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江苏省南京市建邺区2025年中考一模物理试题
1．（2025·建邺模拟）艺术节上，小明表演击鼓，他时重时轻地敲击鼓面，这样做主要改变了鼓声的（　　）
A．响度 B．音调 C．音色 D．速度
【答案】A
【知识点】响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】解：当用大小不同的力敲击鼓面时，鼓面会因振动而发出声音，由于鼓面振动的幅度不同，所以声音的响度也会不同．
故选A．
【分析】声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；振动幅度越小，响度越小．
2．（2025·建邺模拟）下列数据符合实际的是（　　）
A．人体感觉舒适的温度约为37℃
B．九年级物理课本的质量约为250g
C．荧光灯正常工作时的电流约为1.5A
D．中学生正常步行速度约为1.4km/h
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；速度与物体运动；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】根据生活经验可知，人体感觉舒适的温度约为25℃左右，九年级物理课本的质量约为250g，荧光灯正常工作时的电流约为0.18A，中学生正常步行速度约为1.2m/s（约4km/h），
故ACD错误，而B正确；
故选B。
【分析】根据自己对温度、质量、电流和速度的认识判断即可。
3．（2025·建邺模拟）下列诗词涉及的物态变化的分析中，正确的是（　　）
A．“窗含西岭千秋雪”，雪的形成是升华现象，需要放热
B．“露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热
C．“薄雾浓云愁永昼”，雾的形成是汽化现象，需要吸热
D．“霜叶红于二月花”，霜的形成是凝华现象，需要吸热
【答案】B
【知识点】液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“窗含西岭千秋雪”，其中的雪是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华过程放热，故Ａ错误；
B．“露似真珠月似弓”，其中的露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化过程放热 ，故B正确；
C．“薄雾浓云愁永昼”，其中的雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小液滴，液化过程放热，故C正确；
D．“霜叶红于二月花”，其中的霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华过程放热，不是吸热，故D错误；
故选B。
【分析】 物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
4．（2025·建邺模拟）如图，小桥在湖面形成倒影。以下成语涉及的光现象与之形成原因相同的是（　　）
A．镜花水月 B．立竿见影 C．海市蜃楼 D．凿壁偷光
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】小桥经湖面形成倒影，是光线在湖面发生反射形成的平面镜成像。
A． 镜花水月，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A符合题意；
B．立竿见影中的影子是光沿直线传播形成的，故B不符合题意；
C．海市蜃楼是光的折射现象，故C不符合题意；
D．凿壁偷光是光沿直线传播形成的，故D不符合题意。
故选A。
【分析】分析各个选项中包含的光学原理，然后与小桥倒影对照即可。
5．（2025·建邺模拟）关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．开关应接在零线和灯泡之间
B．总开关跳闸一定是某处短路了
C．用电器的金属外壳不需要接地
D．使用测电笔时手要接触笔尾的金属电极
【答案】D
【知识点】家庭电路的组成；测电笔的使用；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A．为了保证断开开关后用电器不再带电，从而保证用电安全，则开关需要直接接在火线和灯泡之间，故Ａ错误；
Ｂ．总开关跳闸肯定是家庭电路电流过大所致，除了短路外，也可能是电路中总功率过大导致电路中电流较大，故Ｂ错误；
Ｃ．用电器的金属外壳接地时，即使外壳带电，人体也不会发生触电事故，故Ｃ错误；
Ｄ．使用测电笔时手要接触笔尾的金属电极，才能构成回路，使试电笔氖管发光，故Ｄ正确。
故选Ｄ。
【分析】AC.根据家庭电路安全用电的常识判断；
B.根据家庭电路电流过大的原因判断；
D.根据测电笔的使用方法判断。
6．（2025·建邺模拟）关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（　　）
A．物体被举高后，分子势能增大
B．海绵容易被压缩是因为分子间有空隙
C．原子、原子核、电子是按空间尺度由大到小排列的
D．质子、中子和电子像行星绕太阳一样绕原子核运动
【答案】C
【知识点】内能的概念；分子间相互作用力；原子结构
【解析】【解答】A．物体被举高后，物体的重力势能增大，与分子势能无关，故A错误；
B．海绵容易被压缩，是因为海绵的多孔结构，与分子间隙无关，故B错误；
C．按空间尺度由大到小排列的：原子、原子核、电子，故C正确；
D．只有电子就像行星绕太阳运动一样在绕原子核运动，故D错误。
故选C。
【分析】A.重力势能与质量和高度有关；
B.根据分子之间存在空隙的实例判断；
C.根据微粒大小的知识判断；
D.根据原子构成的知识判断。
7．（2025·建邺模拟）汤勺放在热汤中温度升高内能增大，下列事例中改变内能的方式与之相同的是（　　）
A．冰敷受伤部位
B．反复弯折铁丝
C．压缩空气
D．钻木取火
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】热汤的温度高而金属勺的温度低，将金属勺放在热汤中，金属勺吸收热量，是通过热传递改变物体的内能的。
A．冰敷受伤部位，冰吸收人体的热量使人体降低温度，是通过热传递的方式改变物体内能的，故A符合题意；
B．反复弯折铁丝，将机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故B不符合题意；
C．活塞压缩筒内空气，将活塞的机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故C不符合题意；
D．钻木取火时，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故D不符合题意。
故选A。
【分析】做功改变内能的本质为能量的转化，热传递改变内能的本质为能量的转移。
8．（2025·建邺模拟）我国大力发展绿色能源，下列反映风力发电原理的实验装置是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】风力发电机的工作原理为电磁感应现象。
A．当导线中通过电流时，小磁针的指向发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，与风力发电无关，故A不符合题意；
B．当悬挂的金属棒ab在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，这正是风力发电机的工作原理，故B符合题意；
C．串联的两个电磁铁通过的电流相同，线圈匝数多的吸引的铁钉过，则该实验展示的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C不符合题意；
D．闭合开关后，通过电流的导体在磁场中受力运动，是电动机的工作原理，故D不符合题意。
故选B。
【分析】分析各个图片描述的实验过程，确定其中包含的物理原理，最后与发电机的原理对照即可。
9．（2025·建邺模拟）如图是电影中敖丙和哪吒踢毽子的场景。下列说法正确的是（　　）
A．踢毽子的力是毽子发生形变产生的
B．敖丙踢毽子的力与哪吒踢毽子的力是一对相互作用力
C．毽子离开脚后仍能向前运动是由于毽子具有惯性
D．毽子飞到最高点时，若所有外力突然消失，它将保持静止
【答案】C
【知识点】力的作用效果；物体运动状态的变化；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．踢毽子的力是脚施加的，因此是脚面发生形变产生的，故A错误；
B．相互作用力必须作用在不同物体上，而敖丙踢毽子的力与哪吒踢毽子的力均作用在毽子上，不属于相互作用力，故B错误；
C． 毽子离开脚后仍能向前运动是由于毽子具有惯性， 故C正确；
D．毽子飞到最高点时，水平方向还具有速度，因此若所有外力突然消失，它将沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】A.对毽子进行受力分析即可；
B.根据相互作用力的条件判断；
C.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
D.根据牛顿第一定律的内容判断。
10．（2025·建邺模拟）图示为显示油箱内油量情况的装置，该装置的油量表由电流表或电压表改装而成，电源电压恒定。要满足“油量越小，电表示数越小，且无油时电表示数恰好为0”，下列电路可以实现的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A.根据图片可知，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路电阻规律和欧姆定律可知通过电路的电流为最小，但不为0，故A不合题意：
B.根据图片可知，电压表测量R2下部分电阻两端的电压，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路的分压特点可知R2下部分电阻两端的电压最大，即此时电压表示数最大，故B不合题意：
C.根据图片可知，电压表测量R1两端的电压，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路的分压特点可知R1两端的电压最小，即此时电压表示数最小，但不为0，故C不合题意：
D.根据图片可知，电压表测量R2上部分电阻两端的电压，油量越小，R2连入电路的电阻越小，根据串联电路的分压特点可知R2两端的电压越小，即电表示数越小；无油时，R2连入电路的电阻为零，则电压表示数为0，故D符合。
故选D。
【分析】根据电路图确定电路的串并联关系，以及电表所测的物理量，根据欧姆定律和串联电路的电压规律分析判断即可。
11．（2025·建邺模拟）某固体的质量为m，其比热容为c。先对它加热一段时间（设在相同时间内吸收的热量相等），停止加热让其冷却（设冷却时在相同时间内放出的热量相等），整个过程中温度随时间的变化情况如图所示。不计质量变化，下列说法正确的是（　　）
A．在0~t2时间段，该物体吸收的热量为cm(T2-T1)
B．该物质在t2~t3时间段的比热容小于t3~t4时间段的比热容
C．在t4~t5时间段，该物体放出的热量为
D．该物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量
【答案】D
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】A．根据图片可知，0~t1时间段内，升高的温度为T2-T1，根据Q=cm△t可知，cm(T2-T1)是物质0~t1时间段内吸收的热量。由于t1~t2时间段继续吸热，则0~t2时间段，该物体吸收的热量大于cm(T2-T1)，故A错误；
B．根据图片可知，在t2~t3时间段和t3~t4时间段，二者状态和物质种类相同，都是液态，则该物质在t2~t3时间段的比热容与t3~t4时间段的比热容相等，故B错误；
C．由于该物质熔化过程中吸收的热量等于该物质凝固过程中放出的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量等于在t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量，故C错误；
D．该物质先熔化后凝固，且温度变化相同，则熔化过程中吸收的热量与凝固过程中放出的热量相等，即物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量，故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图像确定物体升高的温度，根据Q=cm△t比较吸收热量多少；
B.比热容只与物体的种类和状态有关；
CD.从图像寻找加热时间大小和升高温度大小，结合Q=cm△t分析判断。
12．（2025·建邺模拟）如图甲所示电路，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，小灯泡的额定电压为6V。闭合开关S，滑动变阻器的滑片从最右端向左移动，直至小灯泡正常发光，电流表示数与三只电压表示数变化的情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电源电压为18V
B．小灯泡的额定功率为5W
C．滑片位于最右端时，小灯泡的实际功率为0.4W
D．滑片从最右端向左移动过程中，R2接入电路的阻值由50Ω变为20Ω
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据甲图可知，灯泡、R1和R2串联，电压表V测量电源电压，电压表V1测量定值电阻R1的电压，电压表V2测量定值电阻R1与变阻器R2的总电压，电流表测量电路电流。
A．根据电源电压最大保持不变可知，最上面的U-I图像为电源电压与电路电流的图像。根据U=IR可知，R1的电压随电流的增大而增大，因此下面的U-I图像为电压表V1的示数与电路电流的图像，那么中间的U-I图像为电压表V2的示数与电路电流的图像。
由图乙得，当灯泡正常发光时，电路电流最大，由图乙得，此时电路电流为0.5A，此时V1、V2的示数相等，为10V，说明此时变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为L与定值电阻R1串联，由串联电路电压特点得，电源电压为
故A错误；
B．灯泡的额定电压为6V，额定电流为0.5A，则小灯泡的额定功率为，故B错误；
C．由图乙得，此时电路最小电流为0.2A，灯泡的电压为；
此时小灯泡的实际功率为，
故C正确；
D．定值电阻R1的阻值为；
滑片从最右端向左移动过程中，变阻器接入电路中的电阻由最大值到0Ω，当变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流为0.2A，由欧姆定律得，此时电路电阻为；
此时灯泡的电阻为；
由串联电路电阻特点得，变阻器的最大电阻为；
则R2接入电路的阻值由50Ω变为0Ω，故D错误。
故选C。
【分析】 AB.由图甲可知，灯L、R1和R2串联，电流表测电路中的电流，判断出各电压表所测的电压，根据串联电路的电压规律和欧姆定律求出电源电压，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
CD.根据欧姆定律求出R1的阻值，滑片位于最右端时，由图乙确定出电压表V2的示数和电路中的最小电流，根据串联电路的电压规律和P=UI求出小灯泡的实际功率，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，即可解答。
13．（2025·建邺模拟）2025年3月，我国使用长征三号乙运载火箭，成功将天链二号04星发射升空。地面控制室通过　 　波与卫星传递信息。卫星随火箭加速升空的过程中：卫星的机械能　 　；以地面为参照物，卫星是　 　的。
【答案】电磁；增大；运动
【知识点】机械能及其转化；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）地面控制室通过电磁波与卫星传递信息。
（2）卫星随火箭加速升空的过程中，质量不变，速度增大，则动能增大；质量不变，高度增大，所以重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，它的机械能增大。
（3）卫星和地面之间的位置不变变化，则以地面为参照物，卫星是运动的。
【分析】（1）电磁波可以在真空中传播，且电磁波能够传递信息；
（2）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而机械能=动能+重力势能；
（3）根据参照物的知识分析
14．（2025·建邺模拟）如图所示，滑轮重50N，工人用250N的拉力，在30s内将重为400N的物体匀速提高了6m。此过程中的有用功为　 　 J，额外功为　 　 J，滑轮的机械效率为　 　 %，工人做功的功率为　 　 W。
【答案】2400；600；80；100
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】根据图片可知，当用动滑轮提升重物时，克服物体重力所做的功是有用功，
即W有用=Gh=400N×6m=2400J；
动滑轮上承担重力的绳子段数n=2，则绳端移动的距离为s=nh=2×6m=12m；
拉力所做的总功为W总=Fs=250N×12m=3000J；
额外功为W额外=W总-W有用=3000J-2400J=600J；
滑轮组的机械效率为；工人做功的功率为。
【分析】利用W=Gh计算克服物体重力做的有用功，根据s=nh计算拉力端移动距离，利用W=Fs计算拉力做的总功，根据W额=W总-W有用计算拉力做的额外功，根据计算动滑轮的机械效率，利用计算拉力做功的功率。
15．（2025·建邺模拟）如图所示是一台单缸四冲程汽油机的某一冲程，该冲程发生的能量转化是　 　能转化为　 　能。若它每秒对外做功20次，则该汽油机的飞轮转速为　 　 r/min。若该汽油机的效率为30%，完全燃烧10kg汽油放出的热量可以对外做功　 　 J。（汽油的热值为4.6×107J/ kg）
【答案】机械；内；2400；1.38×108
【知识点】燃料的热值；热机；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据图片可知，此时活塞向上运动，两个气门都关闭，应该是压缩冲程，该冲程中机械能转化为内能。
（2）该单缸四冲程汽油机每秒对外做功20次，则每秒飞轮转动：2×20=40周，则每分钟该汽油机的飞轮转速为40×60=2400 r。
（3）汽油的热值为 4.6×107J/ kg ，完全燃烧10kg汽油放出的热量为；
则对外做功W有用=ηQ放=30%×4.6×108J=1.38×108J。
【分析】（1）根据活塞的运行方向和气门的开合确定冲程名称和能量转化；
（2） 在单缸四冲程汽油机工作过程中，一个循环包括4个冲程、飞轮转动2周，对外做功1次。
（3）根据 计算汽油放出的热量，根据W有用=ηQ放计算汽油机对外做功。
16．（2025·建邺模拟）两个相同的柱形容器放在水平桌面上，里面分别装有质量相等的甲、乙两种液体，将A、B两个质量相等的实心球放入甲液体中，静止时两球状态如图所示。若将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，A、B两球排开乙液体的体积分别为VA排、VB排，则VA排　 　 VB排。甲、乙两液体对容器底的压强分别为p1、p2，两容器对桌面的压强分别为p1'、p2'， 则p1　 　p2， p1'　 　p2'。若甲液体是水，且B球分别在甲、乙两液体中所受浮力之比为5：6， 则B球密度ρB=　 　kg/m3。
【答案】=；<；=；1.2×103
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，A、B的质量相等，根据G=mg可知，它们的重力相等。将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，所受浮力等于重力，即A、B所受的浮力相等。由阿基米德原理知道，A、B排开液体的体积。
（2）根据图片可知，在甲液体中，A球漂浮，B球沉底，则B所受的浮力小于B的重力，则A、B在甲液体中所受的总浮力小于它们在乙液体中所受的总浮力，
根据相互作用力的知识可知，A、B对甲液体的压力小于它们对乙液体的压力，故甲液体对容器底的压力小于乙液体对容器底的压力，
由压强公式 可知，甲液体对容器底的压强小于乙液体对容器底的压强，即。
（3）容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的总重力，则两容器对桌面的压力相等，由压强公式 知道，两容器对桌面的压强相等，即。
（4）根据题意可知，B球在水中沉底，排开水的体积等于B的体积，B球在乙中漂浮，所受浮力等于重力，
根据、得到：；则B球的密度。
【分析】（1） A、B的质量相等，将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，根据漂浮条件可知A、B所受浮力的关系，根据F浮=ρ液gV排可知A、B排开液体的体积关系；
（2）将A、B两个质量相等的实心球放入甲液体中，由图可知，它们的浮沉状态，根据物体浮沉条件可知B所受的浮力与B的重力关系，从而可知A、B在两种液体中所受的总浮力关系，由力的相互性可知，A、B对液体的压力关系，液体对柱形容器底的压力等于液体的重力和A、B对液体的压力之和，根据比较液体对两容器底的压强关系；
（3）容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的总重力，根据F=G=mg可知两容器对桌面的压力关系，根据可知两容器对桌面的压强关系；
（4）B球在水中沉底，排开水的体积等于B的体积，B球在乙中漂浮，所受浮力等于重力，根据F浮=ρ液gV排、G=mg=ρVg求B球的密度。
17．（2025·建邺模拟）如图甲所示，水平面上重为16N的木块受到水平向右拉力的作用，拉力大小随时间变化的情况如图乙所示（t1~t2时间段内图像未画出），木块在0~t1时间段内静止，t2时刻后处于匀速直线运动状态。
（1）拉力F=4N时，木块所受摩擦力为　 　 N。该木块在匀速直线运动过程中，将水平向右的拉力变为6N时，木块所受摩擦力为　 　 N；
（2）为验证滑动摩擦力大小与压力大小的关系，在前面实验基础上，每次在木块上增加一个相同的钩码，再分别用水平拉力使木块做匀速直线运动，如图丙，实验数据如表格。分析可知实验中所用钩码重为　 　 N。以下事例利用该结论的是　 　。
钩码个数n/个 1 2 3 4 5
水平拉力F/N 5.1 5.4 5.7 6.0 6.3
A．在瓶盖上做出细条纹
B．压路机装质量很大的碾子
C．用更大的力压住橡皮擦字
【答案】（1）4；4.8
（2）1；C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）①根据题意，木块在0～t1时间内静止，根据乙图可知，当拉力达到4.8N时才开始滑动，则拉力F=4N时木块保持静止状态，此时它所受的摩擦力与拉力平衡，所以。
②根据乙图可知，当木块做匀速直线运动时，此时的拉力F=4.8N，根据平衡力的知识可知，木块受到的滑动摩擦力
当F=6N时，由于木块对接触面的压力的大小和接触面的粗糙程度均不变，所以木块所受摩擦力不变，仍为4N。
（2）①拉力与压力大小的比值不变，根据表格数据可知，设钩码的重力的重力为G，
1个钩码时拉力为5.1N，则①
2个钩码时拉力为5.4N，则②
①②联立解得：G=1N。
②由表格数据可知，通过增大压力可以增大摩擦力，
A．在瓶盖上做出细条纹，是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力，故A不合题意；
B．压路机装质量很大的碾子，是通过增大压力来增大压强，故B不合题意；
C．用更大的力压住橡皮擦字，是通过增大压力来增大摩擦力，故C符合题意。
故选C。
【分析】（1）①根据题意和乙图确定F=4N时木块的运动状态，然后根据平衡力的知识计算木块受到的摩擦力。
②根据乙图确定匀速直线运动状态下木块受到的摩擦力大小，再结合影响滑动摩擦力大小因素的知识判断F=6N时受到的摩擦力大小。
（2）①水平面上物体受到的摩擦力与压力成正比，而拉力等于摩擦力，即拉力和压力成正比，据此根据表格数据列出两个方程，然后计算即可；
②分析各个选项中使用的改变摩擦力的方法即可。
（1）[1]由题意和图乙知道，0～t1时间内木块静止，当拉力达到4.8N时，木块才开始滑动，所以，拉力F=4N时，木块仍然静止，则木块所受的摩擦力与拉力平衡，所以
[2]由乙图知道，当木块做匀速直线运动时，此时的拉力F=4.8N，所以木块受到的滑动摩擦力
当F=6N时（拉力大于滑动摩擦力），物体将做加速运动，由于压力的大小和接触面的粗糙程度均不变，所以木块所受摩擦力仍为4N。
（2）[1]在研究滑动摩擦力f滑与接触面受到压力F压大小的关系时，应该用水平拉力F使木块做匀速直线运动，所以滑动摩擦力与拉力是一对平衡力，则
由表格中数据知道，拉力与压力大小的比值不变，设钩码的重力的重力为G，所以①
②
两式联立解得，G=1N
[2]由表格数据可知，接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大，改变摩擦力大小的方法与该因素有关的是用更大的力压住橡皮擦字，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
18．（2025·建邺模拟）如图所示电路，电源电压U恒定，R1、R2和R3为定值电阻，R1∶R3= 1∶3，滑动变阻器R4的规格为“20Ω 1A”。当闭合开关S1、断开S2、S3，滑片位于最右端时，滑动变阻器的电功率为0.8W；当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，电流表的示数为0.8A， 则电源电压U=　 　V， R3=　 　Ω； 当闭合开关S3、断开S1、S2，将滑片位于最左端时，电路中电流为0.1A，则1min内电流通过电阻R2所做的功为　 　J。
【答案】6；30；12
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当闭合开关S1、断开S2、S3，滑片位于最右端时，定值电阻R1和变阻器R4串联，
此时电路中的电流为；
根据U=IR得到：
即-------①
当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，电路为R1、R2和R3并联，电流表测R1、R3的总电流，电流表的示数为0.8A，
根据I总=I1+I2得到：；
即--------②
①②联立解得：，U=6V。
（2）根据电路图可知，当闭合开关S3、断开S1、S2，将滑片位于最左端时，R1、R2和R3串联，电路中电流为0.1A，
此时R3两端电压为；
由于R1∶R3= 1∶3，则R1的阻值为10Ω，R1两端电压为；
则R2两端电压为；
电流通过电阻R2所做的功为。
【分析】（1） 由电路图可知，当闭合开关S1，断开S2、S3，滑片位于最右端时，R1和R4串联，根据P=I2R求出电路中的电流，再根据欧姆定律及串联电路的电阻规律列出电源电压的表达式；当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，R1、R2、R3并联，根据并联电路的电流规律列出电流表示数的表达式，得出电源电压的表达式，根据电源电压相等解出R1的阻值和电源电压的数值，再根据R1、R3的关系求出R3的阻值；
（2）当闭合开关S3，断开S1、S2，将滑片位于最左端时，R1、R2、R3串联，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出R2的阻值，根据W=I2Rt求出1min内电流通过电阻R2所做的功。
19．（2025·建邺模拟）如图甲所示是小明设计的四挡位电热水器的工作电路图，R1和R2是两根电热丝。图乙是挡位开关，当开关旋钮一端对准A位置（即处于一个挡位），此时对应着图甲电路中接线柱1、2接通，同时3、4也接通，以此类推。四挡加热功率如下表所示。
（1）开关旋钮一端对准A位置时对应着表格中的　 　挡位；
（2）若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，则电热丝R1=　 　Ω，低温挡功率为　 　 W；
挡位 高温 中温1 中温2 低温
功率P/W 1100 880 - -
（3）小明使用高温挡在3.5min内让质量为1kg、温度为20℃的水升高了44℃，此过程中的加热效率为　 　%。[]
【答案】（1）高温
（2）55；176
（3）80
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，开关旋钮一端对准A位置时，接通34和12，此时、并联，此时总电阻最小，根据，总功率最大，为高温档；
开关旋钮一端对准B位置时，此时接通3和4，即只有单独工作；
开关旋钮一端对准C位置时，只接通1和2，此时只有单独工作；
开关旋钮一端对准D位置时，此时接通2和4，则、串联，此时总电阻最大，根据，总功率最小，为低温档。
（2）根据题意可知，若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，
则中温1档时，单独工作，则阻值为；
中温2档时，单独工作，则功率为；
则阻值为；
低温挡时，、串联，则低温挡功率为。
（3）根据题意可知，水的比热容为 ，
则水吸收的热量为；
消耗的电能为；
则加热效率为。
【分析】 （1）由图乙可知，开关旋钮一端对准A位置时，1、2连接后再与3、4连接，由图甲可知，R1、R2并联；开关旋钮一端对准B位置时，3、4连接，由图甲可知，只有R1工作；开关旋钮一端对准C位置时，1、2连接，由图甲可知，只有R2工作；开关旋钮一端对准D位置时，2、4连接，由图甲可知，R1、R2串联；根据串并联电路的特点和可知电热水器各挡的电路连接；
（2）根据分析可知，开关旋钮一端对准A位置时电热水器处于高温挡，则开关旋钮一端对准B位置时应该中温1挡，根据可求出R1的阻值；根据P2=P高-P中1求出高温挡工作时R2的电功率，根据可求出R2的阻值；根据串联电路的特点求出低温挡工作时电路的总电阻，根据可求出低温挡的电功率；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电热水器消耗的电能，根据求出加热效率。
（1）分析电路可知，开关旋钮一端对准A位置时，、并联，此时总电阻最小，根据，总功率最大，为高温挡；开关旋钮一端对准B位置时，单独工作；开关旋钮一端对准C位置时，单独工作；开关旋钮一端对准D位置时，、串联，此时总电阻最大，根据，总功率最小，为低温挡。
（2）[1][2]若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，则中温1挡时，单独工作，则阻值为
中温2挡时，单独工作，则功率为
则阻值为
低温挡时，、串联，则低温挡功率为
（3）水吸收的热量为
消耗的电能为
则加热效率为
20．（2025·建邺模拟）按要求作图（保留作图痕迹）
（1）如图甲，利用平面镜成像特点作出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
（2）如图乙，A物体在台阶式自动扶梯上匀速上楼，画出此时A物体所受力的示意图。（不计空气阻力）
（3）如图丙，电流表正常偏转，在图中标出磁感线方向和小磁针的N极。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平面镜成像的相关作图；力的三要素及力的示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）首先通过A点作镜面的垂线，然后根据“物像等距”在镜面右侧找到对应的像点A'。同理，找到B点对应的像点B'。用虚线连接A'B'，即为AB在平面镜中的虚像，如下图所示：
（2）根据题意可知，物体A跟随扶梯在斜向上方向上做匀速直线运动。它受到竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F，二者大小相等，且两个力的作用点都画在物体重心上。在水平方向上，它不受力，如下图所示：
（3）根据图片可知，线圈上电流方向向上。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向上，此时大拇指指向左端，则确定通电螺线管的N极在左侧。磁感线从N极出发回到S极，则磁感线的方向向右。根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的左端为N极，如下图所示：
【分析】（1）根据平面镜成像的对称性完成作图；
（2）对物体A进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3）根据安培定则确定通电螺线管的磁极方向，进而确定磁感线的环绕方向，根据磁极之间的相互作用规律确定小磁针的磁极方向。
（1）根据平面镜成像特点，像与物关于镜面对称。分别从A、B两点向镜面MN作垂线并延长，使像距等于物距；用虚线连接A'B'，即为AB在平面镜中的虚像。注意像要用虚线表示，并标上箭头表示正立。如图所示：
（2）物体A做匀速直线运动，处于平衡状态。分析受力：竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F；两个力的作用点都画在物体重心上。如图所示：
（3）根据电流表偏转方向判断电流方向，由安培定则（右手螺旋定则）确定通电螺线管的N极在左侧；磁感线从N极出发回到S极，在图中用带箭头的曲线表示；小磁针N极指向与磁感线方向一致，故小磁针的N极指向左。如图所示：
21．（2025·建邺模拟）“观察水的沸腾”实验装置如图甲。
（1）安装器材的合理顺序为　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）；
（2）实验中某时刻温度计的示数如图乙所示，为　 　 ℃；
（3）按图丙进行实验，加热一段时间后，烧杯中的水和试管中的液体都沸腾了，则试管中液体的沸点　 　（选填“高于”、“等于”或“低于”）水的沸点；
（4）用透明电水壶烧水，当观察到如图丁所示现象时，调高加热挡位继续加热，则温度计的示数将　 　。
【答案】（1）自下而上
（2）92
（3）低于
（4）不变
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）在实验中，要使用酒精灯的外焰加热，由于它的高度不易调节，则需要根据它的火焰高度依次确定上面器材的位置，即应按照自下而上的顺序进行。
（2）根据乙图可知，该温度计的分度值为1℃，数值向上增大，则实际温度在0上，所以此时温度为92℃。
（3）试管内的液体沸腾，说明它已经得到沸点，且还能从烧杯内的水中吸热。根据热传递的方向可知，试管中液体的沸点低于水的沸点；
（4）根据丁图可知，容器底部产生的气泡由小到大上升到液体表面，说明此时水已经沸腾，根据水沸腾的特点可知，调高加热档位继续加热，水的温度保持不变，则温度计的示数不变。
【分析】（1）根据探究水的沸腾特点实验的器材安装顺序解答；
（2）根据乙图确定温度计的分度值，然后根据液面位置读出示数；
（3）根据液体的沸腾条件，结合热传递的方向解答；
（4）液体沸腾时不断吸热，但是温度保持不变。
（1）安装实验器材时，为确保用酒精灯的外焰加热以及温度计的位置合适，应按照自下而上的顺序进行。
（2）如图乙所示，温度计的分度值为1℃，液柱在零上，所以此时温度为92℃。
（3）液体沸腾的特点是吸收热量，温度不变，当烧杯中的水沸腾时，温度保持不变，试管中的液体若要沸腾，沸点应低于水的沸点，此时试管内的液体满足达到沸点、持续吸热，因此会沸腾。
（4）丁图中气泡由小到大上升到液体表面，说明此时水已经沸腾，根据水沸腾的特点可知，调高加热挡位继续加热，水的温度保持不变，则温度计的示数不变。
22．（2025·建邺模拟）图示是探究凸透镜成像规律的实验情形，此时光屏上恰好成一清晰的像；
（1）保持凸透镜位置不变，将蜡烛移至20cm刻度处，应向　 　（选填“左”或“右”）移动光屏，可在光屏上再次得到清晰的像，利用该成像原理可制成　 　；
（2）在图中烛焰和凸透镜之间适当位置放一眼镜，光屏上的像变模糊了；将蜡烛向右移动适当距离后，光屏上再次得到清晰的像，则该眼镜可以矫正的视力缺陷是　 　；
（3）随着实验进行，蜡烛变短，为使像仍成在光屏中央，应将凸透镜向　 　移动。
【答案】（1）左；照相机
（2）远视眼
（3）下
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）①根据图片可知，将蜡烛移至20cm刻度处，此时物距增大，由凸透镜成实像“物远像近小”的规律可知，此时像距减小，则应向左移动光屏。
②将蜡烛移至20cm刻度处，此时像距大于物距，则光屏上成的像是倒立、缩小的实像，利用该成像原理可制成照相机。
（2）将蜡烛向右移动适当距离后，根据“物近像远大”的规律可知，此时像距变大。比较可知，放置眼镜后，使像成在了光屏的前方。所以该眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，可以矫正的视力缺陷是远视眼。
（3）蜡烛变短，相当于像向上移动，为使像仍成在光屏中央，光屏上的像应该向下移动，则应将凸透镜向下移动。
【分析】（1）①根据凸透镜成实像“物远像近小”的规律分析；
②比较像距和物距大小，从而确定成像特点和应用。
（2）将蜡烛向右移动适当距离后，根据“物近像远大”的规律分析此时像距变化，进而判断放入眼镜后光线会聚还是发散了，从而确定透镜种类，进而判断矫正的视力缺陷。
（3）凸透镜的移动方向与像的移动方向相同。
（1）[1]保持凸透镜位置不变，将蜡烛移至20cm刻度处，则蜡烛远离凸透镜，由凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，光屏应靠近凸透镜，才能在光屏上再次得到清晰的像，所以应向左移动光屏。
[2]将蜡烛移至20cm刻度处，向左移动光屏，所以物距大于像距，光屏上再次得到清晰的像，由凸透镜成像规律可知，成的像是倒立、缩小的实像，利用该成像原理可制成照相机。
（2）在图中烛焰和凸透镜之间适当位置放一眼镜后，将蜡烛向右移动适当距离后，则像距变大，光屏上再次得到清晰的像，说明放置眼镜后，使像成在了光屏的前方。所以该眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，由于凸透镜能矫正远视眼，所以则该眼镜可以矫正的视力缺陷是远视眼。
（3）由于凸透镜成的像在光屏上是倒立的，所以蜡烛变短，像成在光屏上方，为使像仍成在光屏中央，应将凸透镜向下移动。
23．（2025·建邺模拟）利用矿泉水瓶做以下实验。
（1）如图甲，瓶盖的直径为　 　 cm；
（2）如图乙，用一根细绳拉着空瓶在桌面上做圆周运动，空瓶的运动状态　 　（选填“发生”或“没有”）变化；
（3）装水的瓶子和小车一起静止在水平面上，某时刻水面出现了如图丙所示情形，说明瓶子和小车一起突然水平向　 　运动；
（4）如图丁，往吸管B中吹气，则吸管A中的水面　 　（选填“上升”、“下降”或“不变”）。
【答案】（1）3.00
（2）发生
（3）右
（4）上升
【知识点】刻度尺的使用；力的作用效果；惯性及其现象；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，该刻度尺的分度值为1mm，瓶盖左侧与5.00cm对齐，右侧与8.00cm对齐，所以瓶盖的直径为。
（2）当空矿泉水瓶在桌面上做匀速圆周运动时，虽然速度大小不变，但是运动方向始终在改变，所以空矿泉水瓶的运动状态发生改变。
（3）根据丙图可知，瓶中的水向左倾倒，根据惯性的知识可知，水会保持原来的静止状态。既然水相对小车向左运动，那么说明瓶子和小车一起突然水平向右运动。
（4）根据丁图可知，往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，那么A管中液体受到大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升。
【分析】（1）根据甲图确定刻度尺的分度值，根据“测量值=准确值+估读值”分别记录两个刻度值，最后相减即可；
（2）运动状态的改变包括：速度大小改变或运动方向改变；
（3）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，根据惯性的知识分析；
（4）根据流体压强和流速的知识分析。
（1）由甲图知道，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以1个小格代表的是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；瓶盖左侧与5.00cm对齐，右侧与8.00cm对齐，所以瓶盖的直径为
（2）用一根细绳拉着空矿泉水瓶在桌面上做匀速圆周运动，由于矿泉水瓶的运动方向始终在改变，所以，空矿泉水瓶的运动状态发生改变。
（3）装水的瓶子和小车一起静止在水平面上，瓶子和小车一起突然水平向右运动，水由于惯性保持原来的运动状态，水面会向左倾。
（4）往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升。
24．（2025·建邺模拟）以下是测量物质密度的实验。
（1）用天平和量筒等器材测较大口径玻璃杯所用玻璃的密度，实验步骤如下：
①测量前，天平指针静止在图甲所示位置，应将平衡螺母向　 　调。用调好的天平测杯子质量，砝码和游码情况如图乙所示，则杯子质量为　 　 g；
②在大烧杯中倒入适量的水，将玻璃杯浸没在水中，标记出水面在大烧杯上对应的位置a，如图丙所示；
③取出玻璃杯，用量筒量取50mL水，将量筒中的水倒入大烧杯，直到水面到达标记a处，再读出量筒中剩余水的体积如图丁所示。
④测得玻璃的密度为　 　 kg/m3。由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致所测密度偏　 　。
（2）用天平、玻璃杯等器材测盐水密度，实验步骤如下：
①用天平测出玻璃杯的质量m1；
②将玻璃杯漂浮在水面上，标记出水面在玻璃杯上对应的位置b，如图戊；
③将大烧杯内的水换为适量的盐水，仍使玻璃杯漂浮。向玻璃杯中缓慢加水，直到　 　。取出玻璃杯并擦干外面的盐水，用天平测出其总质量为m2；
④盐水密度表达式ρ盐水=　 　。 （用以上所测物理量符号表示，水的密度为ρ水）
【答案】（1）左；49；2.45×103；小
（2）玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置；
【知识点】液体密度的测量；设计实验测密度
【解析】【解答】（1）①根据甲图可知，天平的指针向右偏，说明天平左侧轻右侧沉，因此需要将平衡螺母向左调节。
②根据乙图可知，该天平标尺的分度值是0.2g，则游码质量为4g，砝码质量为：20g+20g+5g=45g，则杯子质量为；
③根据丁图可知，该量筒的分度值是2mL，玻璃杯的体积等于补水的体积，为
那么玻璃的密度为。
④根据实验过程可知，由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致补入水的体积变大，即测量玻璃杯的体积偏大，由可知，密度偏小。
（2）根据实验过程可知，为了保证玻璃被在水和盐水中的体积相等，因此向玻璃杯中缓慢加水，直到玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置，此
时玻璃杯在盐水和水中的体积相等，即
由于，可得：
解得：。
【分析】 （1）①平衡螺母总是向较轻的一侧调节；
②玻璃杯的质量=砝码质量+游码质量；
③玻璃杯的体积等于所加水的体积；再根据密度公式求出玻璃杯的密度；
④玻璃杯从水中取出时，会带走一部分水，量筒倒入烧杯中的水会偏多，物体体积的测量值会偏大。物体质量是一定的，测量的体积变大，密度会变小；
（2）向玻璃杯中倒水，直到盐水液面与b相平，利用玻璃杯在水中和盐水中排开的体积相等，结合漂浮时浮力等于其重力及阿基米德原理列等式解答。
（1）[1]甲图中天平的指针向右偏，说明天平右侧沉，因此需要将平衡螺母向左调节至天平平衡。
[2]乙图中天平标尺的分度值是0.2g，杯子质量为
[3]丁图中量筒的分度值是2mL，补入水，即玻璃杯的体积为
玻璃的密度为
[4]由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致补入水的体积变大，即测量玻璃杯的体积偏大，由可知，密度偏小。
（2）[1][2]实验值为了保证玻璃被在水和盐水中的体积相等，因此向玻璃杯中缓慢加水，直到玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置，此时玻璃杯在盐水和水中的体积相等，即
由于，可得
解得。
25．（2025·建邺模拟）小明用如图甲所示的装置探究液体内部的压强；
（1）实验中，液体内部的压强大小可以用压强计U形管两侧液面的　 　来显示；
（2）在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，应将金属盒的橡皮膜分别放在图乙中　 　（选填字母）两个位置处进行实验；
（3）图丙中，竖放的1号、2号两根玻璃管底部口径相同，且两管下端所封橡皮膜情况完全相同，在两管中分别装入12g和20g的水，薄膜鼓起的程度不同。据此小明猜想：液体的压强可能与管内液体的质量有关；进行如下 （选填字母）所述操作后，对比1号、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小明的猜想错误。（操作时两管底面始终在同一高度）
A．仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平
B．仅向1号管中加入适量水，直至两管水面相平
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平
【答案】（1）高度差
（2）bc
（3）A；B
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在实验中，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大，即实验中通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断液体内部压强的大小，
（2）由控制变量法的要求可知，在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，应控制液体深度相同，改变液体密度，故选图乙中bc两个位置。
（3）A．仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，此时管中液体质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故A符合题意；
B．仅向1号管中加入适量水，此时水的质量增大，直至两管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故B符合题意；
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等，液体深度不同，此时不能说明液体压强与管内液体的质量无关，故C不符合题意；
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平，则液体深度相同，液体密度不同，此时没有控制变量，所以不能说明液体的压强与管内液体的质量无关，故D不符合题意。
故选AB。
【分析】 （1）在实验中，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大；
（2）根据控制变量法的要求选择对照实验；
（3）探究液体的压强与管内液体的质量的关系时，必须控制液体的密度和深度都相同；结合控制变量法分析。
（1）探究液体内部的压强时，由于不能直接判断液体内部压强的大小，所以运用转换法，通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断液体内部压强的大小，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大。
（2）在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，由控制变量法可知，应控制液体深度相同，改变液体密度，所以应将金属盒的橡皮膜分别放在图乙中bc两个位置处进行实验。
（3）A．由于液体压强与液体深度有关，所以仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，此时管中液体质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故A符合题意；
B．仅向1号管中加入适量水，直至两管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，由图可知，加水后管中液体的质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故B符合题意；
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等，液体深度不同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度不同，即液体压强不同，仅能说明液体的压强与深度有关，不能说明液体压强与管内液体的质量无关，故C不符合题意；
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平，则液体深度相同，液体密度不同，即液体质量不同，两管下端所封橡皮膜鼓起程度不同，即液体压强不同，所以不能说明液体的压强与管内液体的质量无关，故D不符合题意。
故选AB。
26．（2025·建邺模拟）两只铭牌模糊的小灯泡L1、L2，仅能看清分别标有“2.5V”和“0.3A”字样。
（1）图甲是用“伏安法”测量灯L1正常发光时的电阻RL1（约为10Ω）的实物电路。
①电路中有一处连接错误，请在错误导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接线　 　。
②改正错误后闭合开关，移动滑片，两电表均无示数。经检查，电源和电路接线均完好，导线和两电表均无故障。若电路只有一处故障，则可能是　 　。
③排除故障后，正确操作，闭合开关，移动滑片，电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则RL1=　 　Ω。
（2）利用图丙所示电路，可以测出灯L2正常发光时的电阻RL2的大小。电源电压恒定且未知，滑动变阻器的最大阻值为R0，定值电阻R1的阻值未知，小灯泡L2的额定电流（I额）为0.3A．具体实验步骤如下：
①闭合开关S和　 　 ，将滑片P调至a端，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，电压表示数为U2；
②只闭合开关S、S1，调节滑片P，使电压表示数U3=　 　； （用物理量符号表示）
③只闭合开关S和　 　，读出电压表示数为U4，则RL2 =　 　。（用物理量符号表示）
【答案】（1）；变阻器断路；12.5
（2）；；；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，在“伏安法”测电阻的实验中，电压表应与灯泡L1并联，电流表与灯泡L1串联。根据甲图可知，此时可将灯泡与开关相连的导线从开关上拆下，改接在电压表的“-”接线柱上即可，如下图所示：
②闭合开关，两电表均无示数，则说明电路出现断路故障。如果灯泡L1断路，那么电压表有示数，此时测电源电压。如果滑动变阻器断路，那么肯定没有电流经过电流表和电压表，此时二者的示数都是零。
③根据乙图可知，电流表的分度值为0.02A，示数为0.2A，那么；
（2）①根据丙图可知，闭合开关S和S1、S3，将滑片P调至a端，电路为定值电阻R1的简单电路，电压表测量电源电压，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，定值电阻R1与变阻器的最大电阻串联，电压表测量定值电阻R1的电压，电压表示数为U2，此时变阻器的电压为；
串联电路电流处处相等，此时电路电流为；
由欧姆定律得，。
②根据丙图可知，只闭合开关S、S1，灯L2、定值电阻R1与变阻器串联，调节滑片P，使电压表示数；
此时灯L2正常发光；
③根据丙图可知，只闭合开关S和S2，此时电压表测量定值电阻R1与变阻器的总电压，读出电压表示数为U4，由串联电路电压特点得，灯L2的额定电压为；
由欧姆定律得，。
【分析】 （1）①根据实验目的确定电器元件的串并联关系，以及电表所测的物理量，结合甲图确定错误的导线并修改即可；
②根据两个电表的示数变化确定故障的种类和位置；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出RL1；
（2）①为求出电源电压大小和定值电阻大小，通过开关的转换，将滑片P调至a端，使电路为定值电阻的简单电路，此时电压表测定值电阻的电压，即电源电压，再将滑片P调至b端，此时变阻器的最大电阻与定值电阻串联，电压表测定值电阻的电压，根据串联电路电压的规律及分压原理可得出定值电阻的大小；
②为得出灯L2正常发光时的电阻，灯要正常发光，只闭合开关S、S1，灯、变阻器和变阻器串联，电压表测定值电阻的电压，调节滑片P，使电压表示数U3= I额R1（R1的值前面已得出），此时灯正常发光，为得出灯的额定电压；
③要得出此时变阻器连入电路的电阻，控制变阻器的滑片不动，通过开关的转换，使电压表测定值电阻和变阻器的电压，根据串联电路电压的规律可得出灯的额定电压，由欧姆定律得出灯L2正常发光时的电阻RL2的大小。
（1）[1]用“伏安法”测量灯L1正常发光时的电阻RL1，则电压表应与灯泡L1并联，电流表与灯泡L1串联，且电流均从电压表、电流表的正接线柱流入、负接线柱流出，如图所示：
[2]由图得，变阻器与灯泡L1串联，电压表测量灯泡L1的电压，电流表测量电路电流。改正错误后闭合开关，移动滑片，两电表均无示数。经检查，电源和电路接线均完好，导线和两电表均无故障，说明电路出现断路故障，且灯泡L1两端没有电压。若电路只有一处故障，则可能是变阻器断路。
[3]由图乙得，的分度值为0.02A，示数为0.2A，由欧姆定律得
（2）[1][2][3]①闭合开关S和S1、S3，将滑片P调至a端，电路为定值电阻R1的简单电路，电压表测量电源电压，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，定值电阻R1与变阻器的最大电阻串联，电压表测量定值电阻R1的电压，电压表示数为U2，此时变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，此时电路电流为
由欧姆定律得，
②只闭合开关S、S1，灯L2、定值电阻R1与变阻器串联，调节滑片P，使电压表示数
此时灯L2正常发光；
③只闭合开关S和S2，此时电压表测量定值电阻R1与变阻器的总电压，读出电压表示数为U4，由串联电路电压特点得，灯L2的额定电压为
由欧姆定律得，
27．（2025·建邺模拟）如图所示是江心洲上投入使用的无人驾驶观光车。若它的质量为3t，静止时轮胎与水平地面的总接触面积为600cm2。
（1）观光车在某段平直路面上匀速行驶600m，用时2min，求车在此过程中的行驶速度。
（2）求该观光车静止时对水平地面的压强。
【答案】（1）解：根据题意可知， 观光车在某段平直路面上匀速行驶600m，用时2min=120s，
则观光车的行驶速度为。

（2）解：观光车静止时对地面的压力等于自身重力，即；
轮胎与地面的接触面积S=600cm2=0.06m2，
那么观光车对地面的压强。
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）根据速度公式求出车在此过程中的行驶速度；
（2）利用G=mg求观光车的重力，此时观光车对地面的压力等于本身的重力，再利用求观光车对地面的压强。
（1）观光车行驶的路程s=600m，所用时间t=2min=120s
由得，观光车的行驶速度为
（2）观光车的质量m=3t=3000kg，静止时对地面的压力
轮胎与地面的接触面积S=600cm2=0.06m2
由得，观光车对地面的压强
28．（2025·建邺模拟）某兴趣小组设计的车辆超载报警装置如图甲所示。杠杆OAB（O为支点）始终保持水平平衡，OA∶AB=1∶5，A处有一个汽车踏板，B处固定的三角形压杆与压敏电阻R2接触，踏板、压杆和杠杆的质量均忽略不计。电源电压恒定，滑动变阻器R1规格为“20Ω 1A”，指示灯L的额定电压为9V，其I-U关系部分图像如图乙。当电磁铁中的电流达到或超过0.6A时，衔铁被吸上去（电磁铁固定不动），触点1和2接通，灯开始闪烁报警。图丙所示为可供选择的a、b两个压敏电阻的阻值与所受压力的关系图像。（电磁铁线圈、连杆、触点的阻值均忽略不计）
（1）应选图丙中　 　（选填“a”或“b”）作为该电路的压敏电阻；
（2）设定当踏板上质量达到或超过18t时，灯开始闪烁报警，对电路进行如下调试：
①将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至　 　 Ω，闭合开关S；
②开关S1接　 　，调节　 　，直至灯开始闪烁；
③开关S1接　 　，调试完毕，装置即可正常使用；
（3）根据 （2）调试完毕的情况，当车辆质量刚好为18t时装置报警，灯闪烁较亮时恰好正常发光，求电源电压U和此时滑动变阻器R1接入电路的阻值；
（4）若想增大该装置允许承载的最大质量，可通过以下 方式进行改进。
A．将A处踏板向右移 B．适当增大电源电压U
C．将滑片P向右移 D．增加电磁铁线圈匝数
【答案】（1）a
（2）15；2；滑动变阻器的滑片P；1
（3）解：根据甲图可知，当开关S1接2时，电路为R0、L、R1串联，车辆质量刚好为18t时装置报警，电路为电磁铁中的电流为0.6A，
此时灯泡两端电压为3V，电源电压-------①
当衔铁被吸上，R0被短路，电路为L和R1串联，灯闪烁较亮时恰好正常发光，
据乙图可知，电路中的电流为0.9A，
则电源电压可表示为--------②
联立①②解得：，U=18V。
（4）A；C
【知识点】杠杆的平衡条件；串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当车超重时，衔铁被吸上去，即此时电磁铁的磁性要增强，控制电路的电流要减小，而其中的电阻要变小，即压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故选图丙中a。
（2）①根据甲图可知，当踏板上质量达到18t时，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：可得；
；
解得：；
根据丙图可知，此时压敏电阻的阻值为15Ω。
则调试时，电阻箱R0代替压敏电阻，因此将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至15Ω，闭合开关S。
②③根据甲图可知，接下来开关S1接2，调节变阻器的滑片P直至灯开始闪烁，开关S1再接1调试完毕，装置即可正常使用。
（4）A．增大承载质量，但装置报警电流不变， 即B点所受压力FB要保持不变，由杠杆平衡条件得， 只需要OA减小，所以A处向右移即可，故A符合题意；
BC．增大承载质量，但装置报警电流不变，若保持OA 、AB不变，增大承载质量，B所受压力变大，R1 电阻减小，则电流会增大，要保持报警电流不变，所以可以减小电源电压，或增大R的阻值，故B不符合题意，故C符合题意；
D．增加电磁铁线圈匝数，同等电流下会增加电磁铁的磁性，这样就会导致电流低于0.6A时也 会报警，即承载质量小于18t也会报警，从而减小了承载质量，所以要增加承载质量要减小线圈匝 数，故D不符合题意。
故选AC。
【分析】 （1）根据报警时衔铁的位置确定此时电磁铁的磁场强弱变化，进而确定此时压敏电阻的阻值变化，弄清它的阻值随压力的变化规律即可；
（2）①已知当踏板上质量达到或超过18t时，根据杠杆的平衡条件列式计算此时压敏电阻受到的压力，根据丙图确定此时它的阻值即可；
②③开关S1接2，电阻箱R0与滑动变阻器R1串联；当电阻箱的阻值等于报警时压敏电阻的阻值时，调节滑动变阻器，使电流表示数刚好等于最小报警电流，即可完成调试；
（3）当车辆质量刚好为18t时装置报警时，由题意可知此时电路中的电流为0.6A，由图乙可知此时灯泡两端的电压，且由上面步骤可知，此时变阻器R1、压敏电阻R2和灯泡串联；根据欧姆定律求出压敏电阻R2两端的电压，再由串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压；
电路中的电流达到0.6A后，衔铁被吸上去使得触点1和2接通，此时R2和电磁铁被短路，则电路中的电流增大，灯闪烁较亮时恰好正常发光，由题意和图乙可知此时灯泡两端的电压和电路中的电流，同理根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压；因电源电压不变，则联立两个方程可求出电源电压U和此时滑动变阻器R1接入电路的阻值；
（4）要增大允计最大质量，可以从几个方面入手①：保持B点所受压力不变的情况下，可以由杠杆平衡条件进行求解。②若保持OA、AB不变，要增大质量，即要在增大质量后，R2受的压力增大，R2的电阻减小，但电流不能增加，所以可以减小电源电压或增大R1的电阻实现。
（1）根据题意，当车超重时，指示灯L发光，据甲图可知，指示灯L发光，电磁铁的磁性要增强，控制电路中的电阻需要变小，即压敏电阻受到的压力越大，压敏电阻的阻值越小，因此应选图丙中a作为该电路的压敏电阻。
（2）[1]当踏板上质量达到18t时，根据杠杆平衡可得
解得
据丙图可知，压敏电阻的阻值为15Ω，调试时，电阻箱R0代替压敏电阻，因此将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至15Ω，闭合开关S。
[2][3][4]接下来开关S1接2，调节变阻器的滑片P直至灯开始闪烁，开关S1再接1调试完毕，装置即可正常使用。
（3）当开关S1接2时，电路为R0、L、R1串联，车辆质量刚好为18t时装置报警，电路为电磁铁中的电流为0.6A，据乙图可知，灯泡两端电压为3V，电源电压可表示为-------①
当衔铁被吸上，R0被短路，电路为L和R1串联，灯闪烁较亮时恰好正常发光，据乙图可知，电路中的电流为0.9A，则电源电压可表示为--------②
联立①②解得，U=18V。
（4）A．增大承载质量，但装置报警电流不变， 即B点所受压力FB要保持不变，由杠杆平衡条件得求得， 因为FB、OB都不变，要使FA变大，只需要OA减小，所以A处向右移即可，故A符合题意；
BC．增大承载质量，但装置报警电流不变，若保持OA 、AB不变，增大承载质量，B所受压力变大，R1 电阻减小，则电流会增大，要保持报警电流不变，所以可以减小电源电压，或增大R的阻值，故B不符合题意，C符合题意；
D．增加电磁铁线圈匝数，同等电流下会增加电磁铁的磁性，这样就会导致电流低于0.6A时也 会报警，即承载质量小于18t也会报警，从而减小了承载质量，所以要增加承载质量要减小线圈匝 数，故D不符合题意。
故选AC。
1 / 1江苏省南京市建邺区2025年中考一模物理试题
1．（2025·建邺模拟）艺术节上，小明表演击鼓，他时重时轻地敲击鼓面，这样做主要改变了鼓声的（　　）
A．响度 B．音调 C．音色 D．速度
2．（2025·建邺模拟）下列数据符合实际的是（　　）
A．人体感觉舒适的温度约为37℃
B．九年级物理课本的质量约为250g
C．荧光灯正常工作时的电流约为1.5A
D．中学生正常步行速度约为1.4km/h
3．（2025·建邺模拟）下列诗词涉及的物态变化的分析中，正确的是（　　）
A．“窗含西岭千秋雪”，雪的形成是升华现象，需要放热
B．“露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热
C．“薄雾浓云愁永昼”，雾的形成是汽化现象，需要吸热
D．“霜叶红于二月花”，霜的形成是凝华现象，需要吸热
4．（2025·建邺模拟）如图，小桥在湖面形成倒影。以下成语涉及的光现象与之形成原因相同的是（　　）
A．镜花水月 B．立竿见影 C．海市蜃楼 D．凿壁偷光
5．（2025·建邺模拟）关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．开关应接在零线和灯泡之间
B．总开关跳闸一定是某处短路了
C．用电器的金属外壳不需要接地
D．使用测电笔时手要接触笔尾的金属电极
6．（2025·建邺模拟）关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（　　）
A．物体被举高后，分子势能增大
B．海绵容易被压缩是因为分子间有空隙
C．原子、原子核、电子是按空间尺度由大到小排列的
D．质子、中子和电子像行星绕太阳一样绕原子核运动
7．（2025·建邺模拟）汤勺放在热汤中温度升高内能增大，下列事例中改变内能的方式与之相同的是（　　）
A．冰敷受伤部位
B．反复弯折铁丝
C．压缩空气
D．钻木取火
8．（2025·建邺模拟）我国大力发展绿色能源，下列反映风力发电原理的实验装置是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·建邺模拟）如图是电影中敖丙和哪吒踢毽子的场景。下列说法正确的是（　　）
A．踢毽子的力是毽子发生形变产生的
B．敖丙踢毽子的力与哪吒踢毽子的力是一对相互作用力
C．毽子离开脚后仍能向前运动是由于毽子具有惯性
D．毽子飞到最高点时，若所有外力突然消失，它将保持静止
10．（2025·建邺模拟）图示为显示油箱内油量情况的装置，该装置的油量表由电流表或电压表改装而成，电源电压恒定。要满足“油量越小，电表示数越小，且无油时电表示数恰好为0”，下列电路可以实现的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2025·建邺模拟）某固体的质量为m，其比热容为c。先对它加热一段时间（设在相同时间内吸收的热量相等），停止加热让其冷却（设冷却时在相同时间内放出的热量相等），整个过程中温度随时间的变化情况如图所示。不计质量变化，下列说法正确的是（　　）
A．在0~t2时间段，该物体吸收的热量为cm(T2-T1)
B．该物质在t2~t3时间段的比热容小于t3~t4时间段的比热容
C．在t4~t5时间段，该物体放出的热量为
D．该物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量
12．（2025·建邺模拟）如图甲所示电路，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，小灯泡的额定电压为6V。闭合开关S，滑动变阻器的滑片从最右端向左移动，直至小灯泡正常发光，电流表示数与三只电压表示数变化的情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．电源电压为18V
B．小灯泡的额定功率为5W
C．滑片位于最右端时，小灯泡的实际功率为0.4W
D．滑片从最右端向左移动过程中，R2接入电路的阻值由50Ω变为20Ω
13．（2025·建邺模拟）2025年3月，我国使用长征三号乙运载火箭，成功将天链二号04星发射升空。地面控制室通过　 　波与卫星传递信息。卫星随火箭加速升空的过程中：卫星的机械能　 　；以地面为参照物，卫星是　 　的。
14．（2025·建邺模拟）如图所示，滑轮重50N，工人用250N的拉力，在30s内将重为400N的物体匀速提高了6m。此过程中的有用功为　 　 J，额外功为　 　 J，滑轮的机械效率为　 　 %，工人做功的功率为　 　 W。
15．（2025·建邺模拟）如图所示是一台单缸四冲程汽油机的某一冲程，该冲程发生的能量转化是　 　能转化为　 　能。若它每秒对外做功20次，则该汽油机的飞轮转速为　 　 r/min。若该汽油机的效率为30%，完全燃烧10kg汽油放出的热量可以对外做功　 　 J。（汽油的热值为4.6×107J/ kg）
16．（2025·建邺模拟）两个相同的柱形容器放在水平桌面上，里面分别装有质量相等的甲、乙两种液体，将A、B两个质量相等的实心球放入甲液体中，静止时两球状态如图所示。若将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，A、B两球排开乙液体的体积分别为VA排、VB排，则VA排　 　 VB排。甲、乙两液体对容器底的压强分别为p1、p2，两容器对桌面的压强分别为p1'、p2'， 则p1　 　p2， p1'　 　p2'。若甲液体是水，且B球分别在甲、乙两液体中所受浮力之比为5：6， 则B球密度ρB=　 　kg/m3。
17．（2025·建邺模拟）如图甲所示，水平面上重为16N的木块受到水平向右拉力的作用，拉力大小随时间变化的情况如图乙所示（t1~t2时间段内图像未画出），木块在0~t1时间段内静止，t2时刻后处于匀速直线运动状态。
（1）拉力F=4N时，木块所受摩擦力为　 　 N。该木块在匀速直线运动过程中，将水平向右的拉力变为6N时，木块所受摩擦力为　 　 N；
（2）为验证滑动摩擦力大小与压力大小的关系，在前面实验基础上，每次在木块上增加一个相同的钩码，再分别用水平拉力使木块做匀速直线运动，如图丙，实验数据如表格。分析可知实验中所用钩码重为　 　 N。以下事例利用该结论的是　 　。
钩码个数n/个 1 2 3 4 5
水平拉力F/N 5.1 5.4 5.7 6.0 6.3
A．在瓶盖上做出细条纹
B．压路机装质量很大的碾子
C．用更大的力压住橡皮擦字
18．（2025·建邺模拟）如图所示电路，电源电压U恒定，R1、R2和R3为定值电阻，R1∶R3= 1∶3，滑动变阻器R4的规格为“20Ω 1A”。当闭合开关S1、断开S2、S3，滑片位于最右端时，滑动变阻器的电功率为0.8W；当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，电流表的示数为0.8A， 则电源电压U=　 　V， R3=　 　Ω； 当闭合开关S3、断开S1、S2，将滑片位于最左端时，电路中电流为0.1A，则1min内电流通过电阻R2所做的功为　 　J。
19．（2025·建邺模拟）如图甲所示是小明设计的四挡位电热水器的工作电路图，R1和R2是两根电热丝。图乙是挡位开关，当开关旋钮一端对准A位置（即处于一个挡位），此时对应着图甲电路中接线柱1、2接通，同时3、4也接通，以此类推。四挡加热功率如下表所示。
（1）开关旋钮一端对准A位置时对应着表格中的　 　挡位；
（2）若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，则电热丝R1=　 　Ω，低温挡功率为　 　 W；
挡位 高温 中温1 中温2 低温
功率P/W 1100 880 - -
（3）小明使用高温挡在3.5min内让质量为1kg、温度为20℃的水升高了44℃，此过程中的加热效率为　 　%。[]
20．（2025·建邺模拟）按要求作图（保留作图痕迹）
（1）如图甲，利用平面镜成像特点作出物体AB在平面镜MN中所成的像A'B'。
（2）如图乙，A物体在台阶式自动扶梯上匀速上楼，画出此时A物体所受力的示意图。（不计空气阻力）
（3）如图丙，电流表正常偏转，在图中标出磁感线方向和小磁针的N极。
21．（2025·建邺模拟）“观察水的沸腾”实验装置如图甲。
（1）安装器材的合理顺序为　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）；
（2）实验中某时刻温度计的示数如图乙所示，为　 　 ℃；
（3）按图丙进行实验，加热一段时间后，烧杯中的水和试管中的液体都沸腾了，则试管中液体的沸点　 　（选填“高于”、“等于”或“低于”）水的沸点；
（4）用透明电水壶烧水，当观察到如图丁所示现象时，调高加热挡位继续加热，则温度计的示数将　 　。
22．（2025·建邺模拟）图示是探究凸透镜成像规律的实验情形，此时光屏上恰好成一清晰的像；
（1）保持凸透镜位置不变，将蜡烛移至20cm刻度处，应向　 　（选填“左”或“右”）移动光屏，可在光屏上再次得到清晰的像，利用该成像原理可制成　 　；
（2）在图中烛焰和凸透镜之间适当位置放一眼镜，光屏上的像变模糊了；将蜡烛向右移动适当距离后，光屏上再次得到清晰的像，则该眼镜可以矫正的视力缺陷是　 　；
（3）随着实验进行，蜡烛变短，为使像仍成在光屏中央，应将凸透镜向　 　移动。
23．（2025·建邺模拟）利用矿泉水瓶做以下实验。
（1）如图甲，瓶盖的直径为　 　 cm；
（2）如图乙，用一根细绳拉着空瓶在桌面上做圆周运动，空瓶的运动状态　 　（选填“发生”或“没有”）变化；
（3）装水的瓶子和小车一起静止在水平面上，某时刻水面出现了如图丙所示情形，说明瓶子和小车一起突然水平向　 　运动；
（4）如图丁，往吸管B中吹气，则吸管A中的水面　 　（选填“上升”、“下降”或“不变”）。
24．（2025·建邺模拟）以下是测量物质密度的实验。
（1）用天平和量筒等器材测较大口径玻璃杯所用玻璃的密度，实验步骤如下：
①测量前，天平指针静止在图甲所示位置，应将平衡螺母向　 　调。用调好的天平测杯子质量，砝码和游码情况如图乙所示，则杯子质量为　 　 g；
②在大烧杯中倒入适量的水，将玻璃杯浸没在水中，标记出水面在大烧杯上对应的位置a，如图丙所示；
③取出玻璃杯，用量筒量取50mL水，将量筒中的水倒入大烧杯，直到水面到达标记a处，再读出量筒中剩余水的体积如图丁所示。
④测得玻璃的密度为　 　 kg/m3。由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致所测密度偏　 　。
（2）用天平、玻璃杯等器材测盐水密度，实验步骤如下：
①用天平测出玻璃杯的质量m1；
②将玻璃杯漂浮在水面上，标记出水面在玻璃杯上对应的位置b，如图戊；
③将大烧杯内的水换为适量的盐水，仍使玻璃杯漂浮。向玻璃杯中缓慢加水，直到　 　。取出玻璃杯并擦干外面的盐水，用天平测出其总质量为m2；
④盐水密度表达式ρ盐水=　 　。 （用以上所测物理量符号表示，水的密度为ρ水）
25．（2025·建邺模拟）小明用如图甲所示的装置探究液体内部的压强；
（1）实验中，液体内部的压强大小可以用压强计U形管两侧液面的　 　来显示；
（2）在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，应将金属盒的橡皮膜分别放在图乙中　 　（选填字母）两个位置处进行实验；
（3）图丙中，竖放的1号、2号两根玻璃管底部口径相同，且两管下端所封橡皮膜情况完全相同，在两管中分别装入12g和20g的水，薄膜鼓起的程度不同。据此小明猜想：液体的压强可能与管内液体的质量有关；进行如下 （选填字母）所述操作后，对比1号、2号管橡皮膜的鼓起程度可知小明的猜想错误。（操作时两管底面始终在同一高度）
A．仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平
B．仅向1号管中加入适量水，直至两管水面相平
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平
26．（2025·建邺模拟）两只铭牌模糊的小灯泡L1、L2，仅能看清分别标有“2.5V”和“0.3A”字样。
（1）图甲是用“伏安法”测量灯L1正常发光时的电阻RL1（约为10Ω）的实物电路。
①电路中有一处连接错误，请在错误导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接线　 　。
②改正错误后闭合开关，移动滑片，两电表均无示数。经检查，电源和电路接线均完好，导线和两电表均无故障。若电路只有一处故障，则可能是　 　。
③排除故障后，正确操作，闭合开关，移动滑片，电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则RL1=　 　Ω。
（2）利用图丙所示电路，可以测出灯L2正常发光时的电阻RL2的大小。电源电压恒定且未知，滑动变阻器的最大阻值为R0，定值电阻R1的阻值未知，小灯泡L2的额定电流（I额）为0.3A．具体实验步骤如下：
①闭合开关S和　 　 ，将滑片P调至a端，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，电压表示数为U2；
②只闭合开关S、S1，调节滑片P，使电压表示数U3=　 　； （用物理量符号表示）
③只闭合开关S和　 　，读出电压表示数为U4，则RL2 =　 　。（用物理量符号表示）
27．（2025·建邺模拟）如图所示是江心洲上投入使用的无人驾驶观光车。若它的质量为3t，静止时轮胎与水平地面的总接触面积为600cm2。
（1）观光车在某段平直路面上匀速行驶600m，用时2min，求车在此过程中的行驶速度。
（2）求该观光车静止时对水平地面的压强。
28．（2025·建邺模拟）某兴趣小组设计的车辆超载报警装置如图甲所示。杠杆OAB（O为支点）始终保持水平平衡，OA∶AB=1∶5，A处有一个汽车踏板，B处固定的三角形压杆与压敏电阻R2接触，踏板、压杆和杠杆的质量均忽略不计。电源电压恒定，滑动变阻器R1规格为“20Ω 1A”，指示灯L的额定电压为9V，其I-U关系部分图像如图乙。当电磁铁中的电流达到或超过0.6A时，衔铁被吸上去（电磁铁固定不动），触点1和2接通，灯开始闪烁报警。图丙所示为可供选择的a、b两个压敏电阻的阻值与所受压力的关系图像。（电磁铁线圈、连杆、触点的阻值均忽略不计）
（1）应选图丙中　 　（选填“a”或“b”）作为该电路的压敏电阻；
（2）设定当踏板上质量达到或超过18t时，灯开始闪烁报警，对电路进行如下调试：
①将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至　 　 Ω，闭合开关S；
②开关S1接　 　，调节　 　，直至灯开始闪烁；
③开关S1接　 　，调试完毕，装置即可正常使用；
（3）根据 （2）调试完毕的情况，当车辆质量刚好为18t时装置报警，灯闪烁较亮时恰好正常发光，求电源电压U和此时滑动变阻器R1接入电路的阻值；
（4）若想增大该装置允许承载的最大质量，可通过以下 方式进行改进。
A．将A处踏板向右移 B．适当增大电源电压U
C．将滑片P向右移 D．增加电磁铁线圈匝数
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】解：当用大小不同的力敲击鼓面时，鼓面会因振动而发出声音，由于鼓面振动的幅度不同，所以声音的响度也会不同．
故选A．
【分析】声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；振动幅度越小，响度越小．
2．【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；速度与物体运动；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】根据生活经验可知，人体感觉舒适的温度约为25℃左右，九年级物理课本的质量约为250g，荧光灯正常工作时的电流约为0.18A，中学生正常步行速度约为1.2m/s（约4km/h），
故ACD错误，而B正确；
故选B。
【分析】根据自己对温度、质量、电流和速度的认识判断即可。
3．【答案】B
【知识点】液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“窗含西岭千秋雪”，其中的雪是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华过程放热，故Ａ错误；
B．“露似真珠月似弓”，其中的露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化过程放热 ，故B正确；
C．“薄雾浓云愁永昼”，其中的雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小液滴，液化过程放热，故C正确；
D．“霜叶红于二月花”，其中的霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶，凝华过程放热，不是吸热，故D错误；
故选B。
【分析】 物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。
4．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】小桥经湖面形成倒影，是光线在湖面发生反射形成的平面镜成像。
A． 镜花水月，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故A符合题意；
B．立竿见影中的影子是光沿直线传播形成的，故B不符合题意；
C．海市蜃楼是光的折射现象，故C不符合题意；
D．凿壁偷光是光沿直线传播形成的，故D不符合题意。
故选A。
【分析】分析各个选项中包含的光学原理，然后与小桥倒影对照即可。
5．【答案】D
【知识点】家庭电路的组成；测电笔的使用；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A．为了保证断开开关后用电器不再带电，从而保证用电安全，则开关需要直接接在火线和灯泡之间，故Ａ错误；
Ｂ．总开关跳闸肯定是家庭电路电流过大所致，除了短路外，也可能是电路中总功率过大导致电路中电流较大，故Ｂ错误；
Ｃ．用电器的金属外壳接地时，即使外壳带电，人体也不会发生触电事故，故Ｃ错误；
Ｄ．使用测电笔时手要接触笔尾的金属电极，才能构成回路，使试电笔氖管发光，故Ｄ正确。
故选Ｄ。
【分析】AC.根据家庭电路安全用电的常识判断；
B.根据家庭电路电流过大的原因判断；
D.根据测电笔的使用方法判断。
6．【答案】C
【知识点】内能的概念；分子间相互作用力；原子结构
【解析】【解答】A．物体被举高后，物体的重力势能增大，与分子势能无关，故A错误；
B．海绵容易被压缩，是因为海绵的多孔结构，与分子间隙无关，故B错误；
C．按空间尺度由大到小排列的：原子、原子核、电子，故C正确；
D．只有电子就像行星绕太阳运动一样在绕原子核运动，故D错误。
故选C。
【分析】A.重力势能与质量和高度有关；
B.根据分子之间存在空隙的实例判断；
C.根据微粒大小的知识判断；
D.根据原子构成的知识判断。
7．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】热汤的温度高而金属勺的温度低，将金属勺放在热汤中，金属勺吸收热量，是通过热传递改变物体的内能的。
A．冰敷受伤部位，冰吸收人体的热量使人体降低温度，是通过热传递的方式改变物体内能的，故A符合题意；
B．反复弯折铁丝，将机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故B不符合题意；
C．活塞压缩筒内空气，将活塞的机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故C不符合题意；
D．钻木取火时，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，是通过做功改变物体内能的，故D不符合题意。
故选A。
【分析】做功改变内能的本质为能量的转化，热传递改变内能的本质为能量的转移。
8．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】风力发电机的工作原理为电磁感应现象。
A．当导线中通过电流时，小磁针的指向发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，与风力发电无关，故A不符合题意；
B．当悬挂的金属棒ab在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，这正是风力发电机的工作原理，故B符合题意；
C．串联的两个电磁铁通过的电流相同，线圈匝数多的吸引的铁钉过，则该实验展示的是电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C不符合题意；
D．闭合开关后，通过电流的导体在磁场中受力运动，是电动机的工作原理，故D不符合题意。
故选B。
【分析】分析各个图片描述的实验过程，确定其中包含的物理原理，最后与发电机的原理对照即可。
9．【答案】C
【知识点】力的作用效果；物体运动状态的变化；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．踢毽子的力是脚施加的，因此是脚面发生形变产生的，故A错误；
B．相互作用力必须作用在不同物体上，而敖丙踢毽子的力与哪吒踢毽子的力均作用在毽子上，不属于相互作用力，故B错误；
C． 毽子离开脚后仍能向前运动是由于毽子具有惯性， 故C正确；
D．毽子飞到最高点时，水平方向还具有速度，因此若所有外力突然消失，它将沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
【分析】A.对毽子进行受力分析即可；
B.根据相互作用力的条件判断；
C.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
D.根据牛顿第一定律的内容判断。
10．【答案】D
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 A.根据图片可知，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路电阻规律和欧姆定律可知通过电路的电流为最小，但不为0，故A不合题意：
B.根据图片可知，电压表测量R2下部分电阻两端的电压，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路的分压特点可知R2下部分电阻两端的电压最大，即此时电压表示数最大，故B不合题意：
C.根据图片可知，电压表测量R1两端的电压，无油时，R2的最大阻值和R1串联接入电路，根据串联电路的分压特点可知R1两端的电压最小，即此时电压表示数最小，但不为0，故C不合题意：
D.根据图片可知，电压表测量R2上部分电阻两端的电压，油量越小，R2连入电路的电阻越小，根据串联电路的分压特点可知R2两端的电压越小，即电表示数越小；无油时，R2连入电路的电阻为零，则电压表示数为0，故D符合。
故选D。
【分析】根据电路图确定电路的串并联关系，以及电表所测的物理量，根据欧姆定律和串联电路的电压规律分析判断即可。
11．【答案】D
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】A．根据图片可知，0~t1时间段内，升高的温度为T2-T1，根据Q=cm△t可知，cm(T2-T1)是物质0~t1时间段内吸收的热量。由于t1~t2时间段继续吸热，则0~t2时间段，该物体吸收的热量大于cm(T2-T1)，故A错误；
B．根据图片可知，在t2~t3时间段和t3~t4时间段，二者状态和物质种类相同，都是液态，则该物质在t2~t3时间段的比热容与t3~t4时间段的比热容相等，故B错误；
C．由于该物质熔化过程中吸收的热量等于该物质凝固过程中放出的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量等于在t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量，故C错误；
D．该物质先熔化后凝固，且温度变化相同，则熔化过程中吸收的热量与凝固过程中放出的热量相等，即物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量，故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图像确定物体升高的温度，根据Q=cm△t比较吸收热量多少；
B.比热容只与物体的种类和状态有关；
CD.从图像寻找加热时间大小和升高温度大小，结合Q=cm△t分析判断。
12．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据甲图可知，灯泡、R1和R2串联，电压表V测量电源电压，电压表V1测量定值电阻R1的电压，电压表V2测量定值电阻R1与变阻器R2的总电压，电流表测量电路电流。
A．根据电源电压最大保持不变可知，最上面的U-I图像为电源电压与电路电流的图像。根据U=IR可知，R1的电压随电流的增大而增大，因此下面的U-I图像为电压表V1的示数与电路电流的图像，那么中间的U-I图像为电压表V2的示数与电路电流的图像。
由图乙得，当灯泡正常发光时，电路电流最大，由图乙得，此时电路电流为0.5A，此时V1、V2的示数相等，为10V，说明此时变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为L与定值电阻R1串联，由串联电路电压特点得，电源电压为
故A错误；
B．灯泡的额定电压为6V，额定电流为0.5A，则小灯泡的额定功率为，故B错误；
C．由图乙得，此时电路最小电流为0.2A，灯泡的电压为；
此时小灯泡的实际功率为，
故C正确；
D．定值电阻R1的阻值为；
滑片从最右端向左移动过程中，变阻器接入电路中的电阻由最大值到0Ω，当变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流为0.2A，由欧姆定律得，此时电路电阻为；
此时灯泡的电阻为；
由串联电路电阻特点得，变阻器的最大电阻为；
则R2接入电路的阻值由50Ω变为0Ω，故D错误。
故选C。
【分析】 AB.由图甲可知，灯L、R1和R2串联，电流表测电路中的电流，判断出各电压表所测的电压，根据串联电路的电压规律和欧姆定律求出电源电压，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
CD.根据欧姆定律求出R1的阻值，滑片位于最右端时，由图乙确定出电压表V2的示数和电路中的最小电流，根据串联电路的电压规律和P=UI求出小灯泡的实际功率，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，即可解答。
13．【答案】电磁；增大；运动
【知识点】机械能及其转化；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）地面控制室通过电磁波与卫星传递信息。
（2）卫星随火箭加速升空的过程中，质量不变，速度增大，则动能增大；质量不变，高度增大，所以重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，它的机械能增大。
（3）卫星和地面之间的位置不变变化，则以地面为参照物，卫星是运动的。
【分析】（1）电磁波可以在真空中传播，且电磁波能够传递信息；
（2）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而机械能=动能+重力势能；
（3）根据参照物的知识分析
14．【答案】2400；600；80；100
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】根据图片可知，当用动滑轮提升重物时，克服物体重力所做的功是有用功，
即W有用=Gh=400N×6m=2400J；
动滑轮上承担重力的绳子段数n=2，则绳端移动的距离为s=nh=2×6m=12m；
拉力所做的总功为W总=Fs=250N×12m=3000J；
额外功为W额外=W总-W有用=3000J-2400J=600J；
滑轮组的机械效率为；工人做功的功率为。
【分析】利用W=Gh计算克服物体重力做的有用功，根据s=nh计算拉力端移动距离，利用W=Fs计算拉力做的总功，根据W额=W总-W有用计算拉力做的额外功，根据计算动滑轮的机械效率，利用计算拉力做功的功率。
15．【答案】机械；内；2400；1.38×108
【知识点】燃料的热值；热机；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据图片可知，此时活塞向上运动，两个气门都关闭，应该是压缩冲程，该冲程中机械能转化为内能。
（2）该单缸四冲程汽油机每秒对外做功20次，则每秒飞轮转动：2×20=40周，则每分钟该汽油机的飞轮转速为40×60=2400 r。
（3）汽油的热值为 4.6×107J/ kg ，完全燃烧10kg汽油放出的热量为；
则对外做功W有用=ηQ放=30%×4.6×108J=1.38×108J。
【分析】（1）根据活塞的运行方向和气门的开合确定冲程名称和能量转化；
（2） 在单缸四冲程汽油机工作过程中，一个循环包括4个冲程、飞轮转动2周，对外做功1次。
（3）根据 计算汽油放出的热量，根据W有用=ηQ放计算汽油机对外做功。
16．【答案】=；<；=；1.2×103
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，A、B的质量相等，根据G=mg可知，它们的重力相等。将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，所受浮力等于重力，即A、B所受的浮力相等。由阿基米德原理知道，A、B排开液体的体积。
（2）根据图片可知，在甲液体中，A球漂浮，B球沉底，则B所受的浮力小于B的重力，则A、B在甲液体中所受的总浮力小于它们在乙液体中所受的总浮力，
根据相互作用力的知识可知，A、B对甲液体的压力小于它们对乙液体的压力，故甲液体对容器底的压力小于乙液体对容器底的压力，
由压强公式 可知，甲液体对容器底的压强小于乙液体对容器底的压强，即。
（3）容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的总重力，则两容器对桌面的压力相等，由压强公式 知道，两容器对桌面的压强相等，即。
（4）根据题意可知，B球在水中沉底，排开水的体积等于B的体积，B球在乙中漂浮，所受浮力等于重力，
根据、得到：；则B球的密度。
【分析】（1） A、B的质量相等，将这两球放入乙液体中静止时均漂浮，根据漂浮条件可知A、B所受浮力的关系，根据F浮=ρ液gV排可知A、B排开液体的体积关系；
（2）将A、B两个质量相等的实心球放入甲液体中，由图可知，它们的浮沉状态，根据物体浮沉条件可知B所受的浮力与B的重力关系，从而可知A、B在两种液体中所受的总浮力关系，由力的相互性可知，A、B对液体的压力关系，液体对柱形容器底的压力等于液体的重力和A、B对液体的压力之和，根据比较液体对两容器底的压强关系；
（3）容器对桌面的压力等于容器、液体和物体的总重力，根据F=G=mg可知两容器对桌面的压力关系，根据可知两容器对桌面的压强关系；
（4）B球在水中沉底，排开水的体积等于B的体积，B球在乙中漂浮，所受浮力等于重力，根据F浮=ρ液gV排、G=mg=ρVg求B球的密度。
17．【答案】（1）4；4.8
（2）1；C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）①根据题意，木块在0～t1时间内静止，根据乙图可知，当拉力达到4.8N时才开始滑动，则拉力F=4N时木块保持静止状态，此时它所受的摩擦力与拉力平衡，所以。
②根据乙图可知，当木块做匀速直线运动时，此时的拉力F=4.8N，根据平衡力的知识可知，木块受到的滑动摩擦力
当F=6N时，由于木块对接触面的压力的大小和接触面的粗糙程度均不变，所以木块所受摩擦力不变，仍为4N。
（2）①拉力与压力大小的比值不变，根据表格数据可知，设钩码的重力的重力为G，
1个钩码时拉力为5.1N，则①
2个钩码时拉力为5.4N，则②
①②联立解得：G=1N。
②由表格数据可知，通过增大压力可以增大摩擦力，
A．在瓶盖上做出细条纹，是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力，故A不合题意；
B．压路机装质量很大的碾子，是通过增大压力来增大压强，故B不合题意；
C．用更大的力压住橡皮擦字，是通过增大压力来增大摩擦力，故C符合题意。
故选C。
【分析】（1）①根据题意和乙图确定F=4N时木块的运动状态，然后根据平衡力的知识计算木块受到的摩擦力。
②根据乙图确定匀速直线运动状态下木块受到的摩擦力大小，再结合影响滑动摩擦力大小因素的知识判断F=6N时受到的摩擦力大小。
（2）①水平面上物体受到的摩擦力与压力成正比，而拉力等于摩擦力，即拉力和压力成正比，据此根据表格数据列出两个方程，然后计算即可；
②分析各个选项中使用的改变摩擦力的方法即可。
（1）[1]由题意和图乙知道，0～t1时间内木块静止，当拉力达到4.8N时，木块才开始滑动，所以，拉力F=4N时，木块仍然静止，则木块所受的摩擦力与拉力平衡，所以
[2]由乙图知道，当木块做匀速直线运动时，此时的拉力F=4.8N，所以木块受到的滑动摩擦力
当F=6N时（拉力大于滑动摩擦力），物体将做加速运动，由于压力的大小和接触面的粗糙程度均不变，所以木块所受摩擦力仍为4N。
（2）[1]在研究滑动摩擦力f滑与接触面受到压力F压大小的关系时，应该用水平拉力F使木块做匀速直线运动，所以滑动摩擦力与拉力是一对平衡力，则
由表格中数据知道，拉力与压力大小的比值不变，设钩码的重力的重力为G，所以①
②
两式联立解得，G=1N
[2]由表格数据可知，接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大，改变摩擦力大小的方法与该因素有关的是用更大的力压住橡皮擦字，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
18．【答案】6；30；12
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当闭合开关S1、断开S2、S3，滑片位于最右端时，定值电阻R1和变阻器R4串联，
此时电路中的电流为；
根据U=IR得到：
即-------①
当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，电路为R1、R2和R3并联，电流表测R1、R3的总电流，电流表的示数为0.8A，
根据I总=I1+I2得到：；
即--------②
①②联立解得：，U=6V。
（2）根据电路图可知，当闭合开关S3、断开S1、S2，将滑片位于最左端时，R1、R2和R3串联，电路中电流为0.1A，
此时R3两端电压为；
由于R1∶R3= 1∶3，则R1的阻值为10Ω，R1两端电压为；
则R2两端电压为；
电流通过电阻R2所做的功为。
【分析】（1） 由电路图可知，当闭合开关S1，断开S2、S3，滑片位于最右端时，R1和R4串联，根据P=I2R求出电路中的电流，再根据欧姆定律及串联电路的电阻规律列出电源电压的表达式；当开关S1、S2、S3均闭合，滑片位于最左端时，R1、R2、R3并联，根据并联电路的电流规律列出电流表示数的表达式，得出电源电压的表达式，根据电源电压相等解出R1的阻值和电源电压的数值，再根据R1、R3的关系求出R3的阻值；
（2）当闭合开关S3，断开S1、S2，将滑片位于最左端时，R1、R2、R3串联，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出R2的阻值，根据W=I2Rt求出1min内电流通过电阻R2所做的功。
19．【答案】（1）高温
（2）55；176
（3）80
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，开关旋钮一端对准A位置时，接通34和12，此时、并联，此时总电阻最小，根据，总功率最大，为高温档；
开关旋钮一端对准B位置时，此时接通3和4，即只有单独工作；
开关旋钮一端对准C位置时，只接通1和2，此时只有单独工作；
开关旋钮一端对准D位置时，此时接通2和4，则、串联，此时总电阻最大，根据，总功率最小，为低温档。
（2）根据题意可知，若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，
则中温1档时，单独工作，则阻值为；
中温2档时，单独工作，则功率为；
则阻值为；
低温挡时，、串联，则低温挡功率为。
（3）根据题意可知，水的比热容为 ，
则水吸收的热量为；
消耗的电能为；
则加热效率为。
【分析】 （1）由图乙可知，开关旋钮一端对准A位置时，1、2连接后再与3、4连接，由图甲可知，R1、R2并联；开关旋钮一端对准B位置时，3、4连接，由图甲可知，只有R1工作；开关旋钮一端对准C位置时，1、2连接，由图甲可知，只有R2工作；开关旋钮一端对准D位置时，2、4连接，由图甲可知，R1、R2串联；根据串并联电路的特点和可知电热水器各挡的电路连接；
（2）根据分析可知，开关旋钮一端对准A位置时电热水器处于高温挡，则开关旋钮一端对准B位置时应该中温1挡，根据可求出R1的阻值；根据P2=P高-P中1求出高温挡工作时R2的电功率，根据可求出R2的阻值；根据串联电路的特点求出低温挡工作时电路的总电阻，根据可求出低温挡的电功率；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据W=Pt求出电热水器消耗的电能，根据求出加热效率。
（1）分析电路可知，开关旋钮一端对准A位置时，、并联，此时总电阻最小，根据，总功率最大，为高温挡；开关旋钮一端对准B位置时，单独工作；开关旋钮一端对准C位置时，单独工作；开关旋钮一端对准D位置时，、串联，此时总电阻最大，根据，总功率最小，为低温挡。
（2）[1][2]若要实现开关旋钮沿某个方向转动时，加热功率逐步增加或减小，则中温1挡时，单独工作，则阻值为
中温2挡时，单独工作，则功率为
则阻值为
低温挡时，、串联，则低温挡功率为
（3）水吸收的热量为
消耗的电能为
则加热效率为
20．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】平面镜成像的相关作图；力的三要素及力的示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）首先通过A点作镜面的垂线，然后根据“物像等距”在镜面右侧找到对应的像点A'。同理，找到B点对应的像点B'。用虚线连接A'B'，即为AB在平面镜中的虚像，如下图所示：
（2）根据题意可知，物体A跟随扶梯在斜向上方向上做匀速直线运动。它受到竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F，二者大小相等，且两个力的作用点都画在物体重心上。在水平方向上，它不受力，如下图所示：
（3）根据图片可知，线圈上电流方向向上。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向上，此时大拇指指向左端，则确定通电螺线管的N极在左侧。磁感线从N极出发回到S极，则磁感线的方向向右。根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的左端为N极，如下图所示：
【分析】（1）根据平面镜成像的对称性完成作图；
（2）对物体A进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3）根据安培定则确定通电螺线管的磁极方向，进而确定磁感线的环绕方向，根据磁极之间的相互作用规律确定小磁针的磁极方向。
（1）根据平面镜成像特点，像与物关于镜面对称。分别从A、B两点向镜面MN作垂线并延长，使像距等于物距；用虚线连接A'B'，即为AB在平面镜中的虚像。注意像要用虚线表示，并标上箭头表示正立。如图所示：
（2）物体A做匀速直线运动，处于平衡状态。分析受力：竖直向下的重力G，竖直向上的支持力F；两个力的作用点都画在物体重心上。如图所示：
（3）根据电流表偏转方向判断电流方向，由安培定则（右手螺旋定则）确定通电螺线管的N极在左侧；磁感线从N极出发回到S极，在图中用带箭头的曲线表示；小磁针N极指向与磁感线方向一致，故小磁针的N极指向左。如图所示：
21．【答案】（1）自下而上
（2）92
（3）低于
（4）不变
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）在实验中，要使用酒精灯的外焰加热，由于它的高度不易调节，则需要根据它的火焰高度依次确定上面器材的位置，即应按照自下而上的顺序进行。
（2）根据乙图可知，该温度计的分度值为1℃，数值向上增大，则实际温度在0上，所以此时温度为92℃。
（3）试管内的液体沸腾，说明它已经得到沸点，且还能从烧杯内的水中吸热。根据热传递的方向可知，试管中液体的沸点低于水的沸点；
（4）根据丁图可知，容器底部产生的气泡由小到大上升到液体表面，说明此时水已经沸腾，根据水沸腾的特点可知，调高加热档位继续加热，水的温度保持不变，则温度计的示数不变。
【分析】（1）根据探究水的沸腾特点实验的器材安装顺序解答；
（2）根据乙图确定温度计的分度值，然后根据液面位置读出示数；
（3）根据液体的沸腾条件，结合热传递的方向解答；
（4）液体沸腾时不断吸热，但是温度保持不变。
（1）安装实验器材时，为确保用酒精灯的外焰加热以及温度计的位置合适，应按照自下而上的顺序进行。
（2）如图乙所示，温度计的分度值为1℃，液柱在零上，所以此时温度为92℃。
（3）液体沸腾的特点是吸收热量，温度不变，当烧杯中的水沸腾时，温度保持不变，试管中的液体若要沸腾，沸点应低于水的沸点，此时试管内的液体满足达到沸点、持续吸热，因此会沸腾。
（4）丁图中气泡由小到大上升到液体表面，说明此时水已经沸腾，根据水沸腾的特点可知，调高加热挡位继续加热，水的温度保持不变，则温度计的示数不变。
22．【答案】（1）左；照相机
（2）远视眼
（3）下
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）①根据图片可知，将蜡烛移至20cm刻度处，此时物距增大，由凸透镜成实像“物远像近小”的规律可知，此时像距减小，则应向左移动光屏。
②将蜡烛移至20cm刻度处，此时像距大于物距，则光屏上成的像是倒立、缩小的实像，利用该成像原理可制成照相机。
（2）将蜡烛向右移动适当距离后，根据“物近像远大”的规律可知，此时像距变大。比较可知，放置眼镜后，使像成在了光屏的前方。所以该眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，可以矫正的视力缺陷是远视眼。
（3）蜡烛变短，相当于像向上移动，为使像仍成在光屏中央，光屏上的像应该向下移动，则应将凸透镜向下移动。
【分析】（1）①根据凸透镜成实像“物远像近小”的规律分析；
②比较像距和物距大小，从而确定成像特点和应用。
（2）将蜡烛向右移动适当距离后，根据“物近像远大”的规律分析此时像距变化，进而判断放入眼镜后光线会聚还是发散了，从而确定透镜种类，进而判断矫正的视力缺陷。
（3）凸透镜的移动方向与像的移动方向相同。
（1）[1]保持凸透镜位置不变，将蜡烛移至20cm刻度处，则蜡烛远离凸透镜，由凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，光屏应靠近凸透镜，才能在光屏上再次得到清晰的像，所以应向左移动光屏。
[2]将蜡烛移至20cm刻度处，向左移动光屏，所以物距大于像距，光屏上再次得到清晰的像，由凸透镜成像规律可知，成的像是倒立、缩小的实像，利用该成像原理可制成照相机。
（2）在图中烛焰和凸透镜之间适当位置放一眼镜后，将蜡烛向右移动适当距离后，则像距变大，光屏上再次得到清晰的像，说明放置眼镜后，使像成在了光屏的前方。所以该眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，由于凸透镜能矫正远视眼，所以则该眼镜可以矫正的视力缺陷是远视眼。
（3）由于凸透镜成的像在光屏上是倒立的，所以蜡烛变短，像成在光屏上方，为使像仍成在光屏中央，应将凸透镜向下移动。
23．【答案】（1）3.00
（2）发生
（3）右
（4）上升
【知识点】刻度尺的使用；力的作用效果；惯性及其现象；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，该刻度尺的分度值为1mm，瓶盖左侧与5.00cm对齐，右侧与8.00cm对齐，所以瓶盖的直径为。
（2）当空矿泉水瓶在桌面上做匀速圆周运动时，虽然速度大小不变，但是运动方向始终在改变，所以空矿泉水瓶的运动状态发生改变。
（3）根据丙图可知，瓶中的水向左倾倒，根据惯性的知识可知，水会保持原来的静止状态。既然水相对小车向左运动，那么说明瓶子和小车一起突然水平向右运动。
（4）根据丁图可知，往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，那么A管中液体受到大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升。
【分析】（1）根据甲图确定刻度尺的分度值，根据“测量值=准确值+估读值”分别记录两个刻度值，最后相减即可；
（2）运动状态的改变包括：速度大小改变或运动方向改变；
（3）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，根据惯性的知识分析；
（4）根据流体压强和流速的知识分析。
（1）由甲图知道，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以1个小格代表的是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；瓶盖左侧与5.00cm对齐，右侧与8.00cm对齐，所以瓶盖的直径为
（2）用一根细绳拉着空矿泉水瓶在桌面上做匀速圆周运动，由于矿泉水瓶的运动方向始终在改变，所以，空矿泉水瓶的运动状态发生改变。
（3）装水的瓶子和小车一起静止在水平面上，瓶子和小车一起突然水平向右运动，水由于惯性保持原来的运动状态，水面会向左倾。
（4）往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升。
24．【答案】（1）左；49；2.45×103；小
（2）玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置；
【知识点】液体密度的测量；设计实验测密度
【解析】【解答】（1）①根据甲图可知，天平的指针向右偏，说明天平左侧轻右侧沉，因此需要将平衡螺母向左调节。
②根据乙图可知，该天平标尺的分度值是0.2g，则游码质量为4g，砝码质量为：20g+20g+5g=45g，则杯子质量为；
③根据丁图可知，该量筒的分度值是2mL，玻璃杯的体积等于补水的体积，为
那么玻璃的密度为。
④根据实验过程可知，由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致补入水的体积变大，即测量玻璃杯的体积偏大，由可知，密度偏小。
（2）根据实验过程可知，为了保证玻璃被在水和盐水中的体积相等，因此向玻璃杯中缓慢加水，直到玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置，此
时玻璃杯在盐水和水中的体积相等，即
由于，可得：
解得：。
【分析】 （1）①平衡螺母总是向较轻的一侧调节；
②玻璃杯的质量=砝码质量+游码质量；
③玻璃杯的体积等于所加水的体积；再根据密度公式求出玻璃杯的密度；
④玻璃杯从水中取出时，会带走一部分水，量筒倒入烧杯中的水会偏多，物体体积的测量值会偏大。物体质量是一定的，测量的体积变大，密度会变小；
（2）向玻璃杯中倒水，直到盐水液面与b相平，利用玻璃杯在水中和盐水中排开的体积相等，结合漂浮时浮力等于其重力及阿基米德原理列等式解答。
（1）[1]甲图中天平的指针向右偏，说明天平右侧沉，因此需要将平衡螺母向左调节至天平平衡。
[2]乙图中天平标尺的分度值是0.2g，杯子质量为
[3]丁图中量筒的分度值是2mL，补入水，即玻璃杯的体积为
玻璃的密度为
[4]由于取出玻璃杯时带走了部分水，导致补入水的体积变大，即测量玻璃杯的体积偏大，由可知，密度偏小。
（2）[1][2]实验值为了保证玻璃被在水和盐水中的体积相等，因此向玻璃杯中缓慢加水，直到玻璃杯杯外（盐水）液面到达b位置，此时玻璃杯在盐水和水中的体积相等，即
由于，可得
解得。
25．【答案】（1）高度差
（2）bc
（3）A；B
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在实验中，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大，即实验中通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断液体内部压强的大小，
（2）由控制变量法的要求可知，在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，应控制液体深度相同，改变液体密度，故选图乙中bc两个位置。
（3）A．仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，此时管中液体质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故A符合题意；
B．仅向1号管中加入适量水，此时水的质量增大，直至两管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故B符合题意；
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等，液体深度不同，此时不能说明液体压强与管内液体的质量无关，故C不符合题意；
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平，则液体深度相同，液体密度不同，此时没有控制变量，所以不能说明液体的压强与管内液体的质量无关，故D不符合题意。
故选AB。
【分析】 （1）在实验中，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大；
（2）根据控制变量法的要求选择对照实验；
（3）探究液体的压强与管内液体的质量的关系时，必须控制液体的密度和深度都相同；结合控制变量法分析。
（1）探究液体内部的压强时，由于不能直接判断液体内部压强的大小，所以运用转换法，通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断液体内部压强的大小，U形管两边液体高度差越大，说明此时的液体压强越大。
（2）在探究液体密度对液体内部压强大小的影响时，由控制变量法可知，应控制液体深度相同，改变液体密度，所以应将金属盒的橡皮膜分别放在图乙中bc两个位置处进行实验。
（3）A．由于液体压强与液体深度有关，所以仅将2号管倾斜，直至水面与1号管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，此时管中液体质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故A符合题意；
B．仅向1号管中加入适量水，直至两管水面相平，则液体深度相同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度相同，即液体压强相同，由图可知，加水后管中液体的质量不同，所以液体的压强与管内液体的质量无关，故B符合题意；
C．仅向1号管中加入8g水，使两管中水质量相等，液体深度不同，则两管下端所封橡皮膜鼓起程度不同，即液体压强不同，仅能说明液体的压强与深度有关，不能说明液体压强与管内液体的质量无关，故C不符合题意；
D．将2号管中的水全部倒出后竖放，再装入盐水直至液面与1号管水面相平，则液体深度相同，液体密度不同，即液体质量不同，两管下端所封橡皮膜鼓起程度不同，即液体压强不同，所以不能说明液体的压强与管内液体的质量无关，故D不符合题意。
故选AB。
26．【答案】（1）；变阻器断路；12.5
（2）；；；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，在“伏安法”测电阻的实验中，电压表应与灯泡L1并联，电流表与灯泡L1串联。根据甲图可知，此时可将灯泡与开关相连的导线从开关上拆下，改接在电压表的“-”接线柱上即可，如下图所示：
②闭合开关，两电表均无示数，则说明电路出现断路故障。如果灯泡L1断路，那么电压表有示数，此时测电源电压。如果滑动变阻器断路，那么肯定没有电流经过电流表和电压表，此时二者的示数都是零。
③根据乙图可知，电流表的分度值为0.02A，示数为0.2A，那么；
（2）①根据丙图可知，闭合开关S和S1、S3，将滑片P调至a端，电路为定值电阻R1的简单电路，电压表测量电源电压，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，定值电阻R1与变阻器的最大电阻串联，电压表测量定值电阻R1的电压，电压表示数为U2，此时变阻器的电压为；
串联电路电流处处相等，此时电路电流为；
由欧姆定律得，。
②根据丙图可知，只闭合开关S、S1，灯L2、定值电阻R1与变阻器串联，调节滑片P，使电压表示数；
此时灯L2正常发光；
③根据丙图可知，只闭合开关S和S2，此时电压表测量定值电阻R1与变阻器的总电压，读出电压表示数为U4，由串联电路电压特点得，灯L2的额定电压为；
由欧姆定律得，。
【分析】 （1）①根据实验目的确定电器元件的串并联关系，以及电表所测的物理量，结合甲图确定错误的导线并修改即可；
②根据两个电表的示数变化确定故障的种类和位置；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出RL1；
（2）①为求出电源电压大小和定值电阻大小，通过开关的转换，将滑片P调至a端，使电路为定值电阻的简单电路，此时电压表测定值电阻的电压，即电源电压，再将滑片P调至b端，此时变阻器的最大电阻与定值电阻串联，电压表测定值电阻的电压，根据串联电路电压的规律及分压原理可得出定值电阻的大小；
②为得出灯L2正常发光时的电阻，灯要正常发光，只闭合开关S、S1，灯、变阻器和变阻器串联，电压表测定值电阻的电压，调节滑片P，使电压表示数U3= I额R1（R1的值前面已得出），此时灯正常发光，为得出灯的额定电压；
③要得出此时变阻器连入电路的电阻，控制变阻器的滑片不动，通过开关的转换，使电压表测定值电阻和变阻器的电压，根据串联电路电压的规律可得出灯的额定电压，由欧姆定律得出灯L2正常发光时的电阻RL2的大小。
（1）[1]用“伏安法”测量灯L1正常发光时的电阻RL1，则电压表应与灯泡L1并联，电流表与灯泡L1串联，且电流均从电压表、电流表的正接线柱流入、负接线柱流出，如图所示：
[2]由图得，变阻器与灯泡L1串联，电压表测量灯泡L1的电压，电流表测量电路电流。改正错误后闭合开关，移动滑片，两电表均无示数。经检查，电源和电路接线均完好，导线和两电表均无故障，说明电路出现断路故障，且灯泡L1两端没有电压。若电路只有一处故障，则可能是变阻器断路。
[3]由图乙得，的分度值为0.02A，示数为0.2A，由欧姆定律得
（2）[1][2][3]①闭合开关S和S1、S3，将滑片P调至a端，电路为定值电阻R1的简单电路，电压表测量电源电压，电压表示数为U1；再将滑片P调至b端，定值电阻R1与变阻器的最大电阻串联，电压表测量定值电阻R1的电压，电压表示数为U2，此时变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，此时电路电流为
由欧姆定律得，
②只闭合开关S、S1，灯L2、定值电阻R1与变阻器串联，调节滑片P，使电压表示数
此时灯L2正常发光；
③只闭合开关S和S2，此时电压表测量定值电阻R1与变阻器的总电压，读出电压表示数为U4，由串联电路电压特点得，灯L2的额定电压为
由欧姆定律得，
27．【答案】（1）解：根据题意可知， 观光车在某段平直路面上匀速行驶600m，用时2min=120s，
则观光车的行驶速度为。

（2）解：观光车静止时对地面的压力等于自身重力，即；
轮胎与地面的接触面积S=600cm2=0.06m2，
那么观光车对地面的压强。
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）根据速度公式求出车在此过程中的行驶速度；
（2）利用G=mg求观光车的重力，此时观光车对地面的压力等于本身的重力，再利用求观光车对地面的压强。
（1）观光车行驶的路程s=600m，所用时间t=2min=120s
由得，观光车的行驶速度为
（2）观光车的质量m=3t=3000kg，静止时对地面的压力
轮胎与地面的接触面积S=600cm2=0.06m2
由得，观光车对地面的压强
28．【答案】（1）a
（2）15；2；滑动变阻器的滑片P；1
（3）解：根据甲图可知，当开关S1接2时，电路为R0、L、R1串联，车辆质量刚好为18t时装置报警，电路为电磁铁中的电流为0.6A，
此时灯泡两端电压为3V，电源电压-------①
当衔铁被吸上，R0被短路，电路为L和R1串联，灯闪烁较亮时恰好正常发光，
据乙图可知，电路中的电流为0.9A，
则电源电压可表示为--------②
联立①②解得：，U=18V。
（4）A；C
【知识点】杠杆的平衡条件；串联电路和并联电路的辨别；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当车超重时，衔铁被吸上去，即此时电磁铁的磁性要增强，控制电路的电流要减小，而其中的电阻要变小，即压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，故选图丙中a。
（2）①根据甲图可知，当踏板上质量达到18t时，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到：可得；
；
解得：；
根据丙图可知，此时压敏电阻的阻值为15Ω。
则调试时，电阻箱R0代替压敏电阻，因此将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至15Ω，闭合开关S。
②③根据甲图可知，接下来开关S1接2，调节变阻器的滑片P直至灯开始闪烁，开关S1再接1调试完毕，装置即可正常使用。
（4）A．增大承载质量，但装置报警电流不变， 即B点所受压力FB要保持不变，由杠杆平衡条件得， 只需要OA减小，所以A处向右移即可，故A符合题意；
BC．增大承载质量，但装置报警电流不变，若保持OA 、AB不变，增大承载质量，B所受压力变大，R1 电阻减小，则电流会增大，要保持报警电流不变，所以可以减小电源电压，或增大R的阻值，故B不符合题意，故C符合题意；
D．增加电磁铁线圈匝数，同等电流下会增加电磁铁的磁性，这样就会导致电流低于0.6A时也 会报警，即承载质量小于18t也会报警，从而减小了承载质量，所以要增加承载质量要减小线圈匝 数，故D不符合题意。
故选AC。
【分析】 （1）根据报警时衔铁的位置确定此时电磁铁的磁场强弱变化，进而确定此时压敏电阻的阻值变化，弄清它的阻值随压力的变化规律即可；
（2）①已知当踏板上质量达到或超过18t时，根据杠杆的平衡条件列式计算此时压敏电阻受到的压力，根据丙图确定此时它的阻值即可；
②③开关S1接2，电阻箱R0与滑动变阻器R1串联；当电阻箱的阻值等于报警时压敏电阻的阻值时，调节滑动变阻器，使电流表示数刚好等于最小报警电流，即可完成调试；
（3）当车辆质量刚好为18t时装置报警时，由题意可知此时电路中的电流为0.6A，由图乙可知此时灯泡两端的电压，且由上面步骤可知，此时变阻器R1、压敏电阻R2和灯泡串联；根据欧姆定律求出压敏电阻R2两端的电压，再由串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压；
电路中的电流达到0.6A后，衔铁被吸上去使得触点1和2接通，此时R2和电磁铁被短路，则电路中的电流增大，灯闪烁较亮时恰好正常发光，由题意和图乙可知此时灯泡两端的电压和电路中的电流，同理根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压；因电源电压不变，则联立两个方程可求出电源电压U和此时滑动变阻器R1接入电路的阻值；
（4）要增大允计最大质量，可以从几个方面入手①：保持B点所受压力不变的情况下，可以由杠杆平衡条件进行求解。②若保持OA、AB不变，要增大质量，即要在增大质量后，R2受的压力增大，R2的电阻减小，但电流不能增加，所以可以减小电源电压或增大R1的电阻实现。
（1）根据题意，当车超重时，指示灯L发光，据甲图可知，指示灯L发光，电磁铁的磁性要增强，控制电路中的电阻需要变小，即压敏电阻受到的压力越大，压敏电阻的阻值越小，因此应选图丙中a作为该电路的压敏电阻。
（2）[1]当踏板上质量达到18t时，根据杠杆平衡可得
解得
据丙图可知，压敏电阻的阻值为15Ω，调试时，电阻箱R0代替压敏电阻，因此将滑片P移至最右端，电阻箱R0调至15Ω，闭合开关S。
[2][3][4]接下来开关S1接2，调节变阻器的滑片P直至灯开始闪烁，开关S1再接1调试完毕，装置即可正常使用。
（3）当开关S1接2时，电路为R0、L、R1串联，车辆质量刚好为18t时装置报警，电路为电磁铁中的电流为0.6A，据乙图可知，灯泡两端电压为3V，电源电压可表示为-------①
当衔铁被吸上，R0被短路，电路为L和R1串联，灯闪烁较亮时恰好正常发光，据乙图可知，电路中的电流为0.9A，则电源电压可表示为--------②
联立①②解得，U=18V。
（4）A．增大承载质量，但装置报警电流不变， 即B点所受压力FB要保持不变，由杠杆平衡条件得求得， 因为FB、OB都不变，要使FA变大，只需要OA减小，所以A处向右移即可，故A符合题意；
BC．增大承载质量，但装置报警电流不变，若保持OA 、AB不变，增大承载质量，B所受压力变大，R1 电阻减小，则电流会增大，要保持报警电流不变，所以可以减小电源电压，或增大R的阻值，故B不符合题意，C符合题意；
D．增加电磁铁线圈匝数，同等电流下会增加电磁铁的磁性，这样就会导致电流低于0.6A时也 会报警，即承载质量小于18t也会报警，从而减小了承载质量，所以要增加承载质量要减小线圈匝 数，故D不符合题意。
故选AC。
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