查了欧姆定律的计算，体现了物理与生活的联系，有一定的难度。
32.【答案】100W
【解析】解：(1)根据分析，电路有三种状态，分别是断路、电阻丝直接接在电源上和二极管与电阻丝串联，电路如图所示。
(2)二极管具有单向导电性，在时间t内，电路有一半时间t2是导通的，电炉两端的电压U=U额，电流I=I额，通电时间t′=t2，
则电炉的实际功率P=Wt=UIt′t=UI2=P额2=200W2=100W。
故答案为：见解答图；100W。
(1)由题意知开关电路包含一个二极管；开关调至“1”位置，电炉丝不亮，说明电路是断开的，1后面还有其它控制开关；将开关调至“2”位置时，电炉丝暗红，说明电路是闭合的，但开关导电的时间是开关闭合时间的一半，结合题意知开关2是二极管；将开关调至“3”位置时，电炉丝工作正常，则3是一个电键开关；根据分析可画出开关电路图。
(2)由分析知2是一个二极管，由题意知二极管具有单向导电性，电路电源是交流电源，当开关2闭合时，在交流电的一个周期内，电路有半个周期是导通的，半个周期是断开的，由功率公式可求出此时电炉的实际功率。
本题根据题意画电路图比较难，求电炉的实际功率时应知道二极管具有单向导电性，在开关闭合的整个时间内，只有一半时间电炉中有电流流过，这是解题的关键，本题是一道难题。
33.【答案】B I1=I2+I3 40 会
【解析】解：(1)A.当电路发生短路时，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故A错误；
B.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故B正确；
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流等于零线中的电流，故C错误；
D.试验按钮按下漏电保护器无动作，说明漏电保护器需要更换，试验按钮是检查漏电保护器是否正常的，不是恢复供电的，故D错误；
故选：B；
(2)由图乙可知，火线中的电流一部分通过零线，一部分流向大地，即三电流之间的关系：I1=I2+I3；
(3)站在地面上的人体不小心接触了火线时，
此时漏电电流I3=UR=220V2000Ω+3500Ω=0.04A=40mA；
(4)如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，漏电保护器立即断开。
故答案为：(1)B；(2)I1=I2+I3；(3)40；(4)会。
(1)根据文中漏电保护器使用原理分析判断；
(2)由图乙可知电流的流向，据此得出三电流之间的关系；
(3)人触电时，其两端的电压为220V，根据欧姆定律求出此时漏电电流；
(4)在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反，此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，根据漏电保护器的原理进行解答。
本题考查了学生获取信息解决实际问题的能力，涉及到欧姆定律的应用等，根据题意得出漏电保护器的工作原理是关键。
2023年江苏省苏州市高新重点中学中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 下列估测符合生活实际的是( )
A. 对人体的安全电压为36V B. 人骑自行车的功率约为700W
C. 家用冰箱的工作电流约为1A D. 一名中学生游泳时受到浮力约为50N
2. 关于下列诗句中的物态变化，说法正确的是( )
A. “欲渡黄河冰塞川”，冰的形成是凝华现象
B. “一蓑烟雨任平生”，雨的形成是汽化现象
C. “窗含西岭千秋雪”，雪的形成是凝固现象
D. “露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象
3. 小明新购买了一台笔记本电脑，电池的容量为73W⋅h。下列有关这台笔记本电脑的说法正确的是( )
A. “W⋅h”是电功率的单位
B. 电池充满电后可储存73J的电能
C. 电流通过笔记本电脑做多少功就产生多少热
D. 电脑里装有小风扇是为了防止电热产生危害
4. 如图所示，2022年12月4日20时09分，神舟十四号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，三位航天员身体状态良好，标志着神舟十四号载人飞行任务取得圆满成功。下列关于飞船返回舱返回过程的说法正确的是( )
A. 返回舱进入大气层后舱体的质量增大
B. 返回舱进入大气层时宛如一颗“火流星”，在此过程中内能转化为机械能
C. 返回舱距地面10千米左右，降落伞依次打开开始减速下降，其机械能保持不变
D. 返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，施力物体是发动机喷出的燃气
5. 科普活动中，老师为同学们表演了一个“自动爬坡“实验，惊艳了全场。该实验如下：将一个用轻质泡沫做成的圆环，轻轻放在一个斜坡上，结果发现圆环不但没有滚下，反而加速滚上了斜坡。揭秘后才发现，这是一个内部镶嵌了一个小铁块的圆环。在圆环加速滚上斜坡的过程中，下列说法正确的是( )
A. 圆环的动能增大，重力势能减小
B. 圆环的动能增大，重力势能增大
C. 圆环受到的摩擦力沿斜面向下
D. 圆环受到的支持力是由泡沫发生弹性形变产生的
6. 研究表明，当空气中颗粒的直径越接近可见光的波长(波在一个周期内传播的距离叫做波长)，颗粒对光的“消光”能力就越强，空气中PM2.5颗粒是灰霾天能见度降低的主要原因。已知波速等于波长与频率的乘积，若可见光的频率约为5×1014Hz，则可以推算出PM2.5中对能见度造成较大影响的颗粒直径与下列哪一个值最接近( )
A. 2.5μm B. 0.5μm C. 0.6μm D. 6μm
7. 图中是新型智能手机无线充电技术的应用，当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场就能产生电流，从而实现充电。下列设备与无线充电原理相同的是( )
A. 电饭锅 B. 电动机 C. 发电机 D. 扬声器
8. 抽奖的转盘，指针在正上方位置，它的重心在A点，转动后它最终会停在( )
A. 一等奖
B. 二等奖
C. 三等奖
D. 谢谢参与
9. 如图所示电路，闭合开关S，灯泡L1正常发光，将灯泡L2插入插座后发现不亮，用测电笔测a、b、c、d点，其中只有测b点时氖管不发光。则电路发生的故障可能是( )
A. a、c之间断路 B. b、d之间断路
C. 灯泡L2灯丝断了 D. b点与零线之间断路
10. 某人习惯晚上睡觉前开始为手机充电，第二天早晨拔掉充电线插头。手机充满电后，会自动停止充电并处于待机状态，当电能消耗到一定程度后，又会自动充满……在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍。已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，充电器的充电电流为2.0A，则充电器的充电电压为( )
A. 2V B. 3V C. 4V D. 5V
11. 如图所示，水平桌面上盛有适量盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B，当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是( )
A. 烧杯中水的密度变大 B. 烧杯内液面不发生变化
C. 杯底受到液体的压强变小 D. 物块B受到的浮力变大
12. 一带小孔圆桶内装有待制的药料，通过桶转动持续搅拌药料，并用间歇性的水渗入对其稀释。在桶壁等高位置对称均匀开有四个小圆孔，其截面图与侧面图如图甲、乙所示。将桶横放并绕水平固定轴O均匀地顺时针旋转，每转一周所用时间t1=3.2s，在距桶上边缘h=6.0cm处有一水龙头，若桶不转动，水一滴一滴流出恰能滴入孔中。每隔t2=0.4s产生一滴水。桶转动时，观测发现，当第三滴水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔。水滴可近似看成球体，水滴直径和桶上四个小圆孔直径均为d=0.5cm，π=3。水的密度为1.0×103kg/m3，已知球的体积公式为16πd3，则当第一颗水滴恰好进入圆桶开始算起，1min内滴入桶内的水的质量是(结果保留1位小数)( )
A. 3.1g B. 4.7g C. 9.4g D. 6.2g
二、填空题（本大题共7小题，共19.0分）
13. 手机是利用______ 传输信号实现通讯的，相同时内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度______ (大于/等于/小于)4G信号的传播速度。
14. 中国“人造太阳”一一大型核实验装買(EAST)取得重大突破，奠定了我国在核聚变研究领域的世界领先地位。
(1)EAST利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，同时释放出巨大的核能。这与我国正在运行的核电站获得核能的方式______ (填“相同”或“不同”)。结合成氦原子核时，带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电______ (填“引”或“斥”)力。
(2)EAST装置中，超导线圈中的强大______ (填“电压”或“电流”)产生强磁场，氘、氚原子该在磁力作用下被约束在真空室的环形轨道内运动，运动方向始终与磁力方向垂直。磁力对氘、氚原子核______ (填“做功”或“不做功”)，该过程______ (填“能”或“不能”)说明磁力可以改变物体的运动状态。
15. 如图是某国产电动自行车，将车钥匙插入锁孔并顺时针旋转，车子即可通电，给电动自行车的电瓶充电时，电瓶相当于电路中的______ (填电路元件)；电动自行车充电不当容易引发火灾，调查发现，大部分电动自行车着火都是由充电时线路发生______ 导致电流过大引起的。
16. 为测量某凸透镜焦距，小芳先在纸上画一个小于透镜大小的圆环，如图所示，将凸透镜正对太阳光，在其下方距透镜10cm处的白纸上的光斑恰好与圆环重合，这个现象表明凸透镜对光有______ 作用；当将该透镜靠近白纸垂直移动4cm时，此时白纸上的光斑再次与圆环重合，此过程中光斑的大小______ (选填“先变小后变大”、或“先变大后变小”)，通过计算可以得到该凸透镜的焦距为______ cm。
17. 如图甲所示为某苏州海洋公园向游客展示的一只企鹅，该企鹅的重力为24N，企鹅站立时，脚掌触地总面积为0.006m2(g=10N/kg)，则：企鹅在雪地上行走很缓慢，一旦遇到危险，身体趴在雪地上，脚掌向后蹬地滑行很快，如图乙所示，此时使企鹅快速前进的力的施力物体是______ (企鹅/脚掌/雪地)，企鹅行走时，脚掌对水平地面的压强为______ Pa。
18. 如图是我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇示意图，艇体采用轻质的复合织物材料制成，外观呈白色，艇体上层装有压缩氦气，通过向艇外排出下层部分的空气而实现上升，高度达到9032m，高度越高大气越稀薄，上升过程中艇体体积不变，艇体材料的密度较______ ，上升过程中，浮空艇所受的浮力变______ 。
19. 如图的电路中，电源电压可调，灯L上标有“6V6W“的字样，R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2上标有“50Ω2A”的字样，两表的量程分别是0～3A和0～15V.闭合S1、S2、S3，调节电源电压使灯L正常发光，则此时通过灯L的电流为______A.当只闭合开关S2时，移动滑片P，保证电路安全前提下，要求至少有一个电表示数不低于量程的一半，则电源可调的最高电压与最低电压的差值为______V。
三、作图题（本大题共4小题，共8.0分）
20. 在图中，画出动力臂l1和阻力F2。
21. 在图中请根据磁感线的方向在图中两个虚线框内分别标出小磁针和电源的极性。
22. 在图中画出与凹透镜对应的入射光线和折射光线；
23. 如图所示，在图中把插头与电水壶正确连线。
四、实验探究题（本大题共5小题，共26.0分）
24. 实验课上，同学们自制了一个研究不同光学元件成像情况的组合件，如图甲所示。“插槽”可插入不同光学元件，“内筒”固定，“外筒”可左右横向移动，外筒上的“半透明薄膜”可作光屏。图乙中的光学元件分别是①凸透镜、②茶色玻璃板、③钻有小孔的遮光板，点燃蜡烛进行实验。
(1)如图甲所示，在插槽中插入某光学元件后，同学们在A处观察，左右移动外筒，像的大小不变，说明插入的是______ (填元件序号)。
(2)如图甲所示，在插槽位置插入光学元件①，恰能在半透明薄膜上看到烛焰清哳的像，该像是______ (选填“放大”或“缩小”)的像，该成像原理在生活中的应用有______ 。
(3)当插入某光学元件后，同学们在薄膜上即看到了清晰的像，该像是______ (选填“正立”或“倒立”)的，该同学插入的可能是图乙所示光学元件中的______ ；若向左移动外筒，像始终清晰，则插入的光学元件是______ (以上两孔均填元件序号)。
25. 学校物理探究小组用如图所示装置探究影响电流热效应的因素。
(1)在A、B两烧瓶内装入初温和质量都相等的煤油，RA和RB串联是为了控制______ 和加热时间相同，利用该装置______ (选填“可以”或“不可以”)探究电热与电流的关系。
(2)如果要用该装置来探究不同液体的吸热特点，则将对实验器材做哪些改进______ 、______ 。
26. 小明用如图1所示的装置测量一个木块受到的滑动摩擦力。他使用了甲、乙两个弹簧测力计，甲的拉环固定，挂钩通过定滑轮用绳子连接木块(滑轮受到的摩擦力、绳重均忽略不计，即木块受到绳子的拉力可通过弹簧测力计甲来显示)，乙弹簧测力计用3N的力，水平向左拉动小车运动(木块始终相对地面静止)：
(1)图1甲弹簧测力计的读数为______ N。
(2)以“⋅”表示木块，在图2虚线框中画出木块在水平方向的受力示意图，此时木块所受摩擦力为______ 。
(3)若在木块上加一铁块，仍然用3N的力可以拉动小车向左运动，此时甲弹簧测力计读数______ (选填“变小”或“不变”或“变大”)。
27. 小明利用粗细均匀的直尺(每个小格长5cm)、物体M、50g的钩码、细线做成一个测量液体密度的仪器一液体密度秤。
(1)用细线拴在直尺的中点O处，并把直尺挂在铁架台上，直尺刚好在水平位置平衡，目的是：______ (每次实验物体都处于浸没状态)。
(2)把物体M挂在A点，把钩码挂在B点，如图所示，直尺在水平位置平衡，把B点标注为0g/cm3，物体M的重力GM= ______ N。
(3)把物体M浸没在水中，钩码向左移动2小格到C点，直尺再次在水平位置平衡，把C点标注为1.0g/cm3，物体M受到水的浮力为______ N，D点应标注为______ g/cm3。
28. 锐锐和同学们在做探究欧姆定律的实验中，设计电路思维导向如图所示。
(1)锐锐和同学们经过讨论，依次完成了“探究电流与电压的关系”三次实验电路的设计，如图甲、乙、丙所示。由图甲改进为图乙是为保证实验过程中______ 这一因素不变；由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压______ (选填“改变”或“保持不变”)。
(2)细心的他发现，连完电路，闭合开关后，有时发现两只电表的指针总在晃动的现象，请分析造成这一现象的原因：电路存在______ 。
(3)探究“电流与电阻的关系”实验中，小明根据丙图连接电路，电源电压为4.5V，定值电阻有5Ω、10Ω、15Ω和20Ω四种规格，滑动变阻器的规格为“20Ω 2A”，电流表的量程选为0～0.6A，电压表的量程选为0～3V。
a、将R0为5Ω接入电路，调节滑动变阻器，使得两端的电压为2V；把R0从5Ω换成10Ω，不改变滑片位置，闭合开关，会看到电压表的示数______ 2V(选填“>”、“=”或“<”)，此时应将滑动变阻器滑片向______ 移动。
b.小明在做R0为20Ω的实验时，发现电压表的示数不能调为2V：在学完欧姆定律后，他发现在电路安全的情况下，要实现上述四个定值电阻依次接入电路都能完成实验探究，电压表控制不变的电压应该在______ V到______ V范围之内选择。
c.在实验中，有小组使用电压可以连续调节的电源，此小组在实验中更换不同阻值的电阻后，发现通过微调电源电压，也能使得电阻R0两端的电压不变。这样通过改变电源电压获得实验数据的方法是______ (选填“正确”或“错误”)。
五、计算题（本大题共4小题，共19.0分）
29. 为了减少环境污染，部分农村地区改用液化气烧菜做饭。某钢瓶装有液化气10kg，已知液化气的热值为4.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)求：
(1)这瓶液化气全部完全燃烧放出的热量是多少？
(2)若(1)中放出的热量有40%被初温为20℃的水吸收，在标准大气压下可将多少质量的水烧开？
30. 某项目建设中，工人用如图所示的装置将质量为70kg的建筑材料匀速提升了6m，用时10s。电动机的输出功率恒定为600W，不计绳重和摩鑔，g=10N/kg。求：
(1)10s内电动机输出的总功。
(2)动滑轮所受的重力。
(3)若用此滑轮组匀速提升另一批建筑材料时，机械效率是90%，求该建筑材料上升的速度。
31. 小明设计了如图甲的模拟智能测温报警电路：电源电压调为12V，报警器(电阻不计)通过的电流超过10mA时就会报警，热敏电阻RT其阻值随温度T的变化关系如图乙所示。
要求：当所测温度达到或超过37.3℃时，系统报警。
(1)计算R0。
(2)38℃时电流约为多少？
(3)36℃到40℃过程中，电路最大总功率。
32. 半导体二极管具有单向导电性，其电路图符号为，当电流从图左向右流过二极管时，电路导通；当电流从图右向左流过二极管时，电路截止不通，在家用电器中有广泛应用。冬天小明家买来一只电热取暖器，说明书中标有该取暖器电炉“220V，200W”字样。小明取暖器接入照明电路中，再将调节开关上的滑块调至“1”位置，电炉丝不亮，将滑块调至“2”位置时，电炉丝暗红，将开关调至“3”位置时，电炉丝工作正常(如图1)。他拆开调节开关，发现内部接有一个二极管及两个开关，请在图2所示虚线框中画出调节开关内部的结构。当开关调至“2”位置时，该电炉的实际电功率是______ 。
六、综合题（本大题共1小题，共4.0分）
33. 阅读短文，回答问题：
漏电保护器根据安全用电要求，住户家里除了要安装防止电流过大的自动空气开关外，还必须安装如图所示的漏电保护器。其示意图如图甲所示，其内部结构相当于一个自动开关，正常情况下，住户家中没有电流流向地面，即图中I3为零，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器内部自动开关处于闭合状态。如果电路中某处发生漏电(漏电是指电流从墙体、人体、接地线或其他路径流向地面)，即图中的I3不为零，就会造成I1和I2不相等，当I1和I2的差异达到一定值，保护器内部自动开关就会立即断开。排除漏电故障后，重新合闸即可恢复供电。为确保使用安全，漏电保护器上设置了试验按钮，需要每月试按一次，如果试验按钮按下漏电保护器无动作，说明漏电保护器需要更换。
(1)关于漏电断路保护器，下列说法正确的是______ 。
A.当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与线，漏电保护器不会切断电路
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D.漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
(2)如果发生漏电，漏电为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为______ 。
(3)站在地面上的人体不小心接触了火线，如图乙所示，该人体的电阻为2000Ω，人与地面、电线等的接触电阻为3500Ω，此时流过人体的电流为______ mA。
(4)由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反，此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器______ (“会”或“不会”)断开。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.对人体的安全电压为不高于36V，故A错误；
B.正常速度骑自行车的功率约为70W左右；故B错误；
C.家用冰箱的工作电流约为1A，故C正确；
D.一名中学生游泳时，受到浮力与重力几乎相等，中学生的重力大约为500N，浮力约为500N，故D错误。
故选：C。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】D
【解析】解：A、冰是由水凝固形成的，故A错误；
BD、雨、露都是由水蒸气液化形成的，故B错误，D正确；
C、雪是空气中的水蒸气凝华形成的，故C错误。
故选：D。
物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3.【答案】D
【解析】解：
A、W是功率的单位，h是时间的单位，根据W=Pt可知，“W⋅h”是电功的单位，故A错误；
B、电池充满电后可储存的电能为：W=Pt=73W×3600s=262800J的电能，故B错误；
C、电流通过笔记本电脑做功时，电能主要转化为机械能、光能、声能等形式的能量，只有少部分电能转化为内能，故C错误；
D、电脑机箱内有小风扇是为了及时将电脑产生的热散掉，属于防止电热危害，故D正确。
故选：D。
(1)(2)根据W=Pt分析；
(3)根据电能的转化分析；
(4)电风扇可以加快空气流动，加快散热的速度。
本题考查了防止电热的危害、电功计算公式的应用、能量的转化，属于基础题。
4.【答案】D
【解析】解：A、返回舱进入大气层后，舱体的质量不变，故A错误；
B、返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能转化为内能，温度升高，故B错误；
C、返回舱开始减速下降以后，质量不变，速度变小，动能变小，高度变小，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，所以返回舱机械能减小，故C错误；
D、返回舱距地面1.2米，反推发动机点火“刹车”过程中，施力物体是发动机喷出的燃气，故D正确。
故选：D。
(1)惯性大小只与质量有关，质量越小，惯性越小；
(2)返回舱进入大气层，返回舱和空气摩擦，机械能化为内能；
(3)影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和势能合称机械能；
(4)物体间力的作用是相互的。
此题涉及到机械能和其他形式的能的相互转化，惯性、质量、力的相互作用等多个知识点，体现了物理与科技生活的联系。
5.【答案】A
【解析】解：
AB、圆环加速滚上斜坡的过程中，速度变大，质量不变，动能变大，虽然高度变大，但动能是由重力势能转化而来的，所以重力势能变小，故A正确，B错误；
C、圆环加速滚滚动的过程中，给斜面一个向下的摩擦力，由于物体间力的作用是相互的，斜面会给圆环一个沿斜面向上的摩擦力，故C错误；
D、圆环受到的支持力是由斜面发生弹性形变产生的，故D错误。
故选：A。
(1)动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；
(2)根据力的相互性分析摩擦力的方向；
(3)物体发生弹性形变，会产生弹力。
本题考查了动能和势能的变化、弹力、摩擦力的方向，难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：根据c=λf可得，空气中PM2.5颗粒的直径：
d=λ=cf=3×108m/s5×1014Hz=6×10−7m=0.6μm。
最接近0.6μm的为C。
故选：C。
根据c=λf求PM2.5颗粒的直径。
本题考查了流体压强与流速的关系，本题难度不大。
7.【答案】C
【解析】解：
从题意中知道，手机中的线圈，能将底座产生的变化的磁场转化为电流给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的；
A、电饭锅是利用电流的热效应工作的，故A不符合题意；
BD、电动机、扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故BD不符合题意；
C、发电机的工作原理是电磁感应现象，故C符合题意。
故选：C。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；分析各图中实验原理分析解答。
电磁部分包括三部分内容：磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，掌握电动机、发电机、电磁铁、扬声器、话筒、电磁起重机等工作原理。
8.【答案】B
【解析】解：由图可知，转盘的重心在A点，由于重力的作用点在物体的重心位置，所以转盘停止转动后，“谢谢参与”会停在下方，则“二等奖”就会在上方，根据指针在正上方位置可知，此时指针指在二等奖区域，故ACD错误，B正确。
故选：B。
重力作用的表现就好像它作用在物体的某一点上，这个点叫做重心；重力的方向总是竖直向下的，据此分析。
本题考查了重力的作用点在重心、重力始终竖直向下的生活应用，让我们从物理学的角度明白了抽奖转盘的猫腻。
9.【答案】B
【解析】解：闭合开关S，灯泡L1正常发光，这说明通过灯泡L1有电流，该支路是正常的；
将灯泡L2插入插座后发现不亮，这说明电路出现了断路现象；用测电笔测a、b、c、d点，其中只有测b点时氖管不发光，这说明b与火线之间是断开的，而d能使得测电笔发光，说明d与火线是通路，所以故障是bd之间发生了断路现象。
故选：B。
用试电笔检测，试电笔氖管发光的，这说明试电笔直接或间接接触火线。
本题考查了家庭电路故障的判定，属于基础题。
10.【答案】D
【解析】解：在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，可知充电功率P′=50P=50×0.2W=10W，
根据P=UI可知充电器的充电电压U=P′I=10W2.0A=5V。
故选D。
在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍，且充电电能等于待机电能，已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，得出充电功率，根据P=UI可知充电器的充电电压。
本题考查电功的计算，综合性强，难度适中。
11.【答案】C
【解析】解：A、冰化成水后，由于水的密度要小于盐水的密度，混合后，盐水的密度变小，故A错误；
B、冰块漂浮，则F浮=G排=G冰，即：m排=m冰，则V排=m排ρ盐水=m冰ρ盐水；冰块全部熔化成水后质量不变，
水的体积为：V水=m水ρ水=m冰ρ水；，由于水的密度小于盐水的密度，
所以，V水>V排，即液面会上升，故B错误；
C、根据力的相互作用，杯底受到的液体压力等于漂浮的冰块、悬浮的物块以及盐水的重力，冰融化后，悬浮的物块沉底，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，由于此时浮力减小，故液体对杯底的压力减小，压强也减小，故C正确；
D、冰化成水后，盐水的密度变小，由阿基米德原理可知物块B受到的浮力变小，故D错误。
故选：C。
(1)冰化成水后，水的密度要小于盐水的密度；
(2)液面高度的变化，可由比较冰块排开盐水的体积和冰块熔化成的水的体积来确定；
(3)冰块熔化后质量不变，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，浮力变小，压力变小，压强变小；
(4)浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力大小，所以影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开的液体的体积。
此题考查了物体浮沉条件的应用以及压强的变化，掌握冰化成水质量不变是解题的关键。
12.【答案】B
【解析】解：桶每转一周所用时间t1=3.2s，每隔t2=0.4s产生一滴水。桶转动时，观测发现，当第三滴水滴刚要下落时，第一颗水滴恰好进入圆桶小圆孔，所以每0.8s有一滴水滴入水桶，所以1min有60s0.8s=75滴进入水桶，1min内滴入桶内的水的质量为：
m=ρ水V=ρ水×75×16πd3=1.0×103kg/m3×75×16×3×(0.5×10−2m)3≈4.7×10−3kg=4.7g，故B正确。
故选：B。
由题意判断出有一滴水滴入水桶的时间，进而算出1min滴进入水桶的水的滴数，根据m=ρ水V=ρ水×n×16πd3算出1min内滴入桶内的水的质量。
本题考查了密度公式的应用，判断出有一滴水滴入水桶的时间是解题的关键。
13.【答案】电磁波 等于
【解析】解：手机利用电磁波来传输信号；在相同介质中，5G信号的传播速度等于5G信号的传播速度。
故答案为：电磁波；等于。
电磁波的传播不需要介质；在相同介质中，电磁波的传播速度相同。
本题考查了电磁波，属于基础题。
14.【答案】不同 斥 电流 不做功 能
【解析】解：(1)利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，是将小的原子核合成大的原子核，属于核聚变，核电站是通过核裂变释放核能，所以两者方式不同；
同种电荷相互排斥，所以带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电斥力；
(2)通电导体周围存在磁场，所以超导线圈中的强大电流产生强磁场，运动方向和力的方向始终垂直，属于垂直不做功的情况，但运动方向发生了改变，即运动状态发生变化，说明磁力可以改变物体的运动状态。
故答案为：(1)不同；斥；(2)电流；不做功；能；
(1)将质量很小的原子核，在超高温下结合成新的原子核，会释放出更大的核能，这种反应叫做聚变，自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素氘与氚的聚变。核电站的核能反应属于核裂变；同种电荷相互排斥；
(2)通电导体周围会产生磁场；物体既受到力，又通过一段距离，但两者方向互相垂直(如起重机吊起货物在空中沿水平方向移动)，此情况叫“垂直无功”；运动方向发生了变化，所以磁力可以改变物体的运动状态。
本题考查了核聚变和核裂变的区别、同种电荷相互排斥、做功的判定。属于中档题。
15.【答案】用电器 短路
【解析】解：给电瓶充电时是将电能转化为化学能，此时电瓶相当于用电器；
由于导线绝缘皮老化龟裂，通电时发生短路，电路中的电阻几乎为零，根据欧姆定律可知，家庭电路电压一定，电阻很小时，会造成电流过大。因此大部分电动自行车着火都是由于自身线路发生短路导致电流过大造成的。
故答案为：用电器；短路。
(1)造成电流过大的原因有两个：一是总功率过大；二是短路；
(2)给电池充电的过程，消耗电能，获得化学能。
本题考查了电流流过大的原因、电路的组成，属于基础知识。
16.【答案】会聚 先变小后变大 8
【解析】解：小芳先在纸上画一个小于透镜大小的圆环，将凸透镜正对太阳光，在其下方距透镜10cm处的白纸上的光斑恰好与圆环重合，这表明光会聚了，即凸透镜对光线具有会聚作用；
当将该透镜靠近白纸垂直移动4cm时，此时白纸上的光斑都不是最小最亮的光斑，也就是说不是凸透镜的焦点的位置，说明凸透镜的焦点在两次出现光斑的中间，可知此过程中的光斑是先变小后变大，两次光斑之间的距离为4cm，凸透镜焦点距第一次的光斑距离为12×4cm=2cm，即凸透镜焦点距离第二次的光斑距离也是2cm，所以凸透镜的焦距为10cm−2cm=8cm。
故答案为：会聚；先变小后变大；8。
阳光可以看作是平行光，经过凸透镜折射后形成的光斑变小，表明光线会聚；
太阳光是平行光，凸透镜正对阳光，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚到主光轴上一个最小、最亮的点，这点是凸透镜的焦点。
此题是探究凸透镜的会聚作用，同时考查凸透镜成像规律及其应用，掌握凸透镜成像的特点是凸透镜成像习题中重要依据，一定要熟练掌握。
17.【答案】雪地 8000
【解析】解：物体间力的作用是相互的，企鹅脚掌向后蹬地时给雪地一个向后的力，雪地会给脚掌一个向前的力，使企鹅快速前进，所以使企鹅快速前进的力的施力物体是雪地；
企鹅行走时，脚掌对水平地面的压力：F=G=24N，
企鹅行走时，一只脚着地，受力面积为S=12×S总=12×0.006m2=0.003m2，
脚掌对水平地面的压强：p=FS=24N0.003m2=8000Pa。
故答案为：雪地；8000。
物体间力的作用是相互的，据此结合题意分析使企鹅快速前进的力的施力物体；
企鹅行走时，一只脚着地，受力面积为脚掌触地总面积的一半，脚掌对水平地面的压力大小等于身体的重力，根据p=FS计算压强。
本题考查了相互作用力的知识和压强的计算，属于基础题。解答本题时要注意：企鹅行走时，受力面积为脚掌触地总面积的一半。
18.【答案】小 小
【解析】解：艇体采用轻质的复合织物材料制成，所有艇体材料的密度较小；上升过程中艇体体积不变，高度越高大气越稀薄，即空气密度变小，根据F浮=ρ空气gV可知浮空艇所受的浮力变小。
故答案为：小；小。
(1)材料的密度越大，制成一定体积的物体后质量越大；
(2)根据F浮=ρ空气gV可知浮空艇所受的浮力的变化情况。
本题考查密度、阿基米德原理和浮沉条件的应用，属于基础性题目。
19.【答案】1 26
【解析】解：(1)闭合S1、S2、S3时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，
因额定电压下灯泡正常发光，
所以，由P=UI可得，此时通过灯L的电流：
IL=PLUL=6W6V=1A；
(2)当只闭合开关S2时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，且两表的量程分别是0～3A和0～15V，
所以，当电压表的示数U2=15V且电路中的电流I=2A时，电源的电压最大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I=UR可得，电源的最大电压：
U大=IR1+U2=2A×10Ω+15V=35V，
因保证电路安全前提下，要求至少有一个电表示数不低于量程的一半，
所以，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表的示数U2′=7.5V时，电源的电压最小，
此时电路中的电流：
I′=U2′R2=7.5V50Ω=0.15A，
此时R1两端的电压：
U1′=I′R1=0.15A×10Ω=1.5V，
则电源的最小电压：
U小=U1′+U2′=1.5V+7.5V=9V，
所以，电源可调的最高电压与最低电压的差值：
△U=U大−U小=35V−9V=26V。
故答案为：1；26。
(1)闭合S1、S2、S3时，灯泡L与电阻R1并联，电流表测干路电流，额定电压下灯泡正常发光，根据P=UI求出此时通过灯L的电流；
(2)当只闭合开关S2时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，当电压表的示数最大且电路中的电流最大时电源的电压最大，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源的最大电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大且电压表的示数恰好为量程的一半时电源的电压最小，根据串联电路的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R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电源的最小电压，然后得出电源可调的最高电压与最低电压的差值。
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，正确的判断最后一问中电源的最大和最小电压是关键。
20.【答案】解：图中杠杆支点在O点，反向延长力F1的作用线，从支点O作F1的作用线的垂线段，垂线段的长即为动力臂l1；
过力臂L2的右端做力臂L2的垂线，即为力F2的作用线，与杠杆的交点即为F2的作用点；力F1使杠杆沿顺时针转动，则F2应阻碍杠杆的转动，即力F2的方向向左上方，如图所示：
【解析】力臂是指支点到力的作用线的距离。可以根据垂直关系做出力臂或画出力的示意图。
解决本题的关键是会根据力臂的画法、由已知条件作出相应的力臂和力，注意力方向的确定。
21.【答案】解：根据题干中的图片可知，磁感线是由N极回到S极的，因此螺线管的右端为S极。小磁针静止时，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针左侧为N极，右侧为S极；
由安培定则可知，电流从螺线管左侧流入，从螺线管的右侧流回电源的负极，则电源的左端为正极，右端为负极；如图所示：
【解析】先根据磁感线判断螺线管的极性，由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极；由安培定则可知螺线管中电流的方向和电源的正负极。
右手螺旋定则为物理中的重点及考试中的热点内容，要求学生能熟练应用。
22.【答案】解：
延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，如图所示：
【解析】仔细观察入射光线和折射光线的特点，根据凹透镜的光学特点作图。
凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
23.【答案】解：通插座的保险丝要接在火线上，开关要接在火线上，电热水壶金属外壳要接地，如图所示：
。
【解析】(1)带金属外壳的家用电器必须接地。
(2)三孔插座的正确连接方式是“左零右火上接地”。
本题主要考查了安全用电的基本原则，关键是知道三孔插座和三脚插头的正确接法。
24.【答案】② 放大 投影仪 倒立 ①或③ ③
【解析】解：(1)同学们在A处看到平面镜的像，且左右移动外筒，像的大小不变，说明该像为平面镜所成的虚像，插入的是平面镜。
(2)插槽位置插入光学元件凸透镜时，恰能在半透明薄膜上看到烛焰清晰的像，此时成像为实像，由甲图可知蜡烛到凸透镜的距离小于薄膜到凸透镜的距离，则物距小于像距，该像是倒立放大的实像，投影仪是利用该成像原理制成的。
(3)同学们在薄膜上即看到了清晰的像，说明成像是实像，则该像是倒立的。
凸透镜和小孔都可以成实像，则该同学插入的可能是图乙所示光学元件中的①或③。
向左移动外筒，像始终清晰，凸透镜成像时，像距改变，物距必须改变，而小孔成像在不需要改变，说明是小孔成像，则插入的光学元件是③。
故答案为：(1)②；(2)放大；投影仪；(3)倒立； ①或③；③。
(1)平面镜成正立等大的虚像；
(2)根据凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏上成倒立放大的实像，投影仪(幻灯机、电影放映机等)就是利用此原理制成的；
(3)小孔成的是倒立的实像；凸透镜成实像时都是倒立的。
本题主要考查凸透镜成像、平面镜成像与小孔成像的规律，是一道基础题，难度不断。
25.【答案】电流 可以 液体换成质量相等的不同液体 换用两段阻值相同的电热丝
【解析】解：(1)在实验中，使RA和RB串联是为了控制电流和加热时间相同；
要想探究电热与电流的关系，可利用滑动变阻器调节电路中的电流，在不同电流下，通电相同的时间，比较同一烧杯中液体升高的温度，因此，利用该装置可以探究电热与电流的关系；
(2)如果要用该装置来探究不同液体的吸热特点，根据控制变量法，应将对实验器材进行改进：液体换成质量相等的不同液体、换用两段阻值相同的电热丝。
故作案为：(1)电流；可以；(2)液体换成质量相等的不同液体；换用两段阻值相同的电热丝。
(1)两电阻串联时，可以控制电流和加热时间相同；通过滑动变阻器可调节电路中的电流，从而探究电热与电流的关系；
(2)要探究不同液体的吸热特点，根据控制变量法，需要控制液体的质量相同，同时要让液体在相同时间内吸收相同的热量，因此，两电阻也应相同。
本题考查了探究影响电流热效应的因素，要会分析影响电流热效应的因素有哪些，并注意控制变量法的运用。
26.【答案】1.6 1.6N 变大
【解析】解：(1)由图1知甲弹簧测力计每大格代表1N，每大格内有5小格，所以弹簧测力计的分度值为0.2N，指针位置在1N下面的第三个刻度线位置，故甲弹簧测力计的示数为1.6N；
(2)木块相对地面静止，处于平衡状态，合力为零，其相对小车在滑动，受到小车给的摩擦力，木块在水平方向上受到向左的摩擦力和向右的拉力，这两个力是一对平衡力，已知拉力为1.6N，故此时木块受到的摩擦力为1.6N，木块水平方向的受力示意图如下图所示
；
(3)木块受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大，若在木块上加一铁块，木块与小车之间的压力增大，其受到的摩擦力变大，拉力变大，故甲弹簧测力计读数变大。
故答案为：(1)1.6；(2)见解析；1.6N；(3)变大。
(1)先确定测力计的分度值，再由指针位置读取测力计的示数。
(2)确定木块的运动状态，分析木块在水平方向上的受力情况，得到木块受摩擦力的大小，画出木块水平方向受到的力。
(3)根据滑动摩擦力大小的决定因素和二力平衡进行分析。
本题考查测力计的读数、二力平衡的应用和力的示意图的作图，属于基础性内容，难度不大。
27.【答案】便于测量力臂的大小 0.6 0.2 1.5
【解析】解：(1)实验时使杠杆在位置平衡，目的是避免杠杆自身的重力对实验的影响，便于测量力臂的大小；
(2)由题意知，OA=5×5cm=25cm，OB=6×5cm=30cm，
钩码的重力：G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，
由杠杆平衡条件得，GM×OA=G×OB，
解得：GM=G×OBOA=0.5N×30cm25cm=0.6N。
(3)钩码向左移动2小格到C点，此时OC=4×5cm=20cm，
由杠杆平衡条件得，(GM−F浮)×OA=G×OC，
即：(0.6N−F浮)×25cm=0.5N×20cm，
解得：F浮=0.2N。
OD=3×5cm=15cm，
由杠杆平衡条件得，(GM−F浮′)×OA=G×OD，
即：(0.6N−F浮′)×25cm=0.5N×15cm，
解得：F浮′=0.3N。
由F浮=ρ液gV排可得，F浮F浮′=ρCρD，
解得：ρD=F浮′F浮ρ=0.3N0.2N×1.0g/cm3=1.5g/cm3。
故答案为：(1)便于测量力臂的大小；(2)0.6；(3)0.2；1.5。
(1)杠杆在水平位置平衡，作用力与杠杆垂直，力的作用点到支点的距离就是力臂，力臂在杠杆上，可以在杠杆上直接测量力臂；
(2)先求出OA、OB的长度以及钩码的重力，根据杠杆平衡条件求出物体M的重力；
(3)钩码向左移动2小格到C点，求出此时OC的长度，根据杠杆平衡条件(GM−F浮)×OA=G×OC求出物体M受到水的浮力；
先求出OD的长度，然后根据杠杆平衡条件(GM−F浮′)×OA=G×OD求出浮力，再根据阿基米德原理求出D点应标注的密度值。
本题主要考查了杠杆平衡条件和阿基米德原理的综合应用，关键要弄清动力和阻力都是杠杆受到的力，有一定的难度。
28.【答案】电阻 改变 接触不良 > 左 2.25 3 正确
【解析】解：(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯丝的电阻随温度的改变而改变，故由图甲改进为图乙是为保证实验过程中电阻这一因素不变；为得出普遍性的结论，要多次测量，由图乙改进为图丙是因为使用滑动变阻器既能保护电路，又能通过调节使电阻R两端的电压改变；
(2)闭合开关后，发现两只电表的指针总在晃动。造成这一现象的原因：电路存在接触不良；
(3)a、实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，即>2V；研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向左滑动；
b、由题意可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，即电路中最大电流为0.6A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为：
UV大=I大R定小=0.6A×5Ω=3V；
研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：
U滑=U总−UV=4.5V−UV，
根据分压原理有：
U滑UV=R滑R定，即4.5V−UVUV=R滑R定------①，
因电压表示数UV为定值，由①式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由①式得：
4.5V−UVUV=20Ω20Ω，
解得电压表的示数：UV=2.25V，即为完成实验，电压表的最小电压为2.25V；
故为顺利完成4次实验，定值电阻两端的电压需要控制在2.25～3V范围内；
c、在实验中更换不同阻值的电阻后，发现通过微调电源电压，也能使得电阻R0两端的电压不变，达到同样的目的，故这样通过改变电源电压获得实验数据的方法是正确的。
故答案为：(1)电阻；改变；(2)接触不良；(3)a、>；左；b、2.25V；3V；c.正确。
(1)研究电流与电压关系实验中，要控制电阻不变，而灯的电阻随温度的改变而改变；为得出普遍性的结论，要多次测量；
(2)如电路存在接触不良，会造成电表的指针总在晃动；
(3)a、根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；
b、根据允许的最大电流和最小电阻确定控制电压表的最大电压；当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻20Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
c、研究电流与电阻关系时，要控制电阻两端的电压不变。
本题探究电流与电压的关系实验，考查了电路分析、电路故障、控制变量法和欧姆定律的应用等知识。
29.【答案】解：
(1)10kg液化气完全燃烧释放热量：
Q放=m气q=10kg×4.2×107J/kg=4.2×108J；
(2)由题知，Q吸=40%×Q放=40%×4.2×108J=1.68×108J，
1标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，
由Q吸=cm△t得水的质量：
m水=Q吸c△t=1.68×108J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=500kg。
答：(1)这瓶液化气全部完全燃烧放出的热量是4.2×108J；
(2)若(1)中放出的热量有40%被初温为20℃的水吸收，在标准大气压下可将500kg质量的水烧开。
【解析】(1)利用Q放=mq求整瓶液化气完全燃烧放出的热量；
(2)由题知，Q吸=40%×Q放，知道水的温度变化、水的比热容，再利用Q吸=cm△t求水的质量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq和效率公式的掌握和运用，利用好条件“Q吸=40%×Q放”是本题的关键。
30.【答案】解：(1)根据W=Pt得出10s内电动机输出的总功为W总=P总t=600W×10s=6000J。
(2)建筑材料所受的重力G物=m物g=70kg×10N/kg=700N。
有用功为W有=G物h=700N×6m=4200J。
额外功为W额=W总−W有=6000J−4200J=1800J。
动滑轮所受的重力为G动=W额h=1800J6m=300N。
(3)由η=W有W总=W物W物+W动=G物G物+G动得：90%=G物G物+300N，
解得G物=2700N，
另一批建筑材料上升的速度为v物=P有G物=P总ηG物=600W×90%2700N=0.2m/s。
答：(1)10s内电动机输出的总功6000J；
(2)动滑轮所受的重力300N；
(3)该建筑材料上升的速度0.2m/s。
【解析】(1)根据W总=P总t得出10s内电动机输出的总功。
(2)根据G物=m物g得出建筑材料所受的重力，根据W有=G物h得出对建筑材料做的有用功，根据W额=W总−W有得出对动滑轮做的额外功，根据G动=W额h得出动滑轮所受的重力。
(3)由机械效率公式η=W有W总=W物W物+W动=G物G物+G动得出物体的重力，根据P=Fv得出另一批建筑材料上升的速度。
本题考查有关滑轮组的功和机械效率的计算，是一道综合题。
31.【答案】解：(1)图甲中R0与热敏电阻RT串联，电路中的总电阻：R=UI=12V10×10−3A=1200Ω，从图乙可知37.3℃时热敏电阻RT的阻值为400Ω，R0的阻值：R0=R−RT=1200Ω−400Ω=800Ω；
(2)从图乙可知38℃时热敏电阻RT其阻值为300Ω，电流中的电流：I=UR′=12V300Ω+800Ω≈0.011A；
(3)串联电路中电源电压一定，由P=U2R可知，电路中的电阻最小时，电路总功率最大，36℃到40℃过程中，热敏电阻RT其阻值最小为200Ω，电路最大总功率：。
答：(1)R0的阻值为800Ω；
(2)38℃时电流中的电流为0.011A；
(3)36℃到40℃过程中，电路最大总功率为0.144W。
【解析】(1)图甲中R0与热敏电阻RT串联，先用I=UR计算出电路中的总电阻，再R=R1+R2用计算出R0；
(2)从图乙可知38℃时热敏电阻RT其阻值，再用I=UR计算出电流中的电流；
(3)串联电路中电源电压一定，由P=U2R可知，电路中的电阻最小时，电路总功率最大。
本题考查了欧姆定律的计算，体现了物理与生活的联系，有一定的难度。
32.【答案】100W
【解析】解：(1)根据分析，电路有三种状态，分别是断路、电阻丝直接接在电源上和二极管与电阻丝串联，电路如图所示。
(2)二极管具有单向导电性，在时间t内，电路有一半时间t2是导通的，电炉两端的电压U=U额，电流I=I额，通电时间t′=t2，
则电炉的实际功率P=Wt=UIt′t=UI2=P额2=200W2=100W。
故答案为：见解答图；100W。
(1)由题意知开关电路包含一个二极管；开关调至“1”位置，电炉丝不亮，说明电路是断开的，1后面还有其它控制开关；将开关调至“2”位置时，电炉丝暗红，说明电路是闭合的，但开关导电的时间是开关闭合时间的一半，结合题意知开关2是二极管；将开关调至“3”位置时，电炉丝工作正常，则3是一个电键开关；根据分析可画出开关电路图。
(2)由分析知2是一个二极管，由题意知二极管具有单向导电性，电路电源是交流电源，当开关2闭合时，在交流电的一个周期内，电路有半个周期是导通的，半个周期是断开的，由功率公式可求出此时电炉的实际功率。
本题根据题意画电路图比较难，求电炉的实际功率时应知道二极管具有单向导电性，在开关闭合的整个时间内，只有一半时间电炉中有电流流过，这是解题的关键，本题是一道难题。
33.【答案】B I1=I2+I3 40 会
【解析】解：(1)A.当电路发生短路时，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故A错误；
B.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故B正确；
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流等于零线中的电流，故C错误；
D.试验按钮按下漏电保护器无动作，说明漏电保护器需要更换，试验按钮是检查漏电保护器是否正常的，不是恢复供电的，故D错误；
故选：B；
(2)由图乙可知，火线中的电流一部分通过零线，一部分流向大地，即三电流之间的关系：I1=I2+I3；
(3)站在地面上的人体不小心接触了火线时，
此时漏电电流I3=UR=220V2000Ω+3500Ω=0.04A=40mA；
(4)如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，漏电保护器立即断开。
故答案为：(1)B；(2)I1=I2+I3；(3)40；(4)会。
(1)根据文中漏电保护器使用原理分析判断；
(2)由图乙可知电流的流向，据此得出三电流之间的关系；
(3)人触电时，其两端的电压为220V，根据欧姆定律求出此时漏电电流；
(4)在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反，此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，根据漏电保护器的原理进行解答。
本题考查了学生获取信息解决实际问题的能力，涉及到欧姆定律的应用等，根据题意得出漏电保护器的工作原理是关键。
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