2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷（含解析）

这是一份2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷（含解析），共35页。

2023年福建省泉州市德化县中考物理模拟试卷
1. 歼20是我国最先进的隐形战斗机，说它能“隐形”是指(    )
A. 雷达难以发现它 B. 肉眼难以发现它
C. 它的颜色与天空颜色相同 D. 它随时能变成跟周围环境相同的颜色
2. 人工智能飞速发展的今天，智能配送机器人已被广泛使用，用户可通过人脸识别、输入扫描取货码等多种方式取货。如图是某款机器人正在送货的情景，下列分析不正确的是(    )
A. 机器人旁边的影子，是光的直线传播造成的
B. 行人都能看见机器人，是由于阳光在它表面发生了漫反射
C. 用户进行人脸识别时，摄像头所成的像是倒立缩小的实像
D. 阳光是由红、绿、蓝三种颜色的光混合而成的
3. 2018雅加达亚运会上，我国运动健儿再展雄姿，关于以下情景分析正确的是(    )
A. 举重运动员将杠铃举起后静止在台上，此时运动员所受的压力和地面对运动员支持力是一对平衡力
B. 排球场上，运动员将飞过来的排球打回去，说明力的作用效果与力的大小有关
C. 箭离开弓弦后，能飞行相当远的距离，是因为箭还受到向前的动力
D. 自行车运动员要让自行车更快地停下来，会用力捏闸，这是通过增大压力来增大摩擦
4. 物理老师引导同学们对身边一些常见的物理量进行佔测，以下是同学们交流的一些估测数据，你认为下列估测数据中符合实际的是(    )
A. 洗澡水的适宜温度约为70℃ B. 一名普通中学生的重力约为500N
C. 家用电风扇的额定电流约为20A D. 成年人正常步行的速度约为45km/h
5. 如图所示，使用同一滑轮的甲、乙两种装置，匀速提升重均为10N的A、B两物体，已知滑轮重1N不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，则下列说法中正确的是(    )


A. 手的拉力F乙=10N
B. A物体受到的合力与B物体受到的合力相等
C. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F乙做的有用功比较多
D. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F甲做的功比F乙做的功多
6. 下列关于温度、热量、内能和热值说法正确的是(    )
A. 物体从外界吸收了热量，温度一定升高
B. 物体的温度升高，内能一定增大
C. 物体的温度越高，具有的热量越多
D. 不同燃料燃烧时，放出热量越多的热值越大
7. 如图光路图能说明人看到筷子插入水杯中时的情形的是(    )
A. B.
C. D.
8. 现代家庭电器化程度越来越高，用电安全非常重要，如图是我国家庭电路的一部分，下列说法正确的是(    )


A. 若在图中①、②两处分别安装电灯或开关，①处应装开关，②处应装电灯
B. 若发生甲、乙两图中的触电事故，空气开关会跳闸
C. 若a处断开，洗衣机插头插入插座，洗衣机虽能工作但有安全隐患
D. 用试电笔的笔尖接触被测导线时，手指不能触碰笔尾金属帽
9. 如图所示指尖陀螺是目前很流行的一种玩具。该玩具中间是轴承，轴承内有滚珠，边上有三个用密度较大的金属制作的飞叶，拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析错误的是(    )


A. 手指拨动飞叶后，飞叶能继续转动是因为飞叶具有惯性
B. 轴承内有滚珠，利于减小摩擦
C. 飞叶被拨动后旋转是因为力能改变物体的运动状态
D. 飞叶转速越快，陀螺的惯性越大
10. 下列的工具中，在正常使用时，属于费力杠杆的是(    )
A. 普通剪子
B. 剪线头用的剪子
C. 开瓶盖的起子
D. 裁纸用的铡刀
11. 用量杯盛某种液体，测得液体与量杯的总质量m和液体的体积V的关系图象如图所示，下列叙述正确的是(    )
A. 液体的体积是75cm3 时，液体的质量是 100g
B. 图象可知液体的质量和体积不成正比
C. 由图象可知液体的密度随体积的增大而减小
D. 此液体的密度是 0.8g/cm3

12. 我国新型反潜巡逻机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在，下图中与磁异探测器工作原理相同的是(    )


A. 甲图中电磁铁通电，衔铁被吸引 B. 乙图中电流通过，小磁针偏转
C. 丙图闭合开关，导体小棒运动 D. 丁图左右摆动导体ab，电流计指针偏转
13. 如图所示，将均匀长方体甲、乙放在水平地面上，已知ρ甲<ρ乙，若沿水平方向切除相同的高度△h，剩余部分对地面的压强p与切去高度△h的关系图像是下图中的(    )




A. B.
C. D.
14. 如图所示的电路中，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器R的规格为“40Ω1A”，定值电阻R1的规格为“10Ω0.5A”。只闭合开关S、S2当滑动变阻器R的滑片P分别在B端和中点时，R消耗的功率之比为8：9.则下列判断正确的是(    )
①只闭合开关S、S1，将R的滑片P从中点向右移动一段距离，电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变
②只闭合开关S、S1，为保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的阻值范围是2Ω～40Ω
③只闭合开关S、S1，为保证电路安全，定值电阻R1的功率变化范围是0.144W～0.9W
④定值电阻R2的阻值是10Ω。

A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④
15. 如图所示，将烧瓶中水烧开后用橡皮塞密封倒立过来，立即向烧瓶上浇冷水，这时可以发现，烧瓶中的水______，原因是______。


16. 善于探索的小强拆开自己的玩具钢琴(如图1)，发现在对应的键“1234567”下面是由长到短的一组钢棒(如图2)。当弹奏钢琴时，这些钢棒由于______而发出声音，钢棒越短，弹奏时振动得越快，发出声音的音调就越______。

17. 铜导线是利用铜具有良好的______性(选填“导热”或“导电”)；LED灯是一种新型的高效节能光源，其核心元件是发光二极管，它是用______材料制成的(选填“导体”、“半导体”或“超导体”)。
18. 汽油机是热机的一种，如图所示的是四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在______ 冲程，某单缸四冲程汽油机转速1800r/min，则该汽油机在1s内做了______ 次功。


19. 人的眼睛好像是一架照相机，它的晶状体和角膜共同作用相当于一个凸透镜，它能把来自物体的光______(选填“会聚”或“发散”)在视网膜上，形成物体的______(选填“实”或“虚”)像。
20. 如图甲所示电路，电流表的量程为0～0.6A，灯泡L上标有“6V 3W”字样。在电路安全的前提下，只闭合开关S1，将滑动变阻器滑片从最右端向左最大范围移动，绘制了电流表示数与电压表示数的变化关系图像如图乙，只闭合开关S2，将滑动变阻器滑片从最右端向左最大范围移动，绘制了电流表示数与滑动变阻器连入电路阻值的变化关系图像如图丙，则上述过程中电路在10s内能够消耗的最大电能为______ J，图丙中a点对应的阻值为______ Ω。


21. 如图所示，曲杆AOBC自重不计，O为支点，要使曲杆在图示位置平衡，请作出最小动力F1的示意图及重物对杆拉力F2的力臂L。

22. 如图所示，A是水中的一个发光点，从A发出一条光线经平面镜反射后，反射光线通过B点，并在水面处发生折射。请画出入射光线、反射光线和折射光线的大致方向。


23. 如图所示是医用笔形手电筒的小灯泡，它的玻璃泡前部中央厚，边缘薄，请你解释这样做的物理道理：______。


24. 某实验小组在“测滑轮组的机械效率”的实验中得到的数据如表所示，第1、2、3次实验装置如图中的甲、乙、丙所示。

次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
测力计的示数F/N
测力计移动距离s/m
机械效率η/%
1
2
0.1
0.9
0.3
74.1
2
4
0.1
1.6
0.3

3
4
0.1
1.1
0.5
72.2
(1)将表格填写完整。
(2)比较1、2两次实验，可得的结论：使用同一滑轮组，______ 可以提高滑轮组的机械效率；
(3)比较2、3两次实验，可得的结论：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的机械效率______ 。
25. 在“初识光的折射现象”和“探究光的折射特点”实验中：
(1)如图甲，小明将一束激光射至P点，形成一个光斑，向水槽内慢慢注水，水槽底部光斑的位置将______(向左移动/向右移动/不动)，这说明光从空气斜射入水中时，传播方向______(会/不会)发生偏折。实验中光在空气中的传播路径并不清晰，为解决此问题，他在水面上方喷了一些______。

(2)如图乙，小明继续探究“光从空气射入水中时的折射特点”，他使用可折转的光屏，是为了研究折射光线、入射光线和法线是否______。如图丙，他将光沿着AO方向射向水面上的O点，光在水中沿着OB方向射出，调整激光笔使入射光逐步偏向法线，折射光也逐步偏向法线，说明光从空气斜射入水中时，入射角减小，折射角随之______(增大/减小/不变)。当光沿着NO方向射入时会沿ON′方向射出，此时折射角为______度。
26. 王瑞同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想：

猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关
为此设计了如图所示的实验：用大小、形状相同的A、B、C、D四个铅球分别从距离沙表面某高度处静止释放，其中D球从光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直落下(球在光滑管道中运动的能量损失不计)。实验数据如表：
实验序号
铅球代号
铅球质量/g
下落高度/m
陷入沙中的深度/m
①
A
200
0.5
0.1
②
B
400
0.5
0.18
③
C
200
1
0.2
④
D
200
1
0.2
(1)本实验中，采用的研究问题的方法是______ 和______ 。
(2)本实验中，铅球的重力势能大小是通过______ 来反映的。
(3)为验证猜想二，应比较______ (填实验序号)，得到的结论是：当物体质量相等时，______ 。
(4)比较③④，得到的结论是______ 。
(5)经进一步实验和分析，王瑞同学大胆给出重力势能(Ep)的表达式“Ep=mgh”，并去办公室询问了老师，得以证实，王瑞同学高兴不已。回到教室后，他根据学过的知识又算出了各小球落到沙表面时的动能，其中B球的动能为______ J。(忽略空气阻力，g取10N/kg)
27. 小雨为了帮助家人测定盐水的密度，课余时间和同学从实验室借来了天平和量筒等器材，一起测量盐水的密度，她们进行了三次测量，以下是她们第一次的测量过程：

(1)该实验测量盐水密度的实验原理是______ 。
(2)将天平放在水平桌面上后，发现指针位置如图甲所示，小雨要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母向______ 移动；
(3)如图乙所示，用天平测出烧杯和盐水的总质量为______ g，记录烧杯和盐水的总质量后，再将部分盐水倒入量筒中，此时量筒中盐水的体积如图丙所示。接下来小雨称得烧杯和剩余盐水的质量为25.6g，则小雨在这次实验中测得盐水的密度______ kg/m3。
(4)就在她们为测出盐水的密度而高兴的时候，小刚发现在调节天平平衡时，忘记将游码归零。通过分析实验过程及数据，她们认为这样会使测得密度______ (选填“偏大”、“不变”或“偏小”)。
28. 在探究导体的电流跟电阻的关系实验中，老师提供的器材有：电源(电压恒为3V)，电流表、电压表各一个，五个定值电阻(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、30Ω，50Ω)，滑动变阻器(规格是20Ω 2A)，导线、开关若干。
物理量实验次数
电阻R(Ω)
电流I(A)
1
5
0.4
2
10
0.2
3
20


(1)图甲是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
(2)在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片滑至最______ (选填“左”或“右”)端；
(3)电路连接无误后，闭合开关，小明先后将5Ω和10Ω的电阻分别接入电路，移动滑片P进行了二次实验，数据如表格所示。小明紧接着再将20Ω的定值电阻替换10Ω的电阻后，直接读出电流表示数为______ A；
(4)小明为了使实验能继续顺利进行，还可以使用的定值电阻有______ ；(写出具体的电阻值)
(5)小明将电阻换成标有“2.5V”字样的小灯泡，测量其不同电压下的电功率；
①正确连接电路，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不动，产生这种现象的原因是______ 。
②排除故障，继续实验，根据实验数据画出I−U图象(如图乙)。由此可求出小灯泡正常发光时的功率为______ W；
③当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际电功率为P1，当灯泡实际电流为额定电流的一半时的实际电功率为P2，分析图象发现，P1 ______ P2(选填“>”、“<”或“=”)；
(6)完成上述实验后，电流表突然损坏了。小明又利用上述器材重新设计了如图丙的电路(选择了一个定值电阻R0=5Ω和一个单刀双掷开关)，测另一个小灯泡的额定功率；
①S2先和接线柱1接通，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数等于小灯泡的额定电压2.5V；
②滑动变阻器的阻值______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)，将S2和接线柱2接通，读出电压表的示数为1.5V；
③则小灯泡的额定功率表达式为P额= ______ W。
29. 西安已成为比亚迪的北方总部基地，如图为BYD的一款“宋”的燃油汽车，该汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了5kg汽油，汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，如图所示，汽油热值近似取q=5×107J/kg，设汽油在气缸内完全燃烧；
(1)若上述过程中汽油燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶，求汽车所受的阻力；
(2)研究表明新材料的出现可将热电转换装置的效率大幅提高到15%，据此计算，上述过程中随废气排放的能量通过转换装置后可获得多少电能？
30. 如图所示的电路，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为标有“100Ω 2A”的变阻器，电压表量程为0～15V，电流表量程为0～3A.在保证电路安全的前提下，闭合开关，移动变阻器滑片，当电压表的示数为4V时，电流表的示数为0.8A；当电压表的示数为10V时，变阻器消耗的电功率为5W.求：
(1)当电压表的示数为4V时，变阻器接入电路的阻值；
(2)电源电压和电阻R1阻值；
(3)电阻R1消耗最小功率。

31. 图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220V，每个电热丝的额定电压均为220V。现要在某卧室使用该电暖器，卧室的容积为50m3，空气的比热容为1.0×103J/(kg⋅℃)，空气密度为ρ=1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题。

(1)每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少？
(2)只闭合S2时，流过电热丝的电流为多少？此时电暖器消耗的总功率为多少？
(3)只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是多少？(保留到百分数中小数点后一位)
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：歼20是我国目前最先进的“隐形飞机”，所谓的“隐形”，并不是变得无影无踪，而是要让雷达无法侦察到飞机的存在。
故选：A。
歼20是我国目前最先进的“隐形飞机”，所谓的“隐形”，并不是变得无影无踪，而是要让雷达无法侦察到飞机的存在。
本题是一道常识题，难度不大。

2.【答案】D 
【解析】解：A、机器人旁边的影子，是光的直线传播形成的，故A正确；
 B、行人从各个方向都能看到机器人，是由于阳光在它表面发生了漫反射，故B正确；
 C、摄像头的镜头相当于凸透镜，摄像时符合凸透镜成像规律中的：物距大于二倍焦距，所成的像是倒立、缩小的实像，故C正确；
D、太阳光是复色光，是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光组成的，故D错误。
故选：D。
(1)光在同一均匀介质中沿直线传播。光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等；
(2)镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律；不同点是镜面反射是入射光线是平行光线时，反射到光滑的镜面，又以平行光线出去；漫反射时，入射光线是平行光线时，反射到粗糙的物体，反射光线向各个方向出去。
(3)凸透镜成像时，u>2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。
(4)太阳光通过三棱镜后发生光的色散现象，太阳光分解为七种单色光，说明太阳光是由各种色光组成。
此题是光现象中的综合题，涉及到光的直线传播、镜面反射和漫反射、光的色散、凸透镜成像等；分析时要分清选项是哪类光现象，并深究其成因，就可解答。

3.【答案】D 
【解析】解：
A.运动员所受杠铃的压力和地面对运动员支持力，二力的大小不相等，不是一对平衡力，故A错误；
B、排球场上，运动员将飞过来的排球打回去，说明力的作用效果与力的方向有关，故B错误；
C、箭离开弓弦后，不再受到向前的动力，但由于惯性能继续飞行相当远的距离，故C错误；
D、用力捏闸，使行驶中的自行车更快停下来，这是通过增大压力来增大摩擦力的，故D正确。
故选：D。
本题考查了平衡力的辨别、力的作用效果、惯性以及增大摩擦力的方法，有一定综合性，但难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A、人的正常体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，在40℃左右，不可能达到70℃。故A不符合实际；
B、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G=mg=50kg×10N/kg=500N。故B符合实际；
C、家用电风扇的额定电流约为0.2A。故C不符合实际；
D、成年人正常步行的速度在1.1m/s=1.1×3.6km/h≈4km/h左右。故D不符合实际。
故选：B。
首先对题目中涉及的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。
估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。

5.【答案】B 
【解析】解：
A、乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮可以省一半的力，拉力等于物体和动滑轮总重力的一半，即F乙=12(G+G动)=12(10N+1N)=5.5N，故A错误；
B、因为使用两滑轮分别匀速提升A、B两物体，所以两物体所受的合力都为零，故B正确；
CD、两物体的重力相同，都被提升0.5m，由W有用=Gh可知，甲乙装置所做的有用功相同；
不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，甲做的总功等于有用功，即W甲总=W甲有；
用乙装置提重物时，需提起动滑轮做额外功，即W乙总=W乙有+W动，
所以手的拉力F甲做的功比F乙做的功少，故CD错误。
故选：B。
(1)动滑轮是轴随被拉物体一起运动的滑轮；使用定滑轮不省力但能改变力的方向，使用动滑轮能省一半力，但费距离；
(2)匀速运动所受合力为零；
(3)甲乙装置所做的有用功相同，用乙装置提重物时，得提起滑轮所做额外功较多。
此题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，是一道基础题。

6.【答案】B 
【解析】解：A、物体从外界吸收了热量，温度不一定升高，如晶体的熔化过程，故A错误；
B、物体温度升高，内能一定增大；故B正确；
C、热量是一个过程量，不能说物体含有或具有多少热量，故C错误；
D、不同燃料完全燃烧，只有在质量相同时，放出热量越多的热值越大，故D错误。
故选：B。
(1)晶体在熔化的过程中，吸热，但温度不变；
(2)内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和。内能的大小与质量、温度和状态有关；
(3)热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；
(4)热值是指1kg燃料完全燃烧放出的热量，是燃料的一种特性，和燃料的密度、是否燃烧、是否完全燃烧等无关，和燃料的种类有关。
本题考查内能、热量和温度之间的关系，以及燃料的热值理解，综合题，难度不大。

7.【答案】B 
【解析】解：插入水中的筷子，由于筷子反射的光线从水中斜射入空气中时发生了折射，传播方向发生了偏折，远离法线，折射角大于入射角，所以看到筷子在水中的部分变浅。此时看到的像是筷子的虚像。
A、图中光线没有发生折射，故A错误；
B、筷子反射的光线从水中斜射入空气中时发生了折射，传播方向发生了偏折，远离法线，折射角大于入射角，故B正确；
C、筷子反射的光线从水中斜射入空气中时发生了折射，传播方向发生了偏折，但图中折射光线靠近法线，折射角小于入射角，故C错误；
D、筷子反射的光线从水中斜射入空气中时发生了折射，而图中的光线的传播方向错误，故D错误。
故选：B。
光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫光的折射；光从水中斜射入空气时，传播方向将远离法线，折射角大于入射角。
此题考查了光的折射现象的解释，要知道光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，这是解答此题的关键。

8.【答案】C 
【解析】解：
A、在家庭电路中，开关应接在用电器与火线之间，所以①处应装电灯，②处应装开关，故A错误；
B、甲、乙两图中的人都触电了；甲图中人站在绝缘的板凳上，人体同时接触一根火线和一根零线，这时人体相当于用电器，此时电路中的电流不会过大，空气开关不会跳闸；乙图中人站在地上接触到火线，火线、人和大地形成回路，属于漏电，空气开关不会跳闸，故B错误；
C、若a处断开，洗衣机插头插入插座，洗衣机能工作，但外壳不能接地，若外壳漏电，人接触金属外壳，会有电流流过人体，发生触电事故，故C正确；
D、用试电笔的笔尖接触被测导线时，手要接触笔尾金属帽，故D错误。
故选：C。
(1)家庭电路中，开关应接在用电器与火线之间；
(2)空气开关跳闸的原因：电路中的电流过大；
(3)金属外壳的用电器使用三孔插座时，把金属外壳接地，即使金属外壳的用电器漏电，人体被接地的导线短路，不会对人体造成伤害；
(4)使用试电笔时，手接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体。
本题考查了家庭电路的连接、试电笔的正确使用、空气开关的作用、安全用电的常识等知识点，是一道综合题。

9.【答案】D 
【解析】解：A、没有拨动陀螺飞叶时，人不在对陀螺有力的作用，但陀螺因为具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以要继续转动，故A正确。
B、轴承内有滚珠，变滑动摩擦为滚动摩擦，有利于减小摩擦，故B正确；
C、飞叶被拨动后旋转是因为力能改变物体的运动状态，故C正确；
D、惯性大小只与物体的质量有关，飞叶转速变快，但质量不变，所以飞叶的惯性不变，故D错误。
故选：D。
(1)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，惯性是物体的一种属性；
(2)在同等情况下，滚动摩擦小于滑动摩擦；
(3)力可以改变物体的运动状态；
(4)惯性大小只与物体的质量有关，与转动速度无关。
本题以学生们熟悉的手指陀螺为内容，考查了力学知识在其中的应用，体现了物理与实际的联系，提高了学生们的学习兴趣。

10.【答案】B 
【解析】解：ACD、普通剪子、开瓶盖的起子、裁纸用的剪刀，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故ACD错误；
B、剪线头剪子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确。
故选：B。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；
②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；
③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。

11.【答案】D 
【解析】解：
(1)读图可知，当液体体积为0时，即没有液体时，质量m=40g，即量杯的质量为40g；
当液体体积为25cm3时，液体的质量为60g−40g=20g，则液体的密度：
ρ=mV=20g25cm3=0.8g/cm3=0.8×103kg/m3；
当液体的体积V1=75m3时，由ρ=mV得，液体的质量：
m1=ρV1=0.8g/cm3×75cm3=60g，故A错误，D正确。
(2)由图象可知，液体的质量随着体积的增大而增大，且质量与体积的比值，即密度是一个定值，所以液体的质量和体积成正比，液体的密度不会随体积的增大而减小，故BC 错误。
故选：D。
(1)首先根据图象求出量杯的质量，然后根据液体一定体积对应的质量(减去量杯的质量即为液体的质量)，利用公式ρ=mV可求出液体的密度，再利用密度公式求出液体的体积是75cm3 时液体的质量。
(2)分析图象，得出液体的质量和体积关系，根据密度的特性得出其随体积的变化关系。
读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。

12.【答案】D 
【解析】解：磁异探测器将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，说明有感应电流产生，其工作原理是电磁感应现象；
A、图中是电磁继电器，磁铁通电后具有磁性，衔铁被吸引，是利用电流的磁效应工作的，故A不合题意；
B、图中的实验是奥斯特实验，小磁针偏转，说明通电导线的周围存在磁场，折射电流的磁效应，故B不合题意；
C、图中闭合开关后，通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故C不合题意；
D、图中闭合电路的一部分导体ab左右摆动时，在磁场中做切割磁感线运动，能产生感应电流，属于电磁感应现象，故D符合题意。
故选：D。
磁异探测器最终将信号转换为变化的电流，因此是一个发电机，分析下面四幅图，找出发电机的原理即可。
解答本题的关键要能从题意中分析出该装置利用了发电机的原理，再同相关的实验装置相对应即可。

13.【答案】C 
【解析】解：已知ρ甲<ρ乙、h甲 根据p=ρgh知p甲 若沿水平方向切除相同的高度△h，
因为ρ甲<ρ乙，所以△p甲<△p乙，乙的压强减小的快，所以甲乙图像随着截取高度的增加剩余部分的压强越来越接近，故C正确；
但由于乙的高度大于甲的高度，乙的压强不可能比甲先变成零，故ABD错误。
故选：C。
根据p=ρgh以及ρ甲<ρ乙、h甲 本题考查了压强公式的应用，压强与图像的结合有一点的难度。

14.【答案】B 
【解析】解：
①只闭合开关S、S1，则R1与变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测R2的电压，将R的滑片P从中点向右移动一段距离，根据欧姆定律，两次电压表示数分别为：
U1V=I11R1，
U2V=I12R1，
两式相减：
U1V−U2V=I11R1−I12R1，
即△UV=R1(I11−I12)=R1△I1，
故R1=△UV△I1
电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值不变，①正确；
②滑动变阻器R的规格为“40Ω1A”，表示R的最大电阻为10Ω，允许通过的最大电流为1A，定值电阻R1的规格为“10Ω0.5A，表示R1的电阻为10Ω，允许通过的最大电流为0.5A，由串联电路电流的规律，电路的最大电流为0.5A，
电压表选用小量程，最大示数为3V，由串联电路电压的规律，变阻器的最小电压为：6V−3V=3V，由分压原理，变阻器R连入电路的最小电阻等于R1=10Ω(由电阻的串联和欧姆定律，此时电路的电流为：
I′=U2R1=6V2×10Ω=0.3A<0.5A)；
变阻器R连入电路的电阻越大，电压表示数越小，电路的电流越小，故变阻器R连入电路的最大电阻为40Ω
故只闭合开关S、S1，为保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的阻值范围是10Ω～40Ω，故②错误；
③只闭合开关S、S1，为保证电路安全，根据P=U2R，当R1的电压最小(大)时，其功率也最小(大)，
即滑动变阻器R接入电路的阻值范围是40Ω时，电压表示数最小，
由分压原理，此时R的电压为R1电压的4倍，由串联电路电压的规律，则R1的最小电压为：
U1实=11+4×6V=1.2V，
此时定值电阻R1的最小功率：
P小=U1实2R1=(1.2V)210Ω=0.144W，
电压表最大示数为3V，此时定值电阻R1的最大功率：
P大=UV2R1=(3V)210Ω=0.9W；
定值电阻R1的功率变化范围是0.144W～0.9W，③正确；
④只闭合开关S、S2，则R2与变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测R2的电压，
滑动变阻器R的滑片P分别在B端和中点时，R消耗的功率之比为8：9，根据P=I2R有：
I12RI22×R2=89，故两次操作中电路的电流之比为：
I1I2=23，
根据电压不变时，电流与电阻成反比，结合串联电阻的规律有：
R1+RR1+R2=I2I1
即R1+40ΩR1+20Ω=32
R1=20Ω
定值电阻R2的阻值是20Ω，④错误。
故选：B。
①只闭合开关S、S1，则R1与变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测R2的电压，根据欧姆定律得出两次电压表示数表达式，两式相减，从而得出电压表示数的变化量和电流表示数变化量的比值；
②根据滑动变阻器R的规格为“40Ω1A”和定值电阻R1的规格为“10Ω0.5A“的含义确定电路的最大电流，由串联电路电压的规律可知变阻器的最小电压，由分压原理得出变阻器R连入电路的最小电阻；
变阻器R连入电路的电阻越大，电压表示数越小，电路的电流越小，由此确定变阻器R连入电路的最大电阻；
③只闭合开关S、S1，为保证电路安全，根据P=U2R，当R1的电压最小(大)时，其功率也最小(大)，
根据电路的连接，滑动变阻器R接入电路的阻值范围是40Ω时，由分压原理R的最大示数，从而得出电压表最小示数最小，求出定值电阻R1的最小功率；
电压表最大示数为3V，从而求出此时定值电阻R1的最大功率；
④只闭合开关S、S2，则R2与变阻器串联，电流表测电路的电流，电压表测R2的电压，
由已知条件P=I2得出两次操作中电路的电流之比，根据电压不变时，电流与电阻成反比，结合串联电阻的规律求出R1。
本题考查串联电路的规律、欧姆定律和电功率公式的运用，关键是电路的正确识别，难度较大。

15.【答案】重新沸腾  液体的沸点随气压的降低而降低 
【解析】解：由实验过程可得，由于温度降低，瓶内大气压强下降，水重新沸腾，说明气压越低水的沸点越低。
故答案为：重新沸腾；液体的沸点随气压的降低而降低。
水刚烧开，温度较高，当遇到冷水时，瓶内温度降低，水的沸点也随着降低，故由沸点与大气压强的关系可得出答案。
本题考查对学过的物理实验的理解，是中考常见题型，理解并熟记学过的实验现象和说明的物理理论是解题的关键。

16.【答案】振动  高 
【解析】解：当弹奏钢琴时，这些钢棒由于振动而发出声音，钢棒越短，弹奏时振动得越快，发出声音的音调就越高。
故答案为：振动；高。
音调是指声音的高低，由发声体的振动频率决定。
主要考查声的相关概念，是一道基础题。

17.【答案】导电  半导体 
【解析】解：铜导线利用铜具有良好的导电性，可以节省电能损耗；发光二极管是用半导体制成的，它具有单向导电性。
故答案为：导电；半导体。
(1)物质不需要经过化学变化就表现出来的性质，叫做物理性质，有些性质如熔点、沸点、硬度、导电性、导热性、延展性等，可以利用仪器测知。
(2)二极管具有单向导电性。
本题考查了物质的基本性质和半导体的特点，属于基础题。

18.【答案】做功  15 
【解析】解：(1)从图中可以看出，火花塞点火和活塞向下移动的特点，可以判断这个冲程是做功冲程。
(2)某单缸四冲程汽油机转速1800r/min，故汽油机在1s转30转，完成了15个循环，故对外做功15次。
故答案为：做功；15。
(1)汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，其中只有做功冲程对外做功，在做功冲程中，燃料的化学能转化为内能，而内能又转化为机械能；汽油机的做功冲程特点是火花塞点火，在做功冲程对外输出功；
(2)四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
该题考查了内燃机的四个冲程及有关计算，要求学生记住每个冲程的特点，记住相关的数据大小，会根据题中信息计算转速。

19.【答案】会聚；实 
【解析】解：人眼的晶状体和角膜相当于凸透镜，它能把来自物体的光会聚在视网膜上，外界物体在视网膜上成倒立缩小的实像。
故答案为：会聚；实。
要解答本题需掌握：人的眼睛像一架神奇的照相机，晶状体和角膜相当于凸透镜，外界物体在视网膜上成倒立、缩小的实像。
本题主要考查学生对眼睛及其视物原理的了解和掌握，眼睛和照相机类似，可以将2倍焦距以外的物体成像在视网膜上。

20.【答案】54  10 
【解析】解：电路图知，只闭合开关S1，滑动变阻器R与L串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，
由P=UI可得，灯泡的额定电流为：I额=P额U额=3W6V=0.5A，
由于滑动变阻器滑片从最右端向左最大范围移动，所以，根据电流表的量程为0～0.6A和串联电路电流处处相等的特点可知：
电路最大电流：I1大=I额=0.5A，
由图乙知，电路中的电流最大时电压表的示数为：U滑小=3V，此时灯泡正常工作，则UL=U额=6V，
所以电源电压：U=UL+U滑小=6V+3V=9V；
只闭合开关S2，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器两端的电压，
根据电流表的量程为0～0.6A可知，电路最大电流：I2大=0.6A，
所以电路在10s内消耗的最大电能：W=UI2大t=9V×0.6A×10s=54J；
只闭合开关S2，滑动变阻器滑片在最右端，电路中的电流最小，由图丙可知最小电流：I2小=0.2A，
根据欧姆定律可得，最大总电阻为：R总大=UI2大=9V0.2A=45Ω，
根据电阻的串联特点可得：R1=R总大−R=45Ω−40Ω=5Ω，
根据I=UR可知：电路中的最小总电阻：R总小=UI2大=9V0.6A=15Ω，
根据电阻的串联特点可得：R滑小=R总小−R1=15Ω−5Ω=10Ω，即a值为10Ω。
故答案为：54；10。
(1)电路图知，只闭合开关S1，滑动变阻器R与L串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器两端的电压；由P=UI计算灯泡的额定电流；
为保证电路元件安全，根据串联电路电流特点和电流表量程、灯泡的正常发光电流可知电路中的最大电流，然后由串联电路的电压特点计算出电源电压；
只闭合开关S2，定值电阻R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据电流表的量程可知电路中的最大电流，然后利用W=UIt求出消耗的最大电能；
(2)只闭合开关S2，滑动变阻器滑片在最右端，电路中的电流最小，由图丙可知最小电流，根据串联电路特点和欧姆定律求出R1，根据电路中的最大电流利用欧姆定律和电阻的串联特点即可求出a点对应的阻值。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律的灵活应用，关键是正确分析开关在不同状态下电路的连接情况，从图像中得到获取有用信息，综合性强，有一定难度。

21.【答案】解：O为支点，阻力和阻力臂一定，力臂最长时作用力最小，故以OA为力臂，过A点作OA的垂线，为力的方向；
过这点作阻力F2的垂线段，垂线段的长即为其力臂L，如图所示：
 
【解析】根据杠杆平衡的条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，据此作图。
本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。

22.【答案】解：(1)作出发光点A关于平面镜的对称点，即为像点A′，连接A′B交平面镜于点O，沿OB画出反射光线，连接AO画出入射光线，如图所示；
(2)OB斜射到空气和水的分界面时，根据折射光线与入射光线分居法线两侧，折射角大于入射角，作出折射光线的大致方向。作图如下：
 
【解析】(1)平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出发光点S的像点S′，根据反射光线反向延长通过像点，可以有像点和A点确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路。
(2)光的折射定律的内容，知道光从水斜射入空气中时，折射角大于入射角。
平面镜成像特点与光的反射定律相结合来作图，比较直观、简捷、准确；在光路图中，实线虚线要分清，一般情况下只有实际光线化成实线，实际光线的反向延长线、法线都要画虚线表示。

23.【答案】中央厚边缘薄构成了一个玻璃凸透镜，灯丝位于该凸透镜的焦点上，发出的发散光线经过凸透镜后平行于主光轴射出，能够射的远，光线集中强度大 
【解析】解：玻璃泡前部的中央厚、边缘薄构成了一个玻璃凸透镜，灯丝位于该凸透镜的焦点上，发出的发散光线经过凸透镜后平行于主光轴射出，能够射的远，光线集中强度大。

平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜折射后会聚一点，这个点是凸透镜的焦点，根据光路是可逆的，把灯丝放在凸透镜的焦点上，经过凸透镜折射后，会平行射出。

24.【答案】增大物重  越低 
【解析】解：(1)由表中数据可得，第2次实验的机械效率：
η2=W有用2W总2×100%=GhFs×100%=4N×0.1m1.6N×0.3m×100%≈83.3%；
(2)比较1、2两次实验，可得的结论：使用同一滑轮组，增大提升物体的重力可以提高滑轮组的机械效率；
(3)比较2、3两次实验，使用的滑轮组不同，在第3次实验中，动滑轮的重力变大，机械效率变低，可得的结论：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮的重力越大，滑轮组的机械效率越低。
故答案为：(1)83.3%；(2)增大物重；(3)越低。
(1)由表中数据，根据η2=W有用2W总2×100%求第2次实验的机械效率；
(2)(3)比较1、2和2、3次实验，根据表中数据找到相同量和变化的量，分析得出机械效率与变化量的关系。
本题测滑轮组的机械效率，考查机械效率的计算，控制变量法的运用、数据分析能力及影响机械效率大小的因素。

25.【答案】向左移动  会  烟雾  在同一平面内  减小  0 
【解析】解：
(1)①光从空气斜射入水或其它透明介质时，折射角小于入射角；小明将一束激光射至P点，形成一个光斑，向水槽内慢慢注水，光线在水面处发生折射，水槽底部光斑的位置将向左移动，说明光从空气斜射入水中时，传播方向会发生改变。
②实验中光在空气中的传播路径并不清晰，为解决此问题，他可以在水面上方喷一些烟雾。
(2)①小明继续探究“光从空气射入水中时的折射特点”，他使用可折转的光屏，是为了研究折射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。
②入射光线和法线的夹角是入射角，折射光线和法线夹角是折射角，入射光线靠拢法线，说明入射角减小，折射光线靠拢法线，说明折射角也减小。
③当光沿着NO方向射入时会沿ON′方向射出，此时光线垂直入射不改变传播方向，则此时入射角和折射角都等于0度。
故答案为：(1)向左移动；会；烟雾；(2)在同一平面内；减小；0。
(1)光的折射：光从空气斜射入水或其它透明介质时，折射角小于入射角；
光在洁净的介质中传播光路是不容易呈现的，可以在空气中喷烟雾或水雾等，把水加入少量的牛奶等。(2)在光的折射中使用可转动的光屏是为了探究折射光线、法线和入射光线是否在同一平面内。
光从空气斜射入水或其它透明介质时，折射角小于入射角，入射角减小，折射角减小，入射角增大，折射角增大。
当光线垂直入射时光线不改变方向，此时入射角和折射角都等于零。
这是对光的折射实验的一个考查，如何进行实验，当实验中出现问题时，如何解决问题，是以后出题的方向。

26.【答案】控制变量法  转换法  铅球陷入沙中的深度  ①、③  高度越高，重力势能越大  当质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径无关  2 
【解析】解：(1)(2)影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，研究重力势能与某个因素的关系时，需控制另一个因素不变，所以该实验中用到了控制变量法；
本实验中，铅球的重力势能大小是通过铅球陷入沙中的深度来反映，这就是我们常说的转换法；
(3)为了验证猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关，应控制小球的质量相同，高度不同；结合图示和表格信息可知，应比较①和③两次实验；
A、C两球质量相同，下落高度不同，发现C球陷入沙中的深度更大，由此可得出结论：当物体质量相同时，高度越高，重力势能越大；
(4)比较③④可知，C、D两球的质量相同，下落高度也相同，两球的运动路径不同，发现两球陷入沙中的深度相同，由此可得出结论：当质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径无关；
(5)铅球在下落过程中，忽略空气阻力，铅球的重力势能转化为动能，
则根据Ep=mgh可得，B球落到沙表面时的动能：E动=Ep=mgh=0.4kg×10N/kg×0.5m=2J。
故答案为：(1)控制变量法；转换法；(2)铅球陷入沙中的深度；(3)①③；高度越高，重力势能越大；(4)当质量和下落高度相同时，重力势能与物体运动的路径无关；(5)2。
(1)(2)影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，实验中研究物体的重力势能与物体的质量关系时，需要保持下落高度和运动路径相同，改变物体质量，应用了控制变量法；
实验中通过球陷入沙面的深度来反映铅球重力势能的大小，用到转换法；
(3)(4)研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体质量和运动路径相同，改变下落高度；研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径，据此分析解答；
(5)铅球在下落过程中，如果忽略空气阻力，铅球的重力势能转化为动能，据此进行计算。
此题考查学生对于物体重力势能影响因素探究过程及能量转化的理解和掌握，注意分析实验时控制变量法和转换法的应用。

27.【答案】ρ=mV  右  69.6  1.1×103  不变 
【解析】解：(1)测量盐水密度的实验原理是ρ=mV；
(2)指针偏向分度盘的左侧，应向右调节平衡螺母，使天平平衡。
(3)由图乙可知，烧杯与盐水的总质量：m总=50g+10g+5g+4.6g=69.6g，
量筒中盐水的质量：m=m总−m剩=69.6g−25.6g=44g；
由图丙所示量筒可知，量筒中盐水的体积：V=40mL=40cm3；
盐水的密度：ρ=mV=44g40cm3=1.1g/cm3；
(4)天平砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量，如果在调节天平平衡时，忘记将游码归零，量筒中液体质量为两次质量差，质量不变，结合密度计算公式可知密度不变。
故答案为：(1)ρ=mV；(2)右；(3)69.6；1.1×103；(4)不变。
(1)测量密度的实验原理是ρ=mV；
(2)调节天平平衡时，应把天平放在水平桌面上，把游码跳到横梁标尺的零刻度线处，然后调节平衡螺母使天平平衡；当指针向分度盘左侧偏时，应向右调节平衡螺母，当指针向分度盘右侧偏时，应向左调节平衡螺母，从而使天平平衡。
(3)天平砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量；由图丙所示量筒可读出量筒中盐水的体积；总质量减去烧杯与盐水的质量是量筒中盐水的质量；已知量筒中盐水的体积，由密度公式可以求出密度；
(4)天平砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量，忘记将游码归零会导致测得的质量偏大，量筒中液体质量为两次质量差，进一步可知密度变化情况。
本题考查了天平的读数及调节、量筒读数、求密度等问题，是实验的常考问题，但难度不大，熟练应用基础知识即可正确解题。

28.【答案】右  0.1  15Ω、30Ω  小灯泡断路  0.625  >  不变  0.25 
【解析】解：(1)图甲中，闭合开关后，电压表短路了，电压表应与电阻并联，如图1所示：

(2)在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，即最右端；
(3)电路连接无误后，闭合开关，小明先后将5Ω和10Ω的电阻分别接入电路，移动滑片P进行了二次实验，数据如表格所示，由表中数据，UV=IR=0.4A×5Ω=0.2A×10Ω=2V；
研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，小明紧接着再将20Ω的定值电阻替换10Ω的电阻后，直由欧姆定律，读出电流表示数为：
I′=UVR′=0.1A；
(4)电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U−UV=3V−2V=1V，定值电阻的电压为变阻器分得的电压的2倍，根据分压原理，变阻器最大电阻20Ω连入电路中时，对应的最大定值电阻为：
R定=2×20Ω=40Ω，小明为了使实验能继续顺利进行，还可以使用的定值电阻有15Ω、30Ω；
(5)①正确连接电路，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表指针几乎不动，电路可能断路，电压表有示数，电压表与电源连通，产生这种现象的原因是小灯泡断路；
②根据实验数据画出I−U图象知，灯在额定电压下的电流为0.25A，由此可求出小灯泡正常发光时的功率为P灯=U灯I灯=2.5V×0.25A=0.625W；
③当灯泡实际电压为额定电压一半，即为1.25V时对应的电流如图2所示，大小约为0.16A，此时灯泡的实际电功率为：P1=U1I1=1.25V×0.16A=0.2W；
当灯泡实际电流为额定电流的一半时，如图3所示，实际电压约为0.9V，此时灯泡的实际电功率为：
P2=U2I2=0.9V×0.125A=0.1125W；
故P1大于P2；
(6)①S2先和接线柱1接通，闭合开关S1，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数等于小灯泡的额定电压2.5V；
②滑动变阻器的阻值不变，将S2和接线柱2接通，读出电压表的示数为1.5V；
③在①中，灯与变阻器串联，正常发光；
在②中，定值电阻与变阻器串联，因电压表的示数为1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：
3V−1.5V=1.5V，由分压原理，变阻器连入电路的电阻等于定值电阻大小，即为5Ω；
在①中，由串联电路的规律及欧姆定律，灯的额定电流为：
IL=U−ULR滑=3V−2.5V5Ω=0.1A
则小灯泡的额定功率为：
P额=U额×IL=2.5V×0.1A=0.25W。
故答案为：(1)见解析；(2)右； (3)0.1；(4)15Ω、30Ω；(5)小灯泡断路；0.625；>；(6)不变；0.25。
(1)图甲中，闭合开关后，电压表短路了，电压表应与电阻并联；
(2)在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处；
(3)由表中数据求出电阻的电压，研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，由欧姆定律，读出电流表示数；
(4)电阻两端的电压始终保持UV=2V，根据串联电路电压的规律和分压原理，求出变阻器最大电阻20Ω连入电路中时对应的最大定值电阻；
(5)①若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
②由图乙通过灯泡的电流与其两端电压的关系图象知，找出灯在额定电压下的电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
③根据图乙，通过作图的方法，分别找出当灯泡实际电压为额定电压一半，对应的电流大小和当灯泡实际电流为额定电流的一半时，对应的电压大小，根据P=UI比较实际功率大小；
(6)灯在额定电压下正常发光，因没有电流表，故测量出灯的额定电流是关键，在①中，灯(正常发光)与变阻器串联，如果能得出变阻器连入电路的电阻，由串联电路的规律及欧姆定律可得出灯的额定电流，故通过开关的转换，使定值电阻与变阻器串联(控制变阻器接入的阻值不变)，根据此时电压表的示数，由串联电路电压的规律及欧姆定律即可求出灯的额定电流，从而求出灯的额定功率。
本题探究导体的电流跟电阻的关系，考查电路连接、注意事项、控制变量法、欧姆定律的运用、对器材的要求，同时测灯的额定功率，考查故障分析、额定功率计算、影响电阻大小的因素和设计方案测额定功率的能力，涉及知识点多，综合性强。

29.【答案】解：(1)汽油放出的热量为：
Q放=mq=5kg×5×107J/kg=2.5×108J
所做的功为：
W=Q放η=2.5×108J×30%=7.5×107J
通过的距离为：
s=vt=75km/h×1h=75km=7.5×104m
牵引力为：
F=Ws=7.5×107J7.5×104m=1000N；
因为汽车匀速平直行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，所以f=F=1000N；
(2)汽油燃烧释放能量的40%为：Q′=Qη1=2.5×108J×40%=1×108J，
转换的电能：W′=Q′η2=1×108J×15%=1.5×107J。
故答案为：(1)汽车所受的阻力f是1000N；(2)随废气排放的能量通过转换装置后可获得1.5×107J的电能。 
【解析】(1)首先求出放出的热量，然后求出所做的有用功，根据W=Fs求出牵引力；
(2)汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置，可求转化的能量，由提高到15%可求转换的电能。
本题考查功的计算，二力平衡条件的应用，涉及到热量的计算和效率公式的应用，是一道综合性很强的题目，关键是各种公式的灵活运用。

30.【答案】解：由图知两电阻串联，电压表与滑动变阻器并联，电流表与电阻串联，
(1)根据欧姆定律I=UR知，
当电压表的示数为4V时，
变阻器接入电路的阻值为：
R2=U2I=4V0.8A=5Ω；
(2)当电压表的示数为4V时，电流表的示数为0.8A，此时电源电压为：U=4V+0.8AR1-----①；
当电压表的示数为10V时，变阻器消耗的电功率为5W，
根据P=UI知，
此时电路的电流为：I′=P2U2′=5W10V=0.5A，
此时电源电压为：U=10V+0.5AR1-----②，
综合①②得，
4V+0.8AR1=10V+0.5AR1，
解得R1=20Ω，
电源电压为：U=4V+0.8AR1−=4V+0.8A×20Ω=20V；
(3)当电压表示数最大为15V时，滑动变阻器的电阻最大，电路的电流最小，电阻R1消耗最小功率，
根据串联电路电压的规律知，
定值电阻R1两端的电压为：U1=U−U2大=20V−15V=5V，
电阻R1消耗最小功率为：
P1小=U12R1=(5V)220Ω=1.25W。
答：(1)当电压表的示数为4V时，变阻器接入电路的阻值为5Ω；
(2)电源电压为20V，电阻R1的阻值为20Ω；
(3)电阻R1消耗最小功率为1.25W。 
【解析】由图知两电阻串联，电压表与滑动变阻器并联，电流表与电阻串联，
(1)根据欧姆定律I=UR算出当电压表的示数为4V时变阻器接入电路的阻值；
(2)当电压表的示数为4V时，电流表的示数为0.8A，此时电源电压为：U=4V+0.8AR1-----①；
当电压表的示数为10V时，变阻器消耗的电功率为5W，
根据P=UI算出此时电路的电流，此时电源电压为：U=10V+0.5AR1-----②，
综合①②算出电源电压和定值电阻的阻值；
(3)当电压表示数最大为15V时，滑动变阻器的电阻最大，电路的电流最小，电阻R1消耗最小功率，
根据串联电路电压的规律算出定值电阻R1两端的电压，由P1小=U12R1算出电阻R1消耗最小功率。
本题考查了欧姆定律公式的应用、电功率公式的应用以及串联电路电压的规律等知识，其中根据电源电压相等列等式算出电源电压和定值电阻的阻值是难点。

31.【答案】解：
(1)R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，由图乙知电热丝正常工作时的电流为2A，
根据欧姆定律I=UR知每个电热丝正常工作时的电阻为：
R1=R2=U额I额=220V2A=110Ω；
每个电热丝正常工作的额定功率为：
P额=U额I额=220V×2A=440W；
(2)由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，所以两电热丝分得的电压相等，都为110V，由图乙知此时流过电热丝的电流为1.5A，
此时电暖器消耗的总功率为：
P=UI′=220V×1.5A=330W；
(3)根据ρ=mV知空气的质量为：
m=ρV=1.2kg/m3×50m3=60kg，
卧室内的温度升高了10℃吸收的热量为：
Q吸=c空气m△t=1.0×103J/(kg⋅℃)×60kg×10℃=6×105J，
只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为2×440W=880W；
电暖器工作15min消耗的电能为：
W=P总t=880W×15×60s=7.92×105J，
电暖器的加热效率为：
η=Q吸W×100%=6×105J7.92×105J×100%≈75.8%。
答：(1)每个电热丝正常工作时的电阻为110Ω，额定功率是440W；
(2)只闭合S2时，流过电热丝的电流为1.5A，此时电暖器消耗的总功率为330W；
(3)只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是75.8%。 
【解析】(1)根据图像判断出电热丝正常工作时的电流，根据欧姆定律I=UR算出每个电热丝正常工作时的电阻，根据P=UI算出每个电热丝正常工作的额定功率；
(2)只闭合S2时两电阻串联，根据串联电路的分压作用判断出每个电阻分得的电压，由乙图判断出此时的电流，根据P=UI算出此时电暖器消耗的总功率；
(3)根据ρ=mV算出空气的质量为，由Q吸=c空气m△t算出卧室内的温度升高了10℃吸收的热量；
只闭合S1和S3，两电阻并联，算出电热丝的功率，由W=P额t算出消耗的电能，最后由η=Q吸W×100%算出电暖器的加热效率。
本题是一道电功与热量的综合计算题，分清电路结构，熟练运用电功率公式、欧姆定律、吸热公式、效率公式是正确解题的关键。