2024年湖北省武汉市中考物理试卷（含详细答案解析））

这是一份2024年湖北省武汉市中考物理试卷（含详细答案解析）），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于声现象的说法正确的是( )
A. 拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动
B. 逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增强
C. 用大小不同的力敲击同一个编钟，发出声音的响度相同
D. 超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递信息
2.下列事例中，与“水的比热容较大”这个特性无关的是( )
A. 汽车发动机用水作冷却剂
B. 人游泳之后从水中出来，风一吹感觉更冷
C. 海边昼夜温度变化比沙漠中小，适于居住
D. 生物体内水的比例很高，有助于调节生物体自身的温度
3.如图所示，为了探究光反射时的规律，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，纸板NOF可以向前或向后折。下列说法正确的是( )
A. 纸板NOF向前或向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内
B. 入射光线靠近ON时，反射光线远离ON
C. 使一束光贴着纸板沿NO方向射到O点，这时没有反射光射出
D. 使用此实验装置不能探究光在反射时光路是否可逆
4.如图所示，打开收音机的开关，旋至没有电台的位置，将音量开大，取一节干电池和一根导线，先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，会听到收音机中传出“喀喀”声。关于这个实验，下列说法错误的是( )
A. 这个实验对电池有损害，最好用旧电池来做
B. 迅速变化的电流能够产生电磁波
C. 收音机可以接收到电磁波信号
D. 电磁波只能在空气中传播
5.北宋文学家欧阳修在一首词中有这样的描写：“无风水面琉璃滑，不觉船移……”其中“不觉船移”所选的参照物可能是( )
A. 船在水中的倒影B. 船周围的浮萍C. 被船惊飞的鸟D. 船附近岸边的花草
6.如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球从A点静止释放，小球会在A、C两点之间来回摆动，最终静止下来。下列说法正确的是( )
A. 小球从A点摆动到B点，动能转化为重力势能
B. 小球能从B点摆动到C点是由于受到惯性
C. 小球每次经过B点，其动能都比上一次小
D. 小球最终静止在A点
7.2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，若降落伞和返回舱受到的重力分别为G1和G2，降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，则下列关系式正确的是( )
A. f+F=G1+G2B. f+F=G2
C. F=G1+G2+fD. F=G2+f
8.如图甲所示，水平桌面上有一个质量为100g、底面积为100cm2的圆柱形平底薄壁溢水杯，杯底上表面到溢水口的距离为15cm，杯中装有部分水，此时溢水杯对桌面的压强为p0。将挂在弹簧测力计下端密度为ρ的圆柱体从水面上方逐渐浸入水中，当圆柱体一半浸在水中时，圆柱体下表面受到的压力为F1，水对溢水杯底部的压强为p1；当圆柱体浸没在水中时，如图乙所示，弹簧测力计的示数为2.4N，溢出到小桶中的水重为1N，圆柱体下表面受到的压力为F2，溢水杯对桌面的压强为p2。已知p2=p0+200Pa，下列结论正确的是( )
A. ρ=2.2g/cm3B. p1=1.5×103Pa
C. p2=1.84×103PaD. F2−F1>1.5N
9.如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，杠杆的右端是滑动变阻器的滑片，杠杆左端固定着一个浮子，油箱内油量变化时，滑片就在电阻片R两端之间滑动。下列说法错误的是( )
A. 定值电阻R0和滑动变阻器是串联的
B. 油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大
C. 油量增加时，电流表示数变大
D. 油箱中没有油时，电流表示数为零
10.新能源汽车作为我国新质生产力的杰出代表，各项技术均处于世界领先水平，其中用到的一种能量回收技术就是汽车在滑行或制动过程中，内部线圈切割磁感线产生感应电流，将机械能转化为电能。下列装置中也利用了电磁感应原理工作的是( )
A. 电磁起重机B. 司南
C. 自制电动机D. 动圈式话筒
11.如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V10(40)A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，饭煮熟后，他将这个电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，其它用电器仍正常工作，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸。空气开关跳闸的原因可能是( )
A. 照明灯的开关接在了零线与灯泡之间B. 用电器的总功率过大
C. 电热水壶的内部电路短路D. 接入电热水壶的插座短路
12.某同学家浴室里安装了一款风暖浴霸，它既可以实现照明、换气的功能，又可以实现送自然风、暖风、热风的功能，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸电路的部分参数。
关于下列结论：
①开关S1断开、S与触点1接触时，浴霸处于送自然风状态；
②每根电热丝的阻值为44Ω；
③电路中通过开关S的电流最大为10.15A；
④浴霸工作10分钟，电路消耗的电能最大为1.3398×106J。
其中正确的是( )
A. ①③B. ②③C. ②④D. ③④
二、填空题：本大题共2小题，共6分。
13.绿色发展是高质量发展的底色，为了更好践行绿色发展和“双碳目标”，武汉市区某高架桥上修建了一段全封闭“光伏声屏障”试验路段，如图所示。“光伏声屏障”既可以控制噪声，又可以提供电能，比传统的声屏障设备更节能环保。(q无烟煤=3.4×107J/kg)
(1)“光伏声屏障”是通过阻断噪声______的方式来控制噪声的。
(2)“光伏声屏障”路段的每一块玻璃上贴满了81个小光伏电池板，这些光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为______。这段“光伏声屏障”试验路段每年发电约1.7×105kW⋅h，相当于完全燃烧______ kg的无烟煤释放的能量。
14.如图所示是一种温度自动控制装置的原理图。制作水银温度计时在玻璃管中封入一段金属丝，“电源1”的两极分别与水银和金属丝相连。
(1)闭合开关S后，当温度达到______ ℃时，发热电阻就停止加热。
(2)当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，则“电源1”的______端为正极。
(3)为增强电磁铁的磁性，下列措施一定可行的是______(填序号)。
①增大“电源1”的电压；
②减小“电源2”的电压；
③减少电磁铁线圈匝数；
④改变电磁铁中电流方向。
三、实验探究题：本大题共4小题，共18分。
15.某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图象。实验中要控制好烧杯中的水温。
(1)根据图乙所示的图象中______段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于______态。
(2)该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气______(填物态变化名称)形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度______0℃。
16.实验小组在探究凸透镜成像规律的实验中：
(1)图甲中，点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，______(填“照相机”“投影仪”或“放大镜”)就是根据该成像特点制成的。将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，同学们提出了两种不同的解决方案。
方案一：仅将光屏向______移动一段距离。
方案二：仅换用焦距较______的凸透镜。
(2)某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，此时该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成______(填“倒立缩小”“倒立放大”或“正立放大”)的像。
17.某同学利用若干个质量为50g的钩码和弹簧测力计探究杠杆的平衡条件。
(1)调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并______，达到平衡状态，如图所示。
(2)在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，移动右侧钩码到______ cm刻度线处使杠杆重新在水平位置平衡。这时动力或阻力是______(填“钩码受到的重力”“钩码对杠杆的拉力”或“杠杆对钩码的拉力”)。
(3)保持杠杆左侧钩码的数量和位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计的示数为3N时，该拉力的作用点可能在杠杆______(填序号)刻度线处。
①左侧10cm；
②右侧5cm；
③右侧15cm。
18.某同学利用图甲所示的电路探究电流与电压的关系。实验中电源电压保持3V不变，定值电阻的阻值为4Ω，滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”。
(1)该同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。
(2)正确改接电路后，该同学立即进行实验，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，此时通过定值电阻的电流是______ A。这位同学实验操作的不足之处是______。
(3)该同学完成了预先设计好的表格中的4次实验，将得到的实验数据填入表格。
分析表中已测出的数据，可以初步得到实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压______。为了进一步验证这个结论，该同学利用现有器材在不改变电路连接的情况下，表格里余下的4次实验中，他还能完成______次。
四、综合题：本大题共1小题，共10分。
19.2024年4月19日，我国海洋油气生产平台“海基二号”总体结构完成安装，它刷新了高度、质量、作业水深和建造速度等多项亚洲纪录，“海基二号”由上部组块和水下的导管架组成。图甲是质量为6×104t的“海洋石油229”驳船将质量为3.7×104t的导管架运载至安装海域的情景。
(1)如图甲所示，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这4块钢板的作用是______。“海基二号”在指定海域成功安装后，这4块钢板处于水深324m的海底处，它们受到海水的压强是______ Pa。
(2)导管架和驳船拖航的速度约为100m/min，它们到达240km外的安装海域所需要的时间约为______ h。导管架和驳船沿直线向右匀速航行时，若以图乙中的长方形表示驳船上的导管架，请在图中画出导管架受力的示意图。
(3)这次海上安装采用了滑移下水方式：工程人员将驳船船头水舱的水排出一部分，又向船尾水舱注入一部分水，使驳船小角度倾斜，最后将驳船和导管架之间的连接点切割分离，导管架就在自身重力作用下顶端朝前沿着轨道滑入海中。若驳船船头水舱排出的水和船尾水舱注入的水的体积分别为2.2×103m3和6×103m3时，导管架顶端浸入海水中的体积为200m3，则驳船和固定在驳船上的导管架总共受到的浮力是多少N？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动，故A正确；
B、逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增弱，故B错误；
C、用大小不同的力敲击同一个编钟，振幅不同，发出声音的响度不同，故C错误；
D、超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递能量，故D错误。
故选：A。
(1)声音是由物体的振动产生的。
(2)声音的传播需要介质。
(3)声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
(4)声音可以传递信息和能量。
本题考查的是声音产生和传播的条件；知道响度和声音的利用。
2.【答案】B
【解析】【分析】
(1)水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
(2)水的比热容大的应用：防冻剂、取暖剂、保温剂；
(3)由气态变为液态叫液化降低温度和压缩体积可使气体液化，由液态变为气态叫汽化。
本题考查水的比热容大的特点、蒸发吸热的应用，应用所学知识解决实际问题，体现了新课标的要求。
【解答】
解：A、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水冷却汽车发动机，故A不符合题意；
B、游泳之后从水中出来，风一吹感觉特别冷，是由于身体表面的水汽化吸热，与“水的比热容较大”这个特性无关，故B符合题意；
C、因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，故C不符合题意；
D、因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，所以生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度，故D不符合题意。
故选：B。
3.【答案】A
【解析】解：A、在研究光的反射定律实验中，当把纸板NOF向前折或向后折时看不到反射光线，当把两纸板折到同一平面上时，可以看到反射光线，说明反射光线、入射光线、法线在同一平面内，故A正确；
B、若把入射光线OA靠近ON，则入射角减小，根据反射角等于入射角可知，反射角也会减小，所以反射光线OB也会靠近ON，故B错误；
C、若使光束沿NO方向射向平面镜，反射光线、入射光线、法线三线合一，反射光线与法线的夹角为0∘，故C错误；
D、若要研究反射时光路是否可逆，应让光线沿原来的反射光线进行入射，即沿FO入射，会发现反射光线沿着OE方向射出，故D错误。
故选：A。
(1)反射光线、入射光线、法线在同一平面内；
(2)移动激光笔，使射向O点入射光线AO慢慢地向ON位置靠近，则入射角减小，反射角也减小，则反射光线会靠近法线；
(3)垂直射向镜面，入射角等于反射角等于0；
(4)反射时，光路是可逆的，为了验证，可使光线沿原来的反射光线进行入射。
此题主要考查了光的反射定律中反射角与入射角的关系，以及三线之间的关系：反射光线、入射光线、法线在同一平面内。在实验中是通过转动光屏看是否能在光屏上找到反射光线的方法来进行研究的。
4.【答案】D
【解析】解：A、将导线的一端与电池的负极相连，另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，这样会损伤电池，故A正确；
B、先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与正极摩擦，使它们时断时续地接触，电路中有时断时续的电流出现，迅速变化的电流产生了电磁波，产生的电磁波被收音机接收到，听到“咔咔”的声音，故B正确；
C、收音机接收到的声音是通过电磁波传播的，故C正确；
D、磁波能在真空中传播，故D错误。
故选：D。
(1)根据电池的使用方法进行回答；
(2)收音机听到“咔咔”的声音，是受到电磁波的干扰，迅速变化的电流可以产生电磁波；
(3)电磁波能够传递信息，也能传递能量；
(4)电磁波在真空中的传播速度和光速相等。
本题主要考查的是电磁波的产生及信息传播，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：“不觉船移”以船周围的浮萍、被船惊飞的鸟以及船附近岸边的花草为参照物时，船相对于它们的位置都发生了变化，以船在水中的倒影为参照物，船与倒影的位置未发生变化，故A正确，BCD错误。
故选：A。
在研究物体的运动情况时，要先选取一个标准作为参照物，物体和参照物之间的位置如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。
6.【答案】C
【解析】解：A、小球从A点摆动到B点的过程中，小球的质量不变、高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故A错误；
B、小球在B点时有一定的速度，由于小球具有惯性，小球会从B点摆动到C点，惯性是一种性质，不能说受到惯性，故B错误；
C、由于小球运动过程中机械能损失，所以球每次经过点B的速度都有所减慢，小球每次经过B点，其动能都比上一次小，故B正确；
D、小球最终静止在B点，故D错误。
故选：C。
(1)动能大小跟质量、速度有关，重力势能大小跟质量、高度有关；
(2)惯性是物体的一种属性；
(3)根据机械能的变化判断经过B的动能；
(4)小球最终静止在机械能最小的位置。
本题考查了动能和重力势能的概念，及影响其大小的因素，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。
7.【答案】B
【解析】解：研究对象是返回舱，对其进行受力分析，返回舱受到三个力的作用：降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，返回舱受到的重力G2，
如返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，受力平衡，则f+F=G2。
故选：B。
研究对象是返回舱，对其进行受力分析，如返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，受力平衡，由此解答；
本题考查了简单的力的合成与应用，属于基础性题目。
8.【答案】D
【解析】解：A、没有放入圆柱体时溢水杯对桌面的压力：F=G杯+G水，
当圆柱体浸没在水中时，由称重法可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮=G−F示，
对溢水杯的整体受力分析可知，溢水杯整体受到溢水杯、杯中剩余的水和圆柱体的总重力、桌面对溢水杯的支持力和弹簧测力计向上的拉力，
由力的平衡条件可知，桌面对溢水杯的支持力：F支=G杯+(G水−G溢)+G−F示=G杯+(G水−G溢)+F浮=G杯+G水+F浮−G溢，
由力的作用是相互的可知，此时溢水杯对桌面的压力：F′=F支=G杯+G水+F浮−G溢，
则p0=FS=G杯+G水S，p2=F′S=G杯+G水+F浮−G溢S，
代入p2=p0+200Pa可知，G杯+G水+F浮−G溢S=G杯+G水S+200Pa，即F浮−G溢S=200Pa，
则F浮=G溢+200Pa×S=1N+200Pa×100×10−4m2=3N，
由F浮=ρ液gV排可知，圆柱体浸没时排开水的体积：V排=F浮ρ水g=3N1.0×103kg/m3×10N/kg=3×10−4m3，
因为圆柱体浸没在水中，所以圆柱体的体积：V=V排=3×10−4m3=300cm3，
由称重法可知，圆柱体的重力：G=F浮+F示=3N+2.4N=5.4N，
由G=mg可知，圆柱体的质量：m=G g=5.4N10N/kg=0.54kg=540g，
则圆柱体的密度：ρ=m V =540g300cm3=1.8g/cm3，故A错误；
B、由F浮=ρ液gV排可知，圆柱体一半浸在水中时受到的浮力：F浮′=12F浮=12×3N=1.5N，
则从圆柱体一半浸在水中到圆柱体浸没在水中时增加的浮力：ΔF浮=F浮−F浮′=3N−1.5N=1.5N>1N，即ΔF浮>G溢，
说明圆柱体一半浸在水中时，水面没有到达溢水口，此时水的深度h3N−1.5N=1.5N，故D正确。
故选：D。
(1)没有放入圆柱体时溢水杯对桌面的压力大小等于溢水杯和水的总重力，根据力的平衡条件和力的作用是相互的表示出当圆柱体浸没在水中时溢水杯对桌面的压力，根据压强定义式分别表示出两次溢水杯对桌面的压强，结合p2=p0+200Pa求出圆柱体浸没时受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体排开液体的体积，即为圆柱体的体积，根据称重法求出圆柱体的重力，根据G=mg求出圆柱体的质量，根据密度公式求出圆柱体的密度；
(2)比较圆柱体一半浸在水中时受到的浮力与圆柱体浸没在水中时溢出到小桶中的水重，进而判断当圆柱体一半浸在水中时溢水杯中水面的位置，根据液体压强公式求出此时水对溢水杯底部的压强p1；
(3)根据体积公式、密度公式和G=mg求出原来溢水杯中水的重力，根据压强定义式和p2=p0+200Pa求出p2；
(4)根据浮力产生的原因求出圆柱体一半浸在水中时圆柱体下表面受到的压力F1，根据浮力产生的原因表示出图乙中圆柱体上下表面受到的压力差，进而求出F2−F1。
本题考查压强定义式、液体压强公式、重力公式、密度公式、阿基米德原理以及浮力产生的原因，关键是分析判断出圆柱体一半浸在水中时，水面没有到达溢水口。
9.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器首尾顺次连接在电路中，是串联的，电流表测量电路中的电流，故A正确；
B、油量减少时，浮子下降，在杠杆作用下，滑片上移，滑动变阻器接入电路电阻丝变长，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故B正确；
C、油量增加时，浮子上浮，在杠杆作用下，滑片下移，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C正确；
D、油箱中没有油时，浮子在最低位置，在杠杆作用下，滑片移动到最上端，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知，电路中的电流最小，但不为零，即电流表示数不为零，故D错误。
故选：D。
(1)由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器首尾顺次连接在电路中，是串联的，电流表测量电路中的电流；
(2)油量减少时，浮子下降，在杠杆作用下，滑片上移，滑动变阻器接入电路电阻丝变长，由此可知滑动变阻器接入电路的阻值变化；
(3)油量增加时，浮子上浮，在杠杆作用下，滑片下移，滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中的电流变化，即电流表的示数变化；
(4)油箱中没有油时，浮子在最低位置，在杠杆作用下，滑片移动到最上端，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知，电路中的电流最小，但不为零。
本题考查滑动变阻器的使用、串联电路特点和欧姆定律的应用，正确判断滑动变阻器接入电路的阻值变化是关键。
10.【答案】D
【解析】解：A、电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的，故A不符合题意；
B、司南指示南北是由于受到地磁场的作用，故B不符合题意；
C、电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意；
D、动圈式话筒是利用电磁感应来工作的，故D符合题意。
故选：D。
(1)电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的。
(2)司南指示南北是由于受到地磁场的作用。
(3)电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的。
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动中，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应。发电机和动圈式话筒是利用该原理制成的。
本题考查的是电磁感应现象及其应用；知道电动机、发电机、电磁继电器、动圈式话筒的基本原理。
11.【答案】C
【解析】解：A、照明灯的开关接在了零线与灯泡之间，不会引发空气开关跳闸，只是容易发生触电事故，故A不符合题意；
B、由电能表上的参数可得，电路中允许的最大功率为：P=UI=220V×40A=8800W；
正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，将电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，电路中用电器总功率变小，所以空气开关跳闸的原因不可能是用电器的总功率过大，故B不符合题意；
CD、如果接入电热水壶的插座短路，没有插入电热水壶时，空气开关就应该会跳闸，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸，则说明是由于电热水壶的内部电路短路，故C符合题意、D不符合题意。
故选：C。
家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和总功率过大。从上面这两个因素进行分析。
本题考查对家庭电路故障(短路)的分析判断能力，空气开关跳闸的原因有两个：总功率过大和发生短路。
12.【答案】B
【解析】解：①开关S1断开、S与触点1接触时，只有电动机工作，说明此时没有加热，浴霸处于换气状态；故①错误；
②根据电热丝与电阻是并联，每个电热丝的功率P=2233W−1133W=1100W；
由P=U2R可得，电热丝的电阻为：
R=U额2P额=(220V)21100W=44Ω，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。每根电热丝的阻值为44Ω；故②正确；
③当处于热风状态时，电路中通过开关S的电流最大，
I=P热U =2233W220V=10.15A，故③正确；
④浴霸热风状态，且照明灯发光时，电功率最大，工作10分钟，电路消耗的电能最大
W=Pt=(2233W+20W)×10×60s=1.3518×106J，故④错误。
故选：B。
(1)根据电路图结合开关位置分析；
(2)根据电阻的功率结合P=U2R计算电阻；
(3)根据热风功率计算电流；
(4)根据最大总功率结合W=Pt计算电能。
本题考查串并联电路的特点和欧姆定律、电能的计算，属于中档题。
13.【答案】传播 电能 1.8×104
【解析】解：(1)“光伏声屏障”是在传播过程中减弱噪声，即通过阻断噪声传播的方式来控制噪声的。
(2)光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为电能；
无烟煤完全燃烧放出的热量Q放=1.7×105kW⋅h=1.7×105×3.6×106J=6.12×1011J，
由Q放=mq可知，完全燃烧无烟煤的质量m=Q放q无烟煤=6.12×1011J3.4×107J/kg=1.8×104kg。
故答案为：(1)传播(2)电能；1.8×104。
(1)减弱噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
(2)太阳能电池板把太阳能转化为电能；
知道无烟煤完全燃烧放出的热量和无烟煤的热值，利用Q放=mq计算出无烟煤的质量。
本题考查燃料完全燃烧放热公式的灵活运用、减弱噪声的途径、太阳能的转化等，具有一定的综合性，但都属于基础知识考查，难度不大。
14.【答案】90 右 ①
【解析】解：(1)温度计就相当于开关，当介于金属丝接触导通，吸引衔铁断开加热电路，故此时金属丝对应的刻度是90℃；
(2)当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，电流从右侧流入，则“电源1”的右端为正极。
(3)为增强电磁铁的磁性，必须增大线圈中的电流或增大线圈的匝数，故选：①。
故答案为：(1)90；(2)右；(3)①。
(1)根据温度计的分度值读数；
(2)根据安培定则确定电源正负极；
(3)电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关。
本题考查安培定则与电磁铁的磁性，属于基础题。
15.【答案】BC 固、液共存 凝华 低于
【解析】解：(1)图乙BC段吸收热量温度不变，可知冰是晶体，BC段的物质处于熔化过程中，处于固液共存态；
(2)易拉罐的下部有白霜形成，是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，即白霜；用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，低于冰的熔点，低于0℃。
故答案为：(1)BC；固、液共存；(2)凝华；低于。
(1)晶体熔化时吸热温度不变，物质处于固液共存态；
(2)物质由气态直接变为固态叫凝华；晶体中有杂质可以降低晶体的熔点。
本题考查晶体的熔化现象以及物态变化的知识，难度不大。
16.【答案】照相机 左 大 倒立放大
【解析】解：(1)由图甲可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，仅将光屏向左移动一段距离；若不移动光屏，仅换用焦距较大的凸透镜，凸透镜焦距变大，对光的会聚能力变弱，会将光线推迟会聚成像；
(2)某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，说明uu>f，因此该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成倒立放大的像。
故答案为：(1)照相机；左；大；(2)倒立放大。
(1)根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
根据凸透镜成实像时，物远像近像变小；凸透镜焦距变大，对光的会聚能力变弱；
(2)根据2f>u>f，成倒立、放大的实像。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
17.【答案】静止 10 钩码对杠杆的拉力 ①③
【解析】解：(1)调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态；
(2)如在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，设每个钩码的重力为G，由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知
4G×15cm=6G×L，
解得L=10cm；
动力和阻力都必须是作用在杠杆上，而钩码受到的重力、杠杆对钩码的拉力作用在钩码上，不是动力或阻力，故钩码对杠杆的拉力是动力或阻力。
(3)当弹簧测力计的示数为3N时，相当于6个质量为50g的钩码重力，因而力臂必须为10cm，
①左侧10cm，竖直向上拉力臂为10cm，恰好能平衡；
②右侧5cm，最大的力臂为5cm，不可能平衡；
③右侧15cm，斜向下拉，使得力臂等于10cm也可以平衡。
故选：①③。
故答案为：(1)静止；(2)10；钩码对杠杆的拉力；(3)①③。
(1)杠杆平衡是静止或匀速转动；
(2)设一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出；根据阻力或动力的定义分析；
(3)根据杠杆平衡条件计算力臂大小，逐项分析。
本题考查了杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上。
18.【答案】0.22闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端 正比 1
【解析】解：(1)原电路中，电流表与电压表串联，在电路中是错误的，电压表应并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中，如下图所示：
(2)由图乙可知，电流表使用的量程是0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.22A；
该同学正确改接电路后，立即进行实验，由图甲可知，这位同学实验操作的不足之处是闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端；
(3)分析表一中的这些数据，可以得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流和导体两端的电压成正比；
由滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”可知，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为0.5A，
当定值电阻两端电压为U1=0.3V时，滑动变阻器两端的电压应为U滑=U−U1=3V−0.3V=2.7V
由串联电路中电流处处相等可知，U1R=U滑R滑，即0.3V4Ω=2.7VR′，解得：R′=36Ω>20Ω，所以此实验不能完成；
由滑动变阻器的规格可知，电路中允许通过的最大电流为0.5A，此时定值电阻两端的最大电压为U′=0.5A×4Ω=2V，所以电压为2.1V、2.4V的两次实验不能完成，只有电压为1.8V的这一次实验可以完成。
故答案为：(1)见解析；
(2)0.22；闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端；
(3)成正比；1。
(1)探究电流与电压的关系时，电压表并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中；
(2)根据电流表的量程和分度值读数；
闭合开关前应将滑动变阻器调节到阻值最大；
(3)分析表中数据，得出实验结论；
根据滑动变阻器的最大电阻和允许通过的最大电流分析。
本题是探究电流与电压的关系的实验，考查电路连接、电路分析、电流表的读数、滑动变阻器的使用、实验数据的处理等。
19.【答案】增大受力面积来减小压强 3.24×106 40
【解析】解：(1)导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的；
它们受到海水的压强：
p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×324m=3.24×106Pa；
(2)由v=st可得，安装海域所需要的时间：
t=sv=240×103m100m/min=2400min=40h；
导管架和驳船沿直线向右匀速航行时，导管架在水平方向不受力，在竖直方向上受重力和支持力，二者是一对平衡力，作用点在重心，如图所示：
(3)驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力：
G总=(m驳+m架)g=(6×104×10kg+3.7×104×103kg)×10N/kg=9.7×108N，
驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力ΔG=Δmg=ρ海水ΔVg=1.0×10kg/m3×(6×103m3−2.2×103m3)×10N/kg=3.8×107N，
驳船小角度倾斜时处于漂浮状态，总浮力等于总重力，即：
F浮总=G总+ΔG=9.7×108N+3.8×107N=1.008×109N。
答：(1)增大受力面积来减小压强；3.24×106；(2)40；见解答图；(3)驳船和固定在驳船上的导管架总共受到的浮力是1.008×109N。
(1)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积，在受力面积一定时，减小压力；由p=ρgh可求得它们受到海水的压强；
(2)已知速度和路程，由速度公式变形可求得时间；导管架和驳船沿直线向右匀速航行时，故导管架在水平方向不受力，在竖直方向上受平衡力；
(3)由G=mg′求得驳船小角度倾斜前的重力，在求得驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力，漂浮时，浮力等于总重力。
此题涉及到减小压强的方法、力的示意图的画法、液体压强的计算、速度公式的应用以及阿基米德原理的应用，是一道综合性较强的题目。额定电压
220V
照明功率
20W
换气功率
35W
暖风功率
1133W
热风功率
2233W
电压U/V
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
电流I/A
0.15
0.23
0.30
0.38