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2023年山东省青岛市市南区中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省青岛市市南区中考物理二模试卷，共27页。
2023年山东省青岛市市南区中考物理二模试卷
1. 某校“五四”青年节举行合唱比赛，在乐队的伴奏下，同学们满怀深情地放声高歌，下列有关声现象的说法，正确的是( )
A. 同学们的歌声是由声带的振动产生的
B. 现场观众听到的歌声是由空气传播而来，是因为声音只能在空气中传播
C. 观众能辨别不同乐器的声音，是因为响度不同
D. “放声高歌”中的“高”，是指声音的音调较高
2. 酒精测试仪是交警用来检测机动车驾驶员是否酒后驾车的仪器。以下为小雨组的同学设计的酒精测试仪的内部电路：电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，它的阻值随酒精气体浓度的增大而减小。要求随酒精气体浓度的增大，电表的示数也增大，则下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
3. 返回式卫星在太空中(无空气)绕地球旋转，返回时，卫星上的小型助推火箭点燃并向前进方向喷气，卫星制动后速度减小，从而达到向地面降落的目的。以下说法正确的是( )
A. 卫星速度减小利用了“物体间力的作用是相互的”
B. 卫星速度减小利用了“力能改变物体的形状”
C. 卫星在太空中下落时机械能越来越大
D. 卫星进入大气层后势能转化为动能，但机械能总和不变
4. 甲、乙两电热器的电阻之比为4：3，通过的电流之比为1：2，通电时间之比为3：2，则产生热量之比为( )
A. 2：1 B. 2：9 C. 9：2 D. 1：2
5. 随着航天科技的进步，我国已经实现太空3D打印试验。3D打印就是在高能激光作用下，将打印材料的粉末熔化成液态然后再快速冷却成型。下列过程与3D打印物态变化相同的是( )
A. 洗澡时，卫生间镜子先模糊后慢慢清晰 B. 实验时，碘锤内产生紫色碘蒸气随后消失
C. 工人师傅将铜块铸造成铜像 D. 向舞台喷洒干冰形成白雾
6. “C919”大型客机是我国拥有完全自主知识产权的干线民用飞机。下列相关说法正确的是( )
A. 客机座椅设计得很柔软，是为了减小乘客对座椅的压力，坐着更舒服
B. 机翼被设计成“上凸下平”的形状，利用“流速越大压强越大”的原理获得升力
C. 客机起飞时燃油在发动机内燃烧，内能转化为化学能
D. 客机起飞时，乘客上身会紧贴在座椅靠背上，是因为乘客具有惯性
7. 如图所示，闭合开关，灯L1、L2均不亮，小华用电压表去判断电路故障，当他将电压表接在L1两端时，电压表无示数；当他将电压表接在L2两端时，电压表有示数，由此可以判断( )
A. 灯L1断路 B. 灯L2断路 C. 灯L1短路 D. 灯L2短路
8. 如图所示，钢球m从斜面上自由滚下，将静止在水平面上的木块撞出一段距离。下列说法正确的是( )
A. 木块被撞得越远，说明钢球对木块做的功越多
B. 从斜面上滚下的钢球，其机械能越来越大
C. 钢球的质量越大，到达斜面底端的速度越大
D. 钢球在斜面上滚动过程中受到平衡力作用
9. 小明利用如图所示的装置，探究平面镜成像的特点，下列说法正确的是( )
A. 用玻璃板代替平面镜，目的是使蜡烛a的像更清晰
B. 将光屏放到像的位置，光屏能够承接到像
C. 使用相同的蜡烛a、b，目的是比较像与物的大小
D. 将蜡烛a靠近玻璃板，它所成的像变大
10. 能源、信息技术和材料被称为当代文明的三大支柱，下列说法中错误的是( )
A. 能量在转化或转移的过程中是守恒的，所以不必考虑节约能源
B. 煤、石油、天然气等化石能源是不可再生能源
C. 电能是二次能源
D. 核能、太阳能是具有广阔开发前景的新能源
11. 物理学中蕴含着丰富的科学思想和方法。下列研究方法与“通过观察树枝的摇晃程度而知道风力的大小”所运用的研究方法相同的是( )
A. 通过磁体吸引铁屑的多少来判定磁体磁性的强弱
B. 通过保持电压一定来探究电流与电阻的关系
C. 通过用相同热源加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少
D. 用一条带有箭头的直线来表示光的传播径迹和方向
12. 如图所示，小雨用恒为F的拉力将重为G的物体匀速提升高度h，所用时间为t。则下列说法正确的是(忽略绳重和摩擦)( )
A. 小雨所做的额外功为3Fh−Gh
B. 小雨做功的功率为2Fht
C. 滑轮组的机械效率为G2F
D. 减小重物的重力G，可以提升滑轮组的机械效率
13. 图甲是测量小灯泡电功率的电路图，电源电压恒为6V。闭合开关S后，将规格为“50Ω1A”的滑动变阻器滑片从右端向左滑动，当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；图乙是此过程中，电压表与电流表示数变化的关系图象。据此判定下列分析正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率是1.14W
B. 小灯泡的电阻为12.7Ω
C. 电路中最小电流为0.10A
D. 当电压表示数为2V时，电路总功率是1.32W
14. 小明用相同的酒精灯分别对2kg液体甲和水加热(如图一)，根据测得的数据分别画出两液体温度随加热时间变化的图象(如图二)。已知在相同的时间内两液体吸收的热量相等[不计热量损失，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。下列推断正确的是( )
A. 液体甲的吸热能力更强 B. 若吸收相同的热量，水升高温度较少
C. 两液体的比热容c甲：c水=3：4 D. 水10min吸收的热量为2.52×105J
15. 如图所示，将体积相同、材料不同的甲、乙、丙三个实心小球，分别轻轻放入三个装满水的相同烧杯中，甲球沉至杯底、乙球漂浮、丙球悬浮。下列分析正确的是( )
A. 三个小球的质量大小关系是m甲>m乙>m丙
B. 三个小球受到的浮力大小关系是F甲=F丙>F乙
C. 三个烧杯中的水对烧杯底部的压强大小关系是p甲=p乙=p丙
D. 三个烧杯底部对桌面的压强大小关系是p甲′>p乙′=p丙′
16. 唐诗宋词是中华民族的文化瑰宝，很多诗词中都蕴含着丰富的物理知识。“遥知不是雪，为有暗香来”，“暗香来”属于扩散现象，说明分子______ 。请列举一个扩散现象有用的实例______ 。
17. 汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的______ 较大；火箭通常用液态氢做燃料，是因为液态氢的______ 大；宇航员在太空中和地球通信，是通过______ 来传递信息的。
18. 如图是某住宅小区内的场景。
(1)图中A为小区大门旁的禁鸣标志，这是在______ 处减弱噪声。
(2)图中B是汽车限速标志，若汽车以此速度行驶200m，则至少需要______ 秒。
19. 如图所示，F点是凹透镜的虚焦点，O点是光心，请画出两条光线经过凹透镜的光路图。
20. 悬停在空中的直升机的受力示意图。(请以图中实心点为力的作用点)
21. 把吊扇按安全用电原则接入电路，要求：调速开关控制吊扇的转速，当调速开关滑片顺时针转动时，吊扇风速减慢。
22. 如图为小雨“探究光的反射定律”的实验装置，平面镜M放在水平桌面上，E、F是两块粘接起来的硬纸板。
(1)实验时，小雨让入射光线AO沿左侧纸板E射向镜面，然后转动右侧纸板F，使右侧纸板F和左侧纸板E在同一平面内，但在右侧纸板F上没有发现反射光线，其原因可能是______ 。
(2)采取改正措施后，实验现象如图甲所示，若想探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内，接下来的操作应当是：______ 。
(3)为了探究反射角与入射角的关系，小雨多次改变入射角的大小，并测量对应的反射角的大小，比较两者的大小关系，这样做的目的是为了______ 。
(4)测量数据如表所示。分析数据可以得出结论：在反射现象中______ 。
入射角
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
反射角
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
(5)若将一束光贴着纸板F沿BO射向O点，发现反射光将沿图甲中OA的方向射出，说明在光的反射现象中，光路是______ 的。
23. 小雨学习小组利用铁屑、小磁针、滑动变阻器、电池、开关、螺线管等实验器材，探究通电螺线管外部磁场的形状和方向。如图甲所示，在固定有通电螺线管的有机玻璃板上均匀的撒满铁屑，轻敲玻璃板，铁屑有规律的排列。
(1)图甲实验是通过______ 来证明通电螺线管周围存在磁场的。观察比较可知：通电螺线管周围的磁场和______ 磁体的磁场相似。
(2)如图乙，闭合开关，螺线管周围的小磁针发生偏转，静止时的指向如图所示。摆放小磁针是为了判定通电螺线管周围磁场的______ 。请标明图乙中小磁针的N、S极。
24. 如图1是小雨“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验过程：
(1)如图1甲，实验采用的装置名称是______ 。实验前，小雨同学检查装置时发现，用力按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度相同，则这套实验装置出现的问题可能是______ ，此时这个U形管______ (选填“属于”或“不属于”)连通器。
(2)比较图1乙和图1丙得到的结论是：______ 。
(3)要探究液体压强与密度的关系，应选用______ 两图实验进行对比。
(4)小雨想测量上述实验中使用的盐水的密度，他用烧杯取了部分盐水样本，进行了如下操作：
①测出空烧杯的质量为32g；
②如图2甲所示，用天平测烧杯和盐水的总质量为______ g；
③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，液面的位置如图2乙所示。为减小误差，以上操作合理的顺序是______ 。则盐水的密度为______ g/cm3。
(5)小雨又利用盐水(已测出密度为ρ0)，测量密度均匀的萝卜的密度，操作如下：
①用天平测出______ (填“萝卜”或“杯和盐水”)的质量为m1；
②将萝卜轻轻放入盐水中，静止时情况如图2丙，标记液面在萝卜上的位置；
③取出萝卜擦干，用刀沿标记将萝卜切成a、b两块，测出b块的质量为m2。萝卜密度的表达式为ρ=______ (用所给字母表示)。
25. 小雨实验小组探究“电流与电压、电阻”的关系。实验中稳压电源的电压为3V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω。
(1)他们先用5Ω的定值电阻探究电流与电压的关系，实验电路图如图甲所示；
①连接电路前，小雨发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是______ ；
②为了探究电流与电压的关系，请你用笔画线代替导线，添加两根导线将电路实物图补充完整(导线不允许交叉)；
③电路联好后，闭合开关，调节滑动变阻器，记录了5组数据。测第6组数据时，电压表的示数为2.6V，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为______ ，请在图丁的坐标系中描绘出第6组数据对应的点，并根据描出的6个数据点画出定值电阻的I−U图象；
④分析画出的I−U图象可得出结论：在电阻一定时，______ 。
(2)完成实验(1)后，小雨利用上述电路继续探究“电流与电阻”的关系，他将电源电压改为4V且保持不变。将图中的定值电阻依次换为5Ω、10Ω、20Ω、35Ω的定值电阻进行实验，并使定值电阻两端的电压保持2V不变。
①将5Ω的定值电阻依次更换为10Ω、20Ω的继续探究，均应将滑片P向______ 移动；
②当换接35Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到2V，为完成实验，应更换的滑动变阻器的最小阻值是______ ；
③图戊是根据实验数据画出的定值电阻的I−R图象，其中阴影部分面积代表的物理量是______ ，其数值为______ ；
④由于此图线为曲线，小雨认为不便直观判断I与R的定量关系，于是对图象中的坐标进行了巧妙变换，从而直观判断出了I与R的关系。你认为小雨的改进方法是：______ 。
26. 如图甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图。A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞。OF：OB=1：4。通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积V=0.6m3，重力G物=2.4×104N，动滑轮的重力是2000N，重物出水前以0.5m/s的速度匀速上升(不计水的阻力)，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化的图象如图乙所示。求：
(1)重物出水前受到的浮力；
(2)重物出水前起重机的机械效率；
(3)若打捞过程中，E对吊臂的力的方向始终竖直向上，忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，则重物出水后E对吊臂的支撑力至少是多少？
27. 小明同学设计了一个灯光闪烁的电路，如图甲所示。电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，电磁铁线圈、触点处和衔铁的电阻忽略不计，灯泡标有“6V6W”字样，灯泡的I−U图像如图乙所示。当开关闭合后，灯泡会亮暗交替发光，灯泡两端电压随时间变化规律如图丙所示。灯泡微弱发光时，它的功率与R0的功率之比是1：5。求：
(1)灯泡正常发光时的电流；
(2)定值电阻R0的阻值；
(3)电路1min内消耗的电能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、声音由物体的振动产生，同学们的歌声是由声带的振动产生的，故A正确；
B、声音的传播靠介质，现场观众听到的歌声是由空气传播而来，固体和液体也能传播声音，故B错误；
C、观众能辨别不同乐器的声音，是因为音色不同，故C错误；
D、“放声高歌”中的“高”，是指声音的响度较大，故D错误。
故选：A。
(1)声音由物体的振动产生。
(2)声音的传播靠介质；固体、液体、气体都可作为传播声音的介质。
(3)声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的距离有关；音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。
理解声音的产生和传播条件，区分声音的三个特征，可解答此题。
2.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，该电路为并联电路，电流表测量通过定值电阻的电流，由于并联电路各支路互不影响，气敏电阻阻值变化时，通过定值电阻的电流不变，电流表示数不变，故A错误；
B、由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流；酒精气味增大，气敏电阻的阻值变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，故B正确；
C、由图可知，该电路为串联电路，电压表测量气敏电阻两端的电压；酒精气味增大，气敏电阻的阻值变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U=IR可知，定值电阻两端的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，气敏电阻两端的电压变小，电压表示数变小，故C错误；
D、由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故D错误。
故选：B。
首先分析每个选项中电路的连接方式，根据酒精气味的变化分析气敏电阻阻值的变化，然后根据欧姆定律分析电流表或电压表示数的变化。
本题考查根据要求设计电路，注意欧姆定律和串联、并联电路规律的运用，属于常考题。
3.【答案】A
【解析】解：
A、返回时，卫星上的小型助推火箭点燃并向前进方向喷气，喷出的高温气体给空气一个向前的力，空气给火箭一个反作用力，使卫星速度减小是利用了物体间力的作用是相互的，故A正确；
B、卫星速度减小利用了“力能改变物体的运动状态”，故B错误；
C、卫星在太空中下落时过程中其质量不变，速度减小，故其动能减小；同时其质量不变，高度变小，故其重力势能变小，所以机械能变小，故C错误；
D、卫星进入大气层返回地面的过程中，其质量不变，速度变小，故其动能变小；同时其质量不变，高度减小，故其重力势能变小，所以机械能变小，在与空气摩擦的过程中，减小的机械能转化成了内能，故D错误。
故选：A。
(1)当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的；
(2)力的作用效果：力可以使物体发生形变，物体的形变包括：形状的变化和体积的变化；力可以改变物体的运动状态，物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变；
(3)(4)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
机械能等于动能和势能之和。
本题通过火箭发射考查蕴含的物理知识，注重知识应用的考查，相对比较简单。
4.【答案】D
【解析】解：由题意可知，I甲：I乙=1：2，t甲：t乙=3：2，R甲：R乙=4：3，
由Q=I2Rt可得，电流通过甲、乙两个电热器产生的热量之比：
Q甲Q乙=I甲2R甲t甲I乙2R乙t乙=(I甲I乙)2×R甲R乙×t甲t乙=(12)2×43×32=12。
故选：D。
已知甲、乙两个电热器的通过的电流、通电时间以及电阻之比，根据Q=I2Rt求出产生的热量之比。
本题考查了焦耳定律公式的应用，要注意各量之间的关系，比例的计算要细心。
5.【答案】C
【解析】解：3D打印技术就是在高能激光的作用下，打印材料的粉末会吸收热量，熔化成液态，然后再凝固成型。
A、洗澡时，卫生间镜子先模糊后慢慢清晰，是由于水蒸气先液化成小水珠，再汽化成水蒸气，故A错误；
B、实验时，碘锤内产生紫色碘蒸气并消失，碘先升华为碘气体，然后在上方玻璃管内凝华成碘固体，故B错误；
C、工人师傅将铜块铸造成铜像，铜先熔化成液态，然后遇冷凝固成固态铜像，故C正确；
D、舞台白雾的形成，是由于干冰升华吸热使得周围温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠形成的，故D错误。
故选：C。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
本题考查了物态变化，难度较小，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：A、客机座椅设计得很柔软，可以增大受力面积，在压力一定时，可以减小乘客对座椅的压强，故A错误；
B、机翼被设计成“上凸下平”的形状，利用“流速越大压强越小”的原理获得升力，故B错误；
C、燃油在发动机内燃烧时，化学能转化为内能，故C错误；
D、客机起飞时，乘客的下半身会随飞机向前加速，但乘客上身由于惯性，仍然保持原来的运动状态，所以乘客会向右仰，即会紧贴在座椅靠背上，故D正确。
故选：D。
(1)在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强。
(2)在流体中，流速越大的位置，压强越小。
(3)燃料燃烧时，化学能转化为内能。
(4)物体保持原来的运动状态不变的性质叫惯性，任何物体都具有惯性。
本题考查了能量的转化、惯性、减小压强的方法、流体的压强与流速的关系，要熟记这些知识。
7.【答案】B
【解析】解：A、如果灯L1断路，L2不能发光，电压表接在L1两端时，相当于与其它部分串联，所以有示数为电源电压。此选项不符合题意；
B、如果灯L2断路，L1不能发光，电压表接在L1两端时，处于断路状态无示数。此选项符合题意；
C、如果灯L1短路，L2会发光。此选项不符合题意；
D、如果灯L2短路，L1会发光。此选项不符合题意。
故选：B。
闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路，已知两灯都不亮，所以不可能是灯短路，只能是断路。
用电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，如果电压表无示数，可能是并联的用电器短路或其它部分断路；如果电压表有示数且较大(接近电源电压)，可能是并联的用电器断路或其它部分短路。
8.【答案】A
【解析】解：A、木块被撞得越远，说明钢球对木块做的功越多，钢球具有的动能越大，故A正确；
B、从斜面上滚下的钢球与斜面之间存在摩擦，克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能，则机械能越来越小，故B错误；
C、当质量一定时，钢球在斜面上释放的高度越大，到达斜面底端的速度越大，故C错误；
D、从斜面上滚下的钢球的速度越来越大，其运动状态发生了变化，受力不平衡，故D错误；
故选：A。
(1)实验中根据木块移动的距离来判定动能的大小；
(2)物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(3)质量越大的物体，不一定速度越大；
(4)物体受力平衡时，将保持静止状态或匀速直线运动状态；
此题是机械能的应用，判定物体是否受平衡力，是基础题。
9.【答案】C
【解析】解：
A、用透明的玻璃板代替平面镜，在蜡烛A一侧能看到蜡烛a的像，同时还能看到蜡烛B，便于确定像的位置，故A错误；
B、因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以移去蜡烛b，并在其所在位置上放一光屏，光屏不能接收到的烛焰的像，从而说明平面镜成的像是虚像，故B错误；
C、选择大小相同的蜡烛a、b，是为了比较像与物的大小关系，故C正确；
D、平面镜所成的像与物体到平面镜距离相等，将蜡烛A靠近玻璃板，它所成的像也靠近玻璃板，故D错误。
故选：C。
(1)探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的像另一个物体，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系；
(2)虚像不会出现在光屏上；
(3)选择大小相等的蜡烛A、B便于比较像与物的大小关系；
(4)平面镜所成的像与物体到平面镜距离相等。
探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的。
10.【答案】A
【解析】解：A、能量虽守恒，但可以利用的能源是有限的，能量的转化具有方向性，还是要节约能源，故A错误；
B、煤、石油、天然气等是化石能源，在地球上的储量是有限的，消耗后短时间内不可能再生，属不可再生能源，故B正确；
C、电能属于二次能源，故C正确；
D、核能、太阳能开发潜力巨大，最终有可能成为石油、天然气等的替代能源，故D正确。
故选：A。
(1)能量在转移、转化过程中总是守恒的，但是能量的转化具有方向性，在能源的使用过程中，使能源从便于利用的变成不便于利用的，所以说能量虽守恒但还是要节约能源；
(2)可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
(3)可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；
(4)核能、太阳能开发潜力巨大，最终有可能成为石油、天然气等的替代能源。
本题考查能源的分类、转化、新能源的开发以及节能的知识，是一道基础题，学生易于解答。
11.【答案】AC
【解析】解：通过观察树枝的摇晃程度知道风力的大小，这是转换法的运用。
A、通过磁体吸引铁屑的多少来判定磁体磁性的强弱，这是转换法的运用，故A正确；
B、保持电压一定，研究电流与电阻的关系，是控制变量法，故B错误；
C、通过用相同热源加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少，这是利用了转换法，故C正确；
D、用一条带有箭头的线段表示光传播的径迹和方向，运用了模型法，故D错误。
故选：AC。
初中物理中常用的物理研究方法：控制变量法、转换法、类比法、等效替代法、模型法、等量法等。
本题主要考查学生对一些常用的物理学方法的了解和区别，涉及到的方法有控制变量法、转换法、模型法。
12.【答案】BC
【解析】解：A、滑轮组提升重物所做的有用功W有用=Gh；动滑轮上绳子段数为n=2；则s=nh=2h，
小雨所做的总功W总=Fs=2Fh，额外功W额=W总−W有用=2Fh−Gh，故A错误；
B、小雨做功的功率：
P=W总t=Fst=2Fht，故B正确；
C、滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=Gh2Fh=G2F，故C正确；
D、减小重物的重力G，做的有用功越少，有用功占总功的百分比越小，即机械效率越低，故D错误。
故选：BC。
(1)已知物体的重力、吊起的高度，根据公式W=Gh可求有用功；已知动滑轮上绳子段数为n=2；根据W=Fs求拉力的大小；额外功等于总功减去有用功；
(2)根据P=W总t可求得小雨做功的功率
(3)根据η=W有用W总×100%可求机械效率；
(4)对同一滑轮组来说，当额外功一定，所挂重物越重，做的有用功越多，有用功占总功的百分比越大，即机械效率越高。
本题考查滑轮组机械效率的计算，本题的关键是n的确定(直接从动滑轮上引出的绳子股数)，从而求出拉力F移动的距离s=2h。
13.【答案】ACD
【解析】解：由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；
A、当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙可知此时电压表示数为3.8V，则灯泡的额定功率：P额=PL=UI=3.8V×0.3A=1.14W，故A正确；
B、由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，说明灯泡的电阻是变化的，认为小灯泡的电阻为12.7Ω的说法是不严谨的，故B错误；
C、当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数为1V，
根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U−U小=6V−1V=5V，
则电路中的最小电流为：I小=U滑R=5V50Ω=0.1A，故C正确；
D、由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流为0.22A，则电路总功率：P=UI′=6V×0.22A=1.32W，故D正确。
故选：ACD。
由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；
(1)已知当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙读出此时电压表示数，即可利用P=UI求出灯泡的实际功率，即为额定功率；
(2)由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，根据I=UR说明灯的电阻是变化的；
(3)当滑动变阻器滑片在左端，只有灯泡连入电路，此时电路中的电流最大，电压表测量电源电压，由图乙读出电压表的最大示数即为电源电压；当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数，然后根据串联电路电压的规律和欧姆定律算出电路中的最小电流；
(4)由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流，然后根据P=UI算出电路总功率。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，看懂图像，并能从图像中获得有用的信息是解题的关键。
14.【答案】BD
【解析】解：A、由图二可知，甲和水升高相同的温度时，水的加热时间较长，即水吸收的热量较多，因此水的吸热能力更强，故A错误；
B、甲和水吸收相同的热量时，即加热时间相同，由图二可知水升高温度较少，故B正确；
C、由图二可知，甲和水的温度都升高60℃时，水的加热时间是甲的2倍，即水吸收的热量是甲的2倍，
则甲和水的比热容之比为：c甲c水=Q甲m甲Δt甲Q水m水Δt水=Q甲Q水=Q甲2Q甲=12，故C错误；
D、由图二可知水加热20min时温度升高60℃，则水吸收的热量为：Q吸=c水m水Δt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×60℃=5.04×105J，
则水加热10min时吸收的热量为：Q水=12Q吸=12×5.04×105J=2.52×105J，故D正确。
故选：BD。
(1)比热容是指1kg的某种物质温度升高(或降低)1℃所吸收(或放出)的热量，反映了物质的吸热(或放热)的能力，用相同的加热器给不同物质加热时，加热时间相同，吸收热量相同，根据图二可知甲和水升高相同温度时谁吸收的热量多，即谁的吸热能力更强；
(2)甲和水吸收相同的热量时，即加热时间相同，由图二可知水和甲谁升高温度较少；
(3)由图二可知甲和水都升高60℃时，水和甲的加热时间，从而可知水和甲吸收的热量的大小关系，再根据c=QmΔt求出甲和水的比热容之比；
(4)由图二可知水加热20min时升高的温度，根据Q=cmΔt求出此时水吸收的热量，进而可得出水加热10min时吸收的热量。
本题考查了比热容概念及其计算问题，解题关键是要知道用相同的加热器加热时，加热时间相同，吸收的热量相同。
15.【答案】BCD
【解析】解：
A、甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以甲球的密度大于水的密度，乙球的密度小于水的密度，丙球的密度等于水的密度，因此三个小球的密度大小关系是：ρ甲>ρ丙>ρ乙，且三个实心小球体积相同，根据m=ρV可知，三个小球的质量大小关系是m甲>m丙>m乙，故A错误；
B、由于甲、乙、丙三个实心小球体积相同，由图可知排开水的体积关系：V甲排=V球，V乙排V乙排，根据F浮=ρ液V排g可知浮力大小关系是：F甲=F丙>F乙，故B正确；
C、因为三个相同烧杯中都装满水，放入球后烧杯中液面高度不变，根据p=ρgh可知烧杯底部受到水的压强相等，即：p甲=p乙=p丙，故C正确；
D、三个相同烧杯中都装满水，里面水的重力G水相等，由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入小球后，容器对桌面的压力变化为：F=G容器+G水+G球−G排，且G排=F浮，据此可得：
F甲′=G容器+G水+G甲−G排甲=G容器+G水+G甲−F甲；
F乙′=G容器+G水+G乙−G排乙=G容器+G水+G乙−F乙；
F丙′=G容器+G水+G丙−G排丙=G容器+G水+G丙−F丙；
由于甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，则G甲>F甲，G乙=F乙，G丙=F丙；
所以F甲′>F乙′=F丙′；
由于容器的底面积相同，根据p=FS可知，烧杯底部对桌面的压强的关系是p甲′>p乙′=p丙′；故D正确。
故选：BCD。
A、甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，根据物体的浮沉条件分析判断三个小球密度的关系，由于甲乙丙三个实心小球体积相同，根据m=ρV即可判断三个小球的质量大小关系；
B、由图可确定三个烧杯中的V排关系，然后根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排判断浮力大小关系；
C、由于三个相同烧杯中都装满水，由图可确定判断液面升高的关系，从而根据p=ρgh判断烧杯底部受到水的压强的关系；
D、由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则根据相同的烧杯装满水的，球的重力关系和排开水的重力关系，先判断出压力的关系，进一步即可判断压强关系。
本题考查了学生分析推理的能力，本题中解题的关键是由物体在水中所处的状态判断其密度和浮力大小的关系、知道烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力。
16.【答案】分子在不停地做无规则运动 花香四溢
【解析】解：“暗香来”是花香分子扩散的结果，属于扩散现象，扩散现象表明分子在不停地做无规则运动；
扩散现象有用的实例：花香四溢等。
故答案为：分子在不停地做无规则运动；花香四溢。
不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象，扩散现象表明分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象的有关问题，相对比较简单，属于基础题。
17.【答案】比热容 热值 电磁波
【解析】解：(1)用水做冷却剂是因为水的比热容较大，在相同质量的情况下，升高相同的温度是，水能吸收更多的热量；
(2)运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；
(3)航员在太空中和地球通信，是通过电磁波来传递信息的。
故答案为：比热容；热值；电磁波。
(1)水具有比热容较大的特性，这是常被选做冷却剂的原因；
(2)热值是燃料的一种特性，热值越大，完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多；
(3)电磁波作用是可以传递信息；
本题主要考查了热机工作时能量的转化以及对热机效率、比热容概念以及燃料热值的了解与掌握，属于基础题目。
18.【答案】声源 144
【解析】解：(1)图中A是禁鸣标志，禁鸣是在声源处控制噪声。
(2)图中B是汽车限速标志，它表示的含义是汽车的最大速度不能超过5km/h，
由v=st可得，按规定，汽车在小区内行驶200m时间：
t=sv=0.2km5km/h=0.04h=144s；
故答案为：(1)声源；(2)144。
(1)减弱噪声的方法：①在声源处减弱噪声；②在传播过程中减弱噪声；③在人耳处减弱噪声；
(2)图B所示指汽车最大速度不能超过5km/h，根据v=st的推导公式t=sv进行计算以这样的速度行驶200m需要的时间。
(1)明确减弱噪声与监测噪声是两个不同的概念，这是此题容易迷惑人的地方。再去根据题目要求作答。
(2)由标志牌获取足够的信息是解题的关键，日常生活中有各种各样的标志牌，我们应能够读懂各种标志牌，懂得标志牌所表示的含义。
19.【答案】解：经过光心的光线传播方向不变；射向另外一侧虚焦点的光线经过凸透镜折射，折射光线平行于主光轴，如下图：
【解析】在作凸透镜、凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。
20.【答案】解：悬停在空中的直升机受到重力与和升力的作用，并且这两个力是一对平衡力，过直升机的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，注意两条线段长度要相等，如图所示：
【解析】悬停在空中的直升机处于平衡状态，受到的重力与升力是一对平衡力，然后按照力的示意图的画法画出这两个力即可。
画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
21.【答案】解：调速开关滑片顺时针转动时，吊扇风速减慢，说明接入电路的电阻值变大，应将中间和右侧接线柱接入电路；吊扇在连接时要注意左零、右火、上接地，如图所示：
【解析】调速器开关相当于滑动变阻器，调速器要接在火线与吊扇之间，吊扇在连接时要注意左零、右火、上接地。
本题考查了吊扇的连接方法，注意：调速器开关要接在火线与吊扇之间。
22.【答案】硬纸板没有竖直放置 以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线 寻找普遍规律 反射角等于入射角 可逆
【解析】解：(1)当E、F在同一平面上时，在F上没有发现反射光线，入射光线和法线所在的平面与纸板不是同一个平面，故可能的原因是：硬纸板没有竖直放置；
(2)小明想探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内，接下来的操作是：以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线，若能观察到反射光线，则说明了反射光线、法线、入射光线不在同一平面内，若不能观察到反射光线，则说明了反射光线、法线、入射光线在同一平面内；
(3)探究光的反射规律，多次改变入射角大小并测量对应的反射角，是为了寻找普遍规律；
(4)根据表中的数据可以得出结论：在反射现象中，反射角等于入射角；
(5)由若将一束光贴着纸板F沿BO射向O点，会发现反射光线沿着OA方向射出可知，将反射光线改为入射光线，光路图照样成立，体现了光路是可逆的。
故答案为：(1)硬纸板没有竖直放置；(2)以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线；(3)寻找普遍规律；(4)反射角等于入射角；(5)可逆。
(1)实验时，硬纸板应与水面桌面垂直；
(2)为了证明反射光线，入射光线，法线在同一平面内，应把反射光线所在纸板前后翻折；
(3)探究光的反射规律，多次改变入射角大小并测量对应的反射角，是为了寻找普遍规律；
(4)在光的反射中，反射角等于入射角；
(5)知道光路是可逆的，若沿反射光线的方向入射，则反射光线沿入射光线的方向射出。
此题是探究光的反射定律。要熟记光的反射定律的内容，并且要搞清每一个相对内容的得出，特别是反射光线、入射光线、法线的关系，要掌握实验的目的和操作方法及结论。
23.【答案】铁屑有规律的排列 条形 方向
【解析】解：(1)图甲实验是通过铁屑有规律的排列来证明通电螺线管周围存在磁场的。观察比较可知：通电螺线管周围的磁场和条形磁体的磁场相似。
(2)如图乙，闭合开关，螺线管周围的小磁针发生偏转，静止时的指向如图所示。摆放小磁针是为了判定通电螺线管周围磁场的方向，根据安培定则，通电螺线管的左端是N极，根据异名磁极相互吸引，小磁针的左侧为S极，右侧为N极；如图所示：
。
故答案为：(1)铁屑有规律的排列；条形；(2)磁场；
。
(1)通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场相似。
(2)根据安培定则来判断通电螺线管的磁极。
本题考查的是通电螺线管的磁场；知道通电螺线管外部的磁场分布。
24.【答案】U形管压强计 漏气 不属于 同种液体内部，深度越深，液体的压强越大 图1丙、图1丁 92 ②③① 1.2萝卜 m2ρ0m1
【解析】解：(1)实验采用的装置名称是U形管压强计；漏气是造成按压橡皮膜时，液柱的高度不变的原因；漏气是U形管上端开口，底部相连通，所以是连通器；
(2)比较图1乙和图1丙，在相同液体中的不同深度处，U形管两侧的液面高度差不相等，液体的压强不同，且乙处的深度大，U形管两侧液面的高度差大，可以得到实验结论：同种液体内部，深度越深，液体的压强越大；
(3)通过比较图1丙、图1丁两图可知，深度相同、液体的密度不同，U形管液面的高度差不同，压强不同，所以可以得出在不同液体内部的同一深度，液体密度越大，压强越大；
(4)由图甲可知，烧杯和浓盐水的总质量为：m1=50g+20g+20g+2g=92g，
如果按照小宇的步骤操作，将浓盐水倒入量筒中时，不可能把烧杯内的浓盐水全部倒入量筒内，导致测量的浓盐水的体积偏小，由公式ρ=mV可知所测密度偏大，所以为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；所以合理的实验顺序是②③①；
由图乙可知，量筒中浓盐水的体积为：V=50mL=50cm3；
量筒中浓盐水的质量为：m=m总−m杯=92g−32g=60g，
浓盐水的密度为：
ρ=mV=60g50cm3=1.2g/cm3；
(5)由题意可知本题要利用浮力相关知识测量密度，把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮时，萝卜受到的浮力和萝卜的重力平衡，大小相等，故需要测出萝卜的质量；
则萝卜受到的浮力为：F浮=G=m1g，
由F浮=ρ液gV排得，b块萝卜的体积为：Vb=V排=F浮ρ0g=m1gρ0g=m1ρ0，
萝卜密度的表达式为：ρ=m2Vb=m2m1ρ0=m2ρ0m1。
故答案为：(1)U形管压强计；漏气；不属于；(2)同种液体内部，深度越深，液体的压强越大；(3)图1丙、图1丁；(4)②92；②③①；1.2；(5)萝卜；m2ρ0m1。
(1)按压橡皮膜U形管中的液柱不动，说明空气没有将压强传递给管中的液体，表明装置漏气；上端开口，下端连通的容器叫连通器；
(2)(3)液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
(4)烧杯和浓盐水的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；
弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中浓盐水的体积；
先利用烧杯和浓盐水的总质量减去空烧杯的质量求出量筒中浓盐水的质量，再根据密度公式求出浓盐水的密度；
(5)利用二力平衡得出漂浮时受到的浮力，利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排求出物体排开液体的体积即b块萝卜的体积，知道b块的质量，根据密度公式计算萝卜的密度。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及阿基米德原理的运用，是一道综合题。
25.【答案】对电流表调零 0.5A通过导体的电流与导体两端的电压成正比 右 35Ω电压 2 V 画出I−1R图像
【解析】解：(1)①图中电流表没有通电，指针不在0刻度，因而电流表使用前需调零；
②电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路，如下左图：
；
③由图丙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.5A，根据描出的6个数据点连线，如上右所示；
④因为绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线，所以可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①根据串联分压原理可知，当定值电阻由5Ω变为10Ω、20Ω时，其分得的电压也变大，探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表示数仍为2V；
②当换接35Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到2V，要使定值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=4V−2V=2V，变阻器分得的电压为电压表示数的2V2V=1倍，根据分压原理知，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1×35Ω=35Ω，所以为完成实验，应更换的滑动变阻器的最小阻值是35Ω；
③根据画出I−R图象(如图乙)知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为U=IR=2V；
④由于此图线为曲线，小雨认为不便直观判断I与R的定量关系，
根据I=UR=U⋅1R可知，电压不变时，电流I与电阻的倒数1R成正比，故将横坐标R变为1R(或R−1)，从而直观判断出了I与R的关系。
故答案为：
(1)①对电流表调零；②如解答图(左)所示；③0.5A；如解答图(右)所示；④通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①右；②35Ω；③电压；2V；④画出I−1R图像。
(1)①实验前需要对电流表校零；
②电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据描点法作图；
④根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论；
(2)①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的两端的电压不变，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片移动的方向；
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；
根据串联分压原理可知把R换为35Ω的电阻接入电路时电压表示数的变化；
根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理求出当接入35Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
③根据画出I−R图象(如图乙)知图中阴影面积为长方形，由欧姆定律分析；
④根据欧姆定律可知，电压保持不变时，电流与电阻成反比关系，故I=U⋅1R，即电压保持不变时，电流I与电阻的倒数成正比，据此分析改进方法。
本题探究电流跟电阻、电压的关系，考查电路电流表的使用、图象的画法、分析图象归纳结论、控制变量法、操作过程和器材的选择，综合性强。
26.【答案】解：(1)重物出水前排开水的体积：
V排=V=0.6m3，
重物出水前受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m3=6×103N；
(2)由图乙可知，当t=40s时，重物出水前卷扬机牵引力做的功为W总=4.8×105J；
则克服物体重力和所受浮力之差做的有用功为：
W有=(G物−F浮)h=(G物−F浮)vt=(2.4×104N−6×103N)×0.5m/s×40s=3.6×105J，
则滑轮组的机械效率为：
η=W有W总×100%=3.6×105J4.8×105J×100%=75%；
(3)如图，吊臂支点为O，柱塞E竖直向上的力为动力，则动力臂为OP=OFcosθ；
忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，出水后滑轮组对B端的拉力为阻力，则F2=G物+G动=2.4×104N+2000N=2.6×104N，阻力臂为OQ=OBcosθ，
；
忽略吊臂、滑轮及钢丝绳的重力和各种摩擦，重物离开水后，根据杠杆的平衡条件可得：F1OP=F2OQ，
即：F1×OFcosθ=F2×OBcosθ，
所以，F1×OF=F2×OB，
则：F1=F2×OBOF=2.6×104N×41=1.04×105N。
答：(1)重物出水前受到的浮力为6×103N；
(2)重物出水前起重机的机械效率75%；
(3)若打捞过程中，E对吊臂的力的方向始终竖直向上，忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，则重物出水后E对吊臂的支撑力至少是1.04×105N。
【解析】(1)重物出水前排开水的体积和自身的体积相等，利用F浮=ρ液gV排求出重物出水前受到的浮力；
(2)根据图乙确定拉力做的总功，克服物体重力和所受浮力之差做的功为有用功，利用W有=(G物−F浮)h=(G物−F浮)vt求出有用功，根据η=W有W总重物出水前起重机的机械效率；
(3)已知OF：OB=1：4；知道物体出水后滑轮组对吊臂B端的作用力，利用杠杆平衡条件求E对吊臂的支撑力。
本题考查了阿基米德原理、有用功、机械效率和杠杆平衡条件的综合应用，关键是对有用功和总功的理解。
27.【答案】解：(1)小灯的铭牌为“6V 6W”，小灯发出亮光时的电流I=PU=6W6V=1A；
(2)当小灯微弱发光时，闪烁灯与R0串联接入电路中，电流相同，闪烁灯的功率与定值电阻R0的功率之比是1：5；根据P=UI可知：ULU0=15；又因为灯泡与定值电阻串联，又有：UL+U0=6V；解得：UL=1V，U0=5V；由乙图可知，灯泡电压为1V时，通过灯泡的电流I=0.1A，则定值电阻R0=U0I=5V0.1A=50Ω；
(3)由图丙可知，闪烁灯交替闪烁工作1min内，亮、暗发光的时间分别为t1=15s、t2=45s；
灯泡亮光时消耗的电能W1=Pt1=6W×15s=90J；
灯泡暗光时消耗的电能W2=ULILt2=1V×0.1A×45s=4.5J；
灯泡消耗的总电能为：W=W1+W2=90J+4.5J=94.5J；
灯泡正常发光时，R0不工作，灯泡发光较暗时，R0工作，则R0消耗的电能为：W0=U0ILt2=5V×0.1A×45s=22.5J；
故电路在1min内消耗的总电能W总=W+W0=94.5J+22.5J=117J。
答：(1)灯泡正常发光时的电流为1A；(2)定值电阻R0的阻值为50Ω；(3)电路1min内消耗的电能为117J。
【解析】(1)从小灯的铭牌“6V 6W”字样并结合I=PU可计算出小灯发出亮光时的电流；
(2)由P=UI可知，串联电路中功率之比等于电压之比，结合电源电压不变可求各自的电压，利用图乙可知串联电路的电流，再由欧姆定律可求定值电阻的阻值；
(3)由图丙可知亮、暗交替时间等分，且灯泡亮光时定值电阻不工作，暗光时定值电阻工作，据此结合电能的计算公式W=UIt计算总电能。
本题考查欧姆定律及其应用、电功率的计算公式及其应用、电能的计算等，利用小灯泡的I−U图像求电流是解答本题的易错点，利用图丙判断灯泡和定值电阻的工作情况是解答本题的难点。
2023年山东省青岛市市南区中考物理二模试卷
1. 某校“五四”青年节举行合唱比赛，在乐队的伴奏下，同学们满怀深情地放声高歌，下列有关声现象的说法，正确的是( )
A. 同学们的歌声是由声带的振动产生的
B. 现场观众听到的歌声是由空气传播而来，是因为声音只能在空气中传播
C. 观众能辨别不同乐器的声音，是因为响度不同
D. “放声高歌”中的“高”，是指声音的音调较高
2. 酒精测试仪是交警用来检测机动车驾驶员是否酒后驾车的仪器。以下为小雨组的同学设计的酒精测试仪的内部电路：电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为气敏电阻，它的阻值随酒精气体浓度的增大而减小。要求随酒精气体浓度的增大，电表的示数也增大，则下列电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
3. 返回式卫星在太空中(无空气)绕地球旋转，返回时，卫星上的小型助推火箭点燃并向前进方向喷气，卫星制动后速度减小，从而达到向地面降落的目的。以下说法正确的是( )
A. 卫星速度减小利用了“物体间力的作用是相互的”
B. 卫星速度减小利用了“力能改变物体的形状”
C. 卫星在太空中下落时机械能越来越大
D. 卫星进入大气层后势能转化为动能，但机械能总和不变
4. 甲、乙两电热器的电阻之比为4：3，通过的电流之比为1：2，通电时间之比为3：2，则产生热量之比为( )
A. 2：1 B. 2：9 C. 9：2 D. 1：2
5. 随着航天科技的进步，我国已经实现太空3D打印试验。3D打印就是在高能激光作用下，将打印材料的粉末熔化成液态然后再快速冷却成型。下列过程与3D打印物态变化相同的是( )
A. 洗澡时，卫生间镜子先模糊后慢慢清晰 B. 实验时，碘锤内产生紫色碘蒸气随后消失
C. 工人师傅将铜块铸造成铜像 D. 向舞台喷洒干冰形成白雾
6. “C919”大型客机是我国拥有完全自主知识产权的干线民用飞机。下列相关说法正确的是( )
A. 客机座椅设计得很柔软，是为了减小乘客对座椅的压力，坐着更舒服
B. 机翼被设计成“上凸下平”的形状，利用“流速越大压强越大”的原理获得升力
C. 客机起飞时燃油在发动机内燃烧，内能转化为化学能
D. 客机起飞时，乘客上身会紧贴在座椅靠背上，是因为乘客具有惯性
7. 如图所示，闭合开关，灯L1、L2均不亮，小华用电压表去判断电路故障，当他将电压表接在L1两端时，电压表无示数；当他将电压表接在L2两端时，电压表有示数，由此可以判断( )
A. 灯L1断路 B. 灯L2断路 C. 灯L1短路 D. 灯L2短路
8. 如图所示，钢球m从斜面上自由滚下，将静止在水平面上的木块撞出一段距离。下列说法正确的是( )
A. 木块被撞得越远，说明钢球对木块做的功越多
B. 从斜面上滚下的钢球，其机械能越来越大
C. 钢球的质量越大，到达斜面底端的速度越大
D. 钢球在斜面上滚动过程中受到平衡力作用
9. 小明利用如图所示的装置，探究平面镜成像的特点，下列说法正确的是( )
A. 用玻璃板代替平面镜，目的是使蜡烛a的像更清晰
B. 将光屏放到像的位置，光屏能够承接到像
C. 使用相同的蜡烛a、b，目的是比较像与物的大小
D. 将蜡烛a靠近玻璃板，它所成的像变大
10. 能源、信息技术和材料被称为当代文明的三大支柱，下列说法中错误的是( )
A. 能量在转化或转移的过程中是守恒的，所以不必考虑节约能源
B. 煤、石油、天然气等化石能源是不可再生能源
C. 电能是二次能源
D. 核能、太阳能是具有广阔开发前景的新能源
11. 物理学中蕴含着丰富的科学思想和方法。下列研究方法与“通过观察树枝的摇晃程度而知道风力的大小”所运用的研究方法相同的是( )
A. 通过磁体吸引铁屑的多少来判定磁体磁性的强弱
B. 通过保持电压一定来探究电流与电阻的关系
C. 通过用相同热源加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少
D. 用一条带有箭头的直线来表示光的传播径迹和方向
12. 如图所示，小雨用恒为F的拉力将重为G的物体匀速提升高度h，所用时间为t。则下列说法正确的是(忽略绳重和摩擦)( )
A. 小雨所做的额外功为3Fh−Gh
B. 小雨做功的功率为2Fht
C. 滑轮组的机械效率为G2F
D. 减小重物的重力G，可以提升滑轮组的机械效率
13. 图甲是测量小灯泡电功率的电路图，电源电压恒为6V。闭合开关S后，将规格为“50Ω1A”的滑动变阻器滑片从右端向左滑动，当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；图乙是此过程中，电压表与电流表示数变化的关系图象。据此判定下列分析正确的是( )
A. 小灯泡的额定功率是1.14W
B. 小灯泡的电阻为12.7Ω
C. 电路中最小电流为0.10A
D. 当电压表示数为2V时，电路总功率是1.32W
14. 小明用相同的酒精灯分别对2kg液体甲和水加热(如图一)，根据测得的数据分别画出两液体温度随加热时间变化的图象(如图二)。已知在相同的时间内两液体吸收的热量相等[不计热量损失，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]。下列推断正确的是( )
A. 液体甲的吸热能力更强 B. 若吸收相同的热量，水升高温度较少
C. 两液体的比热容c甲：c水=3：4 D. 水10min吸收的热量为2.52×105J
15. 如图所示，将体积相同、材料不同的甲、乙、丙三个实心小球，分别轻轻放入三个装满水的相同烧杯中，甲球沉至杯底、乙球漂浮、丙球悬浮。下列分析正确的是( )
A. 三个小球的质量大小关系是m甲>m乙>m丙
B. 三个小球受到的浮力大小关系是F甲=F丙>F乙
C. 三个烧杯中的水对烧杯底部的压强大小关系是p甲=p乙=p丙
D. 三个烧杯底部对桌面的压强大小关系是p甲′>p乙′=p丙′
16. 唐诗宋词是中华民族的文化瑰宝，很多诗词中都蕴含着丰富的物理知识。“遥知不是雪，为有暗香来”，“暗香来”属于扩散现象，说明分子______ 。请列举一个扩散现象有用的实例______ 。
17. 汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的______ 较大；火箭通常用液态氢做燃料，是因为液态氢的______ 大；宇航员在太空中和地球通信，是通过______ 来传递信息的。
18. 如图是某住宅小区内的场景。
(1)图中A为小区大门旁的禁鸣标志，这是在______ 处减弱噪声。
(2)图中B是汽车限速标志，若汽车以此速度行驶200m，则至少需要______ 秒。
19. 如图所示，F点是凹透镜的虚焦点，O点是光心，请画出两条光线经过凹透镜的光路图。
20. 悬停在空中的直升机的受力示意图。(请以图中实心点为力的作用点)
21. 把吊扇按安全用电原则接入电路，要求：调速开关控制吊扇的转速，当调速开关滑片顺时针转动时，吊扇风速减慢。
22. 如图为小雨“探究光的反射定律”的实验装置，平面镜M放在水平桌面上，E、F是两块粘接起来的硬纸板。
(1)实验时，小雨让入射光线AO沿左侧纸板E射向镜面，然后转动右侧纸板F，使右侧纸板F和左侧纸板E在同一平面内，但在右侧纸板F上没有发现反射光线，其原因可能是______ 。
(2)采取改正措施后，实验现象如图甲所示，若想探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内，接下来的操作应当是：______ 。
(3)为了探究反射角与入射角的关系，小雨多次改变入射角的大小，并测量对应的反射角的大小，比较两者的大小关系，这样做的目的是为了______ 。
(4)测量数据如表所示。分析数据可以得出结论：在反射现象中______ 。
入射角
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
反射角
30∘
40∘
50∘
60∘
70∘
(5)若将一束光贴着纸板F沿BO射向O点，发现反射光将沿图甲中OA的方向射出，说明在光的反射现象中，光路是______ 的。
23. 小雨学习小组利用铁屑、小磁针、滑动变阻器、电池、开关、螺线管等实验器材，探究通电螺线管外部磁场的形状和方向。如图甲所示，在固定有通电螺线管的有机玻璃板上均匀的撒满铁屑，轻敲玻璃板，铁屑有规律的排列。
(1)图甲实验是通过______ 来证明通电螺线管周围存在磁场的。观察比较可知：通电螺线管周围的磁场和______ 磁体的磁场相似。
(2)如图乙，闭合开关，螺线管周围的小磁针发生偏转，静止时的指向如图所示。摆放小磁针是为了判定通电螺线管周围磁场的______ 。请标明图乙中小磁针的N、S极。
24. 如图1是小雨“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验过程：
(1)如图1甲，实验采用的装置名称是______ 。实验前，小雨同学检查装置时发现，用力按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度相同，则这套实验装置出现的问题可能是______ ，此时这个U形管______ (选填“属于”或“不属于”)连通器。
(2)比较图1乙和图1丙得到的结论是：______ 。
(3)要探究液体压强与密度的关系，应选用______ 两图实验进行对比。
(4)小雨想测量上述实验中使用的盐水的密度，他用烧杯取了部分盐水样本，进行了如下操作：
①测出空烧杯的质量为32g；
②如图2甲所示，用天平测烧杯和盐水的总质量为______ g；
③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，液面的位置如图2乙所示。为减小误差，以上操作合理的顺序是______ 。则盐水的密度为______ g/cm3。
(5)小雨又利用盐水(已测出密度为ρ0)，测量密度均匀的萝卜的密度，操作如下：
①用天平测出______ (填“萝卜”或“杯和盐水”)的质量为m1；
②将萝卜轻轻放入盐水中，静止时情况如图2丙，标记液面在萝卜上的位置；
③取出萝卜擦干，用刀沿标记将萝卜切成a、b两块，测出b块的质量为m2。萝卜密度的表达式为ρ=______ (用所给字母表示)。
25. 小雨实验小组探究“电流与电压、电阻”的关系。实验中稳压电源的电压为3V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω。
(1)他们先用5Ω的定值电阻探究电流与电压的关系，实验电路图如图甲所示；
①连接电路前，小雨发现电流表指针如图乙所示，接下来的操作是______ ；
②为了探究电流与电压的关系，请你用笔画线代替导线，添加两根导线将电路实物图补充完整(导线不允许交叉)；
③电路联好后，闭合开关，调节滑动变阻器，记录了5组数据。测第6组数据时，电压表的示数为2.6V，电流表的示数如图丙所示，则电流表的示数为______ ，请在图丁的坐标系中描绘出第6组数据对应的点，并根据描出的6个数据点画出定值电阻的I−U图象；
④分析画出的I−U图象可得出结论：在电阻一定时，______ 。
(2)完成实验(1)后，小雨利用上述电路继续探究“电流与电阻”的关系，他将电源电压改为4V且保持不变。将图中的定值电阻依次换为5Ω、10Ω、20Ω、35Ω的定值电阻进行实验，并使定值电阻两端的电压保持2V不变。
①将5Ω的定值电阻依次更换为10Ω、20Ω的继续探究，均应将滑片P向______ 移动；
②当换接35Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到2V，为完成实验，应更换的滑动变阻器的最小阻值是______ ；
③图戊是根据实验数据画出的定值电阻的I−R图象，其中阴影部分面积代表的物理量是______ ，其数值为______ ；
④由于此图线为曲线，小雨认为不便直观判断I与R的定量关系，于是对图象中的坐标进行了巧妙变换，从而直观判断出了I与R的关系。你认为小雨的改进方法是：______ 。
26. 如图甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图。A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞。OF：OB=1：4。通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积V=0.6m3，重力G物=2.4×104N，动滑轮的重力是2000N，重物出水前以0.5m/s的速度匀速上升(不计水的阻力)，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化的图象如图乙所示。求：
(1)重物出水前受到的浮力；
(2)重物出水前起重机的机械效率；
(3)若打捞过程中，E对吊臂的力的方向始终竖直向上，忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，则重物出水后E对吊臂的支撑力至少是多少？
27. 小明同学设计了一个灯光闪烁的电路，如图甲所示。电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，电磁铁线圈、触点处和衔铁的电阻忽略不计，灯泡标有“6V6W”字样，灯泡的I−U图像如图乙所示。当开关闭合后，灯泡会亮暗交替发光，灯泡两端电压随时间变化规律如图丙所示。灯泡微弱发光时，它的功率与R0的功率之比是1：5。求：
(1)灯泡正常发光时的电流；
(2)定值电阻R0的阻值；
(3)电路1min内消耗的电能。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、声音由物体的振动产生，同学们的歌声是由声带的振动产生的，故A正确；
B、声音的传播靠介质，现场观众听到的歌声是由空气传播而来，固体和液体也能传播声音，故B错误；
C、观众能辨别不同乐器的声音，是因为音色不同，故C错误；
D、“放声高歌”中的“高”，是指声音的响度较大，故D错误。
故选：A。
(1)声音由物体的振动产生。
(2)声音的传播靠介质；固体、液体、气体都可作为传播声音的介质。
(3)声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的距离有关；音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。
理解声音的产生和传播条件，区分声音的三个特征，可解答此题。
2.【答案】B
【解析】解：
A、由图可知，该电路为并联电路，电流表测量通过定值电阻的电流，由于并联电路各支路互不影响，气敏电阻阻值变化时，通过定值电阻的电流不变，电流表示数不变，故A错误；
B、由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流；酒精气味增大，气敏电阻的阻值变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，故B正确；
C、由图可知，该电路为串联电路，电压表测量气敏电阻两端的电压；酒精气味增大，气敏电阻的阻值变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U=IR可知，定值电阻两端的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，气敏电阻两端的电压变小，电压表示数变小，故C错误；
D、由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故D错误。
故选：B。
首先分析每个选项中电路的连接方式，根据酒精气味的变化分析气敏电阻阻值的变化，然后根据欧姆定律分析电流表或电压表示数的变化。
本题考查根据要求设计电路，注意欧姆定律和串联、并联电路规律的运用，属于常考题。
3.【答案】A
【解析】解：
A、返回时，卫星上的小型助推火箭点燃并向前进方向喷气，喷出的高温气体给空气一个向前的力，空气给火箭一个反作用力，使卫星速度减小是利用了物体间力的作用是相互的，故A正确；
B、卫星速度减小利用了“力能改变物体的运动状态”，故B错误；
C、卫星在太空中下落时过程中其质量不变，速度减小，故其动能减小；同时其质量不变，高度变小，故其重力势能变小，所以机械能变小，故C错误；
D、卫星进入大气层返回地面的过程中，其质量不变，速度变小，故其动能变小；同时其质量不变，高度减小，故其重力势能变小，所以机械能变小，在与空气摩擦的过程中，减小的机械能转化成了内能，故D错误。
故选：A。
(1)当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的；
(2)力的作用效果：力可以使物体发生形变，物体的形变包括：形状的变化和体积的变化；力可以改变物体的运动状态，物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变；
(3)(4)动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；
机械能等于动能和势能之和。
本题通过火箭发射考查蕴含的物理知识，注重知识应用的考查，相对比较简单。
4.【答案】D
【解析】解：由题意可知，I甲：I乙=1：2，t甲：t乙=3：2，R甲：R乙=4：3，
由Q=I2Rt可得，电流通过甲、乙两个电热器产生的热量之比：
Q甲Q乙=I甲2R甲t甲I乙2R乙t乙=(I甲I乙)2×R甲R乙×t甲t乙=(12)2×43×32=12。
故选：D。
已知甲、乙两个电热器的通过的电流、通电时间以及电阻之比，根据Q=I2Rt求出产生的热量之比。
本题考查了焦耳定律公式的应用，要注意各量之间的关系，比例的计算要细心。
5.【答案】C
【解析】解：3D打印技术就是在高能激光的作用下，打印材料的粉末会吸收热量，熔化成液态，然后再凝固成型。
A、洗澡时，卫生间镜子先模糊后慢慢清晰，是由于水蒸气先液化成小水珠，再汽化成水蒸气，故A错误；
B、实验时，碘锤内产生紫色碘蒸气并消失，碘先升华为碘气体，然后在上方玻璃管内凝华成碘固体，故B错误；
C、工人师傅将铜块铸造成铜像，铜先熔化成液态，然后遇冷凝固成固态铜像，故C正确；
D、舞台白雾的形成，是由于干冰升华吸热使得周围温度降低，水蒸气遇冷液化成小水珠形成的，故D错误。
故选：C。
物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
本题考查了物态变化，难度较小，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：A、客机座椅设计得很柔软，可以增大受力面积，在压力一定时，可以减小乘客对座椅的压强，故A错误；
B、机翼被设计成“上凸下平”的形状，利用“流速越大压强越小”的原理获得升力，故B错误；
C、燃油在发动机内燃烧时，化学能转化为内能，故C错误；
D、客机起飞时，乘客的下半身会随飞机向前加速，但乘客上身由于惯性，仍然保持原来的运动状态，所以乘客会向右仰，即会紧贴在座椅靠背上，故D正确。
故选：D。
(1)在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强。
(2)在流体中，流速越大的位置，压强越小。
(3)燃料燃烧时，化学能转化为内能。
(4)物体保持原来的运动状态不变的性质叫惯性，任何物体都具有惯性。
本题考查了能量的转化、惯性、减小压强的方法、流体的压强与流速的关系，要熟记这些知识。
7.【答案】B
【解析】解：A、如果灯L1断路，L2不能发光，电压表接在L1两端时，相当于与其它部分串联，所以有示数为电源电压。此选项不符合题意；
B、如果灯L2断路，L1不能发光，电压表接在L1两端时，处于断路状态无示数。此选项符合题意；
C、如果灯L1短路，L2会发光。此选项不符合题意；
D、如果灯L2短路，L1会发光。此选项不符合题意。
故选：B。
闭合开关灯泡不亮，原因有两个：断路或短路，已知两灯都不亮，所以不可能是灯短路，只能是断路。
用电压表检验电路故障时，将电压表与用电器并联，如果电压表无示数，可能是并联的用电器短路或其它部分断路；如果电压表有示数且较大(接近电源电压)，可能是并联的用电器断路或其它部分短路。
8.【答案】A
【解析】解：A、木块被撞得越远，说明钢球对木块做的功越多，钢球具有的动能越大，故A正确；
B、从斜面上滚下的钢球与斜面之间存在摩擦，克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能，则机械能越来越小，故B错误；
C、当质量一定时，钢球在斜面上释放的高度越大，到达斜面底端的速度越大，故C错误；
D、从斜面上滚下的钢球的速度越来越大，其运动状态发生了变化，受力不平衡，故D错误；
故选：A。
(1)实验中根据木块移动的距离来判定动能的大小；
(2)物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(3)质量越大的物体，不一定速度越大；
(4)物体受力平衡时，将保持静止状态或匀速直线运动状态；
此题是机械能的应用，判定物体是否受平衡力，是基础题。
9.【答案】C
【解析】解：
A、用透明的玻璃板代替平面镜，在蜡烛A一侧能看到蜡烛a的像，同时还能看到蜡烛B，便于确定像的位置，故A错误；
B、因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，所以移去蜡烛b，并在其所在位置上放一光屏，光屏不能接收到的烛焰的像，从而说明平面镜成的像是虚像，故B错误；
C、选择大小相同的蜡烛a、b，是为了比较像与物的大小关系，故C正确；
D、平面镜所成的像与物体到平面镜距离相等，将蜡烛A靠近玻璃板，它所成的像也靠近玻璃板，故D错误。
故选：C。
(1)探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的像另一个物体，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系；
(2)虚像不会出现在光屏上；
(3)选择大小相等的蜡烛A、B便于比较像与物的大小关系；
(4)平面镜所成的像与物体到平面镜距离相等。
探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，解决办法，合理的思考和解释来考查同学的。
10.【答案】A
【解析】解：A、能量虽守恒，但可以利用的能源是有限的，能量的转化具有方向性，还是要节约能源，故A错误；
B、煤、石油、天然气等是化石能源，在地球上的储量是有限的，消耗后短时间内不可能再生，属不可再生能源，故B正确；
C、电能属于二次能源，故C正确；
D、核能、太阳能开发潜力巨大，最终有可能成为石油、天然气等的替代能源，故D正确。
故选：A。
(1)能量在转移、转化过程中总是守恒的，但是能量的转化具有方向性，在能源的使用过程中，使能源从便于利用的变成不便于利用的，所以说能量虽守恒但还是要节约能源；
(2)可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
(3)可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；
(4)核能、太阳能开发潜力巨大，最终有可能成为石油、天然气等的替代能源。
本题考查能源的分类、转化、新能源的开发以及节能的知识，是一道基础题，学生易于解答。
11.【答案】AC
【解析】解：通过观察树枝的摇晃程度知道风力的大小，这是转换法的运用。
A、通过磁体吸引铁屑的多少来判定磁体磁性的强弱，这是转换法的运用，故A正确；
B、保持电压一定，研究电流与电阻的关系，是控制变量法，故B错误；
C、通过用相同热源加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少，这是利用了转换法，故C正确；
D、用一条带有箭头的线段表示光传播的径迹和方向，运用了模型法，故D错误。
故选：AC。
初中物理中常用的物理研究方法：控制变量法、转换法、类比法、等效替代法、模型法、等量法等。
本题主要考查学生对一些常用的物理学方法的了解和区别，涉及到的方法有控制变量法、转换法、模型法。
12.【答案】BC
【解析】解：A、滑轮组提升重物所做的有用功W有用=Gh；动滑轮上绳子段数为n=2；则s=nh=2h，
小雨所做的总功W总=Fs=2Fh，额外功W额=W总−W有用=2Fh−Gh，故A错误；
B、小雨做功的功率：
P=W总t=Fst=2Fht，故B正确；
C、滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=Gh2Fh=G2F，故C正确；
D、减小重物的重力G，做的有用功越少，有用功占总功的百分比越小，即机械效率越低，故D错误。
故选：BC。
(1)已知物体的重力、吊起的高度，根据公式W=Gh可求有用功；已知动滑轮上绳子段数为n=2；根据W=Fs求拉力的大小；额外功等于总功减去有用功；
(2)根据P=W总t可求得小雨做功的功率
(3)根据η=W有用W总×100%可求机械效率；
(4)对同一滑轮组来说，当额外功一定，所挂重物越重，做的有用功越多，有用功占总功的百分比越大，即机械效率越高。
本题考查滑轮组机械效率的计算，本题的关键是n的确定(直接从动滑轮上引出的绳子股数)，从而求出拉力F移动的距离s=2h。
13.【答案】ACD
【解析】解：由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；
A、当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙可知此时电压表示数为3.8V，则灯泡的额定功率：P额=PL=UI=3.8V×0.3A=1.14W，故A正确；
B、由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，说明灯泡的电阻是变化的，认为小灯泡的电阻为12.7Ω的说法是不严谨的，故B错误；
C、当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数为1V，
根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U−U小=6V−1V=5V，
则电路中的最小电流为：I小=U滑R=5V50Ω=0.1A，故C正确；
D、由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流为0.22A，则电路总功率：P=UI′=6V×0.22A=1.32W，故D正确。
故选：ACD。
由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；
(1)已知当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙读出此时电压表示数，即可利用P=UI求出灯泡的实际功率，即为额定功率；
(2)由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，根据I=UR说明灯的电阻是变化的；
(3)当滑动变阻器滑片在左端，只有灯泡连入电路，此时电路中的电流最大，电压表测量电源电压，由图乙读出电压表的最大示数即为电源电压；当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数，然后根据串联电路电压的规律和欧姆定律算出电路中的最小电流；
(4)由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流，然后根据P=UI算出电路总功率。
本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，看懂图像，并能从图像中获得有用的信息是解题的关键。
14.【答案】BD
【解析】解：A、由图二可知，甲和水升高相同的温度时，水的加热时间较长，即水吸收的热量较多，因此水的吸热能力更强，故A错误；
B、甲和水吸收相同的热量时，即加热时间相同，由图二可知水升高温度较少，故B正确；
C、由图二可知，甲和水的温度都升高60℃时，水的加热时间是甲的2倍，即水吸收的热量是甲的2倍，
则甲和水的比热容之比为：c甲c水=Q甲m甲Δt甲Q水m水Δt水=Q甲Q水=Q甲2Q甲=12，故C错误；
D、由图二可知水加热20min时温度升高60℃，则水吸收的热量为：Q吸=c水m水Δt水=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×60℃=5.04×105J，
则水加热10min时吸收的热量为：Q水=12Q吸=12×5.04×105J=2.52×105J，故D正确。
故选：BD。
(1)比热容是指1kg的某种物质温度升高(或降低)1℃所吸收(或放出)的热量，反映了物质的吸热(或放热)的能力，用相同的加热器给不同物质加热时，加热时间相同，吸收热量相同，根据图二可知甲和水升高相同温度时谁吸收的热量多，即谁的吸热能力更强；
(2)甲和水吸收相同的热量时，即加热时间相同，由图二可知水和甲谁升高温度较少；
(3)由图二可知甲和水都升高60℃时，水和甲的加热时间，从而可知水和甲吸收的热量的大小关系，再根据c=QmΔt求出甲和水的比热容之比；
(4)由图二可知水加热20min时升高的温度，根据Q=cmΔt求出此时水吸收的热量，进而可得出水加热10min时吸收的热量。
本题考查了比热容概念及其计算问题，解题关键是要知道用相同的加热器加热时，加热时间相同，吸收的热量相同。
15.【答案】BCD
【解析】解：
A、甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以甲球的密度大于水的密度，乙球的密度小于水的密度，丙球的密度等于水的密度，因此三个小球的密度大小关系是：ρ甲>ρ丙>ρ乙，且三个实心小球体积相同，根据m=ρV可知，三个小球的质量大小关系是m甲>m丙>m乙，故A错误；
B、由于甲、乙、丙三个实心小球体积相同，由图可知排开水的体积关系：V甲排=V球，V乙排
C、因为三个相同烧杯中都装满水，放入球后烧杯中液面高度不变，根据p=ρgh可知烧杯底部受到水的压强相等，即：p甲=p乙=p丙，故C正确；
D、三个相同烧杯中都装满水，里面水的重力G水相等，由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入小球后，容器对桌面的压力变化为：F=G容器+G水+G球−G排，且G排=F浮，据此可得：
F甲′=G容器+G水+G甲−G排甲=G容器+G水+G甲−F甲；
F乙′=G容器+G水+G乙−G排乙=G容器+G水+G乙−F乙；
F丙′=G容器+G水+G丙−G排丙=G容器+G水+G丙−F丙；
由于甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，则G甲>F甲，G乙=F乙，G丙=F丙；
所以F甲′>F乙′=F丙′；
由于容器的底面积相同，根据p=FS可知，烧杯底部对桌面的压强的关系是p甲′>p乙′=p丙′；故D正确。
故选：BCD。
A、甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，根据物体的浮沉条件分析判断三个小球密度的关系，由于甲乙丙三个实心小球体积相同，根据m=ρV即可判断三个小球的质量大小关系；
B、由图可确定三个烧杯中的V排关系，然后根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排判断浮力大小关系；
C、由于三个相同烧杯中都装满水，由图可确定判断液面升高的关系，从而根据p=ρgh判断烧杯底部受到水的压强的关系；
D、由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则根据相同的烧杯装满水的，球的重力关系和排开水的重力关系，先判断出压力的关系，进一步即可判断压强关系。
本题考查了学生分析推理的能力，本题中解题的关键是由物体在水中所处的状态判断其密度和浮力大小的关系、知道烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力。
16.【答案】分子在不停地做无规则运动 花香四溢
【解析】解：“暗香来”是花香分子扩散的结果，属于扩散现象，扩散现象表明分子在不停地做无规则运动；
扩散现象有用的实例：花香四溢等。
故答案为：分子在不停地做无规则运动；花香四溢。
不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象，扩散现象表明分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象的有关问题，相对比较简单，属于基础题。
17.【答案】比热容 热值 电磁波
【解析】解：(1)用水做冷却剂是因为水的比热容较大，在相同质量的情况下，升高相同的温度是，水能吸收更多的热量；
(2)运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；
(3)航员在太空中和地球通信，是通过电磁波来传递信息的。
故答案为：比热容；热值；电磁波。
(1)水具有比热容较大的特性，这是常被选做冷却剂的原因；
(2)热值是燃料的一种特性，热值越大，完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多；
(3)电磁波作用是可以传递信息；
本题主要考查了热机工作时能量的转化以及对热机效率、比热容概念以及燃料热值的了解与掌握，属于基础题目。
18.【答案】声源 144
【解析】解：(1)图中A是禁鸣标志，禁鸣是在声源处控制噪声。
(2)图中B是汽车限速标志，它表示的含义是汽车的最大速度不能超过5km/h，
由v=st可得，按规定，汽车在小区内行驶200m时间：
t=sv=0.2km5km/h=0.04h=144s；
故答案为：(1)声源；(2)144。
(1)减弱噪声的方法：①在声源处减弱噪声；②在传播过程中减弱噪声；③在人耳处减弱噪声；
(2)图B所示指汽车最大速度不能超过5km/h，根据v=st的推导公式t=sv进行计算以这样的速度行驶200m需要的时间。
(1)明确减弱噪声与监测噪声是两个不同的概念，这是此题容易迷惑人的地方。再去根据题目要求作答。
(2)由标志牌获取足够的信息是解题的关键，日常生活中有各种各样的标志牌，我们应能够读懂各种标志牌，懂得标志牌所表示的含义。
19.【答案】解：经过光心的光线传播方向不变；射向另外一侧虚焦点的光线经过凸透镜折射，折射光线平行于主光轴，如下图：
【解析】在作凸透镜、凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。
20.【答案】解：悬停在空中的直升机受到重力与和升力的作用，并且这两个力是一对平衡力，过直升机的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，注意两条线段长度要相等，如图所示：
【解析】悬停在空中的直升机处于平衡状态，受到的重力与升力是一对平衡力，然后按照力的示意图的画法画出这两个力即可。
画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
21.【答案】解：调速开关滑片顺时针转动时，吊扇风速减慢，说明接入电路的电阻值变大，应将中间和右侧接线柱接入电路；吊扇在连接时要注意左零、右火、上接地，如图所示：
【解析】调速器开关相当于滑动变阻器，调速器要接在火线与吊扇之间，吊扇在连接时要注意左零、右火、上接地。
本题考查了吊扇的连接方法，注意：调速器开关要接在火线与吊扇之间。
22.【答案】硬纸板没有竖直放置 以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线 寻找普遍规律 反射角等于入射角 可逆
【解析】解：(1)当E、F在同一平面上时，在F上没有发现反射光线，入射光线和法线所在的平面与纸板不是同一个平面，故可能的原因是：硬纸板没有竖直放置；
(2)小明想探究反射光线、入射光线、法线是否在同一平面内，接下来的操作是：以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线，若能观察到反射光线，则说明了反射光线、法线、入射光线不在同一平面内，若不能观察到反射光线，则说明了反射光线、法线、入射光线在同一平面内；
(3)探究光的反射规律，多次改变入射角大小并测量对应的反射角，是为了寻找普遍规律；
(4)根据表中的数据可以得出结论：在反射现象中，反射角等于入射角；
(5)由若将一束光贴着纸板F沿BO射向O点，会发现反射光线沿着OA方向射出可知，将反射光线改为入射光线，光路图照样成立，体现了光路是可逆的。
故答案为：(1)硬纸板没有竖直放置；(2)以法线ON为轴线，向后弯折纸板F面，观察F面上是否有反射光线；(3)寻找普遍规律；(4)反射角等于入射角；(5)可逆。
(1)实验时，硬纸板应与水面桌面垂直；
(2)为了证明反射光线，入射光线，法线在同一平面内，应把反射光线所在纸板前后翻折；
(3)探究光的反射规律，多次改变入射角大小并测量对应的反射角，是为了寻找普遍规律；
(4)在光的反射中，反射角等于入射角；
(5)知道光路是可逆的，若沿反射光线的方向入射，则反射光线沿入射光线的方向射出。
此题是探究光的反射定律。要熟记光的反射定律的内容，并且要搞清每一个相对内容的得出，特别是反射光线、入射光线、法线的关系，要掌握实验的目的和操作方法及结论。
23.【答案】铁屑有规律的排列 条形 方向
【解析】解：(1)图甲实验是通过铁屑有规律的排列来证明通电螺线管周围存在磁场的。观察比较可知：通电螺线管周围的磁场和条形磁体的磁场相似。
(2)如图乙，闭合开关，螺线管周围的小磁针发生偏转，静止时的指向如图所示。摆放小磁针是为了判定通电螺线管周围磁场的方向，根据安培定则，通电螺线管的左端是N极，根据异名磁极相互吸引，小磁针的左侧为S极，右侧为N极；如图所示：
。
故答案为：(1)铁屑有规律的排列；条形；(2)磁场；
。
(1)通电螺线管的磁场和条形磁体的磁场相似。
(2)根据安培定则来判断通电螺线管的磁极。
本题考查的是通电螺线管的磁场；知道通电螺线管外部的磁场分布。
24.【答案】U形管压强计 漏气 不属于 同种液体内部，深度越深，液体的压强越大 图1丙、图1丁 92 ②③① 1.2萝卜 m2ρ0m1
【解析】解：(1)实验采用的装置名称是U形管压强计；漏气是造成按压橡皮膜时，液柱的高度不变的原因；漏气是U形管上端开口，底部相连通，所以是连通器；
(2)比较图1乙和图1丙，在相同液体中的不同深度处，U形管两侧的液面高度差不相等，液体的压强不同，且乙处的深度大，U形管两侧液面的高度差大，可以得到实验结论：同种液体内部，深度越深，液体的压强越大；
(3)通过比较图1丙、图1丁两图可知，深度相同、液体的密度不同，U形管液面的高度差不同，压强不同，所以可以得出在不同液体内部的同一深度，液体密度越大，压强越大；
(4)由图甲可知，烧杯和浓盐水的总质量为：m1=50g+20g+20g+2g=92g，
如果按照小宇的步骤操作，将浓盐水倒入量筒中时，不可能把烧杯内的浓盐水全部倒入量筒内，导致测量的浓盐水的体积偏小，由公式ρ=mV可知所测密度偏大，所以为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；所以合理的实验顺序是②③①；
由图乙可知，量筒中浓盐水的体积为：V=50mL=50cm3；
量筒中浓盐水的质量为：m=m总−m杯=92g−32g=60g，
浓盐水的密度为：
ρ=mV=60g50cm3=1.2g/cm3；
(5)由题意可知本题要利用浮力相关知识测量密度，把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮时，萝卜受到的浮力和萝卜的重力平衡，大小相等，故需要测出萝卜的质量；
则萝卜受到的浮力为：F浮=G=m1g，
由F浮=ρ液gV排得，b块萝卜的体积为：Vb=V排=F浮ρ0g=m1gρ0g=m1ρ0，
萝卜密度的表达式为：ρ=m2Vb=m2m1ρ0=m2ρ0m1。
故答案为：(1)U形管压强计；漏气；不属于；(2)同种液体内部，深度越深，液体的压强越大；(3)图1丙、图1丁；(4)②92；②③①；1.2；(5)萝卜；m2ρ0m1。
(1)按压橡皮膜U形管中的液柱不动，说明空气没有将压强传递给管中的液体，表明装置漏气；上端开口，下端连通的容器叫连通器；
(2)(3)液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
(4)烧杯和浓盐水的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；
弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中浓盐水的体积；
先利用烧杯和浓盐水的总质量减去空烧杯的质量求出量筒中浓盐水的质量，再根据密度公式求出浓盐水的密度；
(5)利用二力平衡得出漂浮时受到的浮力，利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排求出物体排开液体的体积即b块萝卜的体积，知道b块的质量，根据密度公式计算萝卜的密度。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及阿基米德原理的运用，是一道综合题。
25.【答案】对电流表调零 0.5A通过导体的电流与导体两端的电压成正比 右 35Ω电压 2 V 画出I−1R图像
【解析】解：(1)①图中电流表没有通电，指针不在0刻度，因而电流表使用前需调零；
②电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路，如下左图：
；
③由图丙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.5A，根据描出的6个数据点连线，如上右所示；
④因为绘制出电阻R的I−U图象为过原点的直线，所以可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①根据串联分压原理可知，当定值电阻由5Ω变为10Ω、20Ω时，其分得的电压也变大，探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表示数仍为2V；
②当换接35Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到2V，要使定值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=4V−2V=2V，变阻器分得的电压为电压表示数的2V2V=1倍，根据分压原理知，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=1×35Ω=35Ω，所以为完成实验，应更换的滑动变阻器的最小阻值是35Ω；
③根据画出I−R图象(如图乙)知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为U=IR=2V；
④由于此图线为曲线，小雨认为不便直观判断I与R的定量关系，
根据I=UR=U⋅1R可知，电压不变时，电流I与电阻的倒数1R成正比，故将横坐标R变为1R(或R−1)，从而直观判断出了I与R的关系。
故答案为：
(1)①对电流表调零；②如解答图(左)所示；③0.5A；如解答图(右)所示；④通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(2)①右；②35Ω；③电压；2V；④画出I−1R图像。
(1)①实验前需要对电流表校零；
②电源、开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表与电阻并联接入电路；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据描点法作图；
④根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论；
(2)①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的两端的电压不变，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片移动的方向；
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；
根据串联分压原理可知把R换为35Ω的电阻接入电路时电压表示数的变化；
根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理求出当接入35Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
③根据画出I−R图象(如图乙)知图中阴影面积为长方形，由欧姆定律分析；
④根据欧姆定律可知，电压保持不变时，电流与电阻成反比关系，故I=U⋅1R，即电压保持不变时，电流I与电阻的倒数成正比，据此分析改进方法。
本题探究电流跟电阻、电压的关系，考查电路电流表的使用、图象的画法、分析图象归纳结论、控制变量法、操作过程和器材的选择，综合性强。
26.【答案】解：(1)重物出水前排开水的体积：
V排=V=0.6m3，
重物出水前受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m3=6×103N；
(2)由图乙可知，当t=40s时，重物出水前卷扬机牵引力做的功为W总=4.8×105J；
则克服物体重力和所受浮力之差做的有用功为：
W有=(G物−F浮)h=(G物−F浮)vt=(2.4×104N−6×103N)×0.5m/s×40s=3.6×105J，
则滑轮组的机械效率为：
η=W有W总×100%=3.6×105J4.8×105J×100%=75%；
(3)如图，吊臂支点为O，柱塞E竖直向上的力为动力，则动力臂为OP=OFcosθ；
忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，出水后滑轮组对B端的拉力为阻力，则F2=G物+G动=2.4×104N+2000N=2.6×104N，阻力臂为OQ=OBcosθ，
；
忽略吊臂、滑轮及钢丝绳的重力和各种摩擦，重物离开水后，根据杠杆的平衡条件可得：F1OP=F2OQ，
即：F1×OFcosθ=F2×OBcosθ，
所以，F1×OF=F2×OB，
则：F1=F2×OBOF=2.6×104N×41=1.04×105N。
答：(1)重物出水前受到的浮力为6×103N；
(2)重物出水前起重机的机械效率75%；
(3)若打捞过程中，E对吊臂的力的方向始终竖直向上，忽略吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力和轮与绳的摩擦，则重物出水后E对吊臂的支撑力至少是1.04×105N。
【解析】(1)重物出水前排开水的体积和自身的体积相等，利用F浮=ρ液gV排求出重物出水前受到的浮力；
(2)根据图乙确定拉力做的总功，克服物体重力和所受浮力之差做的功为有用功，利用W有=(G物−F浮)h=(G物−F浮)vt求出有用功，根据η=W有W总重物出水前起重机的机械效率；
(3)已知OF：OB=1：4；知道物体出水后滑轮组对吊臂B端的作用力，利用杠杆平衡条件求E对吊臂的支撑力。
本题考查了阿基米德原理、有用功、机械效率和杠杆平衡条件的综合应用，关键是对有用功和总功的理解。
27.【答案】解：(1)小灯的铭牌为“6V 6W”，小灯发出亮光时的电流I=PU=6W6V=1A；
(2)当小灯微弱发光时，闪烁灯与R0串联接入电路中，电流相同，闪烁灯的功率与定值电阻R0的功率之比是1：5；根据P=UI可知：ULU0=15；又因为灯泡与定值电阻串联，又有：UL+U0=6V；解得：UL=1V，U0=5V；由乙图可知，灯泡电压为1V时，通过灯泡的电流I=0.1A，则定值电阻R0=U0I=5V0.1A=50Ω；
(3)由图丙可知，闪烁灯交替闪烁工作1min内，亮、暗发光的时间分别为t1=15s、t2=45s；
灯泡亮光时消耗的电能W1=Pt1=6W×15s=90J；
灯泡暗光时消耗的电能W2=ULILt2=1V×0.1A×45s=4.5J；
灯泡消耗的总电能为：W=W1+W2=90J+4.5J=94.5J；
灯泡正常发光时，R0不工作，灯泡发光较暗时，R0工作，则R0消耗的电能为：W0=U0ILt2=5V×0.1A×45s=22.5J；
故电路在1min内消耗的总电能W总=W+W0=94.5J+22.5J=117J。
答：(1)灯泡正常发光时的电流为1A；(2)定值电阻R0的阻值为50Ω；(3)电路1min内消耗的电能为117J。
【解析】(1)从小灯的铭牌“6V 6W”字样并结合I=PU可计算出小灯发出亮光时的电流；
(2)由P=UI可知，串联电路中功率之比等于电压之比，结合电源电压不变可求各自的电压，利用图乙可知串联电路的电流，再由欧姆定律可求定值电阻的阻值；
(3)由图丙可知亮、暗交替时间等分，且灯泡亮光时定值电阻不工作，暗光时定值电阻工作，据此结合电能的计算公式W=UIt计算总电能。
本题考查欧姆定律及其应用、电功率的计算公式及其应用、电能的计算等，利用小灯泡的I−U图像求电流是解答本题的易错点，利用图丙判断灯泡和定值电阻的工作情况是解答本题的难点。
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