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2023年江苏省泰州市靖江市中考物理一模试卷
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这是一份2023年江苏省泰州市靖江市中考物理一模试卷，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省泰州市靖江市中考物理一模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 以下估测的数据中符合生活实际的是( )
A. 正常人心脏跳动频率约3Hz
B. 初三学生正常的步行速度约5km/h
C. 一本平放的物理书对水平桌面的压强约为600Pa
D. 教室内一盏日光灯正常工作时的电流约为1A
2. 如图，是近日济南市民在动物园拍到鸟儿在水中觅食的场景：一束阳光从右侧射向水面的白鸟，白鸟左侧和下方的水面出现了两个“影子”。图中两个影子形成的原因分别是( )
A. 光的直线传播和光的折射
B. 光的折射和光的反射
C. 光的直线传播和光的反射
D. 光的反射和光的折射
3. 蓝牙音箱可在一定距离内无线连接手机进行音乐播放，蓝牙音箱播放音乐时，下列说法正确的是( )
A. 音箱发声不需要振动 B. 根据音色可以分辨出不同歌手的声音
C. 音箱和手机是通过超声波连接的 D. 调节音箱音量大小是改变声音的音调
4. 光刻技术是现代半导体集成电路的关键一环，其工作原理如图所示。光源发出强紫外光，调整镂空掩膜版和缩图透镜之间的距离，使光通过二者后，恰好能在硅片上成清晰的像，从而实现纳米级集成电路的“雕刻”，下列说法错误的是( )
A. 缩图透镜是凸透镜
B. 在硅片上形成的像是实像
C. 此成像原理与显微镜物镜的成像原理相似
D. 若将掩膜版靠近缩图透镜，为成清晰像，应将硅片远离缩图透镜
5. 关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是( )
A. 固体难以被压缩说明此时分子间只存在斥力，不存在引力
B. 在原子、电子、原子核和质子中，尺度最小的是质子
C. 扎紧的气球过几天就会变小，说明分子很小
D. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳是银河系的中心
6. 2022年4月16日，神舟十三号载人返回舱成功着陆，返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加。下列事例中物体内能改变方式与它相同的是( )
A. 汤勺放在热汤中温度升高
B. 烧水时水温升高
C. 压缩空气温度升高
D. 取暖器旁的物体温度升高
7. 电流看不见、摸不着，判断电路中是否有电流时，我们可通过电路中的灯泡是否发光来确定。下面是小红同学在学习中遇到的四个研究实例，其中采取的方法与“判断电路中是否有电流“方法相同的是( )
A. 通过测100张纸的厚度来测1张纸的厚度
B. 学习电压时，通过对比水压来认识它
C. 通过研究墨水在清水中的扩散现象认识分子的运动情况
D. 研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度关系时，控制压力不变
8. 一小球从某高度由静止释放后，利用安装在手机中具有录音和显示声音波形的APP(软件)。记录小球碰撞地面发出的声音随时间变化的波形如图所示。则小球( )
A. 每次下落过程重力做功均相同 B. 每次弹起离开地面时的动能逐渐减小
C. 每次碰撞的最大形变程度逐渐增大 D. 下落过程中重力势能全部转化为动能
9. 如图，小球用细线悬挂在O点，由A处静止释放，在A、B两点之间来回摆动的过程中( )
A. 在A点，球受到细线的拉力、重力和沿切线方向的动力
B. 在A点，球对细绳的拉力是球发生弹性形变而产生的
C. 在B点，球受到的重力和细线对球的拉力是一对平衡力
D. 在B点，球受到的重力和细线对球的拉力是一对相互作用力
10. 图甲是海南网上扶贫超市给百香果配的多功能小勺子。把A点压在百香果上固定、B处的“刺刀”刺进果壳，用力使勺子绕A点转动一周，“刺刀”就把果壳切开(如图乙)关于勺子的构造和使用说法正确的是( )
A. 勺子转动切果时可作省力杠杆用 B. 勺柄表面有花纹是为了减小摩擦
C. “刺刀”很尖利是为了增大压力 D. 勺子绕着果转动时运动状态不变
11. 无线充电的原理如图甲所示，首先电流通过送电线圈，当受电线圈靠近送电线圈时就会产生感应电流来供电，图乙下列实验中，与无线充电时送电线圈技术工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图甲电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V3.6W”的字样，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将R2滑片P从位置1移到位置2，根据两表示数作出的U～I图像如图乙中AB所示。R2滑片P分别在位置1和位置2时，灯泡L的电功率分别为P1和P2，且P1：P2=6：1下列判断正确的是( )
A. 电源电压为14V
B. R2的滑片P在位置1时对应图乙中A点的数据
C. R2滑片P从位置1移到位置2时，灯泡灯丝电阻减小8Ω
D. R2滑片P从位置1移到位置2时，灯泡的电功率减小1.25W
二、填空题（本大题共9小题，共27.0分）
13. 泰州科技馆静电台上带电金属球电压高达20万伏左右，如图小华用手触摸金属球，她头发就带上了______ (同种/异种)电荷，因而张开，此过程中______ (有/没有)新的电荷产生。
14. 如图所示，分别表示物质三种状态的分子模型结构图，某种物质从状态甲变为状态乙的过程叫______ 。温度______ (升高/降低/不变/不一定升高)，内能______ 。
15. 篮球表面的凹凸花纹是通过改变接触面的粗糙程度来增大______ 的。如图所示，小朋友用力拍打篮球时手感到疼痛，是因为______ 的；向上抛出的篮球离开手后能继续向上运动是因为______ ，而原本向上运动的篮球最终落回地面，说明力可以______ 。
16. 如图，小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，用乙图中的滑轮可以______ 。用甲滑轮所做的有用功为W1，机械效率η1；用乙滑轮所做的有用功为W2，机械效率为η2，若不计绳重与摩擦，则W1 ______ W2，η1 ______ η2(均填大于/小于/等于)。
17. 如图所示，是热机工作冲程中的______冲程，热机通常用水来作为冷却剂，是利用了水的______的物理属性。转速为6000r/min的热机1s对外做功______次，热机的燃料通常是汽油或柴油，它们都属于______(选填“可再生”或“不可再生”)能源。
18. 小明做了“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，剪成条状，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，很快发现纸条中间处开始冒烟，起火苗，如图所示。这是因为锡是______ (导体/绝缘体)，将它的两端直接连接电池正负极，就会造成______ 。根据电学中的______ 定律，此时电流通过锡纸时迅速产生大量热量，温度上升使锡纸燃烧。
19. 如图，小明拉着质量为30kg行李箱匀速经过一段长3m、高1m的斜坡路面，用时10s，若此过程拉力F方向沿斜面向上，大小为125N，克服行李箱重力做功______ J，拉力F做功的功率是______ W，行李箱所受摩擦力是______ N。
20. 甲、乙两灯的额定电压均为9V，两灯电流与电压变化的关系图象如图所示，当把两灯并联在4V电源上时，电路中的总电流是______ A；当把两灯串联在某电源上时，乙灯消耗的功率为2.4W，则电源电压为______ V。
21. 在比较灯泡亮度的实验中，小华将白炽灯A和白炽灯B接入如图所示的电路中，闭合开关适当移动滑片后，观察到灯A比灯B暗，V1的示数小于V2的示数，由此小华总结得出结论：______ 。若将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，且V2的示数为V1示数的5倍，已知B的发光效率为10%，则C的发光效率为______ 。此时C灯比B灯节能的百分比为______ 。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
22. 运动员将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上水平向右做直线运动，最终停下来，O为其重心。请画出冰壶在冰面运动时受到的力。
23. 如图，请标出通电螺线管的N极和图中磁感线的方向。
24. 请用笔画线代替导线将图中的家庭电路连接完整，开关只控制壁灯。
四、实验探究题（本大题共6小题，共32.0分）
25. 小明同学利用如图所示装置“探究凸透镜成像的规律”。
(1)小明利用图甲所示的方法，使平行于主光轴的光线通过凸透镜会聚在光屏上，从而确定所使用的凸透镜的焦距fA= ______ cm。
(2)小明将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，将三者______ (分散/靠拢/任何位置均可)排列，并调节烛焰中心和光屏中心在透镜的主光轴上，这是为了______ 。
(3)如图乙所示，小明将凸透镜固定在光具座上40cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上10cm刻线处，移动光屏，最终可以光屏上呈现出烛焰的倒立、______ 的实像：
(4)保持(3)中蜡烛和凸透镜位置不变，小明用近视眼镜片放置在靠近凸透镜左侧；移动光屏，为使在光屏上仍得到烛焰清晰的像，应该将光屏向______ 方向移动，像的大小______ (变大/变小/不变)。
26. 小明为了探究动能大小的影响因素、利用斜面、钢球、木块等器材在同一水平面上开展了如图所示的探究活动。
(1)实验中探究的动能是指______ 。
A.钢球撞击木块时的动能
B.钢球撞击木块后的动能
C.木块被钢球撞击后的动能
(2)用质量不同的小球碰撞静止在同一水平面上的木块。实验中控制小球的高度相同，是为了控制两球到达底端时______ 相同；实验中通过观察______ 比较小球的动能的大小。
(3)小红认为根据乙、丙两图可以直接得出“物体的质量越大，速度越大，则动能越大”的结论，小明认为小红的观点是错误的，理由是______ 。
(4)小明根据实验现象认为：小球推动木块移动一段距离后都要停下来，所以小球和木块所具有的机械能最终都消失了。你认为小明的观点是______ 的(正确/错误)。
(5)通常来说，交通事故的原因主要是超载或超速，用甲、丙两图的实验现象所得到的结论。可以解释汽车______ (超载/超速)行驶时危险性大的原因。
27. 在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
(1)在没有挂钩码时杠杆静止时的位置如图甲所示，此时杠杆处于______ (平衡/非平衡)状态，为使杠杆处于水平位置平衡，可只将杠杆左端螺母向______ (左/右)边旋一些。
(2)杠杆调好后，第一组同学按图乙进行实验，第二组同学按图丙进行实验，第二组同学根据实验获得的数据得到“动力与支点到动力作用点距离的乘积等于阻力与支点到阻力作用点距离的乘积”的结论。第一组实验数据与该结论不吻合，原因是______ ；此时乙、丙两图中杠杆平衡，此时测力计的示数分别为F1、F′。则F1 ______ F1′(大于/小于/等于)。
(3)细心的小明发现，杠杆的支点在杠杆中心位置偏上如图丁，图甲位置杠杆的重心和支点______ (在/不在)同一竖直线上，如果实验前杠杆处于图甲位置，小明就直接按图丙进行实验，与第二组同学相比，小明所测弹簧测力计的示数______ (偏大/偏小相等)。
28. 小华用弹簧测力计、烧杯、水、薄塑料袋测量酱油的密度。
(1)测量前，弹簧测力计应______ 方向进行校零。
(2)把适量的酱油装入塑料袋，排出空气后扎紧口，用弹簧测力计测出重力为3.6N；然后用弹簧测力计提着塑料袋浸没在水中，如图所示，弹簧测力计示数为______ N，则可算出酱油的密度为______ kg/m3。
(3)小华想用上述器材继续测量白酒的密度，但白酒的密度比水小，请帮她想出一个可行的办法并简要说明：______ 。
29. 在比较不同物质吸热能力的实验中，小明用相同的器材(如图1所示)加热质量和初温都相等的水和煤油，每隔1min记录一次温度。
(1)要完成该实验，除图中所示器材外，还需要的测量工具有______ 。
(2)实验中，他观察到的现象如图2所示，分析比较(a)与(b)中加热时间、温度计示数及相关条件可知：质量相等的水和煤油，加热相同的时间，______ 的吸热能力强，它们吸收的热量______ (相等/不相等)；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免______ 对实验造成影响。
(4)为了进一步研究物体吸收热量与升高的温度的关系，小明根据实验数据画出它们升高的温度ΔT随加热时间t变化图象(如图3)，它们都是过原点的直线，即ΔT=kt。用m表示水和食用油的质量，c1、c2分别表示食用油和水的比热容，则两条直线k的比值k水：k食用油等于______ 。
30. 在探究“电流与电阻的关系”实验中，电源电压3V，定值电阻为50，按照图甲将电路正确连接后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，使定值电阻R两端电压为1V。
(1)将实物电路连接完整，要求：当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小；
(2)正确连线后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是______ ；
(3)接下来实验操作中，在用20Ω的定值电阻替换10Ω的定值电阻后，他发现电压表示数始终不能调为1V。为成功完成此探究，小明同学设计了如下方案，你认为可行的一项是______ ；
A.只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω
B.如果只增加电源电压，则电源电压增加到6V
(4)小明同学将电阻换成额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡(如图乙)。
a.利用上述电路继续进行实验时，当调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A时，灯泡的实际电功率P实= ______ 14P额(大于/小于/等于)；
b.实验结束后，小华继续对通过滑动变阻器的电流I与它两端电压U关系进行了探究。根据实验数据也画出了U−I图象。你认为正确的是图丙中的虚线______ (①②③)。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
31. 我国研制的大客机C919机上搭载的新一代涡扇发动机的热效率和推进效率比一般客机高，所谓热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比，而推进效率则是指发动机传递给飞机的推进功(推力所做的功)与其获得的机械能之比，如表是飞机的部分技术参数。
最大起飞质量
72.5t
客舱内气压
8.0×104Pa
巡航速度
920km/h
发动机巡航推力
3.6×104N
(1)若万米高空气压只有2.5×104Pa，求机体1m2面积上承受内外气压的压力差；
(2)若飞机以巡航速度飞行0.5h的过程中，耗油1500kg，发动机的热效率为40%，求此过程中发动机的推进效率。(燃油热值q取
4.6×107J/kg)
32. 如图甲所示为3D打印笔。3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却凝固成稳定的形状。此打印笔有快、慢两挡，其内部简化电路如图乙所示，将该打印笔单独接入装有如图丙所示电能表的家庭电路中正常工作，快挡打印2min，电能表指示灯闪烁8次，刚好将15g的塑胶从20℃加热到260℃，已知该3D打印笔慢挡打印功率为22W。R1、R2是用于发热的定值电阻，塑胶的比热容为2×103J/(kg⋅℃)且保持不变。求。
(1)3D打印笔快挡的电功率；
(2)3D打印笔快挡打印时的热效率；
(3)R1的阻值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、正常人心脏跳动一次用时约1s，即1Hz，故A不符合实际；
B、初三学生正常步行的速度在1.4m/s=1.4×3.6km/h≈5km/h左右，故B符合实际；
C、物理书重约2.5N，平放时与水平桌面的接触面积约400cm2=0.04m2，对水平桌面的压强在p=FS=GS=2.5N0.04m2=62.5Pa左右，故C不符合实际；
D、教室中一盏日光灯正常工作时的电流在0.2A左右，故D不符合实际。
故选：B。
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。对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换。
对物体长度、质量、温度等进行估测，是初中物理的一项基本要求，平时结合所学知识对身边的物体(如人高、教室高、一步长、步行速度、体温、气温等等)多观察多思考，必要时做出正确判断。
2.【答案】C
【解析】解：白鸟左侧的影子是由光的直线传播形成的；下方的水面出现的影子属于倒影，是由光的反射形成的，故C正确。
故选：C。
影子是由于光的直线传播形成的，倒影是由于光的反射形成的。
本题考查了光的直线传播和光的反射现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、声音是由物体的振动产生的，所以蓝牙音箱发声需要振动，故A错误；
B、不同人发出声音的音色不同，根据音色可以分辨出不同歌手发出的声音，故B正确；
C、音箱和手机是通过电磁波连接的，故C错误；
D、将音箱音量调大是为了改变声音的响度，故D错误。
故选：B。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)不同发声体发出声音的音色不同；
(3)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。注意对比，通常听到的声音是通过空气这种介质传播的；
(4)声音的强弱叫响度。
本题考查声音的产生，声音的特性以及乐音与噪音的区别，是一道声学综合题。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据图示可知，缩图透镜对光线具有会聚作用，是凸透镜，故A正确；
B、硅片相当于光屏，能承接实像，所以成的是实像，故B正确；
C、由图可知要制造出含有众多元件的集成电路，则掩膜上的电路在硅片上的像应变小，所以可知该凸透镜成倒立、缩小的实像，而显微镜的物镜成倒立、放大的实像，二者的成像原理不同，故C错误；
D、若将掩膜版靠近缩图透镜，物距变小，像距应变大，为成清晰像，应将硅片远离缩图透镜，故D正确。
故选：C。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u=2f时，成倒立、等大的实像；
当f
当u
解答此题的关键是掌握凸透镜成像的规律，搞清像距、像的大小与物距之间的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A、固体很难被压缩，说明此时分子间存在斥力，同时存在相互作用的斥力，故A错误；
B、原子核和电子构成原子，原子核由质子与中子组成，在原子、电子、质子中，尺度最小的是电子，故B错误；
C、分子很小，气球很容易撒气，所以变瘪了，该现象能说明分子很小，故C正确；
D、宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳不是银河系的中心，故D错误。
故选：C。
(1)分子间存在相互作用的引力和斥力；
(2)分子由原子组成，原子由原子核和核外电子组成，原子核包括质子和中子两部分；
(3)分子的直径很小；
(3)宇宙由无数天体组成，有层次之分，太阳是银河系中的一颗恒星，不是银河系的中心。
本题考核了分子热运动、宇宙天体结构系统，属于基础性题目。
6.【答案】C
【解析】解：神舟十三号载人返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加，是通过克服摩擦做功来改变内能的。
A、汤勺放在热汤中温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故A不合题意；
B、烧水时水温升高，是通过热传递来改变物体内能的，故B不合题意；
C、压缩空气温度升高，是活塞对空气做功，使空气的内能增大、温度升高，故C符合题意；
D、取暖器旁的物体温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故D不合题意。
故选：C。
做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。
本题通过生活中的实例，考查了做功和热传递改变物体内能的分析，属热学基础题。
7.【答案】C
【解析】解：A、通过测100张纸的厚度来测1张纸的厚度，这里用了累积法，故A不符合题意；
B、学习电压时，通过对比水压来认识它，这里用了类比法，故B不符合题意；
C、通过研究墨水在清水中的扩散现象认识分子的运动情况，这里用了转换法，故C符合题意；
D、研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度关系时，控制压力不变，这里用了控制变量法，故D不符合题意。
故选：C。
通过电路中的灯泡是否发光来确定是否有电流这是用了转换法，根据各选项使用的方法来选择符合条件的选项。
本题考查了转换法，属于基础题。
8.【答案】B
【解析】解：
A、根据图像可知，小球每次发声的时间逐渐变短，这说明小球在空中运动的时间变短，小球上升的高度逐渐变小；根据W=Gh可知，每次下落过程重力做功不相同，故A错误；
BCD、根据波形图可知，小球每次发声时的振幅变小，小球每次与台面碰撞的最大形变程度变小，这说明弹性势能是减小的；此过程中小球的动能和重力势能转化为弹性势能，弹性势能减小，说明机械能逐渐变小；小球的弹性势能变小，转化为的动能逐渐变小；下落过程中，小球克服阻力做功，机械能逐渐减小，所以下落过程中重力势能没有全部转化为动能，故B正确、CD错误。
故选：B。
(1)根据图像分析发声的时间间隔的大小，从而得出乒乓球上升高度的变化，根据W=Gh分析重力做功大小的变化；
(2)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；弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；机械能为动能和势能的和。
本题考查了动能、重力势能、弹性势能和机械能的变化，明确图像的含义是解题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：A、在A点，球受到细线的拉力和重力，故A错误；
B、在A点，球对细绳的拉力是球发生弹性形变而产生的，故B正确；
C、小球摆至B点时，小球处于非平衡状态，此时细线对小球的拉力与小球的重力不是一对平衡力，故C错误；
D、在B点，球受到的重力和细线对球的拉力，作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故D错误。
故选：B。
二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；
相互作用力的条件：两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上。
本题考查了平衡力和相互作用力区分，属于基础题。
10.【答案】A
【解析】解：A、勺子转动切果时，动力臂可以大于阻力臂，所以可作省力杠杆用，故A正确；
B、勺柄表面有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故B错误；
C、“刺刀”很尖利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，受力面积的大小不能改变压力的大小，故C错误；
D、勺子绕着果转动时，勺子的运动方向发生变化，其运动状态发生变化，故D错误。
故选：A。
(1)要判决杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，要先判断动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
(2)增大摩擦力的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。在接触面粗糙程度一定时，增大压力来增大摩擦力；
(3)增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力来增大压强；在压力一定时，减小受力面积来增大压强；
(4)运动状态保持不变，指的是物体速度的大小和方向都不能发生变化，否则物体的运动状态就变了。
本题考查了学生对增大摩擦的方法、杠杆的分类，增大压强的方法，都属于基础知识，只要细心并不难解答。
11.【答案】A
【解析】解：由题知，无线充电时送电线圈主要是产生磁场，其原理是通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应；
A.图中是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故A符合题意；
B.图中无电源，但有线圈、磁铁，这是发电机的原理图，发电机的原理是电磁感应现象，即闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流，故B不符合题意；
C.图中有电源，是通电导体在磁场中受到力的作用，不是电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图中是电磁感应现象，即闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流，故D不符合题意。
故选：A。
由题知，无线充电原理是电流流过送电线圈产生磁场，受电线圈靠近该磁场时就会产生电流，给智能手机充电，则可知无线充电时送电线圈主要是产生磁场，故其原理是通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应；分析各图中实验原理进行解答。
本题考查了学生对电磁学中几个实验的掌握情况，知道送电线圈的工作原理是解题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、根据P1：P2=6：1可知，R2滑片P在位置1时，灯泡L的电功率较大；根据P=UI可知，此时通过灯泡的电流较大；结合图乙可知，R2的滑片P在位置1时对应图乙中B点的数据；
设电源电压为U，当滑动变阻器滑片P位于1时，此时通过小灯泡的电流为0.5A，滑动变阻器两端的电压为9V，则小灯泡两端的电压为：UL1=U−U滑1=U−9V，
小灯泡的电功率为：P1=UL1I1=(U−9V)×0.5A，
当滑动变阻器滑片P位于2时，对应图乙中A点，通过小灯泡的电流为0.25A，滑动变阻器两端的电压为11V，则小灯泡两端的电压为：UL2=U−U滑2=U−11V，
此时小灯泡的电功率为：P2=UL2I2=(U−11V)×0.25A，
根据P1：P2=6：1可知，
P1P2=(U−9V)×0.5A(U−11V)×0.25A=61，
解得，电源电压为：U=12V，故AB错误；
C、R2滑片P在位置1时，小灯泡的电压为：UL1=U−U滑1=12V−9V=3V，
则此时小灯泡的电阻为：R1=UL1I1=3V0.5A=6Ω，
移到位置2时，小灯泡的电压为：UL2=U−U滑2=12V−11V=1V，
则此时小灯泡的电阻为：R2=UL2I2=1V0.25A=4Ω，
灯泡灯丝电阻减小，减小的电阻是：ΔR=R1−R2=6Ω−4Ω=2Ω，故C错误；
D、R2滑片P在位置1时，小灯泡的功率为：P1=UL1I1=3V×0.5A=1.5W，
移到位置2时，小灯泡的功率为：P2=UL2I2=1V×0.25A=0.25W，
灯泡的电功率减小值为：ΔP=P1−P2=1.5W−0.25W=1.25W，故D正确。
故选：D。
由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据P1：P2=6：1可知，R2滑片P在位置1时，灯泡L的电功率较大；根据P=UI可知，此时通过灯泡的电流较大；结合图乙可知，R2的滑片P在位置1时对应图乙中B点的数据；
由图乙可知滑动变阻器滑片P位于1和2时，通过小灯泡的电流，滑动变阻器两端的电压，根据P=UI和串联电路的电压特点表示出小灯泡的电功率，结合P1：P2=6：1求出电源电压；
(2)根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出滑动变阻器的滑片在1和2两个位置时小灯泡的电阻，进而求出灯丝电阻的变化量；
(3)根据P=UI求出滑动变阻器的滑片在1和2两个位置时小灯泡的电功率，进而求出灯泡的电功率的变化量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
13.【答案】同种 没有
【解析】解：小华用手触摸金属球，由于她的头发就带上了同种电荷，同种电荷相互排斥，因而张开。摩擦起电过程是得到和失去电子的过程，因此其实质是电子的转移，没有新的电荷产生。
故答案为：同种；没有。
(1)电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
(2)电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分。
本题考查了摩擦起电以及电荷间的作用规律，属于基础题。
14.【答案】熔化 不一定升高 增大
【解析】解：从甲到乙的过程是由固态变成液态叫做熔化，晶体熔化过程中继续吸热，温度保持不变，熔化完成后继续加热温度升高，非晶体熔化过程中温度一直升高，故从甲到乙的过程温度不一定升高，质量一定时吸热内能一定增大。
故答案为：熔化；不一定升高；增大。
先明确甲、乙、丙分别表示物质的三种状态。
(1)物质由固态变成液态叫做熔化，熔化吸热；物质由液态变成固态叫做凝固，凝固放热；
(2)物质由液态变成气态叫做汽化，汽化吸热；物质由气态变成液态叫做液化，液化放热；
(3)物质由固态直接变成气态叫做升华，升华吸热；物质由气态直接变成固态叫做凝华，凝华放热，
本题考查了熔化的定义、熔化的特点、内能的影响因素。
15.【答案】摩擦 力的作用是相互 篮球具有惯性 改变物体的运动状态
【解析】解：篮球表面的凹凸花纹是通过改变接触面的粗糙程度来增大摩擦的；
因为物体间力的作用是相互的；小朋友手击篮球时，手给篮球一个力，篮球也给手一个力，所以小朋友手击篮球时感到疼痛；
任何物体都有惯性，所以当篮球离开手后由于惯性会继续在向上运动；
力可以改变物体的运动状态，地球上的一切物体都受到重力的作用，所以抛出的篮球在重力的作用下下落，
故答案为：摩擦；力的作用是相互；篮球具有惯性；改变物体的运动状态。
解答此题从以下知识点入手：
(1)增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度。
(2)物体间力的作用是相互的；
(3)我们把物体保持运动状态不变的属性叫做惯性；
(4)力的作用效果：力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
此题涉及到了增大摩擦力的方法、力作用的相互性、惯性、力的作用效果等知识点，难度不大，综合性较强。
16.【答案】省力 等于 大于
【解析】解：由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，可以省力，
因为小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，所以两种情况的有用功相同；
当有用功一定时，甲中所做的总功为对一桶沙所做的功，利用机械时做的额外功越少，则总功就越少，机械效率就越高；
又因为乙是动滑轮，乙中所做的总功还要加上对动滑轮所做的功，利用乙滑轮做的额外功多，则总功越多，机械效率越低。
即W1等于W2，η1大于η2。
故答案为：省力；等于；大于。
使用动滑轮可以省力，由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，利用乙滑轮做的额外功多，由“小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面”可知两种情况的有用功，再根据总功等于有用功加上额外功，可以比较出两种情况的总功大小。然后利用η=W有用W总×100%即可比较出二者机械效率的大小。
解答此题时学生要明确哪些是有用功，哪些是额外功，然后才能正确比较大小。
17.【答案】排气 比热容大 50 不可再生
【解析】解：
(1)由图可知，进气门关闭，排气门打开，活塞上行，可以判断此冲程为排气冲程；
(2)水的比热容比较大，在升高相同的温度需要吸收更多的热量，所以热机通常用水来作为冷却剂；
(3)若飞轮转速是6000r/min=100r/s，表示每秒飞轮转动100圈，要经过200个冲程，对外做功50次；
(4)汽油、柴油是化石能源，是不可再生能源。
故答案为：排气；比热容大；50；不可再生。
(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；
(2)利用水的比热容大特点作为传热介质，因为相同条件下，水放出或吸收的热量多；
(3)热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案；
(4)可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源，短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
本题考查了热机冲程的判断、水比热容特点的应用、热机的有关计算以及能源的分类，属于综合性题目。
18.【答案】导体 短路 焦耳
【解析】解：因为锡属于金属，因此锡是导体，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧，这一现象我们可以用焦耳定律来解释，因为相同长度的中间段锡纸，横截面积较小，所以电阻较大；由焦耳定律Q=I2Rt知，在电流、通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多。
故答案为：导体；短路；焦耳。
(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
(2)导线直接将电源连接起来的电路叫短路，短路时，会产生很大的电流；
(3)电阻与导体的材料、长度和横截面积有关，根据焦耳定律Q=I2Rt分析，电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多。
本题考查了金属的导电性以及电路的三种状态、电热的产生，属于基础题。
19.【答案】300 37.5 25
【解析】解：(1)克服行李箱重力做的功(有用功)：
W有用=Gh=mgh=30kg×10N/kg×1m=300J；
(2)拉力做的总功：W总=Fs=125N×3m=375J，
拉力做功的功率：
P=W总t=375J10s=37.5W；
额外功W额外=W总−W有用=375J−300J=75J，
行李箱所受摩擦力f=W额外s=75J3m=25N。
故答案为：300；37.5；25。
(1)已知行李箱的质量、提升的高度(斜坡高)，根据公式W=Gh=mgh可求克服行李箱重力做的功(有用功)；
(2)已知拉力的大小、斜坡长，根据公式W=Fs可求拉力做的总功；利用功率公式计算拉力做功的功率；
根据W额外=W总−W有用得出额外功，根据f=W额外s得出行李箱所受摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率和机械效率的计算，属于基础题目。
20.【答案】0.8 9
【解析】解：当把两灯并联在4V电源上时，甲、乙两端的电压均为4V，由图可知此时通过甲的电流为I甲=0.5A，通过乙的电流为I乙=0.3A，根据并联电路电流规律知，干路电流为I=I甲+I乙=0.5A+0.3A=0.8A；
因为电功率P=UI，由图可知，当乙灯消耗的功率为2.4W时，通过它的电流为I乙′=0.4A，它两端的电压为U乙′=6V，根据串联电路电流的规律知，通过甲的电流I甲′=I乙′=0.4A，由图知此时甲两端的电压为U甲′=3V，根据串联电路电压规律知，电源电压为U=U甲′+U乙′=3V+6V=9V。
故答案为：0.8；9。
根据并联电路电压的规律知，当把两灯并联在4V电源上时，甲、乙两端的电压均为4V，在图中找出甲、乙在4V时分别对应的电流，根据并联电路电流规律知，总电流等于两个电流之和；
因为电功率P=UI，由图可知，当乙灯消耗的功率为2.4W时，通过它的电流为I乙′=0.4A，它两端的电压为U乙′=6V，根据串联电路电流的规律，判断通过甲的电流，在图中找到对应的电压，根据串联电路电压规律总电压等于各部分电压之和，计算电源电压。
本题要求学生知道串联电路和并联电路电压、电流的规律，并能结合图像进行计算。
21.【答案】相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大 50% 80%
【解析】解：根据电路图可知，两灯泡串联，并且V1的示数小于V2的示数；根据串联电路分压规律可知，电阻越大，分得的电压越多，因此RA
将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，说明电能转化为的光能相等；
因为V2的示数为V1示数的5倍，由W=UIt可知，B消耗的电能为C消耗电能的5倍，又因为B的发光效率为10%，则C的发光效率为B发光效率的5倍，即50%；
B的发光效率为10%，C的发光效率为50%，由于两灯亮度相同，所以B散失掉电能的效率为90%，C为50%，而B发光10%的能量与C发光50%的能量相同，因此此时C灯比B灯节能为90%−10%=80%。
故答案为：相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大；50%；80%。
根据电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测量A灯泡两端电压，电压表V2测量B灯泡两端电压；
根据串联电路分压的特点比较两灯泡电阻的大小；
根据W=UIt分析两灯泡亮度不同的原因；
根据W=UIt可知相同时间内它们消耗电能的多少，两灯亮度相同，说明电能转化为的光能相同，光能与电能的比值等于灯泡的发光效率。
本题考查串联电路电压的特点、电功公式的应用以及能量利用效率的应用，在做题时一定要善于抓住题目提供的信息，从信息入手逐步去分析并解决问题。
22.【答案】解：冰壶比赛中正在水平向右运动，冰壶在竖直方向受力平衡，竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力是一对平衡力，大小相等；
在水平方向，被推出去的冰壶由于惯性继续向前运动，因此只受到水平向左的摩擦力，如图所示：
【解析】要想正确的做出力的示意图，就要对物体所受的力进行正确的分析。然后按照力的示意图的画法画出各个力。
此题考查力的示意图的画法，要注意先分析出力的方向、作用点等。
23.【答案】解：根据电源的正负极和螺线管的绕向，伸出右手，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极，则左端为S极；
在磁体的外部，磁感线从磁体的N极出发回到S极。由此可以确定磁感线的方向，如图所示：
【解析】根据电源的正负极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定螺线管的N、S极，再利用磁感线的特点即可确定磁感线的方向。
关于安培定则这方面的考查，一般是直接或间接告诉其中的一到两个，利用安培定则来确定其它的方向。在此题中，就是告诉了电流方向、线圈绕向来确定螺线管的N、S极和磁感线方向。
24.【答案】解：壁灯接法：火线进入开关，再进入灯泡，另一侧接零线，这样在断开开关能切断火线，不会发生触电事故，既能控制灯泡，又能更安全；
三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。如图所示：
。
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座的接法，要考虑使用性和安全性。
25.【答案】10.0 靠拢 使像呈在光屏的中心 缩小 远离凸透镜 变大
【解析】解：(1)由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm−50.0cm=10.0cm，所以凸透镜的焦距为10.0cm；
(2)调节蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度上，这样做的目的是使像呈在光屏的中心；
(3)由题可知此时u=40.0cm−10.0cm=30.0cm，所以u>2f，由凸透镜成像规律可知，成倒立缩小的实像；
(4)物体位置不变，凹透镜对光有发散作用，会推迟光的会聚，从而使像会聚在光屏右侧，所以光屏向右移动，远离凸透镜，像变大。
故答案为：(1)10.0；(2)靠拢；使像呈在光屏的中心；(3)缩小；(4)远离凸透镜；变大。
(1)图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为就焦距；
(2)探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心；
(3)凸透镜成像的规律及其应用之一：当u>2f时，成倒立缩小的实像；
(4)物体位置不变，凹透镜对光有发散作用，会推迟光的会聚，从而使像会聚在光屏右侧，所以光屏向右移动，远离凸透镜。
此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用。此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
26.【答案】A 速度 木块移动的距离 没有控制小球的质量相同 错误 超载
【解析】解：(1)根据题意可知，实验中需要改变小球的质量或小球撞击木块时的速度，所以是探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故选A；
(2)在此实验中，小球滚下的高度越高，到达水平面时的速度越大；让质量不同的小球从同一高度滚下的目的是两球到达水平面时能够具有相同的速度，是为了探究动能大小与质量的关系；本题采用了转换法，通过比较小球推动木块移动距离的大小来判断小球的动能大小；
(3)根据乙、丙可知，小球的质量不同，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以不能探究动能大小与速度的关系；
(4)小球推动木块移动一段距离后都要停下来，是因为水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，机械能转化为内能，而不是机械能消失了，故小明的观点是错误的；
(5)甲、丙两图可知，钢球下落高度相同，质量不同，故研究动能大小与质量的关系，用来解释超载行驶的危险。
故答案为：(1)A；(2)速度；木块移动的距离；(3)没有控制小球的质量相同；(4)错误；(5)超载。
(1)据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
(2)(3)(5)动能的决定因素有两个：质量和速度；要利用控制变量法去研究：研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
(4)能量不会凭空消失，只能是转化成另一种形式，或转移到另一个物体。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。
27.【答案】平衡 右 弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂 大于 不在 偏大
【解析】解：(1)杠杆静止时，就是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，需要使杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的便于测量力臂；
(2)力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，若力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，乙图中弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂；
由图乙、丙可知，阻力阻力臂不变，由乙到丙，动力臂变大，动力变小，则F1大于F1′
(3)杠杆左端下沉，说明杠杆重心左移，应将平衡螺母(左端和右端的均可)向右调节，重心移到支点处，杠杆在水平位置平衡；
如果实验前杠杆处于图甲位置，小明就直接按图丙进行实验，杠杆的重心不在支点上，在支点的左侧，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
故答案为：(1)平衡；右；(2)弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂；大于；(3)不在；偏大。
(1)杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；杠杆左端低右端高，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，便于测量力臂；
(2)力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来；
(3)杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移；
支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
本题考查探究杠杆平衡条件的实验，要求学生平时重视实验能力的培养，重视自己动手实验，要学会利用杠杆平衡条件解决简单的实际问题，学会进行分析。
28.【答案】竖直 0.6 1.2×103 将适量水装入塑料袋用弹簧秤提着浸没在装白酒的烧杯中
【解析】解：(1)使用弹簧测力计时候，首先要“调零”，即检查指针是否在零刻度线，弹簧测力计应在竖直方向进行校零；
(2)由图可知，该测力计的最小分度值为0.2N，指针在0刻度线下方3格，则弹簧测力计的示数是3×0.2=0.6N；
把装有酱油的塑料袋浸没在水中的时候，忽略塑料袋的体积，酱油的体积等于排开水的体积，即V酱油=V排；
酱油的重力：G=mg=ρ酱油gV酱油=3.6N ①
酱油浸没在水中受到的浮力：F浮=G−F拉=3.6N−0.6N=ρ水gV排 ②
①②=ρ酱油gV酱油ρ水gV排=ρ酱油ρ水=3.6N3N=1.2；
所以，ρ酱油=1.2ρ水=1.2×103kg/m3；
(3)酒精的密度小于水的密度，所以装酒精的塑料袋无法像装酱油的塑料袋一样浸没在水中。反过来，如果烧杯装酒精，塑料袋装水，则装水的塑料袋可以浸没在酒精中，从而测出酒精的密度。
故答案是：(1)竖直；
(2)0.6；1.2×103；
(3)将适量的水装入塑料袋用弹簧测力计浸没在装白酒的烧杯中。
(1)使用弹簧测力计时候，首先要“调零”，即检查指针是否在零刻度线，弹簧测力计应在竖直方向进行校零；
(2)由图可知，该测力计的最小分度值为0.2N，指针在0刻度线下方3格，则弹簧测力计的示数是3×0.2=0.6N；
(3)把装有酱油的塑料袋浸没在水中的时候，忽略塑料袋的体积，酱油的体积等于水的体积；可以算出酱油受到的浮力以及重力，进行比较可以求出酱油的密度；
(4)酒精的密度小于水的密度，所以装酒精的塑料袋无法像装酱油的塑料袋一样浸没在水中。反过来，如果烧杯装酒精，塑料袋装水，则装水的塑料袋可以浸没在酒精中，从而测出酒精的密度。
该题考查了利用浮力测液体密度的知识，还有仪器的使用，与创新实验设计等。
29.【答案】天平和秒表 水 相等 实验装置 c1：c2
【解析】解：(1)要完成该实验，要控制水和煤油的质量相同，还要每隔1min记录一次温度。故除图中所示器材外，还需要的测量工具有天平和秒表；
(2)分析比较(a)与(b)中加热时间、温度计示数及相关条件可知：质量相等的水和煤油，加热相同的时间，水升温慢，故水的吸热能力强；根据转换法，因加热时间相同，它们吸收的热量相等；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免实验装置对实验造成影响；
(4)设当两液体的温度都升高ΔT1时，水和食用油所用时间分别为t2、t1，
因温度都升高ΔT1，则由题意可得：
ΔT1=k水t2=k食用油t1①
又因为加热时间反映了物质吸热的多少，所以物质吸收的热量与加热时间成正比，则：
Q1：Q2=t1：t2 ②
所以，由①②以及吸热公式可得：k水k食用油=t1t2=Q1Q2=c1mΔt1c2mΔt2=c1c2。
故答案为：(1)天平和秒表；(2)水；相等；(3)实验装置；(4)c1：c2。
(1)(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免实验装置对实验造成影响；
(4)质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度与比热容成反比。
此题考查的是我们对探究不同物质吸热能力实验过程的掌握和分析，同时考查了我们利用图象分析物理规律的能力，体现了物理与数学学科的密切联系。
30.【答案】电阻R断路 A 小于 ①
【解析】解：(1)要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，如图：
；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，所以电路故障可能是电阻R断路；
(3)串联电路总电压等于各部分电压之和，根据串联分压原理可得UVU−UV=RRH，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据可得1V3V−1V=20ΩRH，解方程可得RH=40Ω，故A可行；
电源电压增加到6V，1V6V−1V=20ΩRH，解方程可得RH=100Ω，故B不可行；
(4)额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流：IL=PLUL=0.75W2.5V=0.3A，
①利用上述电路继续进行实验时，调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A=12×0.3A，
灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U−I图像是一条向上的曲线(图丙中的实线)；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，
如下图知①、②、③三条曲线与小灯泡曲线相交的点对应为1.5V的是曲线①。
故答案为：(1)见上图；(2)电阻R断路；(3)A；(4)小于；①。
(1)要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，据此分析电路故障；
(3)根据串联电路电压规律、串联分压原理可得UVU−UV=RRH，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定A是否可行；
若电源电压增加到6V，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定B是否可行；
(4)根据电功率公式计算额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流，
①灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U−I图像是一条向上的曲线(图丙中的实线)；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，据此确定应该选择哪个图象。
探究“电流与电阻的关系”实验考查电路连接、故障分析、串联电路特点、串联分压原理、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
31.【答案】解：(1)机体1m2面积上承受内外气压的压力差ΔF=ΔpS=(8×104Pa−2.5×104Pa)×1m2=5.5×104N；
(2)消耗的燃油完全燃烧放出的热量Q放=mq=1500kg×4.6×107J/kg=6.9×1010J，
发动机获得的机械能W总=Q放η=6.9×1010J×40%=2.76×1010J，
飞机飞行的路程s=vt=920km/h×0.5h=460km=460000m，
推力做的功W=Fs=3.6×104N×460000m=1.656×1010J，
此过程中发动机的推进效率η′=WW总×100%=1.656×1010J2.76×1010J×100%=60%。
答：(1)机体1m2面积上承受内外气压的压力差为5.5×104N；
(2)此过程中发动机的推进效率为60%。
【解析】(1)压力差等于压强差乘以面积，据此计算机体1m2面积上承受内外气压的压力差；
(2)根据Q放=mq计算消耗的燃油完全燃烧放出的热量，根据W总=Q放η计算发动机获得的机械能，根据s=vt计算飞机飞行的路程，根据W=Fs计算推力做的功，根据η=WW总×100%计算此过程中发动机的推进效率。
本题考查了压力、效率的计算，要求学生能够根据压力公式F=pS、燃料燃烧放热公式Q放=mq、速度的变形公式s=vt、功的公式W=Fs进行计算。
32.【答案】解：(1)3000imp/(kW⋅h)是指电路中每消耗1 kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
指示灯闪烁8次，3D打印笔消耗的电能：
W=83000kW⋅h=1375kW⋅h=9600J；
3D打印笔快挡打印时的电功率为：
P快=Wt=9600J2×60s=80W；
(2)15g的塑胶从20℃加热到260℃吸收的热量为：
Q吸=cmΔt=2.0×103J/(kg⋅℃)×15×10−3kg×(260℃−20℃)=7200J，
由效率公式η=Q吸W知，3D打印笔快挡打印时的热效率为：
η=Q吸W=7200J9600J×100%=75%；
(3)根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P=U2R可知，总电阻越大，功率越小，故开关接1、2时为慢挡，接2、3时为快挡。
由P=U2R知，当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中R2的电阻：R2=U2P快=(220V)280W=605Ω，
当开关接1、2时，R1与R2串联，此时电路中的总电阻：R总=U2P慢=(220V)222W=2200Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1=R总−R2=2200Ω−605Ω=1595Ω。
答：(1)3D打印笔快挡打印时的电功率为80W；
(2)3D打印笔快挡打印时的热效率为75%；
(3)R1的阻值为1595Ω。
【解析】(1)3000imp/(kW⋅h)，是指每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁了3000次，据此求指示灯闪烁8次，打印笔消耗的电能；利用P=Wt求得3D打印笔快挡的电功率；
(2)根据Q吸=cmΔt算出15g的塑料条从20℃加热到260℃吸收的热量，由效率公式η=Q吸W算出3D打印笔快挡打印时的热效率；
(3)根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P=U2R可知，总电阻越大，功率越小，由此判断两挡位下电路的连接方式；利用P=U2R求此时电路中的电阻，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和求R1的阻值。
本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是打印笔不同挡位时电路连接方式的判断。
2023年江苏省泰州市靖江市中考物理一模试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 以下估测的数据中符合生活实际的是( )
A. 正常人心脏跳动频率约3Hz
B. 初三学生正常的步行速度约5km/h
C. 一本平放的物理书对水平桌面的压强约为600Pa
D. 教室内一盏日光灯正常工作时的电流约为1A
2. 如图，是近日济南市民在动物园拍到鸟儿在水中觅食的场景：一束阳光从右侧射向水面的白鸟，白鸟左侧和下方的水面出现了两个“影子”。图中两个影子形成的原因分别是( )
A. 光的直线传播和光的折射
B. 光的折射和光的反射
C. 光的直线传播和光的反射
D. 光的反射和光的折射
3. 蓝牙音箱可在一定距离内无线连接手机进行音乐播放，蓝牙音箱播放音乐时，下列说法正确的是( )
A. 音箱发声不需要振动 B. 根据音色可以分辨出不同歌手的声音
C. 音箱和手机是通过超声波连接的 D. 调节音箱音量大小是改变声音的音调
4. 光刻技术是现代半导体集成电路的关键一环，其工作原理如图所示。光源发出强紫外光，调整镂空掩膜版和缩图透镜之间的距离，使光通过二者后，恰好能在硅片上成清晰的像，从而实现纳米级集成电路的“雕刻”，下列说法错误的是( )
A. 缩图透镜是凸透镜
B. 在硅片上形成的像是实像
C. 此成像原理与显微镜物镜的成像原理相似
D. 若将掩膜版靠近缩图透镜，为成清晰像，应将硅片远离缩图透镜
5. 关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是( )
A. 固体难以被压缩说明此时分子间只存在斥力，不存在引力
B. 在原子、电子、原子核和质子中，尺度最小的是质子
C. 扎紧的气球过几天就会变小，说明分子很小
D. 宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳是银河系的中心
6. 2022年4月16日，神舟十三号载人返回舱成功着陆，返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加。下列事例中物体内能改变方式与它相同的是( )
A. 汤勺放在热汤中温度升高
B. 烧水时水温升高
C. 压缩空气温度升高
D. 取暖器旁的物体温度升高
7. 电流看不见、摸不着，判断电路中是否有电流时，我们可通过电路中的灯泡是否发光来确定。下面是小红同学在学习中遇到的四个研究实例，其中采取的方法与“判断电路中是否有电流“方法相同的是( )
A. 通过测100张纸的厚度来测1张纸的厚度
B. 学习电压时，通过对比水压来认识它
C. 通过研究墨水在清水中的扩散现象认识分子的运动情况
D. 研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度关系时，控制压力不变
8. 一小球从某高度由静止释放后，利用安装在手机中具有录音和显示声音波形的APP(软件)。记录小球碰撞地面发出的声音随时间变化的波形如图所示。则小球( )
A. 每次下落过程重力做功均相同 B. 每次弹起离开地面时的动能逐渐减小
C. 每次碰撞的最大形变程度逐渐增大 D. 下落过程中重力势能全部转化为动能
9. 如图，小球用细线悬挂在O点，由A处静止释放，在A、B两点之间来回摆动的过程中( )
A. 在A点，球受到细线的拉力、重力和沿切线方向的动力
B. 在A点，球对细绳的拉力是球发生弹性形变而产生的
C. 在B点，球受到的重力和细线对球的拉力是一对平衡力
D. 在B点，球受到的重力和细线对球的拉力是一对相互作用力
10. 图甲是海南网上扶贫超市给百香果配的多功能小勺子。把A点压在百香果上固定、B处的“刺刀”刺进果壳，用力使勺子绕A点转动一周，“刺刀”就把果壳切开(如图乙)关于勺子的构造和使用说法正确的是( )
A. 勺子转动切果时可作省力杠杆用 B. 勺柄表面有花纹是为了减小摩擦
C. “刺刀”很尖利是为了增大压力 D. 勺子绕着果转动时运动状态不变
11. 无线充电的原理如图甲所示，首先电流通过送电线圈，当受电线圈靠近送电线圈时就会产生感应电流来供电，图乙下列实验中，与无线充电时送电线圈技术工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图甲电路中，电源电压不变，灯泡L标有“6V3.6W”的字样，R2为滑动变阻器。闭合开关S，将R2滑片P从位置1移到位置2，根据两表示数作出的U～I图像如图乙中AB所示。R2滑片P分别在位置1和位置2时，灯泡L的电功率分别为P1和P2，且P1：P2=6：1下列判断正确的是( )
A. 电源电压为14V
B. R2的滑片P在位置1时对应图乙中A点的数据
C. R2滑片P从位置1移到位置2时，灯泡灯丝电阻减小8Ω
D. R2滑片P从位置1移到位置2时，灯泡的电功率减小1.25W
二、填空题（本大题共9小题，共27.0分）
13. 泰州科技馆静电台上带电金属球电压高达20万伏左右，如图小华用手触摸金属球，她头发就带上了______ (同种/异种)电荷，因而张开，此过程中______ (有/没有)新的电荷产生。
14. 如图所示，分别表示物质三种状态的分子模型结构图，某种物质从状态甲变为状态乙的过程叫______ 。温度______ (升高/降低/不变/不一定升高)，内能______ 。
15. 篮球表面的凹凸花纹是通过改变接触面的粗糙程度来增大______ 的。如图所示，小朋友用力拍打篮球时手感到疼痛，是因为______ 的；向上抛出的篮球离开手后能继续向上运动是因为______ ，而原本向上运动的篮球最终落回地面，说明力可以______ 。
16. 如图，小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，用乙图中的滑轮可以______ 。用甲滑轮所做的有用功为W1，机械效率η1；用乙滑轮所做的有用功为W2，机械效率为η2，若不计绳重与摩擦，则W1 ______ W2，η1 ______ η2(均填大于/小于/等于)。
17. 如图所示，是热机工作冲程中的______冲程，热机通常用水来作为冷却剂，是利用了水的______的物理属性。转速为6000r/min的热机1s对外做功______次，热机的燃料通常是汽油或柴油，它们都属于______(选填“可再生”或“不可再生”)能源。
18. 小明做了“电池+口香糖锡纸=取火工具”的实验：取口香糖锡纸，剪成条状，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，很快发现纸条中间处开始冒烟，起火苗，如图所示。这是因为锡是______ (导体/绝缘体)，将它的两端直接连接电池正负极，就会造成______ 。根据电学中的______ 定律，此时电流通过锡纸时迅速产生大量热量，温度上升使锡纸燃烧。
19. 如图，小明拉着质量为30kg行李箱匀速经过一段长3m、高1m的斜坡路面，用时10s，若此过程拉力F方向沿斜面向上，大小为125N，克服行李箱重力做功______ J，拉力F做功的功率是______ W，行李箱所受摩擦力是______ N。
20. 甲、乙两灯的额定电压均为9V，两灯电流与电压变化的关系图象如图所示，当把两灯并联在4V电源上时，电路中的总电流是______ A；当把两灯串联在某电源上时，乙灯消耗的功率为2.4W，则电源电压为______ V。
21. 在比较灯泡亮度的实验中，小华将白炽灯A和白炽灯B接入如图所示的电路中，闭合开关适当移动滑片后，观察到灯A比灯B暗，V1的示数小于V2的示数，由此小华总结得出结论：______ 。若将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，且V2的示数为V1示数的5倍，已知B的发光效率为10%，则C的发光效率为______ 。此时C灯比B灯节能的百分比为______ 。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
22. 运动员将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上水平向右做直线运动，最终停下来，O为其重心。请画出冰壶在冰面运动时受到的力。
23. 如图，请标出通电螺线管的N极和图中磁感线的方向。
24. 请用笔画线代替导线将图中的家庭电路连接完整，开关只控制壁灯。
四、实验探究题（本大题共6小题，共32.0分）
25. 小明同学利用如图所示装置“探究凸透镜成像的规律”。
(1)小明利用图甲所示的方法，使平行于主光轴的光线通过凸透镜会聚在光屏上，从而确定所使用的凸透镜的焦距fA= ______ cm。
(2)小明将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，将三者______ (分散/靠拢/任何位置均可)排列，并调节烛焰中心和光屏中心在透镜的主光轴上，这是为了______ 。
(3)如图乙所示，小明将凸透镜固定在光具座上40cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上10cm刻线处，移动光屏，最终可以光屏上呈现出烛焰的倒立、______ 的实像：
(4)保持(3)中蜡烛和凸透镜位置不变，小明用近视眼镜片放置在靠近凸透镜左侧；移动光屏，为使在光屏上仍得到烛焰清晰的像，应该将光屏向______ 方向移动，像的大小______ (变大/变小/不变)。
26. 小明为了探究动能大小的影响因素、利用斜面、钢球、木块等器材在同一水平面上开展了如图所示的探究活动。
(1)实验中探究的动能是指______ 。
A.钢球撞击木块时的动能
B.钢球撞击木块后的动能
C.木块被钢球撞击后的动能
(2)用质量不同的小球碰撞静止在同一水平面上的木块。实验中控制小球的高度相同，是为了控制两球到达底端时______ 相同；实验中通过观察______ 比较小球的动能的大小。
(3)小红认为根据乙、丙两图可以直接得出“物体的质量越大，速度越大，则动能越大”的结论，小明认为小红的观点是错误的，理由是______ 。
(4)小明根据实验现象认为：小球推动木块移动一段距离后都要停下来，所以小球和木块所具有的机械能最终都消失了。你认为小明的观点是______ 的(正确/错误)。
(5)通常来说，交通事故的原因主要是超载或超速，用甲、丙两图的实验现象所得到的结论。可以解释汽车______ (超载/超速)行驶时危险性大的原因。
27. 在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
(1)在没有挂钩码时杠杆静止时的位置如图甲所示，此时杠杆处于______ (平衡/非平衡)状态，为使杠杆处于水平位置平衡，可只将杠杆左端螺母向______ (左/右)边旋一些。
(2)杠杆调好后，第一组同学按图乙进行实验，第二组同学按图丙进行实验，第二组同学根据实验获得的数据得到“动力与支点到动力作用点距离的乘积等于阻力与支点到阻力作用点距离的乘积”的结论。第一组实验数据与该结论不吻合，原因是______ ；此时乙、丙两图中杠杆平衡，此时测力计的示数分别为F1、F′。则F1 ______ F1′(大于/小于/等于)。
(3)细心的小明发现，杠杆的支点在杠杆中心位置偏上如图丁，图甲位置杠杆的重心和支点______ (在/不在)同一竖直线上，如果实验前杠杆处于图甲位置，小明就直接按图丙进行实验，与第二组同学相比，小明所测弹簧测力计的示数______ (偏大/偏小相等)。
28. 小华用弹簧测力计、烧杯、水、薄塑料袋测量酱油的密度。
(1)测量前，弹簧测力计应______ 方向进行校零。
(2)把适量的酱油装入塑料袋，排出空气后扎紧口，用弹簧测力计测出重力为3.6N；然后用弹簧测力计提着塑料袋浸没在水中，如图所示，弹簧测力计示数为______ N，则可算出酱油的密度为______ kg/m3。
(3)小华想用上述器材继续测量白酒的密度，但白酒的密度比水小，请帮她想出一个可行的办法并简要说明：______ 。
29. 在比较不同物质吸热能力的实验中，小明用相同的器材(如图1所示)加热质量和初温都相等的水和煤油，每隔1min记录一次温度。
(1)要完成该实验，除图中所示器材外，还需要的测量工具有______ 。
(2)实验中，他观察到的现象如图2所示，分析比较(a)与(b)中加热时间、温度计示数及相关条件可知：质量相等的水和煤油，加热相同的时间，______ 的吸热能力强，它们吸收的热量______ (相等/不相等)；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免______ 对实验造成影响。
(4)为了进一步研究物体吸收热量与升高的温度的关系，小明根据实验数据画出它们升高的温度ΔT随加热时间t变化图象(如图3)，它们都是过原点的直线，即ΔT=kt。用m表示水和食用油的质量，c1、c2分别表示食用油和水的比热容，则两条直线k的比值k水：k食用油等于______ 。
30. 在探究“电流与电阻的关系”实验中，电源电压3V，定值电阻为50，按照图甲将电路正确连接后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，使定值电阻R两端电压为1V。
(1)将实物电路连接完整，要求：当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小；
(2)正确连线后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是______ ；
(3)接下来实验操作中，在用20Ω的定值电阻替换10Ω的定值电阻后，他发现电压表示数始终不能调为1V。为成功完成此探究，小明同学设计了如下方案，你认为可行的一项是______ ；
A.只更换滑动变阻器，则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω
B.如果只增加电源电压，则电源电压增加到6V
(4)小明同学将电阻换成额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡(如图乙)。
a.利用上述电路继续进行实验时，当调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A时，灯泡的实际电功率P实= ______ 14P额(大于/小于/等于)；
b.实验结束后，小华继续对通过滑动变阻器的电流I与它两端电压U关系进行了探究。根据实验数据也画出了U−I图象。你认为正确的是图丙中的虚线______ (①②③)。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
31. 我国研制的大客机C919机上搭载的新一代涡扇发动机的热效率和推进效率比一般客机高，所谓热效率是指发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比，而推进效率则是指发动机传递给飞机的推进功(推力所做的功)与其获得的机械能之比，如表是飞机的部分技术参数。
最大起飞质量
72.5t
客舱内气压
8.0×104Pa
巡航速度
920km/h
发动机巡航推力
3.6×104N
(1)若万米高空气压只有2.5×104Pa，求机体1m2面积上承受内外气压的压力差；
(2)若飞机以巡航速度飞行0.5h的过程中，耗油1500kg，发动机的热效率为40%，求此过程中发动机的推进效率。(燃油热值q取
4.6×107J/kg)
32. 如图甲所示为3D打印笔。3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却凝固成稳定的形状。此打印笔有快、慢两挡，其内部简化电路如图乙所示，将该打印笔单独接入装有如图丙所示电能表的家庭电路中正常工作，快挡打印2min，电能表指示灯闪烁8次，刚好将15g的塑胶从20℃加热到260℃，已知该3D打印笔慢挡打印功率为22W。R1、R2是用于发热的定值电阻，塑胶的比热容为2×103J/(kg⋅℃)且保持不变。求。
(1)3D打印笔快挡的电功率；
(2)3D打印笔快挡打印时的热效率；
(3)R1的阻值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、正常人心脏跳动一次用时约1s，即1Hz，故A不符合实际；
B、初三学生正常步行的速度在1.4m/s=1.4×3.6km/h≈5km/h左右，故B符合实际；
C、物理书重约2.5N，平放时与水平桌面的接触面积约400cm2=0.04m2，对水平桌面的压强在p=FS=GS=2.5N0.04m2=62.5Pa左右，故C不符合实际；
D、教室中一盏日光灯正常工作时的电流在0.2A左右，故D不符合实际。
故选：B。
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。对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换。
对物体长度、质量、温度等进行估测，是初中物理的一项基本要求，平时结合所学知识对身边的物体(如人高、教室高、一步长、步行速度、体温、气温等等)多观察多思考，必要时做出正确判断。
2.【答案】C
【解析】解：白鸟左侧的影子是由光的直线传播形成的；下方的水面出现的影子属于倒影，是由光的反射形成的，故C正确。
故选：C。
影子是由于光的直线传播形成的，倒影是由于光的反射形成的。
本题考查了光的直线传播和光的反射现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、声音是由物体的振动产生的，所以蓝牙音箱发声需要振动，故A错误；
B、不同人发出声音的音色不同，根据音色可以分辨出不同歌手发出的声音，故B正确；
C、音箱和手机是通过电磁波连接的，故C错误；
D、将音箱音量调大是为了改变声音的响度，故D错误。
故选：B。
(1)声音是由物体的振动产生的；
(2)不同发声体发出声音的音色不同；
(3)广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。注意对比，通常听到的声音是通过空气这种介质传播的；
(4)声音的强弱叫响度。
本题考查声音的产生，声音的特性以及乐音与噪音的区别，是一道声学综合题。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据图示可知，缩图透镜对光线具有会聚作用，是凸透镜，故A正确；
B、硅片相当于光屏，能承接实像，所以成的是实像，故B正确；
C、由图可知要制造出含有众多元件的集成电路，则掩膜上的电路在硅片上的像应变小，所以可知该凸透镜成倒立、缩小的实像，而显微镜的物镜成倒立、放大的实像，二者的成像原理不同，故C错误；
D、若将掩膜版靠近缩图透镜，物距变小，像距应变大，为成清晰像，应将硅片远离缩图透镜，故D正确。
故选：C。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u=2f时，成倒立、等大的实像；
当f
当u
解答此题的关键是掌握凸透镜成像的规律，搞清像距、像的大小与物距之间的关系。
5.【答案】C
【解析】解：A、固体很难被压缩，说明此时分子间存在斥力，同时存在相互作用的斥力，故A错误；
B、原子核和电子构成原子，原子核由质子与中子组成，在原子、电子、质子中，尺度最小的是电子，故B错误；
C、分子很小，气球很容易撒气，所以变瘪了，该现象能说明分子很小，故C正确；
D、宇宙是一个有层次的天体结构系统，太阳不是银河系的中心，故D错误。
故选：C。
(1)分子间存在相互作用的引力和斥力；
(2)分子由原子组成，原子由原子核和核外电子组成，原子核包括质子和中子两部分；
(3)分子的直径很小；
(3)宇宙由无数天体组成，有层次之分，太阳是银河系中的一颗恒星，不是银河系的中心。
本题考核了分子热运动、宇宙天体结构系统，属于基础性题目。
6.【答案】C
【解析】解：神舟十三号载人返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加，是通过克服摩擦做功来改变内能的。
A、汤勺放在热汤中温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故A不合题意；
B、烧水时水温升高，是通过热传递来改变物体内能的，故B不合题意；
C、压缩空气温度升高，是活塞对空气做功，使空气的内能增大、温度升高，故C符合题意；
D、取暖器旁的物体温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故D不合题意。
故选：C。
做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。
本题通过生活中的实例，考查了做功和热传递改变物体内能的分析，属热学基础题。
7.【答案】C
【解析】解：A、通过测100张纸的厚度来测1张纸的厚度，这里用了累积法，故A不符合题意；
B、学习电压时，通过对比水压来认识它，这里用了类比法，故B不符合题意；
C、通过研究墨水在清水中的扩散现象认识分子的运动情况，这里用了转换法，故C符合题意；
D、研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度关系时，控制压力不变，这里用了控制变量法，故D不符合题意。
故选：C。
通过电路中的灯泡是否发光来确定是否有电流这是用了转换法，根据各选项使用的方法来选择符合条件的选项。
本题考查了转换法，属于基础题。
8.【答案】B
【解析】解：
A、根据图像可知，小球每次发声的时间逐渐变短，这说明小球在空中运动的时间变短，小球上升的高度逐渐变小；根据W=Gh可知，每次下落过程重力做功不相同，故A错误；
BCD、根据波形图可知，小球每次发声时的振幅变小，小球每次与台面碰撞的最大形变程度变小，这说明弹性势能是减小的；此过程中小球的动能和重力势能转化为弹性势能，弹性势能减小，说明机械能逐渐变小；小球的弹性势能变小，转化为的动能逐渐变小；下落过程中，小球克服阻力做功，机械能逐渐减小，所以下落过程中重力势能没有全部转化为动能，故B正确、CD错误。
故选：B。
(1)根据图像分析发声的时间间隔的大小，从而得出乒乓球上升高度的变化，根据W=Gh分析重力做功大小的变化；
(2)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；弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；机械能为动能和势能的和。
本题考查了动能、重力势能、弹性势能和机械能的变化，明确图像的含义是解题的关键。
9.【答案】B
【解析】解：A、在A点，球受到细线的拉力和重力，故A错误；
B、在A点，球对细绳的拉力是球发生弹性形变而产生的，故B正确；
C、小球摆至B点时，小球处于非平衡状态，此时细线对小球的拉力与小球的重力不是一对平衡力，故C错误；
D、在B点，球受到的重力和细线对球的拉力，作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故D错误。
故选：B。
二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；
相互作用力的条件：两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在两个不同物体上。
本题考查了平衡力和相互作用力区分，属于基础题。
10.【答案】A
【解析】解：A、勺子转动切果时，动力臂可以大于阻力臂，所以可作省力杠杆用，故A正确；
B、勺柄表面有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故B错误；
C、“刺刀”很尖利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，受力面积的大小不能改变压力的大小，故C错误；
D、勺子绕着果转动时，勺子的运动方向发生变化，其运动状态发生变化，故D错误。
故选：A。
(1)要判决杠杆是省力杠杆还是费力杠杆，要先判断动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
(2)增大摩擦力的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。在接触面粗糙程度一定时，增大压力来增大摩擦力；
(3)增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力来增大压强；在压力一定时，减小受力面积来增大压强；
(4)运动状态保持不变，指的是物体速度的大小和方向都不能发生变化，否则物体的运动状态就变了。
本题考查了学生对增大摩擦的方法、杠杆的分类，增大压强的方法，都属于基础知识，只要细心并不难解答。
11.【答案】A
【解析】解：由题知，无线充电时送电线圈主要是产生磁场，其原理是通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应；
A.图中是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故A符合题意；
B.图中无电源，但有线圈、磁铁，这是发电机的原理图，发电机的原理是电磁感应现象，即闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流，故B不符合题意；
C.图中有电源，是通电导体在磁场中受到力的作用，不是电流的磁效应，故C不符合题意；
D.图中是电磁感应现象，即闭合电路的部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流，故D不符合题意。
故选：A。
由题知，无线充电原理是电流流过送电线圈产生磁场，受电线圈靠近该磁场时就会产生电流，给智能手机充电，则可知无线充电时送电线圈主要是产生磁场，故其原理是通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应；分析各图中实验原理进行解答。
本题考查了学生对电磁学中几个实验的掌握情况，知道送电线圈的工作原理是解题的关键。
12.【答案】D
【解析】解：由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
AB、根据P1：P2=6：1可知，R2滑片P在位置1时，灯泡L的电功率较大；根据P=UI可知，此时通过灯泡的电流较大；结合图乙可知，R2的滑片P在位置1时对应图乙中B点的数据；
设电源电压为U，当滑动变阻器滑片P位于1时，此时通过小灯泡的电流为0.5A，滑动变阻器两端的电压为9V，则小灯泡两端的电压为：UL1=U−U滑1=U−9V，
小灯泡的电功率为：P1=UL1I1=(U−9V)×0.5A，
当滑动变阻器滑片P位于2时，对应图乙中A点，通过小灯泡的电流为0.25A，滑动变阻器两端的电压为11V，则小灯泡两端的电压为：UL2=U−U滑2=U−11V，
此时小灯泡的电功率为：P2=UL2I2=(U−11V)×0.25A，
根据P1：P2=6：1可知，
P1P2=(U−9V)×0.5A(U−11V)×0.25A=61，
解得，电源电压为：U=12V，故AB错误；
C、R2滑片P在位置1时，小灯泡的电压为：UL1=U−U滑1=12V−9V=3V，
则此时小灯泡的电阻为：R1=UL1I1=3V0.5A=6Ω，
移到位置2时，小灯泡的电压为：UL2=U−U滑2=12V−11V=1V，
则此时小灯泡的电阻为：R2=UL2I2=1V0.25A=4Ω，
灯泡灯丝电阻减小，减小的电阻是：ΔR=R1−R2=6Ω−4Ω=2Ω，故C错误；
D、R2滑片P在位置1时，小灯泡的功率为：P1=UL1I1=3V×0.5A=1.5W，
移到位置2时，小灯泡的功率为：P2=UL2I2=1V×0.25A=0.25W，
灯泡的电功率减小值为：ΔP=P1−P2=1.5W−0.25W=1.25W，故D正确。
故选：D。
由图甲可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据P1：P2=6：1可知，R2滑片P在位置1时，灯泡L的电功率较大；根据P=UI可知，此时通过灯泡的电流较大；结合图乙可知，R2的滑片P在位置1时对应图乙中B点的数据；
由图乙可知滑动变阻器滑片P位于1和2时，通过小灯泡的电流，滑动变阻器两端的电压，根据P=UI和串联电路的电压特点表示出小灯泡的电功率，结合P1：P2=6：1求出电源电压；
(2)根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出滑动变阻器的滑片在1和2两个位置时小灯泡的电阻，进而求出灯丝电阻的变化量；
(3)根据P=UI求出滑动变阻器的滑片在1和2两个位置时小灯泡的电功率，进而求出灯泡的电功率的变化量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。
13.【答案】同种 没有
【解析】解：小华用手触摸金属球，由于她的头发就带上了同种电荷，同种电荷相互排斥，因而张开。摩擦起电过程是得到和失去电子的过程，因此其实质是电子的转移，没有新的电荷产生。
故答案为：同种；没有。
(1)电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
(2)电荷既不能被创造，也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分。
本题考查了摩擦起电以及电荷间的作用规律，属于基础题。
14.【答案】熔化 不一定升高 增大
【解析】解：从甲到乙的过程是由固态变成液态叫做熔化，晶体熔化过程中继续吸热，温度保持不变，熔化完成后继续加热温度升高，非晶体熔化过程中温度一直升高，故从甲到乙的过程温度不一定升高，质量一定时吸热内能一定增大。
故答案为：熔化；不一定升高；增大。
先明确甲、乙、丙分别表示物质的三种状态。
(1)物质由固态变成液态叫做熔化，熔化吸热；物质由液态变成固态叫做凝固，凝固放热；
(2)物质由液态变成气态叫做汽化，汽化吸热；物质由气态变成液态叫做液化，液化放热；
(3)物质由固态直接变成气态叫做升华，升华吸热；物质由气态直接变成固态叫做凝华，凝华放热，
本题考查了熔化的定义、熔化的特点、内能的影响因素。
15.【答案】摩擦 力的作用是相互 篮球具有惯性 改变物体的运动状态
【解析】解：篮球表面的凹凸花纹是通过改变接触面的粗糙程度来增大摩擦的；
因为物体间力的作用是相互的；小朋友手击篮球时，手给篮球一个力，篮球也给手一个力，所以小朋友手击篮球时感到疼痛；
任何物体都有惯性，所以当篮球离开手后由于惯性会继续在向上运动；
力可以改变物体的运动状态，地球上的一切物体都受到重力的作用，所以抛出的篮球在重力的作用下下落，
故答案为：摩擦；力的作用是相互；篮球具有惯性；改变物体的运动状态。
解答此题从以下知识点入手：
(1)增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度。
(2)物体间力的作用是相互的；
(3)我们把物体保持运动状态不变的属性叫做惯性；
(4)力的作用效果：力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
此题涉及到了增大摩擦力的方法、力作用的相互性、惯性、力的作用效果等知识点，难度不大，综合性较强。
16.【答案】省力 等于 大于
【解析】解：由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，可以省力，
因为小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，所以两种情况的有用功相同；
当有用功一定时，甲中所做的总功为对一桶沙所做的功，利用机械时做的额外功越少，则总功就越少，机械效率就越高；
又因为乙是动滑轮，乙中所做的总功还要加上对动滑轮所做的功，利用乙滑轮做的额外功多，则总功越多，机械效率越低。
即W1等于W2，η1大于η2。
故答案为：省力；等于；大于。
使用动滑轮可以省力，由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，利用乙滑轮做的额外功多，由“小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面”可知两种情况的有用功，再根据总功等于有用功加上额外功，可以比较出两种情况的总功大小。然后利用η=W有用W总×100%即可比较出二者机械效率的大小。
解答此题时学生要明确哪些是有用功，哪些是额外功，然后才能正确比较大小。
17.【答案】排气 比热容大 50 不可再生
【解析】解：
(1)由图可知，进气门关闭，排气门打开，活塞上行，可以判断此冲程为排气冲程；
(2)水的比热容比较大，在升高相同的温度需要吸收更多的热量，所以热机通常用水来作为冷却剂；
(3)若飞轮转速是6000r/min=100r/s，表示每秒飞轮转动100圈，要经过200个冲程，对外做功50次；
(4)汽油、柴油是化石能源，是不可再生能源。
故答案为：排气；比热容大；50；不可再生。
(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；
(2)利用水的比热容大特点作为传热介质，因为相同条件下，水放出或吸收的热量多；
(3)热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案；
(4)可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源，短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
本题考查了热机冲程的判断、水比热容特点的应用、热机的有关计算以及能源的分类，属于综合性题目。
18.【答案】导体 短路 焦耳
【解析】解：因为锡属于金属，因此锡是导体，将锡纸条带锡的一端接在电池的正极，另一端接在电池的负极，形成了电源短路，此时电路中迅速产生大量热量使温度达到锡纸的着火点而使之燃烧，这一现象我们可以用焦耳定律来解释，因为相同长度的中间段锡纸，横截面积较小，所以电阻较大；由焦耳定律Q=I2Rt知，在电流、通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多。
故答案为：导体；短路；焦耳。
(1)容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
(2)导线直接将电源连接起来的电路叫短路，短路时，会产生很大的电流；
(3)电阻与导体的材料、长度和横截面积有关，根据焦耳定律Q=I2Rt分析，电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多。
本题考查了金属的导电性以及电路的三种状态、电热的产生，属于基础题。
19.【答案】300 37.5 25
【解析】解：(1)克服行李箱重力做的功(有用功)：
W有用=Gh=mgh=30kg×10N/kg×1m=300J；
(2)拉力做的总功：W总=Fs=125N×3m=375J，
拉力做功的功率：
P=W总t=375J10s=37.5W；
额外功W额外=W总−W有用=375J−300J=75J，
行李箱所受摩擦力f=W额外s=75J3m=25N。
故答案为：300；37.5；25。
(1)已知行李箱的质量、提升的高度(斜坡高)，根据公式W=Gh=mgh可求克服行李箱重力做的功(有用功)；
(2)已知拉力的大小、斜坡长，根据公式W=Fs可求拉力做的总功；利用功率公式计算拉力做功的功率；
根据W额外=W总−W有用得出额外功，根据f=W额外s得出行李箱所受摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率和机械效率的计算，属于基础题目。
20.【答案】0.8 9
【解析】解：当把两灯并联在4V电源上时，甲、乙两端的电压均为4V，由图可知此时通过甲的电流为I甲=0.5A，通过乙的电流为I乙=0.3A，根据并联电路电流规律知，干路电流为I=I甲+I乙=0.5A+0.3A=0.8A；
因为电功率P=UI，由图可知，当乙灯消耗的功率为2.4W时，通过它的电流为I乙′=0.4A，它两端的电压为U乙′=6V，根据串联电路电流的规律知，通过甲的电流I甲′=I乙′=0.4A，由图知此时甲两端的电压为U甲′=3V，根据串联电路电压规律知，电源电压为U=U甲′+U乙′=3V+6V=9V。
故答案为：0.8；9。
根据并联电路电压的规律知，当把两灯并联在4V电源上时，甲、乙两端的电压均为4V，在图中找出甲、乙在4V时分别对应的电流，根据并联电路电流规律知，总电流等于两个电流之和；
因为电功率P=UI，由图可知，当乙灯消耗的功率为2.4W时，通过它的电流为I乙′=0.4A，它两端的电压为U乙′=6V，根据串联电路电流的规律，判断通过甲的电流，在图中找到对应的电压，根据串联电路电压规律总电压等于各部分电压之和，计算电源电压。
本题要求学生知道串联电路和并联电路电压、电流的规律，并能结合图像进行计算。
21.【答案】相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大 50% 80%
【解析】解：根据电路图可知，两灯泡串联，并且V1的示数小于V2的示数；根据串联电路分压规律可知，电阻越大，分得的电压越多，因此RA
将发光效率更高的LED灯C替换A接入电路，移动滑片至另一位置时，发现两灯亮度相等，说明电能转化为的光能相等；
因为V2的示数为V1示数的5倍，由W=UIt可知，B消耗的电能为C消耗电能的5倍，又因为B的发光效率为10%，则C的发光效率为B发光效率的5倍，即50%；
B的发光效率为10%，C的发光效率为50%，由于两灯亮度相同，所以B散失掉电能的效率为90%，C为50%，而B发光10%的能量与C发光50%的能量相同，因此此时C灯比B灯节能为90%−10%=80%。
故答案为：相同类型的灯泡电流相同时，灯泡的电压越大，灯泡的亮度越大；50%；80%。
根据电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测量A灯泡两端电压，电压表V2测量B灯泡两端电压；
根据串联电路分压的特点比较两灯泡电阻的大小；
根据W=UIt分析两灯泡亮度不同的原因；
根据W=UIt可知相同时间内它们消耗电能的多少，两灯亮度相同，说明电能转化为的光能相同，光能与电能的比值等于灯泡的发光效率。
本题考查串联电路电压的特点、电功公式的应用以及能量利用效率的应用，在做题时一定要善于抓住题目提供的信息，从信息入手逐步去分析并解决问题。
22.【答案】解：冰壶比赛中正在水平向右运动，冰壶在竖直方向受力平衡，竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力是一对平衡力，大小相等；
在水平方向，被推出去的冰壶由于惯性继续向前运动，因此只受到水平向左的摩擦力，如图所示：
【解析】要想正确的做出力的示意图，就要对物体所受的力进行正确的分析。然后按照力的示意图的画法画出各个力。
此题考查力的示意图的画法，要注意先分析出力的方向、作用点等。
23.【答案】解：根据电源的正负极和螺线管的绕向，伸出右手，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极，则左端为S极；
在磁体的外部，磁感线从磁体的N极出发回到S极。由此可以确定磁感线的方向，如图所示：
【解析】根据电源的正负极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定螺线管的N、S极，再利用磁感线的特点即可确定磁感线的方向。
关于安培定则这方面的考查，一般是直接或间接告诉其中的一到两个，利用安培定则来确定其它的方向。在此题中，就是告诉了电流方向、线圈绕向来确定螺线管的N、S极和磁感线方向。
24.【答案】解：壁灯接法：火线进入开关，再进入灯泡，另一侧接零线，这样在断开开关能切断火线，不会发生触电事故，既能控制灯泡，又能更安全；
三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。如图所示：
。
【解析】(1)灯泡的接法：火线进入开关。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座的接法，要考虑使用性和安全性。
25.【答案】10.0 靠拢 使像呈在光屏的中心 缩小 远离凸透镜 变大
【解析】解：(1)由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm−50.0cm=10.0cm，所以凸透镜的焦距为10.0cm；
(2)调节蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度上，这样做的目的是使像呈在光屏的中心；
(3)由题可知此时u=40.0cm−10.0cm=30.0cm，所以u>2f，由凸透镜成像规律可知，成倒立缩小的实像；
(4)物体位置不变，凹透镜对光有发散作用，会推迟光的会聚，从而使像会聚在光屏右侧，所以光屏向右移动，远离凸透镜，像变大。
故答案为：(1)10.0；(2)靠拢；使像呈在光屏的中心；(3)缩小；(4)远离凸透镜；变大。
(1)图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为就焦距；
(2)探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心；
(3)凸透镜成像的规律及其应用之一：当u>2f时，成倒立缩小的实像；
(4)物体位置不变，凹透镜对光有发散作用，会推迟光的会聚，从而使像会聚在光屏右侧，所以光屏向右移动，远离凸透镜。
此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用。此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
26.【答案】A 速度 木块移动的距离 没有控制小球的质量相同 错误 超载
【解析】解：(1)根据题意可知，实验中需要改变小球的质量或小球撞击木块时的速度，所以是探究小球的动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故选A；
(2)在此实验中，小球滚下的高度越高，到达水平面时的速度越大；让质量不同的小球从同一高度滚下的目的是两球到达水平面时能够具有相同的速度，是为了探究动能大小与质量的关系；本题采用了转换法，通过比较小球推动木块移动距离的大小来判断小球的动能大小；
(3)根据乙、丙可知，小球的质量不同，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以不能探究动能大小与速度的关系；
(4)小球推动木块移动一段距离后都要停下来，是因为水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，机械能转化为内能，而不是机械能消失了，故小明的观点是错误的；
(5)甲、丙两图可知，钢球下落高度相同，质量不同，故研究动能大小与质量的关系，用来解释超载行驶的危险。
故答案为：(1)A；(2)速度；木块移动的距离；(3)没有控制小球的质量相同；(4)错误；(5)超载。
(1)据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
(2)(3)(5)动能的决定因素有两个：质量和速度；要利用控制变量法去研究：研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
(4)能量不会凭空消失，只能是转化成另一种形式，或转移到另一个物体。
掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。
27.【答案】平衡 右 弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂 大于 不在 偏大
【解析】解：(1)杠杆静止时，就是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，需要使杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的便于测量力臂；
(2)力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，若力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，乙图中弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂；
由图乙、丙可知，阻力阻力臂不变，由乙到丙，动力臂变大，动力变小，则F1大于F1′
(3)杠杆左端下沉，说明杠杆重心左移，应将平衡螺母(左端和右端的均可)向右调节，重心移到支点处，杠杆在水平位置平衡；
如果实验前杠杆处于图甲位置，小明就直接按图丙进行实验，杠杆的重心不在支点上，在支点的左侧，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
故答案为：(1)平衡；右；(2)弹簧测力计斜拉，此时支点到力的作用点的距离不是力臂；大于；(3)不在；偏大。
(1)杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；杠杆左端低右端高，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，便于测量力臂；
(2)力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来；
(3)杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移；
支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
本题考查探究杠杆平衡条件的实验，要求学生平时重视实验能力的培养，重视自己动手实验，要学会利用杠杆平衡条件解决简单的实际问题，学会进行分析。
28.【答案】竖直 0.6 1.2×103 将适量水装入塑料袋用弹簧秤提着浸没在装白酒的烧杯中
【解析】解：(1)使用弹簧测力计时候，首先要“调零”，即检查指针是否在零刻度线，弹簧测力计应在竖直方向进行校零；
(2)由图可知，该测力计的最小分度值为0.2N，指针在0刻度线下方3格，则弹簧测力计的示数是3×0.2=0.6N；
把装有酱油的塑料袋浸没在水中的时候，忽略塑料袋的体积，酱油的体积等于排开水的体积，即V酱油=V排；
酱油的重力：G=mg=ρ酱油gV酱油=3.6N ①
酱油浸没在水中受到的浮力：F浮=G−F拉=3.6N−0.6N=ρ水gV排 ②
①②=ρ酱油gV酱油ρ水gV排=ρ酱油ρ水=3.6N3N=1.2；
所以，ρ酱油=1.2ρ水=1.2×103kg/m3；
(3)酒精的密度小于水的密度，所以装酒精的塑料袋无法像装酱油的塑料袋一样浸没在水中。反过来，如果烧杯装酒精，塑料袋装水，则装水的塑料袋可以浸没在酒精中，从而测出酒精的密度。
故答案是：(1)竖直；
(2)0.6；1.2×103；
(3)将适量的水装入塑料袋用弹簧测力计浸没在装白酒的烧杯中。
(1)使用弹簧测力计时候，首先要“调零”，即检查指针是否在零刻度线，弹簧测力计应在竖直方向进行校零；
(2)由图可知，该测力计的最小分度值为0.2N，指针在0刻度线下方3格，则弹簧测力计的示数是3×0.2=0.6N；
(3)把装有酱油的塑料袋浸没在水中的时候，忽略塑料袋的体积，酱油的体积等于水的体积；可以算出酱油受到的浮力以及重力，进行比较可以求出酱油的密度；
(4)酒精的密度小于水的密度，所以装酒精的塑料袋无法像装酱油的塑料袋一样浸没在水中。反过来，如果烧杯装酒精，塑料袋装水，则装水的塑料袋可以浸没在酒精中，从而测出酒精的密度。
该题考查了利用浮力测液体密度的知识，还有仪器的使用，与创新实验设计等。
29.【答案】天平和秒表 水 相等 实验装置 c1：c2
【解析】解：(1)要完成该实验，要控制水和煤油的质量相同，还要每隔1min记录一次温度。故除图中所示器材外，还需要的测量工具有天平和秒表；
(2)分析比较(a)与(b)中加热时间、温度计示数及相关条件可知：质量相等的水和煤油，加热相同的时间，水升温慢，故水的吸热能力强；根据转换法，因加热时间相同，它们吸收的热量相等；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免实验装置对实验造成影响；
(4)设当两液体的温度都升高ΔT1时，水和食用油所用时间分别为t2、t1，
因温度都升高ΔT1，则由题意可得：
ΔT1=k水t2=k食用油t1①
又因为加热时间反映了物质吸热的多少，所以物质吸收的热量与加热时间成正比，则：
Q1：Q2=t1：t2 ②
所以，由①②以及吸热公式可得：k水k食用油=t1t2=Q1Q2=c1mΔt1c2mΔt2=c1c2。
故答案为：(1)天平和秒表；(2)水；相等；(3)实验装置；(4)c1：c2。
(1)(2)我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
(3)实验时小明让酒精灯加热一会儿才开始记录数据，是为了避免实验装置对实验造成影响；
(4)质量相同的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度与比热容成反比。
此题考查的是我们对探究不同物质吸热能力实验过程的掌握和分析，同时考查了我们利用图象分析物理规律的能力，体现了物理与数学学科的密切联系。
30.【答案】电阻R断路 A 小于 ①
【解析】解：(1)要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，如图：
；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，所以电路故障可能是电阻R断路；
(3)串联电路总电压等于各部分电压之和，根据串联分压原理可得UVU−UV=RRH，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据可得1V3V−1V=20ΩRH，解方程可得RH=40Ω，故A可行；
电源电压增加到6V，1V6V−1V=20ΩRH，解方程可得RH=100Ω，故B不可行；
(4)额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流：IL=PLUL=0.75W2.5V=0.3A，
①利用上述电路继续进行实验时，调节滑动变阻器使得电流表示数为0.15A=12×0.3A，
灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U−I图像是一条向上的曲线(图丙中的实线)；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，
如下图知①、②、③三条曲线与小灯泡曲线相交的点对应为1.5V的是曲线①。
故答案为：(1)见上图；(2)电阻R断路；(3)A；(4)小于；①。
(1)要求当滑动变阻器滑片向左移动时电流表示数变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知滑片向左移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路；
(2)闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明与电压表并联部分电路断路，据此分析电路故障；
(3)根据串联电路电压规律、串联分压原理可得UVU−UV=RRH，
定值电阻的最大阻值为20Ω，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定A是否可行；
若电源电压增加到6V，代入数据解方程可得滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定B是否可行；
(4)根据电功率公式计算额定电压为2.5V，额定功率为0.75W的小灯泡的额定电流，
①灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，根据P=I2R可知灯泡实际功率小于额定功率的四分之一；
②因灯泡的电阻随温度的升高而增大，则可知灯泡的U−I图像是一条向上的曲线(图丙中的实线)；
电源电压为3V，小灯泡的曲线与滑动变阻器的曲线的交点，表示灯与滑动变阻器的电压相等，根据串联分压原理可知此时灯与滑动变阻器的电压都是1.5V，据此确定应该选择哪个图象。
探究“电流与电阻的关系”实验考查电路连接、故障分析、串联电路特点、串联分压原理、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
31.【答案】解：(1)机体1m2面积上承受内外气压的压力差ΔF=ΔpS=(8×104Pa−2.5×104Pa)×1m2=5.5×104N；
(2)消耗的燃油完全燃烧放出的热量Q放=mq=1500kg×4.6×107J/kg=6.9×1010J，
发动机获得的机械能W总=Q放η=6.9×1010J×40%=2.76×1010J，
飞机飞行的路程s=vt=920km/h×0.5h=460km=460000m，
推力做的功W=Fs=3.6×104N×460000m=1.656×1010J，
此过程中发动机的推进效率η′=WW总×100%=1.656×1010J2.76×1010J×100%=60%。
答：(1)机体1m2面积上承受内外气压的压力差为5.5×104N；
(2)此过程中发动机的推进效率为60%。
【解析】(1)压力差等于压强差乘以面积，据此计算机体1m2面积上承受内外气压的压力差；
(2)根据Q放=mq计算消耗的燃油完全燃烧放出的热量，根据W总=Q放η计算发动机获得的机械能，根据s=vt计算飞机飞行的路程，根据W=Fs计算推力做的功，根据η=WW总×100%计算此过程中发动机的推进效率。
本题考查了压力、效率的计算，要求学生能够根据压力公式F=pS、燃料燃烧放热公式Q放=mq、速度的变形公式s=vt、功的公式W=Fs进行计算。
32.【答案】解：(1)3000imp/(kW⋅h)是指电路中每消耗1 kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
指示灯闪烁8次，3D打印笔消耗的电能：
W=83000kW⋅h=1375kW⋅h=9600J；
3D打印笔快挡打印时的电功率为：
P快=Wt=9600J2×60s=80W；
(2)15g的塑胶从20℃加热到260℃吸收的热量为：
Q吸=cmΔt=2.0×103J/(kg⋅℃)×15×10−3kg×(260℃−20℃)=7200J，
由效率公式η=Q吸W知，3D打印笔快挡打印时的热效率为：
η=Q吸W=7200J9600J×100%=75%；
(3)根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P=U2R可知，总电阻越大，功率越小，故开关接1、2时为慢挡，接2、3时为快挡。
由P=U2R知，当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中R2的电阻：R2=U2P快=(220V)280W=605Ω，
当开关接1、2时，R1与R2串联，此时电路中的总电阻：R总=U2P慢=(220V)222W=2200Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1=R总−R2=2200Ω−605Ω=1595Ω。
答：(1)3D打印笔快挡打印时的电功率为80W；
(2)3D打印笔快挡打印时的热效率为75%；
(3)R1的阻值为1595Ω。
【解析】(1)3000imp/(kW⋅h)，是指每消耗1kW⋅h的电能，电能表指示灯闪烁了3000次，据此求指示灯闪烁8次，打印笔消耗的电能；利用P=Wt求得3D打印笔快挡的电功率；
(2)根据Q吸=cmΔt算出15g的塑料条从20℃加热到260℃吸收的热量，由效率公式η=Q吸W算出3D打印笔快挡打印时的热效率；
(3)根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P=U2R可知，总电阻越大，功率越小，由此判断两挡位下电路的连接方式；利用P=U2R求此时电路中的电阻，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和求R1的阻值。
本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是打印笔不同挡位时电路连接方式的判断。
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