2024年福建省泉州市石狮市中考物理质检试卷（含解析）

这是一份2024年福建省泉州市石狮市中考物理质检试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图画中题有李白《早发白帝城》诗句，诗中能估算出速度大小的一句是( )
A. 朝辞白帝彩云间B. 千里江陵一日还C. 两岸猿声啼不住D. 轻舟已过万重山
2.2023年1月23日，亚太6E卫星与独立推进舱分离成功。发射成功10天后，亚太6E这颗国产全电推进同步轨道通信卫星正式开启了电推变轨的旅程，该通信卫星在向地面传递信息时主要依靠( )
A. 电磁波B. 光导纤维C. 超声波D. 次声波
3.智能手机在生活中应用越来越频繁，当手机“电量”所剩无几时，我们可以采用“省电模式”来延长使用时间，这是通过哪种方式实现的( )
A. 减小电功率B. 增加电池电压C. 降低散热能力D. 给电池充电
4.图所示的光现象中，由于光的反射形成的( )
A. 日晷面上呈现晷针的影子
B. 故宫角楼在水中的倒影
C. 宇航员透过水球成像
D. 白光通过三棱镜色散
5.第24届冬季奥运会在北京举行，如图所示为冬奥会的一些运动项目，关于这些项目中的情景，下列说法中正确的是( )
A. 跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，重力势能不变
B. 短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动状态不变
C. 冰球在水平冰面滑动过程中，机械能保持不变
D. 冰壶运动员掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性
6.如图所示的厨房用品中属于费距离杠杆的是( )
A. 防烫夹B. 压蒜器
C. 食品夹D. 筷子
7.光发动机可用于卫星的能源补充，原理如图，密闭气室中N2O4在光照下会分解，使气室气压增大，推动活塞右移，无光条件下发生逆反应，控制光照即可实现活塞往复运动。活塞右移过程相当于汽油机的( )
A. 吸气冲程B. 压缩冲程C. 做功冲程D. 排气冲程
8.如图所示，与教室中电风扇的原理相同的是( )
A. B.
C. D.
9.如图，复兴号高铁车厢里的座椅靠背充满人文关怀，下列描述正确的是( )
A. 靠背贴合人体曲线，可减小靠背对乘客的压强
B. 高铁启动时，靠背的作用是防止乘客前倾
C. 高铁进站时，靠背的作用是防止乘客后仰
D. 乘客对靠背的压力与靠背对乘客的推力是一对平衡力
10.妈妈与宁宁到柘荣东狮山进行登山比赛，他们同时同地出发，爬到同一山顶。已知妈妈的体重是宁宁的1.5倍，妈妈所用的时间是宁宁的2倍，若妈妈克服自身重力做功为W1、功率为P1，宁宁克服自身重力做功为W2、功率为P2，则下列关系正确的是( )
A. W1：W2=2：3 P1：P2=3：4
B. W1：W2=2：3 P1：P2=2：1
C. W1：W2=3：2 P1：P2=3：4
D. W1：W2=3：2 P1：P2=1：2
11.有一款“空调扇”既能送常温风，又能送凉风。小明了解到其内部有两个电动机.其中电动机M1驱动扇叶送风，M2驱动机内水循环使所送的风成为“凉风”，此款“空调扇”不会只有水循环而不送风。小明设计的电路图，符合要求的是( )
A. B.
C. D.
12.在水平桌面上，有完全相同的圆柱形容器甲和乙，盛有质量相等的同种液体。将体积相同、材料不同的小球A和B分别放入两容器中，结果A球漂浮，B球悬浮，如图所示。A、B两球所受的浮力分别为FA和FB，甲、乙两容器底部对桌面的压强分别为p甲和p乙，则下列结论中正确的是( )
A. FA>FBp甲p乙
C. FA>FBp甲>p乙D. FA13.如图所示电路中，电源两端电压U保持不变，电阻Rl阻值为30Ω.当开关S1、S2都断开与都闭合时，电压表示数之比为3：8，电阻R2消耗的功率之比为1：4，电阻R3消耗的最小功率为0.9W.下列判断正确的是( )
A. 开关S1、S2都闭合时，电路消耗的总功率P=91.2W
B. 开关S1、S2都闭合时，电流表的示数I=1.6A
C. 电源两端电压U=12V
D. 电阻R3=40Ω
二、填空题：本大题共6小题，共12分。
14.兔年春晚节目《百鸟归巢》是我国南音四大名谱之一，曲中洞箫以花舌吹法模拟鸟啼声，主要是模拟声音的______，发声体是______。
15.进入刚装修完的房屋，常会闻到刺鼻的甲醛气味，这是______现象，夏天比冬天甲醛气味更刺鼻，这说明温度越高，分子热运动越______。
16.如图所示，水位计在电路中相当于______(选填“电压表”或“电流表”)，当水位升高时，指示灯L的实际功率______(选填“变大“变小”或“不变”)。
17.一个粗细不均匀的两头开口的玻璃管，管下连通一个装有红墨水的U形管AB，液面位置如图。当用吹风机向玻璃管中吹风时，A管中液面上方的气体压强较______，A管中液面______B管中液面。
18.如图所示，滑动变阻器的滑片P处于中间位置，闭合开关S，两个灯泡均能发光(假设灯丝电阻不变)，此时，将滑动变阻器的滑片P向右移动，则L1______，L2______(选填“变亮”“变暗”或“不变”)。
19.如图所示，一个底面积为800cm2的薄壁圆柱形容器中装水，将一边长为10cm的正方体木块轻放入该容器中，木块静止时露出水面的高度为2cm，则木块的密度为______g/cm3；放入木块后与放入木块前相比，水对容器底部的压强变化了______Pa。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
20.不倒翁是一种儿童玩具。如图所示放在水平桌面上的不倒翁上半部为空心壳体，质量较小，下半部分是一个实心的半球体，质量较大，不倒翁的重心就在半球体之内，所以不倒翁无论如何摇摆，总是不倒。请画出图中不倒翁所受的重力和水平地面支持力的示意图。
21.请在图中把吊扇按安全用电原则接入家庭电路，要求当调速开关滑片顺时针转动时，可以减慢吊扇转速。
四、实验探究题：本大题共5小题，共30分。
22.如图甲、乙，小明用两套相同的装置探究“水和煤油的吸热能力”。
(1)如图甲、乙两烧杯中分别装入初温和______相等的水和煤油；
(2)加热2min，水吸收的热量______(选填“大于”、“小于”或“等于”)煤油吸收的热量；
(3)由图丙可判断______(选填“a”或“b”)吸热能力弱，液体a的比热容是b的______倍；
(4)用甲装置继续探究“水沸腾时温度的变化”，图丁是某时刻所测得水的温度，其示数为______℃，图戊是实验中观察到的情景，其中图______(选填“A”或“B”)是水沸腾时的现象。
23.如图，小明用同一个木块进行了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验，木板、棉布均放置在水平桌面上。
(1)为测出木块所受滑动摩擦力大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉动木块使其做______运动。
(2)拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，这是应用了______两次实验得出的结论。
(3)完成甲所示实验时，小明进行了两次正确的操作，两次木块运动的速度分别为va、vb，所受的摩擦力分别为fa、fb。已知va”或“<”或“=”)。
(4)小明与伙伴共同创建了一种新的实验方式，将甲图测量摩擦力大小装置改为如图丁所示的装置。这样做的好处是______。
24.用如图甲所示的实验装置探究“凸透镜成像的规律”，所用凸透镜的焦距为10cm。
(1)在组装器材时，将蜡烛、凸透镜和光屏依次放在光具座上，并调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在______上；
(2)实验过程中，凸透镜始终固定在光具座50cm刻度线处。当蜡烛距离凸透镜15cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个倒立、______(选填“放大”“等大”或“缩小”)的实像；
(3)接下来将蜡烛向远离凸透镜方向移动一段距离，为了能在光屏上再次看到烛焰清晰的像，应将光屏向______(选填“靠近”或“远离”)透镜方向移动，此时的像与步骤(2)中的像相比，大小将变______；
(4)如图乙所示，将蜡烛固定在光具座10cm刻度线处，移动光屏，再次得到烛焰清晰的像，利用该成像规律制成的光学仪器是______(选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”)；
(5)随着蜡烛燃烧变短，烛焰在光屏上的像会向______移动。
25.某物理兴趣小组采用“皮球排气法”测量空气的密度，实验步骤如下：
步骤一：将打足气的皮球放在已调节好的天平左盘，再次调节天平平衡时，右盘中的砝码和标尺上游码位置如图甲所示。
步骤二：将100mL量杯装满水后倒放入装满水的水槽中，100mL刻度线与水面齐平。将带夹软管一端连接皮球的气嘴，另一端放在量杯内，准备排水集气，如图乙所示。
步骤三：打开管夹向量杯中注入空气，当水面回落到100mL刻度线时，夹住软管，暂停放气。
步骤四：重复步骤二和三的操作，共进行10次。拆除气针和软管，用天平称量放气后的皮球，示数为160.6g。
放气前后，皮球的体积变化可忽略不计，请回答下列问题：
(1)步骤二中，量杯中的水没有落回水槽，是因为______；
(2)上述实验过程共排出空气的质量为______g；
(3)根据实验数据，测算出空气的密度为______g/cm3；
(4)在实验步骤四中重复集气多次的目的是______；
(5)若实验时有两次不小心放气过多有一部分气体不慎溢出，则所测量的空气密度值会______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
26.在探究“电流与电压和电阻的关系”实验中：

(1)用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整，要求滑片向左移动，电流表示数变大；
(2)连接电路时开关应______，将滑动变阻器移到最大阻值处；
(3)连接完电路后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，观察到电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是______(写出一种即可)；
(4)排除故障后，探究电流与电压的关系。实验中闭合开关，移动滑片依次得到4组数据，其中第4次实验中电流表的指针如图乙所示，其示数为______A；
(5)记录的数据如表，请你根据表中数据在图丙描点画出图象，并分析数据得出结论：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成______；
(6)在第4次实验的基础上，继续探究电流与电阻的关系。断开开关，保持滑片P不动，将定值电阻由5Ω换成10Ω，再闭合开关，应将滑动变阻器的滑片P向______移动，使电压表的示数为______V时，记录电流表示数，并继续完成该探究实验。
(7)一同学有一个二极管，网上查该型号正向电阻，R1约300Ω，反向电阻R2大于300kΩ，因为反向电阻很大，比正向电阻大非常多，所以二极管具有单向导电性，该同学把这个二极管直接替换该实验的电阻R，进行电阻测量，则______。
A.他能较准的测出R1和R2
B.他只能较准的测出R1
C.他都不能较准的测出R1和R2
五、简答题：本大题共1小题，共4分。
27.最近学校买了自动清扫车，如图所示，这种清扫车以电动机作为动力，并配有大功率吸尘器，可将灰尘和垃圾吸进车上的垃圾箱。请回答下列有关问题：
(1)清扫车在作业时，树叶和垃圾会被“吸”入车上的垃圾箱内？请运用所学的物理知识加以解释；
(2)清扫车在平坦的球场上匀速前进实施清扫，在清扫过程中，清扫车的动能将如何变化？写出你判断及理由。
六、计算题：本大题共3小题，共24分。
28.如图所示，这是一款氢燃料电池车，该车排放物是水，不产生任何污染物，是当前世界新能源汽车重要的发展方向。假设国产氢燃料电池车总质量为5×103kg，车轮与水平地面的总接触面积为0.05m2。在某次测试中该车匀速行驶时受到的阻力是车重的0.02倍，在0.5h内行驶了27km的路程。求测试过程中该氢燃料电池车：
(1)行驶的平均速度；
(2)车对水平地面的压强；
(3)牵引力的功率。
29.小明家有一个电茶壶，查阅说明书可知其保温挡的电功率为220W，加热挡的电功率为1000W，内部两个电阻丝。R1和R2为电茶壶的加热元件，已知水的比热容是4.2×103J/(kg⋅℃)，请完成下列问题。
(1)用该壶将1.5kg的水从20℃加热到100℃，正常工作用时10.5min，则电茶壶加热的效率为多少？
(2)有一次小明发现电茶壶热水时比正常工作用时长一些，他断开家中的其他用电器，让电茶壶单独工作，测得1.5min内电能表指示灯闪烁了72次(电能表如图所示)，此电茶壶的实际加热功率是多少？
30.如图所示，柱形容器内水深10cm，水中形状完全相同的A、B两个长方体通过底部的定滑轮用细线相连，物体A有12体积露出水面，物体B上表面与水面相平，物体A质量为0.2kg，物体B质量为0.6kg，求：
(1)容器底部受到水的压强。
(2)A、B两物体密度的比值。
(3)物体B受到的浮力。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、云是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的，与速度无关，故A错误；
B、“千里江陵一日还”描述的是一天内通过的距离，可以估算速度的大小，故B正确；
C、不同物体发出声音的音色是不同的，两岸猿声啼不住，诗人是根据音色来辨别是猿的声音，与速度无关，故C错误；
D、从“轻舟已过万重山”知，“山”相对于轻舟的位置不断变化，所以，以“轻舟”为参照物，“山”是运动的，通过了距离，但不知道时间，所以无法估算速度的大小，故D错误。
故选：B。
(1)物质由气态变为液态的过程叫液化；
(2)根据速度公式分析；
(3)音色反映了声音的品质与特色，不同物体发出的声音，其音色是不同的；
(4)物理学中的运动指的是物体位置的变化，判定舟中人的运动状态就看其相对于参照物的位置是否改变。
本题考查液化现象、运动和静止的相对性、速度以及声音的特性，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：通信卫星是通过电磁波传递信息的。
故选：A。
电磁波可以传递信息，通信卫星是通过电磁波传递信息的。
本题考查学生对电磁波传递信息的掌握，属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P=Wt可得，W=Pt，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的，故A正确，BCD错误。
故选：A。
此题通过智能手机的“省电模式”来考查学生对电功率、与电能、时间的关系的理解和掌握，此题与我们的实际生活联系密切，是一道好题。
4.【答案】B
【解析】A、日晷面上呈现晷针的影子是光的直线传播形成的，故A错误；
B、故宫在水中形成“倒影”影，是平面镜成像，属于光的反射现象，故B正确；
C、宇航员透过水球成像属于凸透镜成像，利用的是光的折射，故C错误；
D、白光是复色光，白光经过三棱镜发生折射时，不同色光的折射角不同，折射后各色光分散开，发生色散，分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，属于光的折射现象，故D错误。
(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
5.【答案】D
【解析】解：A、跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，质量不变、高度减小，其重力势能减小，故A错误；
B、短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动方向发生改变，所以其运动状态发生改变，故B错误；
C、击打出的冰球在水平地面减速滑动的过程中，由于克服摩擦做功，冰球的一部分机械能转化为内能，冰球的机械能减小，故C错误；
D、冰壶运动员掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性要保持原来的运动状态，故D正确。
故选：D。
(1)重力势能与质量和高度有关；质量越大、高度越高，重力势能越大。
(2)物体运动状态的改变包括速度大小和方向的改变；
(3)在只有动能和势能相互转化时，机械能守恒；
(4)任何物体都具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质。
本题主要考查了机械能大小变化分析、运动状态的判断、惯性的理解等，综合性强，但难度不大。
6.【答案】B
【解析】解：A、防烫夹在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆、费力省距离，故A不符合题意；
B、压蒜器在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆、省力费距离，故B符合题意；
C、食品夹在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆、费力省距离，故C不符合题意；
D、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆、费力省距离，故D不符合题意。
故选：B。
当杠杆的动力臂大于阻力臂时，杠杆是省力杠杆；当杠杆的动力臂小于阻力臂时，杠杆是费力杠杆，结合生活经验，联系生活经验，在使用时是省力还是费力，由此也可进行判断。
这类题目可通过比较动力臂和阻力臂的大小关系来判断是什么类型的杠杆。
7.【答案】C
【解析】解：当太阳光照射时，反应室内发生化学反应，导致室内气压增大，这时将化学能转化为机械能，从而推动活塞移动，相当于汽油机的做功冲程。
故选：C。
分析光发动机的能量转化，然后与汽油机的能量转化进行比较即可。
本题考查了汽油机四冲程的特点，确定其中的能量转化情况是关键。
8.【答案】C
【解析】解：电风扇实质是一个电动机，电动机是根据通电线圈在磁场中受力而运动制成的。
A、是奥斯特实验，小磁针发生偏转说明通电导体周围有磁场，故A不符合题意；
B、是研究电磁铁的磁性强弱的影响因素，故B不符合题意；
C、电路中有电源，通电线圈或导体受到磁场力的作用发生运动，是电动机的工作原理，故C符合题意；
D、在外力作用下使导体运动，切割磁感应线，电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，故D不符合题意。
故选：C。
电风扇实质是一个电动机，电动机是根据通电线圈在磁场中受力而运动制成的。
本题针对课本上的原理图，把原理图和实际生活联系起来，达到学以致用的目的。
9.【答案】A
【解析】解：A、靠背贴合人体曲线，在压力一定时，增大受力面积，可减小靠背对乘客的压强，故A正确；
B、当高铁突然启动时，人由于惯性会保持原来的静止状态，会向后仰，靠背可起到保护作用，故B错误；
C、当高铁进站时，需要减速，人由于惯性会保持原来的静止状态，会向前倾，安全带可起到保护作用，故C错误；
D、乘客对靠背的压力与靠背对乘客的推力是物体间的相互作用力，作用在两个物体上，不是平衡力，故D错误。
故选：A。
(1)在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强；
(2)(3)惯性是物体保持静止或匀速直线运动不变的性质；
(4)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。
知道惯性的概念、减小压强的办法、二力平衡的条件是解题的关键，难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：
由题可知，妈妈与宁宁爬山的高度相同，妈妈的体重是宁宁的1.5倍，即G1：G2=1.5：1，妈妈所用的时间是宁宁的2倍，即t1：t2=2：1，
(1)由W=Gh可得，妈妈和宁宁克服重力做功之比：W1W2=G1hG2h=G1G2=1.51=32；
(2)由P=Wt可得，妈妈和宁宁克服重力做功的功率之比：P1P2=W1t1W2t2=W1W2×t2t1=32×12=34。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
(1)爬山比赛过程中，两人爬山的高度相同，根据W=Gh求出做功之比；
(2)根据P=Wt求出功率之比。
此题主要考查的是学生对功和功率计算公式的理解和掌握，代入数值时不要颠倒是解决此题的关键，属于基础性题目，难度不大。
11.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查串、并联电路的设计和应用，这考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用。
电路基本连接方式是串联和并联，其中串联电路用电器互相影响，并联电路用电器互不影响；串联电路一个开关可以控制所有用电器，并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关只控制所在支路用电器。
【解答】
A、开关S1闭合，电动机M1和M2串联同时工作；S1、S2都闭合，电动机M1被短路不能工作，故A不合题意；
B、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风，水循环没有开启；S2闭合，电动机M2工作，驱动机内水循环，风扇不能工作。水循环和送风互不影响，故B不合题意；
C、闭合开关S1，电动机M2工作，驱动机内水循环；再闭合开关S1，电动机M1工作，驱动扇叶送风，故C不合题意；
D、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风；再闭合开关S2，电动机M2工作，驱动机内水循环，使所送的风成为“凉风”；若S1断开，无论S2是否闭合，电动机M2都不能工作，故D符合题意。
12.【答案】D
【解析】解：(1)由题意可知A和B两球的体积相等，由图可知A球排开液体的体积小于B球，
由F浮=ρ液gV排可知，A球受到的浮力小于B球受到的浮力，即FA(2)因物体漂浮或悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，FA=GA，FB=GB，
所以，GA因水平面上物体的压力和自身的重力相等，且两容器相同，液体的质量相等，
所以，由F=G=mg可知，甲容器对桌面的压力小于乙容器对桌面的压力，
由p=FS可知，p甲故选：D。
(1)由题意可知A和B两球的体积相等，由图可知两球排开液体的体积关系，根据阿基米德原理可知受到的浮力关系；
(2)根据物体浮沉条件可知两者的重力关系，两容器相同时受力面积相同且液体质量相等，根据F=G=mg可知对桌面的压力关系，利用p=FS得出对桌面的压强关系。
本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件以及压强定义式的应用，要注意水平面上物体的压力和自身的重力相等。
13.【答案】A
【解析】解：当开关S1、S2都断开时，三电阻串联，电压表测R1两端的电压，电阻R3消耗的功率最小，如图1所示；
当开关S1、S2都闭合时，三电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测R1和R2支路的电流之和，如图2所示；
(1)图2中电压表测电源的电压，由图1中：
∵串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，
∴根据欧姆定律可得，图1中的电流：
I=UR1+R2+R3，
∵串联电路中各处的电流相等，且R1=30Ω
∴U1U=IR1I(R1+R2+R3)=R1R1+R2+R3=38，
解得：R2+R3=50Ω------------①
∵P=I2R和P=U2R，且电阻R2消耗的功率之比为1：4，
∴P2P2′=I2R2U2R2=(UR1+R2+R3)2R2U2R2=14，
解得：R2=R1+R3=30Ω+R3---------②
联立①②两式可得：R2=40Ω，R3=10Ω，故D不正确；
图1中：电阻R3消耗的最小功率：
P3=I2R3=(UR1+R2+R3)2×R3=(U30Ω+40Ω+10Ω)2×10Ω=0.9W，
解得：U=24V，故C不正确；
(2)开关S1、S2都闭合时，电路消耗的总功率：
P=U2R1+U2R2+U2R3=(24V)230Ω+(24V)240Ω+(24V)210Ω=91.2W，故A正确；
开关S1、S2都闭合时，电流表的示数：
I′=UR1+UR2=24V30Ω+24V40Ω=1.4A，故B不正确。
故选：A。
当开关S1、S2都断开时，三电阻串联，电压表测R1两端的电压，电阻R3消耗的功率最小；当开关S1、S2都闭合时，三电阻并联，电压表测电源的电压，电流表测R1和R2支路的电流之和。
(1)根据电阻的串联和欧姆定律表示出图1中的电流，图2电流表的示数为电源的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电表的示数关系，再根据P=I2R和P=U2R表示出R2消耗的功率之比，联立两式即可求出R2和R3的阻值，再根据P=I2R表示出R3消耗的最小功率即可求出电源的电压；
(2)根据P=U2R表示出图2三电阻的电功率，三者之和即为电路消耗的总功率；根据并联电路的特点和欧姆定律求出图2中电流表的示数。
本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别和当三个开关都闭合时电路中电流的判断。
14.【答案】音色 空气柱
【解析】解：在乐曲中，用洞箫以花舌吹法模拟鸟啼声，这主要是模拟鸟啼声的音色，发声体是空气柱。
故答案为：音色；空气柱。
音色由发声体的材料和结构决定。
此题考查了音色的影响因素，属于基础知识。
15.【答案】扩散 剧烈
【解析】解：进入刚装修完的房屋，常会闻到刺鼻的甲醛气味，这是甲醛分子扩散到空气中的结果，属于扩散现象；
扩散现象与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，因此夏天比冬天甲醛气味更刺鼻。
故答案为：扩散；剧烈。
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；温度越高，分子运动越剧烈。
本题考查了扩散现象以及分子热运动与温度的关系的知识点，比较简单。
16.【答案】电压表 变小
【解析】解：由图可知，指示灯与滑动变阻器串联，水位计并联在滑动变阻器两端，则水位计在电路中相当于电压表，当水位升高时，根据串联分压原理，滑动变阻器的电阻变大，滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路的电压规律可知，灯泡两端的电压变小，由P=U2R可知，灯泡的实际功率变小。
故答案为：电压表；变小。
电流表串联在电路中使用，电压表丙联在电路中使用，根据串联电路的电压规律，由P=U2R分析当水位升高时，指示灯L的实际功率的变化。
本题考查了电路的动态分析，利用好串联电路的电压规律和公式P=U2R是关键。
17.【答案】小 高于
【解析】解：A管上方玻璃管的横截面积小，风经过A管上方的流动速度大于B管上方的空气流动速度，则A管上方的压强小于B管上方的压强，红墨水将被压向A管，A管液面上升，B管液面下降，即A管中液面高于B管中液面。
故答案为：小；高于。
气体和液体称为流体，常见的流体是空气和水，流体流速大，压强小。当向管中吹风时，相同时间内，风经过A管上方和B管上方的空气流动速度不同，压强不同，液柱上升的高度不同。
此题考查流体压强和流速的关系，要求学生掌握连通器的特点、流体压强和流速的关系，并能用相关知识解释生活中的问题。
18.【答案】变暗 变亮
【解析】解：由图可知，变阻器与L2并联后与L1串联；
将滑动变阻器的滑片P向右移动，变阻器器连入电路的电阻变大，由并联电路电阻的规律可知，并联部分的电阻变大，则整个电路的总电阻变大，由I=UR可知，干路中的电流变小，根据P=I2R可知L1的功率变小，则L1变暗；
干路中的电流变小，L1的电阻不变，根据U=IR可知L1的电压变小，由串联电路电压的规律，并联部分的电压变大，根据P=U2R可知L2的功率变大，所以L2灯变亮。
故答案为：变暗；变亮。
分析电路连接，分析将滑动变阻器的滑片P向右移动时变阻器器连入电路的电阻变化，由并联电阻的规律判断联部分的电阻变化，由串联电阻的规律确定电路的总电阻变大，由欧姆定律I=UR分析电路的电流变化，根据P=I2R得出L1功率变化，灯的亮度由灯的实际功率决定，据此分析；
根据U=IR确定L1的电压变化，由串联电路电压的规律得出并联部分的电压变大，根据P=U2R得出L2功率变大，从而得出L2灯的亮度变化。
本题为混联电路，考查了串联、并联电路的规律、欧姆定律的运用和决定灯的亮度的因素。
19.【答案】0.8 100
【解析】解：木块浸入水中部分体积为：V排=Sh浸=(10cm)2×(10cm−2cm)=800cm3，
此时木块受到的浮力为：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×800×10−6m3=8N，
此时木块漂浮，则木块的重力为：G木=F浮=8N，
由G=mg=ρVg可知，木块的密度为：
ρ木=G木V木g=8N(0.1m)3×10N/kg=0.8×103kg/m3=0.8g/cm3；
放入木块后，水面上升的高度为：
Δh=V排S容=800cm3800cm2=1cm，
水对容器底部的压强变化量为：Δp=ρ水gΔh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m=100Pa。
故答案为：0.8；100。
根据题意可求出木块排开水的体积，根据阿基米德原理可求出木块受到的浮力，木块在水中漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，根据G=mg=ρVg可求出木块的密度；根据h=V排S容可求出水面上升的高度，根据p=ρgh可求出水对容器底部的压强变化。
本题考查了密度公式、液体压强公式以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
20.【答案】解：不倒翁受到的支持力从接触点竖直向上画，标出符号F；不倒翁受到的重力从重心竖直向下画，标出符号为G，如下图所示：

【解析】不倒翁受到的支持力作用点在与地面的接触点上，方向竖直向上；重力的作用点在重心上，方向竖直向下。
作力的示意图，首先要确定力的三要素大小、方向、作用点，再用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
21.【答案】
【解析】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：
本题主要考查了对家庭电路组成及电路元件连接的掌握，知道元件的连接要求，是解答的关键。
22.【答案】质量 等于 b 2 68 A
【解析】解：(1)根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油；
(2)根据转换法，实验中便用相同酒精灯加热的目的是：使水和煤油在相同时间内吸热相同，所以实验中，是通过比较加热时间来间接反映煤油和水吸收的热量，加热时间相同，水和煤油吸收的热量相同，所以加热2min，水吸收的热量等于煤油吸收的热量；
(3)由图像知质量相等的a和b，加热相同的时间，b升温较快，由比较物质吸热能力的方法知b的吸热能力弱；
由图丙知，升高30℃−10℃=20℃，a加热6分钟，b加热3分钟，a用的时间是b的2倍，即a吸收的热量是b的2倍，根据Q=cmΔt，在质量、升温相同的情况下，Q与比热容成正比，故液体a的比热容是b的2倍；
(4)由图丁可知，水的温度是68℃；A图气泡在上升过程中，体积逐渐增大，所以是沸腾时的现象；B图气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
故答案为：(1)质量；(2)等于；(3)b；2；(4)68；A。
(1)(2)(3)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两种方法：
Ⅰ、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；
Ⅱ、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；
(4)水沸腾时保持不变的温度叫沸点；掌握水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。
本题比较不同物质的吸热能力和热值的大小，考查控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。
23.【答案】匀速直线 甲、丙 = 便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动
【解析】解：(1)只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，拉力大小才等于摩擦力的大小，所以实验原理是二力平衡；
(2)拔河比赛时队员要穿鞋底带有花纹的运动鞋参赛，是通过增大接触面的粗糙程度来增加摩擦力的，是应用了甲、丙两次实验得到的结论的；
(3)滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟物体的运动速度无关，在两次实验中，木块对水平面的压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力的大小不变，即fa=fb；
(4)将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置的好处是便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动。
故答案为：(1)匀速直线；(2)甲、丙；(3)=；(4)便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)(3)探究滑动摩擦力大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，跟物体的运动速度无关，根据控制变量法分析解答；
(4)将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置的好处是便于操作，不需要控制传送带做匀速直线运动。
本题考查了探究影响滑动摩擦力的因素，主要考查了对二力平衡条件的应用及控制变量法。在此实验中要拉动木块做匀速直线运动，要研究滑动摩擦力与一个量的关系，需要控制另一个量不变。
24.【答案】同一高度 放大 靠近 小 照相机 上
【解析】解：(1)为了使所成的像成在光屏中央的位置，实验时，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；
(2)实验过程中，凸透镜始终固定在光具座50cm刻度线处。当蜡烛距离凸透镜15cm时，即u=15cm，则f(3)接下来将蜡烛向远离凸透镜方向移动段距离，为了能在光屏上再次看到烛焰清晰的像，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，他应将光屏向靠近透镜方向移动，此时的像与步骤(2)中的像相比，大小将变小；
(4)如图乙所示，将蜡烛固定在光具座10cm刻度线处，此时物距大于2倍焦距时，成倒立缩小的实像，移动光屏，再次得到烛焰清晰的像，利用该成像规律制成的光学仪器是照相机；
(5)实验一段时间蜡烛变短，由于过光心的光线，光的传播方向不变，所以成的像将移动到光屏的上方。
故答案为：(1)同一高度；(2)放大；(3)靠近；小；(4)照相机；(5)上。
(1)为使像能成在光屏的中央，应调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度处；
(2)当物体处于1倍焦距和2倍焦距之间时，像成在另一侧的2倍焦距之外，成倒立、放大的实像；
(3)凸透镜成实像时，物近像远像变大；
(4)根据物距大于2倍焦距时，成倒立缩小实像的特点进行判断，是照相机的原理；
(5)根据凸透镜成实像时像是倒立的可知，当蜡烛变短时，光屏上的像的移动方向。
此题主要考查了凸透镜成像实验中所需的器材及实验要求，并且考查了凸透镜成像的规律及应用，要求学生能根据凸透镜成像规律分析实际问题。
25.【答案】大气压把水压进皮球 1.4 1.4×10−3 减小误差 偏大
【解析】解：
(1)标准大气压可以支持大约10.3m高的水柱，量杯中的水没有落回水槽，是因为有大气压的支持。
(2)如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，游码的读数为2g，打足气的皮球的总质量为：m总=100g+50g+10g+2g=162g；
上述实验过程共排出空气的质量为：m=m总−m剩余=162g−160.6g=1.4g；
(3)根据实验数据，测算出收集空气的总体积为：V=100mL×10=1000mL=1000cm3，
空气的密度为：ρ=mV=1.4g1000cm3=1.4×10−3g/cm3；
(4)空气的密度太小，如果收集气体的体积太小，质量会很小，多次实验的目的是收集较大体积的空气，增加空气的总质量，减小误差。
(5)如果有部分气体漏出，测量剩余空气质量时会偏小，计算排出总质量时会偏大，根据密度公式ρ=mV，测量体积不变，密度偏大。
故答案为：(1)大气压把水压进皮球；(2)1.4；(3)1.4×10−3；(4)减小误差；(5)偏大。
(1)根据大气压的应用分析；
(2)物体的质量等于砝码的质量与游码对应的刻度值之和；
(3)根据空气的质量和体积求出密度；
(4)实验中为了减小误差，应多次测量；
(5)根据空气质量的变化分析密度的变化。
本题是测量空气的密度的探究实验，考查了大气压的应用、密度的计算、减小误差的方法等，考查的较全面。
26.【答案】断开 定值电阻短路(电压表短路或电压表断路) 0.44 正比 右 2.2 C
【解析】解：(1)根据滑片向左移动，电流表示数变大，可知变阻器接入阻值变小，由此可知变阻器用的是左下接线柱，如图所示：；
(2)连接电路时开关应断开，将滑动变阻器滑片移到最大阻值处；
(3)若电表完好，闭合开关，电流表有示数，则故障应该是短路，电压表无示数，则电压表并联部分短路，即定值电阻短路；若电表不完好，可能是电压表短路或断路；
(4)由图甲可知电流表用的小量程，分度值为0.02A，故示数为0.44A；
(5)对照表格中的数据描点画图，如图所示：
；
由图可知：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
(6)根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，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，由于是在第4次实验的基础上，继续探究电流与电阻的关系，因此应使电压表的示数为2.2V不变；
(7)由图甲可知，电源为两节干电池串联，即3V；若把R1直接替换该实验的电阻R，电路中最大电流为：
I=UR1=3V300Ω=0.01A，小于电流表分度值0.02A，无法准确读出电流值，而反向电阻比正向电阻大非常多，使用该实验电路也无法准确读出电流值，所以R1和R2都不能较准的测出，故选：C。
故答案为：(1)见上图；(2)断开；(3)定值电阻短路(电压表短路或电压表断路)；(4)0.44；(5)见上图；电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；(6)右；2.2；(7)C。
(1)根据滑片向左移动，电流表示数变大，可知变阻器接入阻值变小，由此确定所用的下接线柱；
(2)为保护电路，连接电路时，开关要断开；闭合开关前，变阻器滑片调到阻值最大处；
(3)若电表完好，根据电流表有无示数判断故障类型，由电压表有无示数判断故障位置；
(4)根据电流表所选量程读出示数；
(5)根据表格中数据描点画图，分析得结论；
(6)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，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；
(7)根据欧姆定律求出电路中最大电流，与电流表分度值进行比较，然后进行判断。
本题探究“电流与电压和电阻的关系”实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电流表读数、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用。
27.【答案】答：(1)打开大功率的吸尘器，吸尘器口处的空气流速大，压强小，而较远的一侧相对来说空气流速小，压强大，所以尘土在外侧比较大的压强的作用下被压入吸尘器中，从而将灰尘和垃圾吸入车上的垃圾箱；
(2)一辆清扫车在一条较脏的平直马路上匀速前进，速度不变，实施清扫作业，有垃圾进入清扫车，质量在增加，动能逐渐增大。
【解析】流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小；
动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，动能和势能统称机械能。
本题主要考查流体压强与流速的关系以及机械能的转化，难度不大。
28.【答案】解：(1)行驶的平均速度v=st=27km0.5h=54km/h=15m/s；
(2)车对水平地面的压力F=G=mg=5×103kg×10N/kg=5×104N；
车对水平地面的压强p=FS=5×104N0.05m2=1×106Pa；
(3)在某次测试中该车匀速行驶时，处于平衡状态，所受的牵引力F′=f=0.02G=0.02×5×104N=1000N，
牵引力的功率P=F′v=1000N×15m/s=15000W。
答：(1)行驶的平均速度为15m/s；
(2)车对水平地面的压强为1×106Pa；
(3)牵引力的功率为15000W。
【解析】(1)根据速度公式可知行驶的平均速度；
(2)根据F=G=mg得出车对水平地面的压力，根据p=FS得出车对水平地面的压强；
(3)在某次测试中该车匀速行驶时，处于平衡状态，根据F′=f=0.02G得出所受的牵引力，根据P=Fv得出牵引力的功率。
本题考查速度、压强和功率的有关计算，是一道综合题。
29.【答案】解：(1)由P=Wt可知，正常加热10.5min，电茶壶消耗的电能为：
W=P加t=1000W×10.5×60s=6.3×105J，
水温度升高吸收的热量为：
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃−20℃)=5.04×105J，
则电茶壶加热的效率为：
η=Q吸W×100%=5.04×105J6.3×105J×100%=80%；
(2)3200imp/(kW⋅h)表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
则电茶壶单独工作1.5min，消耗的电能为：
W′=723200kW⋅h=0.0225kW⋅h=8.1×104J，
则实际加热的功率为：
P实=W′t=8.1×104J1.5×60s=900W
答：(1)电茶壶加热的效率为80%；
(2)电茶壶的实际加热功率是900W。
【解析】(1)根据P=Wt求出电茶壶消耗的电能，根据Q吸=c水m(t−t0)求出水吸收的热量，根据η=Q吸W×100%求出电茶壶加热的效率；
(2)3200imp/(kW⋅h)表示的是电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此求出转盘转72转消耗的电能，根据P=Wt求出电茶壶的实际加热功率。
本题考查电功率公式、吸热公式和效率公式的灵活运用，明白电能表参数的含义是关键，计算过程要注意单位的换算。
30.【答案】解：(1)容器底部受到水的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×10×10−2m=1000Pa；
(2)根据题意可知，物体A与B的体积相等，即VA=VB，
A与B物体密度的比值：ρAρB=mAVAmBVB=mAmB=；
(3)对物体A受力分析可知，物体A受到竖直向下的重力、竖直向下的拉力以及竖直向上的浮力作用，
物体A在这三个力的作用下保持静止，则F浮A=GA+F拉……①
同理，对物体B受力分析可知，F浮B=GB+F拉……②
假设物体A与B的体积均为V，根据阿基米德原理可知，物体B受到的浮力：F浮B=ρgV，
物体A受到的浮力F浮A=ρg(1−12)V=12ρgV，
则F浮A=12F浮B……③
联立①②③可得：F浮B=2(GB−GA)=2(mBg−mAg)=2×(0.6kg×10N/kg−0.2kg×10N/kg)=8N。
答：(1)容器底部受到水的压强为1000Pa；
(2)A与B物体密度的比值为1：2；
(3)物体B受到的浮力为8N。
【解析】(1)根据p=ρgh求出容器底部受到水的压强；
(2)知道A与B物体质量，根据题意可知A与B的体积相等，根据ρ=mV求出A与B物体密度的比值；
(3)对物体A受力分析可知，F浮A=GA+F拉，对B受力分析可知，F浮B=GB+F拉，假设物体A与B的体积为V，根据阿基米德原理表示出物体B受到的浮力F浮B=ρgV，物体A受到的浮力F浮A=ρg(1−12)V，联立可解得物体B受到的浮力。
本题考查液体压强的计算、密度公式以及阿基米德原理的应用，能正确对物体进行受力分析是解题的关键。电阻R=5Ω
第1组
第2组
第3组
第4组
电压U/V
1.0
1.4
1.8
2.2
电流I/A
0.20
0.28
0.36