资源简介

江苏省无锡市天一实验学校2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．下列有关估测符合实际的是（　　）
A．一本物理教科书的质量约为0.25kg
B．家用电视机的额定电流约为10A
C．中学生跑完50m用时约4s
D．人体的安全电压不低于36V
【答案】A
【知识点】质量及其特性；时间的估测；电流和电流的单位换算；电压和电压的单位换算
【解析】【解答】A：一本物理教科书的质量约为0.25kg（250g），与实际相符，故A正确；
B：家用电视机的功率约为100W-200W，根据 ，额定电流约为0.45A-0.9A，远小于10A，故B错误；
C：中学生跑完50m用时约7-8s，4s不符合实际，故C错误；
D：人体的安全电压为不高于36V，不是“不低于”，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查常见物体的质量估测，物理教科书的质量约为200-300g，0.25kg符合实际；
B：考查电功率与电流的关系，通过公式 计算，电视机额定电流远小于10A；
C：考查运动时间的估测，中学生50m跑的正常成绩在7-8s左右；
D：考查安全电压的概念，人体的安全电压为“不高于36V”。
2．为了提升人们的生活品质，一些家庭安装空气净化器，工作原理如图所示。受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上负电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获。下列说法正确的是（　　）
A．空气净化器中颗粒物的运动是扩散现象
B．空气净化器和家里的其他用电器是串联的
C．颗粒物带上电荷是由于电离过程创造了电荷
D．金属网吸引颗粒物的原理是异种电荷相互吸引
【答案】D
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】AD．颗粒物进入电离区带上电荷，在集尘器上被带电金属网捕获。原理为金属网吸引颗粒物原理是异种电荷相互吸引，故A错误，D正确；
B．空气净化器和家里的其他用电器的连接方式为并联，故B错误；
C．颗粒物带上电荷是电荷的转移，电荷的总量不变的，故C错误。
故选D。
【分析】1、电荷间的作用规律为：同性电荷相互排斥、异性电荷相互吸引，吸引细小物质。
2、两种电荷：丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电；橡胶棒摩擦毛皮，橡胶棒带负电。
3、摩擦起电的实质为电子的转移，物体失去电子带正电，物体得到电子带负电，如两种电荷：丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电（失去电子）；橡胶棒摩擦毛皮，橡胶棒带负电（得到电子）。
3．《中国诗词大会》深受观众喜爱，下列诗词中涉及的物态变化现象解释正确的是（　　）
A．“孤舟蓑笠翁，独钓寒江雪”—雪是升华形成的
B．“朝光浮烧野，霜华净碧空”—霜是凝华形成的
C．“露从今夜白，月是故乡明”—露是熔化形成的
D．“飞埃结红雾，游盖飘青云”—雾是汽化形成的
【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；水的三态变化
【解析】【解答】A：雪是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的固态小冰晶，不是升华，故A错误；
B：霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的固态小冰晶，故B正确；
C：露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，不是熔化，故C错误；
D：雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，不是汽化，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：雪是固态，由气态水蒸气直接变成，属于凝华现象；
B：霜是固态，由气态水蒸气直接变成，属于凝华现象；
C：露是液态，由气态水蒸气变成，属于液化现象；
D：雾是液态，由气态水蒸气变成，属于液化现象。
4．如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，从易拉罐开口端向罐内喷适量酒精喷雾，然后将一个空纸杯迅速套上。用细线将易拉罐水平悬挂在铁架台上，将点燃的打火枪靠近底部的小孔，纸杯就会“向前”飞去。纸杯飞出过程中，下列说法正确的是（　　）
A．罐内气体的内能增加
B．该过程机械能转化为内能
C．能量转化情况与内燃机的压缩冲程相同
D．能量转化情况与内燃机的做功冲程相同
【答案】D
【知识点】做功改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】A：酒精燃烧产生的热量使罐内气体内能增加，但当气体推动纸杯飞出时，气体对外做功，内能会减少，故A错误；
B：该过程中，罐内气体燃烧产生的内能转化为纸杯的机械能，是内能转化为机械能，故B错误；
C：内燃机的压缩冲程是机械能转化为内能，与本题的能量转化方向相反，故C错误；
D：内燃机的做功冲程是内能转化为机械能，与本题中罐内气体推动纸杯飞出的能量转化情况相同，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：气体推动纸杯飞出时对外做功，内能会减小；
B：该过程是内能转化为机械能，而非机械能转化为内能；
C：压缩冲程是机械能转化为内能，与本题不符；
D：做功冲程是内能转化为机械能，与本题的能量转化过程一致。
5．如图所示各种光现象的原理与小孔成像原理相同的是（　　）
A．海市蜃楼
B．日食现象
C．雨后“彩虹”
D．水中“倒影”
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像的原理是光沿直线传播，所成的是实像，我们据此分析各选项：
A．海市蜃楼是因为空气分布不均匀，光线经过不均匀的空气时发生折射，最终形成的虚像，成因和小孔成像不同，故A错误；
B．日食是月球运行到太阳和地球之间时，遮挡住了太阳沿直线传播到地球的光线，在地球表面形成暗影区域的现象，本质是光在均匀介质中沿直线传播形成的，和小孔成像成因相同，故B正确；
C．雨后彩虹是光的色散现象，本质是太阳光经过雨滴时发生折射分解为多种色光，是光的折射形成的，故C错误；
D．水中的倒影属于平面镜成像，本质是光的反射形成的虚像，故D错误。
综上，答案选B。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射；
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅；
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
6．如图所示为一种手环“计步器”，其内部有一块磁铁密封在绕有线圈的塑料管中。走路时，磁铁在管中运动，线圈输出变化的电流，实现计步。下列实验装置能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【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；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】手环 “计步器” 的工作原理是电磁感应现象：磁铁在线圈中运动，线圈切割磁感线产生感应电流，将机械能转化为电能。
A：该装置研究的是通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，A错误；
B：该装置是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，B错误；
C：该装置中无电源，是闭合电路的导体在磁场中切割磁感线产生感应电流，属于电磁感应现象，与计步器的工作原理一致，故C正确；
D：该装置研究的是电磁铁磁性强弱与电流的关系，D错误；
故答案为：C。
【分析】计步器的核心原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流；
A 是电动机原理（通电受力），B 是电流的磁效应，D 是电磁铁，均不符合；
C 是电磁感应实验装置，与计步器的能量转化（机械能→电能）和原理完全一致。
7．关于中考体育测试场上出现的运动场景，下列分析正确的是（　　）
A．小华进行800m测试通过终点时不能立即停下来，是因为受到惯性的作用
B．小华在跳远测试中，人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力
C．小明进行俯卧撑测试时，人体可以看作是一个以脚尖为支点的费力杠杆
D．小明踢出去的足球在草地上滚动一段距离会停下来，是因为足球不受力的作用
【答案】B
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性及其现象；杠杆的分类
【解析】【解答】A：惯性是物体的固有属性，不能说 “受到惯性的作用”，正确说法是 “由于惯性”，故A错误；
B：人对地面的压力和地面对人的支持力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上、作用在同一直线上，是一对相互作用力，故B正确；
C：做俯卧撑时，人体以脚尖为支点，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不是费力杠杆，故C错误；
D：足球在草地上滚动时，受到草地的阻力作用，运动状态改变，最终停下来，不是不受力，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查惯性的概念，惯性不是力，不能说 “受到惯性的作用”；
B：考查相互作用力的判断，两个力作用在不同物体上，满足相互作用力的条件；
C：考查杠杆的分类，俯卧撑的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；
D：考查力与运动的关系，足球停下来是因为受到阻力，力是改变物体运动状态的原因。
8．如图所示是某次比赛中足球落地后又弹起的示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．在B点时，足球的动能为0
B．在A、C两点足球的动能可能相等
C．在整个运动过程中，足球的机械能守恒
D．在D点时，若所受力全部消失，足球将静止不动
【答案】B
【知识点】动能的影响因素；机械能守恒条件；物体运动状态的变化
【解析】【解答】A：在B点时，足球仍有水平方向的速度，因此动能不为0，故A错误；
B：足球运动过程中受空气阻力，机械能不断减小，A点的机械能（动能+重力势能）大于C点的机械能，而A点高度高于C点，A点重力势能大于C点，因此A点的动能可能等于C点的动能（重力势能的减少量等于空气阻力消耗的机械能），故B正确；
C：整个过程中，足球受空气阻力作用，机械能不断减小，不守恒，故C错误；
D：在D点时，足球有斜向上的速度，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律，足球将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：B 点是足球弹起过程中的最高点，竖直方向速度为0，但水平方向仍有速度，因此动能不为0；
B：A 点的高度高于 C 点，重力势能更大，但由于空气阻力，A点的机械能大于C 点，因此A点的动能可能等于C点的动能；
C：空气阻力会消耗机械能，因此机械能不守恒；
D：根据牛顿第一定律，物体不受外力时将保持原来的运动状态，D点足球有速度，会做匀速直线运动，而非静止。
9．如图所示，是探究“物体所受滑动摩擦力大小的影响因素”的实验装置。当用5N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右做匀速直线运动时，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计的示数为2N，则下列说法中正确的是（　　）
A．必须匀速直线拉动木板A才能测量物体B所受滑动摩擦力的大小
B．当拉力F增大时，弹簧测力计的示数也增大
C．地面对木板A的摩擦力的大小为5N，方向水平向左
D．木板B对物体A的摩擦力的大小为2N，方向水平向左
【答案】D
【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】A：无论木板A是否做匀速直线运动，物体B相对于地面静止，受到的滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力始终平衡，因此无需匀速拉动即可测量B所受的摩擦力，故A错误；
B：当拉力F增大时，物体B与木板A之间的压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力大小不变，因此弹簧测力计的示数也不变，故B错误；
C：木板A匀速运动，受力平衡，水平方向受到向右的拉力F=5N，同时受到向左的两个摩擦力：物体B对A的摩擦力2N和地面对A的摩擦力。因此地面对A的摩擦力大小为5N-2N=3N，方向水平向左，故C错误；
D：物体B静止，受力平衡，弹簧测力计的拉力为2N，因此A对B的滑动摩擦力为2N，方向向右；根据力的作用是相互的，B对A的摩擦力大小也为2N，方向水平向左，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：该装置中，物体B始终静止，受力平衡，因此无需匀速拉动木板A即可测量摩擦力；
B：滑动摩擦力的大小只与压力和接触面粗糙程度有关，与木板A的运动速度无关；
C：木板A匀速运动时，水平方向受力平衡，拉力F等于B对A的摩擦力与地面对A的摩擦力之和；
D：根据二力平衡和相互作用力的关系，可判断B对A的摩擦力大小和方向。
10．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量、烧杯内液体质量及液体初温均相同。不考虑热量损失，燃料点燃直至燃尽，三装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示。以下判断正确的是（　　）
A．液体a的比热容是液体b的两倍
B．0﹣t1时间内甲、乙、丙烧杯中液体吸收的热量相等
C．燃料燃尽时乙中液体a吸收的热量小于丙中液体b吸收的热量
D．仅利用装置乙和丙进行实验可以比较燃料2和燃料1的热值大小
【答案】C
【知识点】燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】A：甲、丙中燃料相同，相同时间内放出的热量相同，因此液体a、b吸收的热量相同。由图丁可知，甲中液体a升高的温度为，丙中液体b升高的温度为，根据，在和相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，因此液体b的比热容是液体a的两倍，故A错误；
B：0 - 时间内，甲、丙中燃料相同，放出的热量相同，因此液体a、b吸收的热量相等；乙中燃料不同，放出的热量不同，液体a吸收的热量也不同，故B错误；
C：燃料燃尽时，乙中液体a升高的温度低于甲中液体a升高的温度，说明乙中燃料放出的热量小于甲中燃料放出的热量；而甲、丙中燃料相同，放出的热量相同，因此乙中液体a吸收的热量小于丙中液体b吸收的热量，故C正确；
D：要比较燃料2和燃料1的热值大小，需要控制被加热的液体种类、质量相同，装置乙和丙中液体种类不同，无法比较，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：比较比热容时，需用相同燃料加热不同液体，通过温度变化判断比热容大小；
B：不同燃料在相同时间内放出的热量不同，液体吸收的热量也不同；
C：燃料放出的热量被液体吸收，根据液体升高的温度可判断吸收热量的多少；
D：比较燃料热值时，需控制被加热液体的种类、质量相同，仅改变燃料种类。
11．小聪同学想设计一个通过电表示数反映油量多少的电路，要求油量增多时，电表示数增大。以下电路符合要求的是（　　）
A．乙丁 B．甲乙 C．乙丙 D．丙丁
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】甲电路：滑动变阻器和定值电阻串联，电流表测量整个电路的电流。当油箱中油量增加时，浮子随着油面向上移动，带动滑片向下移动，使得接入电路的电阻变大，电路的总电阻随之变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流会变小，也就是电流表的示数变小，不能满足“油量增多电表示数变大”的要求，故甲错误。
乙电路：和同样为串联，电流表测电路电流。油量增多时，浮子上移，滑片下移，此时接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，根据可得，电路电流变大，电流表示数随油量增加而变大，满足设计要求，故乙正确。
丙电路：电压表直接和滑动变阻器串联，由于电压表本身内阻极大，此时电路相当于断路，电压表的示数始终等于电源电压，不会随油量变化改变，故丙错误。
丁电路：与串联，电压表并联在两端，测量的两端电压。油量增多时，浮子上移，滑片下移，接入电路的电阻变大，根据串联电路“电阻越大，分得的电压越大”的分压规律，分得的电压会变大，也就是电压表示数随油量增加而变大，满足设计要求，故丁正确。
故A正确，B、C、D错误。
故选A。
【分析】电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压，题目中甲乙使用电流表表征油量，当油量增加，接电路的电阻变小，电流变大，电流表示数变大，据此选择核实电路图；图丙丁使用电压表表征油量，结合串联分压可知，当并联的用电器，电阻增加，电压增加，据此选择电路。
12．如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为9V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”的字样，电流表选用“0~0.6A”的量程，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，已知小灯泡上标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。为保证电路安全，下列选项正确的是（　　）
A．滑动变阻器阻值的变化范围为5～20Ω
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．电流表示数变化的范围为0.225～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.675W
【答案】C
【知识点】电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】由图可知，小灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流。小灯泡上标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），计算小灯泡正常发光的电流I=0.9W/3V=0.3A，根据欧姆定律U=IR计算小灯泡的电阻10Ω
A．电流表选用“0~0.6A”的量程，滑动变阻器允许通过最大电流为1A，灯泡正常发光的电流为0.3A，为保证电路安全，所以电路最大电流0.3A，此时滑动变阻器接入阻值最小，且题干说“当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光”，结合滑动变阻器规格，可知滑动变阻器接入最小阻值为最大值的一半，为10Ω，所以滑动变阻器阻值的变化范围为10～20Ω，故A错误；
B．滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，由A已知此时电流为0.3A，滑动变阻器接入阻值为10Ω，由可得此时总电阻，R=9V/0.3A=30Ω，定值电阻的阻值R‘=30Ω-10Ω-10Ω=10Ω，故B错误；
C．由A已知最大电流为0.3A，滑动变阻器接入阻值最大20Ω时，电路电流最小，I=9V/（10Ω+20Ω+10Ω）=0.225A，C正确；
D．由C已知最小电流为0.225A，小灯泡灯丝阻值为10Ω不变，则小灯泡的最小功率P=(0.225A)2×10Ω=0.050625W，故D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律、电功率的计算、电路的串并联、电表的连接判识选项
1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，小灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联
2、电流表的连接：电流表与待测原件串联，所以电流表测量电路电流
3、电功率的计算：公式为P=U2/R=UI，据题可知小灯泡上标有“3V 0.9W，据此计算灯泡电阻
3、电路安全原则，以电路中最小电流为准，本题中电流表选用“0~0.6A”的量程，滑动变阻器允许通过最大电流为1A，灯泡正常发光的电流为0.3A，为保证电路安全，所以电路最大电流0.3A，根据欧姆定律计算此时电路的电阻，进而计算变阻器电阻，根据题意可知，此时变阻器的阻值为最大阻值的一半
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．诗人袁枚在《所见》中写道“牧童骑黄牛，歌声振林樾。意欲捕鸣蝉，忽然闭口立。”牧童的歌声是由声带　 　产生的，牧童在捕蝉前“闭口”是在　 　减弱噪声。
【答案】振动；声源处
【知识点】声音的产生；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）牧童的歌声是由声带振动产生的；
（2）牧童在捕蝉前 “闭口”，停止发声，是在声源处 减弱噪声。
故答案为：振动；声源处。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的，人的歌声是声带振动发声的结果。
（2）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。牧童闭口停止发声，直接控制了噪声的产生，属于在声源处减弱噪声。
14．冬天行车时，汽车挡风玻璃的　 　（选填“内”或“外”）侧容易出现一层白雾，打开暖风白雾就会消失，这时白雾会发生　 　（填物态变化名称），该过程　 　热量。
【答案】内；汽化；吸收
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】冬天行车时，车内温度高于车外温度，车内的水蒸气遇到温度较低的挡风玻璃会液化成小水珠，所以白雾出现在挡风玻璃的内侧；打开暖风后，小水珠由液态变为气态，发生汽化现象，该过程需要吸收热量，白雾随之消失。
故答案为：内；汽化；吸收
【分析】本题考查物态变化的判断及吸放热特点：
白雾的形成：冬天车内温度高，水蒸气含量大，遇到温度较低的玻璃，在玻璃内侧液化成小水珠。
白雾消失：暖风使小水珠由液态变为气态，属于汽化现象，汽化过程需要吸收热量，因此白雾消失。
15．海军护卫舰在某海域执行巡航任务时，甲板上的船员发现港口建筑逐渐“后退”，所选择的参照物是　 　；该舰从密度高的海域驶入密度低的海域后，其受到的浮力将　 　；（填“变大”、“变小”或“不变”）；当高速航行时，舰体两侧水的流速较大，压强较　 　。
【答案】护卫舰；不变；小
【知识点】流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知， 港口建筑相对护卫舰的位置向后改变，因此船员是以护卫舰为参照物，观察到港口建筑在“后退”。
（2）根据题意可知，无论海水密度怎样变化，舰艇在水中始终漂浮，则它受到的浮力等于其重力，即浮力大小不变。
（3） 舰体高速航行时，舰体两侧的水流流速较大，因此压强较小。
【分析】（1）根据参照物的知识分析解答；
（2）根据物体的漂浮条件分析解答；
（3）流体流速越大的位置压强越大，根据流体压强和流速的关系解答。
16．某实验小组在进行酒精和水混合实验中，应向如图所示的一端封闭的玻璃管中先注入一半体积的　 　（选填“水”或“酒精”），然后将另外一种液体注满玻璃管，封闭管口，将容器反复翻转，使水和酒精充分混合，观察到玻璃管中的液面降低了，这说明混合后水和酒精总体积　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）混合前水和酒精的总体积。这个现象说明分子间存在　 　。
【答案】水；小于；间隙
【知识点】密度公式及其应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】（1）在进行酒精和水混合实验时，应先注入一半体积的水（因为水的密度比酒精大，先注入水可避免两种液体在注入时提前混合，便于观察实验现象）；
（2）混合后玻璃管中的液面降低，说明水和酒精的总体积小于混合前两者的总体积；
（3）这一现象说明分子间存在间隙（水分子和酒精分子相互进入对方的间隙，导致总体积减小）。
故答案为：水；小于；间隙。
【分析】本题考查分子动理论的相关实验：
实验中先注入水，是为了利用水和酒精的密度差异，减少注入时的混合，确保实验初始状态清晰。
混合后总体积减小，是因为分子间存在间隙，不同分子会相互扩散、进入对方的间隙中，导致宏观上的总体积变小。
17．正常眼球看近处物体光路如图甲。小聪做眼球检查，发现晶状体与常人无异，但眼球发育偏短，看近处物体时光路如图乙。晶状体对光有　 　（选填“会聚”或“发散”）作用；小聪是　 　（选填“近”或“远”）视眼，应配戴　 　（选填“凸透镜”、“凹透镜”）来矫正视力。
【答案】会聚；远；凸透镜
【知识点】眼睛及其视物原理；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】晶状体相当于凸透镜，对光有会聚作用；小聪的眼球发育偏短，看近处物体时，像成在视网膜的后方，属于远视眼；远视眼需要配戴对光有会聚作用的凸透镜来矫正，使光线提前会聚，让像成在视网膜上。
故答案为：会聚；远；凸透镜。
【分析】本题考查眼睛的成像原理与视力矫正：
晶状体的作用：晶状体相当于凸透镜，对光线有会聚作用，能使物体的像成在视网膜上。
远视眼的成因：眼球发育偏短，导致晶状体到视网膜的距离过短，近处物体的像成在视网膜后方，形成远视眼。
矫正原理：凸透镜对光线有会聚作用，配戴凸透镜可以使光线提前会聚，让像前移到视网膜上，从而矫正远视眼。
18．工人师傅用如图所示的装置（每个滑轮的重均为20N）将重为160N的物体匀速提高，其中滑轮　 　（选填“A”或“B”）能省力。不计绳重和摩擦，工人师傅所用拉力　 　N；若增大提升物体所受的重力，该装置的机械效率将　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】A；90；变大
【知识点】动滑轮及其工作特点；增大或减小机械效率的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】如图，滑轮A为动滑轮，可以省力，滑轮B是定滑轮，不能省力。
不计绳重和摩擦，工人师傅所用拉力
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为
若增大提升物体所受的重力，该装置的机械效率将变大。
故答案为：A；90；变大
【分析】本题考查滑轮组的工作特点、拉力计算和机械效率变化分析：
动滑轮A的轴随物体一起运动，能省力；定滑轮B的轴固定不动，只能改变力的方向，不能省力；
拉力计算时，不计绳重和摩擦，动滑轮上绳子段数，拉力为物体和动滑轮总重的；
机械效率公式中，动滑轮重不变，物体重力越大，机械效率越高。
19．小明为测量小石块的密度，进行了如下实验：将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端“0”刻度线处，此时指针位置如图甲所示，为使天平平衡，应将平衡螺母向　 　调节；小明接着用天平测出小石块的质量，测量结果如图乙所示，则小石块质量为　 　g。小明发现砝码有磨损，则所测小石块质量相比于真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】左；72.6；偏大
【知识点】质量的测量与天平的使用
【解析】【解答】（1）由图甲可知，指针偏右，说明天平右侧偏重，为使天平平衡，应将平衡螺母向左调节；
（2）由图乙可知，砝码质量为，游码示数为，则小石块质量为；
（3）砝码磨损后，其实际质量小于标称质量，测量时需要更多的砝码或更大的游码示数才能平衡，因此所测小石块质量相比于真实值偏大。
故答案为：左；72.6；偏大
【分析】（1）天平调平时，遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，图中指针偏右，故平衡螺母向左调；
（2）物体质量等于砝码质量与游码示数之和，注意游码标尺的分度值为；
（3）磨损的砝码实际质量变小，测量同一物体时，需更多的砝码或更大的游码示数来平衡，导致测量结果偏大。
20．如图所示是“探究影响压力作用效果的因素”的实验，将小桌放在海绵上，我们可以通过观察　 　来比较压力的作用效果。比较　 　两图可知，压力的作用效果与压力大小有关；骆驼能轻松地在沙漠里行走与　 　两图的实验结论有关。
【答案】海绵凹陷程度；甲、乙；乙、丙
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）实验中，我们通过观察海绵凹陷程度来比较压力的作用效果，这用到了转换法。
（2）探究压力的作用效果与压力大小的关系时，需控制受力面积相同，改变压力大小，因此应比较甲、乙两图。
（3）骆驼能轻松地在沙漠里行走，是因为它的脚掌宽大，增大了受力面积，减小了压强，这与乙、丙两图（压力相同，受力面积不同）的实验结论有关。
故答案为：海绵凹陷程度；甲、乙；乙、丙。
【分析】（1）压力的作用效果是通过受压物体的形变来体现的，海绵凹陷程度越大，说明压力的作用效果越明显，这是转换法的应用。
（2）甲、乙两图中，受力面积相同，压力大小不同，海绵凹陷程度不同，说明压力的作用效果与压力大小有关。
（3）乙、丙两图中，压力大小相同，受力面积不同，海绵凹陷程度不同，说明压力的作用效果与受力面积有关；骆驼宽大的脚掌正是通过增大受力面积来减小压强，避免陷入沙漠，与乙、丙的结论一致。
21．在估测电水壶实际功率的活动中，小明说用电能表表盘如图所示，他先断开电路中所有用电器的开关，再在电水壶中加入质量为0.5kg的水，测得水的初温为20℃，小明给电水壶通电2min，测得此时水温为60℃，则水吸收的热量为　 　J，如这段时间内电能表上指示灯闪烁40次，则电水壶的实际功率为　 　W，电水壶的加热效率为　 　[c水=4.2×103J/（kg ℃）]。
【答案】8.4×104；1000；70%
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（60℃-20℃）=8.4×104J
“1200imp/（kW h）”表示电路中的用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁1200次，由此可知，电能表指示灯闪烁了40次时，该电水壶消耗的电能
该电水壶的实际功率
电水壶的加热效率
故答案为：8.4×104；1000；70%
【分析】本题考查吸热公式、电能表的应用、电功率和效率的计算。
水吸收的热量用直接计算。
电能表参数“1200imp/(kW·h)”表示每消耗电能，指示灯闪烁1200次，据此可算出消耗的电能，再用求实际功率。
加热效率是水吸收的热量与消耗电能的比值，即。
22．如图所示是小明家的部分家庭电路，断开开关，灯泡熄灭，此时用测电笔按照正确的操作方法接触A处，氖管　 　（选填“发光”或“不发光”）；用测电笔按照正确的操作方法接触B处，氖管　 　（选填“发光”或“不发光”），所以该电路　 　（选填“存在”或“不存在”）安全隐患。
【答案】发光；发光；存在
【知识点】家庭电路的连接；家庭电路工作电压、零线、火线的辨别；测电笔的使用
【解析】【解答】断开开关，灯泡熄灭，此时用测电笔按照正确的操作方法接触A处，与火线连通，氖管发光；用测电笔按照正确的操作方法接触B处，也与火线连通，氖管发光，所以该电路存在安全隐患。故答案为：不发光；发光；存在。
【分析】本题考查家庭电路的连接与测电笔的使用：
测电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光；
开关应接在火线上，断开开关后，用电器与火线断开，避免触电。图中开关接在零线上，断开开关后，灯泡及B点仍与火线相连，存在安全隐患。
23．如图所示，我国古代记录传统手工技术的著作《天工开物》里记载了一种捣谷用的舂，该装置是　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；若该装置碓头A重200N，不计横木的重力和摩擦，杆长AB＝1.5m，O为支点，OB＝0.5m，人在B端施加的竖直向下的力至少为　 　N；若每次碓头A上升的高度都为0.5m，1min撞击舂中的谷粒15次，则克服碓头重力做功的功率为　 　W。
【答案】费力；400；25
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，O是支点，动力作用在B点，阻力作用在A点，此时动力臂小于阻力臂，因此是费力杠杆。
（2）根据题意可知，支点O距离脚踏板OB=0.5m，而杆长AB=1.5m，故OA=1.5m-0.5m=1.0m；
如下图所示：
根据相似三角形知识有；
根据杠杆的平衡条件Gl2=F1l1可知，人在B端施加的竖直向下的力。
（3）根据题意可知， 若每次碓头A上升的高度都为0.5m，1min撞击舂中的谷粒15次，
则1min内人克服碓头重力做功W总=nW=15×Gh=15×200N×0.5m=1500J；
1min克服碓头重力做功的功率为。
【分析】 （1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据已知条件画出两个力臂，根据相似三角形知识可知力臂之比，根据杠杆的平衡条件得出动力大小；
（3）不计横木的重力和摩擦，求出1min内人克服碓头重力做功，根据功率公式得出1min克服碓头重力做功的功率。
24．电子握力计的模拟电路如图甲所示，电源电压恒为12V，定值电阻R0＝15Ω，手柄A与滑片固定在一起，长度为5cm的均匀金属棒R的总阻值为25Ω，绝缘支架B固定不动，滑片可在ab之间滑动，当滑片处于a端时弹簧恰好处于原长，弹簧的形变量ΔL与握力F的大小关系如图乙所示。握力计由电流表（量程为0~0.6A）改装而成，其表盘的零刻度应标在电流表表盘的　 　A处；在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为　 　N。若用电压表（量程为0~3V）改装此握力计，如图丙所示，握力计所能测量的握力的最大值相比图甲　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】0.3；800；变小
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图得，定值电阻R0与变阻器串联，电流表测量电路电流：
由题可得，当滑片在a端，时，弹簧恰好处于原长，由图乙得，此时握力F为0，此时电路电流为，则表盘的零刻度应标在电流表表盘的0.3A处。
电流表量程为0~0.6A，则电路电流最大为0.6A，由得，此时电路电阻为，此时变阻器接入电路中电阻为
此时弹簧的形变量最大为
由图乙得，在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为800N。
由图丙得，定值电阻R0与变阻器串联，电压表测量变阻器的电压，电压表量程为0~3V；为了电路安全，当电压表示数为3V时，变阻器接入电路中电阻最大，弹簧的形变量最大，此时握力最大。由串联电路电压特点得，此时定值电阻R0的电压为
此时电路电流为
由欧姆定律得，变阻器接入电路电阻为
此时弹簧的形变量最大为
由图乙得，在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为200N，故握力计所能测量的握力的最大值相比图甲变小。
故答案为：0.3；800；变小
【分析】本题考查串联电路特点、欧姆定律的应用，结合弹簧形变量与握力的关系进行分析。
零刻度：握力为 0 时，滑片在 a 端，滑动变阻器接入电阻最大，电流最小，为 0.3A，因此零刻度标在 0.3A 处。
最大握力（图甲）：电流最大为 0.6A 时，滑动变阻器接入电阻最小，弹簧形变量最大为 4cm，对应握力 800N。
改装后（图丙）：电压表量程限制了滑动变阻器两端电压，接入电阻为 5Ω 时，形变量仅为 1cm，对应握力 200N，因此最大握力变小。
三、解答题（本题共6小题，共40分）
25．按要求完成作图题；
（1）如图所示，光从空气斜射入水中，在水面发生反射和折射现象。请画出对应的反射光线和折射光线的大致方向，并标出反射角的度数；
（2）如图所示，一辆汽车运送货物，水平车厢中的货物与车一起沿平直的公路做匀速直线运动，请图中画出该货物的受力示意图；
（3）如图所示，要使滑动变阻器的滑片P向左端移动后，通电螺线管的磁性减弱，请用笔画线代替导线将实物图补充完整，并标明通电螺线管右端的极性。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据图示，入射角为。在入射点处作垂直于水面的法线，根据反射定律（反射角等于入射角）画出反射光线，反射角为60°。同时根据折射规律（水中折射角小于空气中入射角）标出折射光线的大致方向，如下图所示：
（2）货物随汽车一起做匀速直线运动，处于平衡状态。此时货物受到的重力与支持力大小相等、方向相反。在重物的重心处分别画出竖直向下的重力（G）和竖直向上的支持力（N），两力线段长度相等，如下图所示：
（3）电路图中电磁铁与螺线管串联。当滑动变阻器滑片P左移时，螺线管磁性减弱，说明变阻器阻值增大、电流减小，因此需将变阻器右下接线柱接入电路。根据电流方向（从螺线管右端流入）和右手螺旋定则，可判定螺线管左端为N极、右端为S极，如下图所示：
【分析】1、反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的；
2、折射规律：光从空气中传播到水中，折射光线会偏向法线，光从水中射向空气中，折射光线会远离法线；
3、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
4、支持力垂直斜面向上，作用于接触面间。重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
（1）由图得，入射角为
过入射点做垂直与水面的法线，根据反射角等于入射角做出反射光线，反射角为60°，根据水中的折射角小于空气中的入射角做出折射光线的大致位置，如图所示：
（2）货物与汽车一起做匀速直线运动，则货物在重力与支持力的作用下处于平衡状态，则重力与支持力大小相等、方向相反，过重物的重心做竖直向下、竖直向上的带箭头的直线，分别表示重力、支持力，两力的作用线等长，如图所示：
（3）由图得，电磁铁与螺线管串联，滑动变阻器的滑片P向左端移动后，通电螺线管的磁性减弱，说明此时变阻器接入电路中的电阻变大，通过电磁铁的电流变小，则变阻器的右下接线柱接入电路中；电流从螺线管的右端流入，左端流出，由右手螺旋定则得，螺线管的左端为N极，右端为S极，如图所示：
26．如图所示是某款正方形“擦窗机器人”，边长约为20cm，质量为1.2kg。它既可以自动移动擦窗，又可以通过“腹部”吸盘的真空泵向外排出空气，牢牢吸附在竖直玻璃上。正常工作时，“擦窗机器人”对玻璃的压力为140N，“腹部”吸盘的面积为200cm2，实际消耗的功率为90W，求：（g取10N/kg，环境气压为1×105Pa）
（1）擦窗机器人所受的重力；
（2）擦窗机器人正常工作时，吸盘内部气压为多少Pa？
（3）已知“擦窗机器人”在竖直向上擦窗过程中，消耗电能的0.25%用于克服重力做功。若某落地窗高3m，擦窗机器人从底部开始持续竖直向上擦窗2min，能否到达落地窗的顶部？
【答案】（1）解：因为机器人的质量为1.2kg，所以机器人所受的重力为
（2）解：已知机器人“腹部”吸盘的面积为，所以机器人对玻璃的压强为因为外部环境气压为1×105Pa，所以机器人正常工作时，吸盘内部的气压为
（3）解：已知机器人向上擦窗时间为，所以擦窗机器人2min内完成的总功为
则克服本身重力做的功为
所以机器人擦窗上升的高度为，可见，机器人不能到达落地窗的顶部。
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；大气压的综合应用；电功率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）重力计算直接使用公式，注意质量单位换算。
（2）吸盘内外的压力差产生了对玻璃的压力，先根据求出压强，再利用求出内部气压。
（3）先根据计算总功，再根据效率求出克服重力做的功，最后用计算上升高度，并与落地窗高度比较，判断能否到达顶部。
（1）因为机器人的质量为1.2kg，所以机器人所受的重力为
（2）已知机器人“腹部”吸盘的面积为，所以机器人对玻璃的压强为
因为外部环境气压为1×105Pa，所以机器人正常工作时，吸盘内部的气压为
（3）已知机器人向上擦窗时间为，所以擦窗机器人2min内完成的总功为
则克服本身重力做的功为
所以机器人擦窗上升的高度为，可见，机器人不能到达落地窗的顶部。
27．小郁在实验室发现如图甲所示的实验装置，利用该装置探究光的反射规律。
（1）实验中应选择较为　 　的半圆形纸板（选填“光滑”或“粗糙”）；
（2）如图甲所示，小丽将一束光贴着纸板入射到O点，在纸板上观察到入射光线和反射光线。她通过测量得到数据，发现反射角　 　入射角（选填“大于”“等于”或“小于”）；实验中多次改变入射角的目的是　 　；
（3）如图乙所示，小丽发现纸板上有一道折痕PQ，她将纸板上方沿PQ向后翻折，发现在　 　（选填“PQ以上”或“PQ以下”）的纸板上不能观察到反射光线，表明反射光线、入射光线和法线在同一平面；
（4）同组的小蕾想利用小丽所用器材中的平面镜和两支相同的中性笔探究“平面镜成像的规律”，小丽认为应该选择玻璃板，这是因为玻璃板透光，便于　 　；
（5）如图丙所示，小蕾将玻璃板垂直于平台放置，将中性笔A放在玻璃板前，在玻璃板后移动中性笔B，直至B与A的像完全重合，这说明像与物体的大小　 　；
（6）小蕾在玻璃板中观察到两个中性笔A的像，一个较清晰，另一个较模糊。如图丁所示，小蕾将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，发现较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，说明这个较清晰的像是通过玻璃板　 　成像（选填“前表面”或者“背面”）。
【答案】（1）粗糙
（2）等于；为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性
（3）PQ以上
（4）确定像的位置
（5）相等
（6）前表面
【知识点】探究平面镜成像的特点；探究光的反射定律
【解析】【解答】（1）硬纸板应选用粗糙材质，光在硬纸板上发生漫反射，在纸板前不同方位都能看到光的传播途径。
故答案为：粗糙
（2）由实验数据可知，入射角多大，反射角也多大，反射角等于入射角；多次改变入射角的大小去测反射角大小，是为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
故答案为：等于；为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
（3）将纸板上方沿PQ向后翻折，PQ以上和原来的纸板不在此平面内，故PQ以上的纸板上不能观察到反射光线，说明光的反射中，反射光线、入射光线和法线在同一平面。
故答案为：PQ以上
（4）实验中选用玻璃板代替平面镜，因为玻璃板透光，既能成像，也便于确定像的位置。
故答案为：确定像的位置
（5）实验中选择两个相同的中性笔，将中性笔A放在玻璃板前，观察中性笔A在玻璃板成的像，在玻璃板后移动中性笔B，同时观察B的位置，直至B与A的像完全重合，由于中性笔B和A是相同的，说明像与物的大小相等。
故答案为：相等
（6）将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，由于平面镜成的像和物体关于平面镜对称，所以这个较清晰的像是通过玻璃板前面成像的。
故答案为：前表面
【分析】（1）选择粗糙纸板是为了让光发生漫反射，方便从不同角度观察光路。
（2）反射角等于入射角是光的反射定律的基本结论；多次改变入射角是为了通过多组数据得出普遍规律，避免单次实验的偶然性。
（3）翻折纸板后，PQ 以上部分与原纸板不在同一平面，因此无法观察到反射光线，验证了反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（4）玻璃板既能反射成像，又能透光，便于观察到玻璃板后的中性笔 B，从而确定像的位置。
（5）两支相同的中性笔完全重合，说明平面镜成像时像与物体的大小相等。
（6）玻璃板的前表面直接反射光线，形成的像更清晰；笔尖紧贴玻璃板时，较清晰的像与笔尖紧贴，说明该像由前表面反射形成。
（1）硬纸板应选用粗糙材质，光在硬纸板上发生漫反射，在纸板前不同方位都能看到光的传播途径。
（2）[1][2]由实验数据可知，入射角多大，反射角也多大，反射角等于入射角；多次改变入射角的大小去测反射角大小，是为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
（3）将纸板上方沿PQ向后翻折，PQ以上和原来的纸板不在此平面内，故PQ以上的纸板上不能观察到反射光线，说明光的反射中，反射光线、入射光线和法线在同一平面。
（4）实验中选用玻璃板代替平面镜，因为玻璃板透光，既能成像，也便于确定像的位置。
（5）实验中选择两个相同的中性笔，将中性笔A放在玻璃板前，观察中性笔A在玻璃板成的像，在玻璃板后移动中性笔B，同时观察B的位置，直至B与A的像完全重合，由于中性笔B和A是相同的，说明像与物的大小相等。
（6）将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，由于平面镜成的像和物体关于平面镜对称，所以这个较清晰的像是通过玻璃板前面成像的。
28．小明在“探究电流与电阻的关系”实验中，设计了如图甲所示的电路。电源为三节新的干电池组成的电池组，实验室有5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个、滑动变阻器有三个规格分别为甲“30Ω；2A”、乙“40Ω；1A”、丙“50Ω；0.3A”
（1）连接电路时，开关应　 　；滑片移到滑动变阻器的　 　端（选填“A”或“B”）；
（2）实验前，小明将调节的电压设定为2V，为了完成所有定值电阻的测量，应选择　 　（选填甲、乙、丙）规格的滑动变阻器；
（3）小明选择了合适的滑动变阻器后，先用5Ω电阻实验，闭合开关，调节滑片P，使电压表示数为2V，并记录电流表的示数；断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上将滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端适当移动，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数；
（4）更换其余电阻继续实验，根据4组数据作出图像如图乙所示；分析图像可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成　 　。
（5）上述实验结束后，小钟发现电流表已损坏，此时他想利用原有部分器材测量小灯泡的电功率，设计了图丙所示电路，R0=10Ω，小灯泡的额定电压为2.5V
实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为　 　V。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电压表示数为4.5V；
③小灯泡的额定功率为　 　W。
【答案】（1）断开；A
（2）乙
（3）A
（4）反比
（5）2.5；0.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；电功率的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器阻值最大的A端。
故答案为：断开；A
（2）由图可得，电源电压由3节干电池串联组成，电源电压为4.5V，实验前，小明将调节的电压设定为2V，滑动变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当接入25Ω定值电阻时，滑动变阻器接入电路中电阻为
电路的电流最大为
则为了完成所有定值电阻的测量，应选择乙规格的滑动变阻器。
故答案为：乙
（3）实验中要控制定值电阻的电压不变，由
得，为了控制定值电阻的电压不变，断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上应将滑片P向A端适当移动，增大变阻器接入电路中的电阻，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数。
故答案为：A
（4）由图乙得，定值电阻的电压不变时，图像为过原点的一条直线，说明定值电阻的电压不变时，I与成正比，可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成反比。
故答案为：反比
（5）①闭合开关S、S1，断开开关S2，灯泡、定值电阻R0、变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，使灯泡正常发光。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电路连接方式不变，电压表测量灯泡、定值电阻R0的总电压，电压表示数为4.5V；
③灯泡正常发光时，定值电阻R0的电压为
灯泡的额定电流为
小灯泡的额定功率为
故答案为：2.5；0.5
【分析】(1) 连接电路时，开关断开、滑片移至最大阻值端是保护电路的基本操作。
(2) 串联分压规律 是选择滑动变阻器的关键，需满足最大定值电阻时的分压要求。
(3) 更换大电阻后，根据“换大调大”原则，需增大滑动变阻器接入电阻，保持定值电阻两端电压不变。
(4) 图像的线性关系直接反映了电流与电阻的反比关系。
(5) 电流表损坏时，利用串联电路电流相等的特点，通过R0的电压和电阻计算出电路电流，再结合灯泡额定电压求出功率。
（1）[1][2]为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器阻值最大的A端。
（2）由图得，电源电压由3节干电池串联组成，电源电压为4.5V，实验前，小明将调节的电压设定为2V，滑动变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当接入25Ω定值电阻时，滑动变阻器接入电路中电阻为
电路的电流最大为
则为了完成所有定值电阻的测量，应选择乙规格的滑动变阻器。
（3）实验中要控制定值电阻的电压不变，由
得，为了控制定值电阻的电压不变，断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上应将滑片P向A端适当移动，增大变阻器接入电路中的电阻，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数。
（4）由图乙得，定值电阻的电压不变时，图像为过原点的一条直线，说明定值电阻的电压不变时，I与成正比，可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成反比。
（5）[1]①闭合开关S、S1，断开开关S2，灯泡、定值电阻R0、变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，使灯泡正常发光。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电路连接方式不变，电压表测量灯泡、定值电阻R0的总电压，电压表示数为4.5V；
③灯泡正常发光时，定值电阻R0的电压为
灯泡的额定电流为
小灯泡的额定功率为
29．如图甲是小明同学验证阿基米德原理的实验过程图，实验中所用物体为圆柱形合金块，弹簧测力计在A、B、C、D四个步骤中的读数分别为F1、F2、F3、F4。
（1）根据甲图的测量结果，此物体完全浸没在水中时所受浮力为　 　N；按照最合理的操作顺序，当实验中的测量结果满足　 　的关系式时（用F1、F2、F3、F4表示），说明阿基米德原理成立；
（2）按最合理的顺序操作，以下影响验证结果的是（　　）
A．图B中溢水杯内未装满水
B．图B中物体未浸没在水中
C．图A中小桶内有少量水
（3）小明在学习了阿基米德原理后发现利用测量的结果可以计算物体的体积，则通过测得数据计算为：V物体＝　 　cm3；计算完毕小明收拾仪器时，发现弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，则计算所得的物体体积比真实值　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（4）小明又利用该物体探究物体所受的浮力大小与没入某液体密度和深度的关系，根据测量结果作出弹簧测力计示数F随浸入某液体深度h变化的关系图像如图乙所示。分析图像可得该液体的密度ρ液＝　 　kg/m3；
（5）完成以上实验后小明想到一个问题：怎样利用浮力测出比水密度小的物体的密度呢？于是小明找来实验器材：木块，弹簧测力计（0~5N），底部固定有滑轮的水槽，细线及足量的水，如图丙所示，小明用弹簧测力计测出木块的重力，再用细线绕过滑轮将木块与测力计连接起来，往水槽中倒入适量的水，使木块浸没在水中，利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，不计绳重和摩擦，计算得木块的密度为　 　kg/m3。
【答案】（1）1；F3-F2=F4-F1
（2）A
（3）100；相等
（4）1.2×103
（5）0.6×103
【知识点】探究影响浮力大小的因素；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F浮=F3-F2=3N=2N=1N
排开液体的重力为G排=F4-F1=2N-1N=1N
所以F浮=G排，当实验中的测量结果满足F3-F2=F4-F1的关系式时，说明阿基米德原理成立。
故答案为：1；F3-F2=F4-F1
（2）A．图B中溢水杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果，故A符合题意；
B．图B中物体未浸没水中，此时浮力变小，排开的水的重力也变小，不影响实验结果，故B不符合题意；
C．图A中小桶内有少量水，物体排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果，故C不符合题意。
故答案为：A。
（3）根据阿基米德原理，物体的体积为
弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，一次实验中所测量的数据都偏大0.1N，由F浮=F3-F2可知，测量的浮力未受影响，由阿基米德原理得到物体的体积准确。
故答案为：100；相等
（4）由图乙可知，物体没有浸入液体中，弹簧测力计的示数是3N，则物体的重力是3N，物体浸入的深度是4cm后，弹簧测力计的示数不变，说明物体全部浸没液体中，此时弹簧测力计的示数是1.8N，根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F'浮=G物-F1=3N-1.8N=1.2N
根据阿基米德原理，可得该液体的密度
故答案为：1.2×103
（5）根据图乙中弹簧测力计的示数可知此时物体的重力为2.4N，故其质量为
利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，
由此可得物体受到的浮力为F″浮=G'+F拉=2.4N+1.6N=4N
物体的体积为
物体的密度为
故答案为：0.6×103
【分析】(1) 本题考查阿基米德原理的验证实验，需明确称重法测浮力的公式 ，以及排开液体重力的计算方法 ，当两者相等时，阿基米德原理成立。
(2) 本题考查实验误差分析，需明确溢水杯未装满水会导致测得的排开水的重力偏小，而物体未完全浸没、小桶内有水均不影响浮力与排开液体重力的差值关系。
(3) 本题考查利用阿基米德原理计算物体体积，需掌握公式 ；弹簧测力计的系统误差因两次测量相减而抵消，不影响浮力结果，故体积计算准确。
(4) 本题考查利用称重法和阿基米德原理测量液体密度，需先通过图像确定物体重力和完全浸没时的拉力，再计算浮力，最后利用公式 求解。
(5) 本题考查特殊方法测量密度小于水的物体的密度，需利用定滑轮改变拉力方向，通过受力平衡计算物体浸没时的浮力，再结合阿基米德原理求体积，最后根据密度公式 计算物体密度。
（1）[1]根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F浮=F3-F2=3N=2N=1N
[2]排开液体的重力为G排=F4-F1=2N-1N=1N
所以F浮=G排，当实验中的测量结果满足F3-F2=F4-F1的关系式时，说明阿基米德原理成立。
（2）A．图B中溢水杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果，故A符合题意；
B．图B中物体未浸没水中，此时浮力变小，排开的水的重力也变小，不影响实验结果，故B不符合题意；
C．图A中小桶内有少量水，物体排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果，故C不符合题意。
故选A。
（3）[1]根据阿基米德原理，物体的体积为
[2]弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，一次实验中所测量的数据都偏大0.1N，由F浮=F3-F2可知，测量的浮力未受影响，由阿基米德原理得到物体的体积准确。
（4）由图乙可知，物体没有浸入液体中，弹簧测力计的示数是3N，则物体的重力是3N，物体浸入的深度是4cm后，弹簧测力计的示数不变，说明物体全部浸没液体中，此时弹簧测力计的示数是1.8N，根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F'浮=G物-F1=3N-1.8N=1.2N
根据阿基米德原理，可得该液体的密度
（5）根据图乙中弹簧测力计的示数可知此时物体的重力为2.4N，故其质量为
利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，由此可得物体受到的浮力为F″浮=G'+F拉=2.4N+1.6N=4N
物体的体积为
物体的密度为
30．阅读短文，回答问题：
综合实践：研究电热式烧制炉
校本课程《陶艺》课上，烧制不同的陶器、瓷器作品需要不同的温度，为能满足上述要求，小明设计了一个电热式烧制炉的电路模型如图甲所示；
工作电路：S1为电源开关；S2为衔铁的同步开关（电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开）；烧制炉的加热元件由阻值为48.4Ω的和阻值为193.6Ω的两个发热电阻组成，闭合开关S1和S2，烧制炉开始工作，先高功率升温，当炉内达到所需临界高温时，就切换进入保温挡，当降到临界低温时，再切换进入高温挡；
控制电路：烧制炉利用温差电源控制炉内温度达成控温烧制，温差电源的热点（T1点）放在炉中，冷点（T2点）放在低温恒温箱中，其提供的电压与两点间的温度差关系如图乙所示（满足线性关系），闭合开关S0，当电磁继电器中电流达到0.015A时，电磁铁恰好能将弹性衔铁吸下，S2同步断开；一段时间后，电磁继电器的电流降到0.01A，就释放弹性衔铁，S2同步闭合；如此反复，直至烧制结束。
（1）关于电热式烧制炉，下列说法正确的是（　　）
A．刚开始工作时，衔铁应被电磁铁吸下
B．为安全工作，应选择两孔插座使用
C．当衔铁被吸下时，R1和R2串联工作
D．温差电源提供的电压是恒定的
（2）烧制炉正常工作时，低功率保温为　 　W；烧制炉烧制某陶瓷作品时，工作电路的高功率和低功率随时间变化情况如图丙所示，则烧制炉完成本次工作消耗的电能共为　 　；
（3）通过改变R0接入电路的阻值，可改变烧制炉内的烧制温度，已知电磁继电器的线圈电阻值为0.5Ω，温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，此温度下温差电源提供的电压为　 　mV，现要烧制骨瓷作品需控制炉内临界高温为1220℃，在烧制陶器基础上需将R0的滑片向　 　移动；
（4）若小薛将R0调成1Ω，求此电热式烧制炉的保温范围　 　。
【答案】（1）C
（2）200；2.9
（3）20；右
（4）620~920℃
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算；家庭电路的组成；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）AC．开始工作时，S1和S2闭合，R1、R2并联， 电路电阻较小，根据电功率公式分析可知电路为高温挡；电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开，电路为R1、R2串联，电路电阻较大，根据电功率公式电路电功率较小，电路为保温挡，故A错误，C正确；
B．制炉处于高温挡时，电功率为，为了防止漏电发生触电事故，应将外壳接地，则应选择三孔插座使用，故B错误；
D．图乙得，温差电源提供的电压随温差变大而变大，故D错误。
故选C。
（2）烧制炉正常工作时，R1、R2串联，结合功率公式计算可知低功率保温为；高、低功率工作的时间分别为为、，所以完成本次工作消耗的电能共为
（3）温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，两点间的温度差为，此温度下温差电源提供的电压为；现提高临界高温，需要烧制陶器在高温挡工作的时间较长，即减小通过电磁铁的磁性，则需将R0的滑片向右移动，减小过电磁铁的电流，减小电磁铁的磁性。
（4）根据串联电路电阻规律计算可知控制电路的电阻为，当时，温差电源的电压为，两点温差为，所以
当时，根据欧姆定律计算可知温差电源的电压为，此时两点温差为，所以最小温度为则
保温范围620~920℃。
【分析】1、电功率的计算：公式为，所以电压一定时，电阻和电功率成反比；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
4、三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，当电路中有大功率用电器时，应使用三孔插座。
（1）AC．开始工作时，衔铁应被电磁铁释放，此时闭合开关S1和S2，R1、R2并联， 开始工作，电路电阻较小，电路电功率较大，电路为高温挡；电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开，电路为R1、R2串联，电路电阻较大，电路电功率较小，电路为保温挡，故A错误，C正确；
B．制炉处于高温挡时，电路电功率为
电功率较大，且为了防止漏电发生触电事故，应将外壳接地，则应选择三孔插座使用，故B错误；
D．图乙得，温差电源提供的电压随温差变大而变大，故D错误。
故选C。
（2）[1]烧制炉正常工作时，低功率保温为
[2]低功率工作的时间为
高功率工作的时间为
烧制炉完成本次工作消耗的电能共为
（3）[1]温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，则两点间的温度差为
由图丙得，此温度下温差电源提供的电压为
[2]现要烧制骨瓷作品需控制炉内临界高温为1220℃，即提高临界高温，故应减小通过电磁铁的磁性，使烧制陶器在高温挡工作的时间较长，则需将R0的滑片向右移动，增大变阻器接入电路中的电阻，从而减小过电磁铁的电流，减小电磁铁的磁性。
（4）控制电路的电阻为
当时，温差电源的电压为
两点温差为
则
当时，温差电源的电压为
两点温差为
则
保温范围620~920℃。
1 / 1江苏省无锡市天一实验学校2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分）
1．下列有关估测符合实际的是（　　）
A．一本物理教科书的质量约为0.25kg
B．家用电视机的额定电流约为10A
C．中学生跑完50m用时约4s
D．人体的安全电压不低于36V
2．为了提升人们的生活品质，一些家庭安装空气净化器，工作原理如图所示。受到污染的空气被净化器吸入后，颗粒物进入电离区带上负电荷，然后在集尘器上被带电金属网捕获。下列说法正确的是（　　）
A．空气净化器中颗粒物的运动是扩散现象
B．空气净化器和家里的其他用电器是串联的
C．颗粒物带上电荷是由于电离过程创造了电荷
D．金属网吸引颗粒物的原理是异种电荷相互吸引
3．《中国诗词大会》深受观众喜爱，下列诗词中涉及的物态变化现象解释正确的是（　　）
A．“孤舟蓑笠翁，独钓寒江雪”—雪是升华形成的
B．“朝光浮烧野，霜华净碧空”—霜是凝华形成的
C．“露从今夜白，月是故乡明”—露是熔化形成的
D．“飞埃结红雾，游盖飘青云”—雾是汽化形成的
4．如图所示，将一个空易拉罐的底部钻一个小孔，从易拉罐开口端向罐内喷适量酒精喷雾，然后将一个空纸杯迅速套上。用细线将易拉罐水平悬挂在铁架台上，将点燃的打火枪靠近底部的小孔，纸杯就会“向前”飞去。纸杯飞出过程中，下列说法正确的是（　　）
A．罐内气体的内能增加
B．该过程机械能转化为内能
C．能量转化情况与内燃机的压缩冲程相同
D．能量转化情况与内燃机的做功冲程相同
5．如图所示各种光现象的原理与小孔成像原理相同的是（　　）
A．海市蜃楼
B．日食现象
C．雨后“彩虹”
D．水中“倒影”
6．如图所示为一种手环“计步器”，其内部有一块磁铁密封在绕有线圈的塑料管中。走路时，磁铁在管中运动，线圈输出变化的电流，实现计步。下列实验装置能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
7．关于中考体育测试场上出现的运动场景，下列分析正确的是（　　）
A．小华进行800m测试通过终点时不能立即停下来，是因为受到惯性的作用
B．小华在跳远测试中，人对地面的压力和地面对人的支持力是一对相互作用力
C．小明进行俯卧撑测试时，人体可以看作是一个以脚尖为支点的费力杠杆
D．小明踢出去的足球在草地上滚动一段距离会停下来，是因为足球不受力的作用
8．如图所示是某次比赛中足球落地后又弹起的示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．在B点时，足球的动能为0
B．在A、C两点足球的动能可能相等
C．在整个运动过程中，足球的机械能守恒
D．在D点时，若所受力全部消失，足球将静止不动
9．如图所示，是探究“物体所受滑动摩擦力大小的影响因素”的实验装置。当用5N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右做匀速直线运动时，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计的示数为2N，则下列说法中正确的是（　　）
A．必须匀速直线拉动木板A才能测量物体B所受滑动摩擦力的大小
B．当拉力F增大时，弹簧测力计的示数也增大
C．地面对木板A的摩擦力的大小为5N，方向水平向左
D．木板B对物体A的摩擦力的大小为2N，方向水平向左
10．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量、烧杯内液体质量及液体初温均相同。不考虑热量损失，燃料点燃直至燃尽，三装置烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如图丁所示。以下判断正确的是（　　）
A．液体a的比热容是液体b的两倍
B．0﹣t1时间内甲、乙、丙烧杯中液体吸收的热量相等
C．燃料燃尽时乙中液体a吸收的热量小于丙中液体b吸收的热量
D．仅利用装置乙和丙进行实验可以比较燃料2和燃料1的热值大小
11．小聪同学想设计一个通过电表示数反映油量多少的电路，要求油量增多时，电表示数增大。以下电路符合要求的是（　　）
A．乙丁 B．甲乙 C．乙丙 D．丙丁
12．如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为9V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”的字样，电流表选用“0~0.6A”的量程，当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，已知小灯泡上标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。为保证电路安全，下列选项正确的是（　　）
A．滑动变阻器阻值的变化范围为5～20Ω
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．电流表示数变化的范围为0.225～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.675W
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．诗人袁枚在《所见》中写道“牧童骑黄牛，歌声振林樾。意欲捕鸣蝉，忽然闭口立。”牧童的歌声是由声带　 　产生的，牧童在捕蝉前“闭口”是在　 　减弱噪声。
14．冬天行车时，汽车挡风玻璃的　 　（选填“内”或“外”）侧容易出现一层白雾，打开暖风白雾就会消失，这时白雾会发生　 　（填物态变化名称），该过程　 　热量。
15．海军护卫舰在某海域执行巡航任务时，甲板上的船员发现港口建筑逐渐“后退”，所选择的参照物是　 　；该舰从密度高的海域驶入密度低的海域后，其受到的浮力将　 　；（填“变大”、“变小”或“不变”）；当高速航行时，舰体两侧水的流速较大，压强较　 　。
16．某实验小组在进行酒精和水混合实验中，应向如图所示的一端封闭的玻璃管中先注入一半体积的　 　（选填“水”或“酒精”），然后将另外一种液体注满玻璃管，封闭管口，将容器反复翻转，使水和酒精充分混合，观察到玻璃管中的液面降低了，这说明混合后水和酒精总体积　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）混合前水和酒精的总体积。这个现象说明分子间存在　 　。
17．正常眼球看近处物体光路如图甲。小聪做眼球检查，发现晶状体与常人无异，但眼球发育偏短，看近处物体时光路如图乙。晶状体对光有　 　（选填“会聚”或“发散”）作用；小聪是　 　（选填“近”或“远”）视眼，应配戴　 　（选填“凸透镜”、“凹透镜”）来矫正视力。
18．工人师傅用如图所示的装置（每个滑轮的重均为20N）将重为160N的物体匀速提高，其中滑轮　 　（选填“A”或“B”）能省力。不计绳重和摩擦，工人师傅所用拉力　 　N；若增大提升物体所受的重力，该装置的机械效率将　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
19．小明为测量小石块的密度，进行了如下实验：将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端“0”刻度线处，此时指针位置如图甲所示，为使天平平衡，应将平衡螺母向　 　调节；小明接着用天平测出小石块的质量，测量结果如图乙所示，则小石块质量为　 　g。小明发现砝码有磨损，则所测小石块质量相比于真实值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
20．如图所示是“探究影响压力作用效果的因素”的实验，将小桌放在海绵上，我们可以通过观察　 　来比较压力的作用效果。比较　 　两图可知，压力的作用效果与压力大小有关；骆驼能轻松地在沙漠里行走与　 　两图的实验结论有关。
21．在估测电水壶实际功率的活动中，小明说用电能表表盘如图所示，他先断开电路中所有用电器的开关，再在电水壶中加入质量为0.5kg的水，测得水的初温为20℃，小明给电水壶通电2min，测得此时水温为60℃，则水吸收的热量为　 　J，如这段时间内电能表上指示灯闪烁40次，则电水壶的实际功率为　 　W，电水壶的加热效率为　 　[c水=4.2×103J/（kg ℃）]。
22．如图所示是小明家的部分家庭电路，断开开关，灯泡熄灭，此时用测电笔按照正确的操作方法接触A处，氖管　 　（选填“发光”或“不发光”）；用测电笔按照正确的操作方法接触B处，氖管　 　（选填“发光”或“不发光”），所以该电路　 　（选填“存在”或“不存在”）安全隐患。
23．如图所示，我国古代记录传统手工技术的著作《天工开物》里记载了一种捣谷用的舂，该装置是　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；若该装置碓头A重200N，不计横木的重力和摩擦，杆长AB＝1.5m，O为支点，OB＝0.5m，人在B端施加的竖直向下的力至少为　 　N；若每次碓头A上升的高度都为0.5m，1min撞击舂中的谷粒15次，则克服碓头重力做功的功率为　 　W。
24．电子握力计的模拟电路如图甲所示，电源电压恒为12V，定值电阻R0＝15Ω，手柄A与滑片固定在一起，长度为5cm的均匀金属棒R的总阻值为25Ω，绝缘支架B固定不动，滑片可在ab之间滑动，当滑片处于a端时弹簧恰好处于原长，弹簧的形变量ΔL与握力F的大小关系如图乙所示。握力计由电流表（量程为0~0.6A）改装而成，其表盘的零刻度应标在电流表表盘的　 　A处；在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为　 　N。若用电压表（量程为0~3V）改装此握力计，如图丙所示，握力计所能测量的握力的最大值相比图甲　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
三、解答题（本题共6小题，共40分）
25．按要求完成作图题；
（1）如图所示，光从空气斜射入水中，在水面发生反射和折射现象。请画出对应的反射光线和折射光线的大致方向，并标出反射角的度数；
（2）如图所示，一辆汽车运送货物，水平车厢中的货物与车一起沿平直的公路做匀速直线运动，请图中画出该货物的受力示意图；
（3）如图所示，要使滑动变阻器的滑片P向左端移动后，通电螺线管的磁性减弱，请用笔画线代替导线将实物图补充完整，并标明通电螺线管右端的极性。
26．如图所示是某款正方形“擦窗机器人”，边长约为20cm，质量为1.2kg。它既可以自动移动擦窗，又可以通过“腹部”吸盘的真空泵向外排出空气，牢牢吸附在竖直玻璃上。正常工作时，“擦窗机器人”对玻璃的压力为140N，“腹部”吸盘的面积为200cm2，实际消耗的功率为90W，求：（g取10N/kg，环境气压为1×105Pa）
（1）擦窗机器人所受的重力；
（2）擦窗机器人正常工作时，吸盘内部气压为多少Pa？
（3）已知“擦窗机器人”在竖直向上擦窗过程中，消耗电能的0.25%用于克服重力做功。若某落地窗高3m，擦窗机器人从底部开始持续竖直向上擦窗2min，能否到达落地窗的顶部？
27．小郁在实验室发现如图甲所示的实验装置，利用该装置探究光的反射规律。
（1）实验中应选择较为　 　的半圆形纸板（选填“光滑”或“粗糙”）；
（2）如图甲所示，小丽将一束光贴着纸板入射到O点，在纸板上观察到入射光线和反射光线。她通过测量得到数据，发现反射角　 　入射角（选填“大于”“等于”或“小于”）；实验中多次改变入射角的目的是　 　；
（3）如图乙所示，小丽发现纸板上有一道折痕PQ，她将纸板上方沿PQ向后翻折，发现在　 　（选填“PQ以上”或“PQ以下”）的纸板上不能观察到反射光线，表明反射光线、入射光线和法线在同一平面；
（4）同组的小蕾想利用小丽所用器材中的平面镜和两支相同的中性笔探究“平面镜成像的规律”，小丽认为应该选择玻璃板，这是因为玻璃板透光，便于　 　；
（5）如图丙所示，小蕾将玻璃板垂直于平台放置，将中性笔A放在玻璃板前，在玻璃板后移动中性笔B，直至B与A的像完全重合，这说明像与物体的大小　 　；
（6）小蕾在玻璃板中观察到两个中性笔A的像，一个较清晰，另一个较模糊。如图丁所示，小蕾将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，发现较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，说明这个较清晰的像是通过玻璃板　 　成像（选填“前表面”或者“背面”）。
28．小明在“探究电流与电阻的关系”实验中，设计了如图甲所示的电路。电源为三节新的干电池组成的电池组，实验室有5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个、滑动变阻器有三个规格分别为甲“30Ω；2A”、乙“40Ω；1A”、丙“50Ω；0.3A”
（1）连接电路时，开关应　 　；滑片移到滑动变阻器的　 　端（选填“A”或“B”）；
（2）实验前，小明将调节的电压设定为2V，为了完成所有定值电阻的测量，应选择　 　（选填甲、乙、丙）规格的滑动变阻器；
（3）小明选择了合适的滑动变阻器后，先用5Ω电阻实验，闭合开关，调节滑片P，使电压表示数为2V，并记录电流表的示数；断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上将滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端适当移动，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数；
（4）更换其余电阻继续实验，根据4组数据作出图像如图乙所示；分析图像可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成　 　。
（5）上述实验结束后，小钟发现电流表已损坏，此时他想利用原有部分器材测量小灯泡的电功率，设计了图丙所示电路，R0=10Ω，小灯泡的额定电压为2.5V
实验步骤如下：
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为　 　V。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电压表示数为4.5V；
③小灯泡的额定功率为　 　W。
29．如图甲是小明同学验证阿基米德原理的实验过程图，实验中所用物体为圆柱形合金块，弹簧测力计在A、B、C、D四个步骤中的读数分别为F1、F2、F3、F4。
（1）根据甲图的测量结果，此物体完全浸没在水中时所受浮力为　 　N；按照最合理的操作顺序，当实验中的测量结果满足　 　的关系式时（用F1、F2、F3、F4表示），说明阿基米德原理成立；
（2）按最合理的顺序操作，以下影响验证结果的是（　　）
A．图B中溢水杯内未装满水
B．图B中物体未浸没在水中
C．图A中小桶内有少量水
（3）小明在学习了阿基米德原理后发现利用测量的结果可以计算物体的体积，则通过测得数据计算为：V物体＝　 　cm3；计算完毕小明收拾仪器时，发现弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，则计算所得的物体体积比真实值　 　（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；
（4）小明又利用该物体探究物体所受的浮力大小与没入某液体密度和深度的关系，根据测量结果作出弹簧测力计示数F随浸入某液体深度h变化的关系图像如图乙所示。分析图像可得该液体的密度ρ液＝　 　kg/m3；
（5）完成以上实验后小明想到一个问题：怎样利用浮力测出比水密度小的物体的密度呢？于是小明找来实验器材：木块，弹簧测力计（0~5N），底部固定有滑轮的水槽，细线及足量的水，如图丙所示，小明用弹簧测力计测出木块的重力，再用细线绕过滑轮将木块与测力计连接起来，往水槽中倒入适量的水，使木块浸没在水中，利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，不计绳重和摩擦，计算得木块的密度为　 　kg/m3。
30．阅读短文，回答问题：
综合实践：研究电热式烧制炉
校本课程《陶艺》课上，烧制不同的陶器、瓷器作品需要不同的温度，为能满足上述要求，小明设计了一个电热式烧制炉的电路模型如图甲所示；
工作电路：S1为电源开关；S2为衔铁的同步开关（电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开）；烧制炉的加热元件由阻值为48.4Ω的和阻值为193.6Ω的两个发热电阻组成，闭合开关S1和S2，烧制炉开始工作，先高功率升温，当炉内达到所需临界高温时，就切换进入保温挡，当降到临界低温时，再切换进入高温挡；
控制电路：烧制炉利用温差电源控制炉内温度达成控温烧制，温差电源的热点（T1点）放在炉中，冷点（T2点）放在低温恒温箱中，其提供的电压与两点间的温度差关系如图乙所示（满足线性关系），闭合开关S0，当电磁继电器中电流达到0.015A时，电磁铁恰好能将弹性衔铁吸下，S2同步断开；一段时间后，电磁继电器的电流降到0.01A，就释放弹性衔铁，S2同步闭合；如此反复，直至烧制结束。
（1）关于电热式烧制炉，下列说法正确的是（　　）
A．刚开始工作时，衔铁应被电磁铁吸下
B．为安全工作，应选择两孔插座使用
C．当衔铁被吸下时，R1和R2串联工作
D．温差电源提供的电压是恒定的
（2）烧制炉正常工作时，低功率保温为　 　W；烧制炉烧制某陶瓷作品时，工作电路的高功率和低功率随时间变化情况如图丙所示，则烧制炉完成本次工作消耗的电能共为　 　；
（3）通过改变R0接入电路的阻值，可改变烧制炉内的烧制温度，已知电磁继电器的线圈电阻值为0.5Ω，温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，此温度下温差电源提供的电压为　 　mV，现要烧制骨瓷作品需控制炉内临界高温为1220℃，在烧制陶器基础上需将R0的滑片向　 　移动；
（4）若小薛将R0调成1Ω，求此电热式烧制炉的保温范围　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质量及其特性；时间的估测；电流和电流的单位换算；电压和电压的单位换算
【解析】【解答】A：一本物理教科书的质量约为0.25kg（250g），与实际相符，故A正确；
B：家用电视机的功率约为100W-200W，根据 ，额定电流约为0.45A-0.9A，远小于10A，故B错误；
C：中学生跑完50m用时约7-8s，4s不符合实际，故C错误；
D：人体的安全电压为不高于36V，不是“不低于”，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A：考查常见物体的质量估测，物理教科书的质量约为200-300g，0.25kg符合实际；
B：考查电功率与电流的关系，通过公式 计算，电视机额定电流远小于10A；
C：考查运动时间的估测，中学生50m跑的正常成绩在7-8s左右；
D：考查安全电压的概念，人体的安全电压为“不高于36V”。
2．【答案】D
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】AD．颗粒物进入电离区带上电荷，在集尘器上被带电金属网捕获。原理为金属网吸引颗粒物原理是异种电荷相互吸引，故A错误，D正确；
B．空气净化器和家里的其他用电器的连接方式为并联，故B错误；
C．颗粒物带上电荷是电荷的转移，电荷的总量不变的，故C错误。
故选D。
【分析】1、电荷间的作用规律为：同性电荷相互排斥、异性电荷相互吸引，吸引细小物质。
2、两种电荷：丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电；橡胶棒摩擦毛皮，橡胶棒带负电。
3、摩擦起电的实质为电子的转移，物体失去电子带正电，物体得到电子带负电，如两种电荷：丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电（失去电子）；橡胶棒摩擦毛皮，橡胶棒带负电（得到电子）。
3．【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；水的三态变化
【解析】【解答】A：雪是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的固态小冰晶，不是升华，故A错误；
B：霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的固态小冰晶，故B正确；
C：露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，不是熔化，故C错误；
D：雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水滴，不是汽化，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：雪是固态，由气态水蒸气直接变成，属于凝华现象；
B：霜是固态，由气态水蒸气直接变成，属于凝华现象；
C：露是液态，由气态水蒸气变成，属于液化现象；
D：雾是液态，由气态水蒸气变成，属于液化现象。
4．【答案】D
【知识点】做功改变物体内能；热机的四个冲程
【解析】【解答】A：酒精燃烧产生的热量使罐内气体内能增加，但当气体推动纸杯飞出时，气体对外做功，内能会减少，故A错误；
B：该过程中，罐内气体燃烧产生的内能转化为纸杯的机械能，是内能转化为机械能，故B错误；
C：内燃机的压缩冲程是机械能转化为内能，与本题的能量转化方向相反，故C错误；
D：内燃机的做功冲程是内能转化为机械能，与本题中罐内气体推动纸杯飞出的能量转化情况相同，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：气体推动纸杯飞出时对外做功，内能会减小；
B：该过程是内能转化为机械能，而非机械能转化为内能；
C：压缩冲程是机械能转化为内能，与本题不符；
D：做功冲程是内能转化为机械能，与本题的能量转化过程一致。
5．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像的原理是光沿直线传播，所成的是实像，我们据此分析各选项：
A．海市蜃楼是因为空气分布不均匀，光线经过不均匀的空气时发生折射，最终形成的虚像，成因和小孔成像不同，故A错误；
B．日食是月球运行到太阳和地球之间时，遮挡住了太阳沿直线传播到地球的光线，在地球表面形成暗影区域的现象，本质是光在均匀介质中沿直线传播形成的，和小孔成像成因相同，故B正确；
C．雨后彩虹是光的色散现象，本质是太阳光经过雨滴时发生折射分解为多种色光，是光的折射形成的，故C错误；
D．水中的倒影属于平面镜成像，本质是光的反射形成的虚像，故D错误。
综上，答案选B。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射；
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅；
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
6．【答案】C
【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；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】手环 “计步器” 的工作原理是电磁感应现象：磁铁在线圈中运动，线圈切割磁感线产生感应电流，将机械能转化为电能。
A：该装置研究的是通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，A错误；
B：该装置是奥斯特实验，说明电流周围存在磁场，B错误；
C：该装置中无电源，是闭合电路的导体在磁场中切割磁感线产生感应电流，属于电磁感应现象，与计步器的工作原理一致，故C正确；
D：该装置研究的是电磁铁磁性强弱与电流的关系，D错误；
故答案为：C。
【分析】计步器的核心原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流；
A 是电动机原理（通电受力），B 是电流的磁效应，D 是电磁铁，均不符合；
C 是电磁感应实验装置，与计步器的能量转化（机械能→电能）和原理完全一致。
7．【答案】B
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性及其现象；杠杆的分类
【解析】【解答】A：惯性是物体的固有属性，不能说 “受到惯性的作用”，正确说法是 “由于惯性”，故A错误；
B：人对地面的压力和地面对人的支持力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上、作用在同一直线上，是一对相互作用力，故B正确；
C：做俯卧撑时，人体以脚尖为支点，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，不是费力杠杆，故C错误；
D：足球在草地上滚动时，受到草地的阻力作用，运动状态改变，最终停下来，不是不受力，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：考查惯性的概念，惯性不是力，不能说 “受到惯性的作用”；
B：考查相互作用力的判断，两个力作用在不同物体上，满足相互作用力的条件；
C：考查杠杆的分类，俯卧撑的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；
D：考查力与运动的关系，足球停下来是因为受到阻力，力是改变物体运动状态的原因。
8．【答案】B
【知识点】动能的影响因素；机械能守恒条件；物体运动状态的变化
【解析】【解答】A：在B点时，足球仍有水平方向的速度，因此动能不为0，故A错误；
B：足球运动过程中受空气阻力，机械能不断减小，A点的机械能（动能+重力势能）大于C点的机械能，而A点高度高于C点，A点重力势能大于C点，因此A点的动能可能等于C点的动能（重力势能的减少量等于空气阻力消耗的机械能），故B正确；
C：整个过程中，足球受空气阻力作用，机械能不断减小，不守恒，故C错误；
D：在D点时，足球有斜向上的速度，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律，足球将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A：B 点是足球弹起过程中的最高点，竖直方向速度为0，但水平方向仍有速度，因此动能不为0；
B：A 点的高度高于 C 点，重力势能更大，但由于空气阻力，A点的机械能大于C 点，因此A点的动能可能等于C点的动能；
C：空气阻力会消耗机械能，因此机械能不守恒；
D：根据牛顿第一定律，物体不受外力时将保持原来的运动状态，D点足球有速度，会做匀速直线运动，而非静止。
9．【答案】D
【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】A：无论木板A是否做匀速直线运动，物体B相对于地面静止，受到的滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力始终平衡，因此无需匀速拉动即可测量B所受的摩擦力，故A错误；
B：当拉力F增大时，物体B与木板A之间的压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力大小不变，因此弹簧测力计的示数也不变，故B错误；
C：木板A匀速运动，受力平衡，水平方向受到向右的拉力F=5N，同时受到向左的两个摩擦力：物体B对A的摩擦力2N和地面对A的摩擦力。因此地面对A的摩擦力大小为5N-2N=3N，方向水平向左，故C错误；
D：物体B静止，受力平衡，弹簧测力计的拉力为2N，因此A对B的滑动摩擦力为2N，方向向右；根据力的作用是相互的，B对A的摩擦力大小也为2N，方向水平向左，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A：该装置中，物体B始终静止，受力平衡，因此无需匀速拉动木板A即可测量摩擦力；
B：滑动摩擦力的大小只与压力和接触面粗糙程度有关，与木板A的运动速度无关；
C：木板A匀速运动时，水平方向受力平衡，拉力F等于B对A的摩擦力与地面对A的摩擦力之和；
D：根据二力平衡和相互作用力的关系，可判断B对A的摩擦力大小和方向。
10．【答案】C
【知识点】燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】A：甲、丙中燃料相同，相同时间内放出的热量相同，因此液体a、b吸收的热量相同。由图丁可知，甲中液体a升高的温度为，丙中液体b升高的温度为，根据，在和相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，因此液体b的比热容是液体a的两倍，故A错误；
B：0 - 时间内，甲、丙中燃料相同，放出的热量相同，因此液体a、b吸收的热量相等；乙中燃料不同，放出的热量不同，液体a吸收的热量也不同，故B错误；
C：燃料燃尽时，乙中液体a升高的温度低于甲中液体a升高的温度，说明乙中燃料放出的热量小于甲中燃料放出的热量；而甲、丙中燃料相同，放出的热量相同，因此乙中液体a吸收的热量小于丙中液体b吸收的热量，故C正确；
D：要比较燃料2和燃料1的热值大小，需要控制被加热的液体种类、质量相同，装置乙和丙中液体种类不同，无法比较，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A：比较比热容时，需用相同燃料加热不同液体，通过温度变化判断比热容大小；
B：不同燃料在相同时间内放出的热量不同，液体吸收的热量也不同；
C：燃料放出的热量被液体吸收，根据液体升高的温度可判断吸收热量的多少；
D：比较燃料热值时，需控制被加热液体的种类、质量相同，仅改变燃料种类。
11．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】甲电路：滑动变阻器和定值电阻串联，电流表测量整个电路的电流。当油箱中油量增加时，浮子随着油面向上移动，带动滑片向下移动，使得接入电路的电阻变大，电路的总电阻随之变大，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流会变小，也就是电流表的示数变小，不能满足“油量增多电表示数变大”的要求，故甲错误。
乙电路：和同样为串联，电流表测电路电流。油量增多时，浮子上移，滑片下移，此时接入电路的电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，根据可得，电路电流变大，电流表示数随油量增加而变大，满足设计要求，故乙正确。
丙电路：电压表直接和滑动变阻器串联，由于电压表本身内阻极大，此时电路相当于断路，电压表的示数始终等于电源电压，不会随油量变化改变，故丙错误。
丁电路：与串联，电压表并联在两端，测量的两端电压。油量增多时，浮子上移，滑片下移，接入电路的电阻变大，根据串联电路“电阻越大，分得的电压越大”的分压规律，分得的电压会变大，也就是电压表示数随油量增加而变大，满足设计要求，故丁正确。
故A正确，B、C、D错误。
故选A。
【分析】电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压，题目中甲乙使用电流表表征油量，当油量增加，接电路的电阻变小，电流变大，电流表示数变大，据此选择核实电路图；图丙丁使用电压表表征油量，结合串联分压可知，当并联的用电器，电阻增加，电压增加，据此选择电路。
12．【答案】C
【知识点】电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】由图可知，小灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流。小灯泡上标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响），计算小灯泡正常发光的电流I=0.9W/3V=0.3A，根据欧姆定律U=IR计算小灯泡的电阻10Ω
A．电流表选用“0~0.6A”的量程，滑动变阻器允许通过最大电流为1A，灯泡正常发光的电流为0.3A，为保证电路安全，所以电路最大电流0.3A，此时滑动变阻器接入阻值最小，且题干说“当滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光”，结合滑动变阻器规格，可知滑动变阻器接入最小阻值为最大值的一半，为10Ω，所以滑动变阻器阻值的变化范围为10～20Ω，故A错误；
B．滑片P移至中点时，小灯泡恰好正常发光，由A已知此时电流为0.3A，滑动变阻器接入阻值为10Ω，由可得此时总电阻，R=9V/0.3A=30Ω，定值电阻的阻值R‘=30Ω-10Ω-10Ω=10Ω，故B错误；
C．由A已知最大电流为0.3A，滑动变阻器接入阻值最大20Ω时，电路电流最小，I=9V/（10Ω+20Ω+10Ω）=0.225A，C正确；
D．由C已知最小电流为0.225A，小灯泡灯丝阻值为10Ω不变，则小灯泡的最小功率P=(0.225A)2×10Ω=0.050625W，故D错误。
故选C。
【分析】根据欧姆定律、电功率的计算、电路的串并联、电表的连接判识选项
1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，小灯泡、定值电阻、滑动变阻器串联
2、电流表的连接：电流表与待测原件串联，所以电流表测量电路电流
3、电功率的计算：公式为P=U2/R=UI，据题可知小灯泡上标有“3V 0.9W，据此计算灯泡电阻
3、电路安全原则，以电路中最小电流为准，本题中电流表选用“0~0.6A”的量程，滑动变阻器允许通过最大电流为1A，灯泡正常发光的电流为0.3A，为保证电路安全，所以电路最大电流0.3A，根据欧姆定律计算此时电路的电阻，进而计算变阻器电阻，根据题意可知，此时变阻器的阻值为最大阻值的一半
13．【答案】振动；声源处
【知识点】声音的产生；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）牧童的歌声是由声带振动产生的；
（2）牧童在捕蝉前 “闭口”，停止发声，是在声源处 减弱噪声。
故答案为：振动；声源处。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的，人的歌声是声带振动发声的结果。
（2）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。牧童闭口停止发声，直接控制了噪声的产生，属于在声源处减弱噪声。
14．【答案】内；汽化；吸收
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】冬天行车时，车内温度高于车外温度，车内的水蒸气遇到温度较低的挡风玻璃会液化成小水珠，所以白雾出现在挡风玻璃的内侧；打开暖风后，小水珠由液态变为气态，发生汽化现象，该过程需要吸收热量，白雾随之消失。
故答案为：内；汽化；吸收
【分析】本题考查物态变化的判断及吸放热特点：
白雾的形成：冬天车内温度高，水蒸气含量大，遇到温度较低的玻璃，在玻璃内侧液化成小水珠。
白雾消失：暖风使小水珠由液态变为气态，属于汽化现象，汽化过程需要吸收热量，因此白雾消失。
15．【答案】护卫舰；不变；小
【知识点】流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知， 港口建筑相对护卫舰的位置向后改变，因此船员是以护卫舰为参照物，观察到港口建筑在“后退”。
（2）根据题意可知，无论海水密度怎样变化，舰艇在水中始终漂浮，则它受到的浮力等于其重力，即浮力大小不变。
（3） 舰体高速航行时，舰体两侧的水流流速较大，因此压强较小。
【分析】（1）根据参照物的知识分析解答；
（2）根据物体的漂浮条件分析解答；
（3）流体流速越大的位置压强越大，根据流体压强和流速的关系解答。
16．【答案】水；小于；间隙
【知识点】密度公式及其应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】（1）在进行酒精和水混合实验时，应先注入一半体积的水（因为水的密度比酒精大，先注入水可避免两种液体在注入时提前混合，便于观察实验现象）；
（2）混合后玻璃管中的液面降低，说明水和酒精的总体积小于混合前两者的总体积；
（3）这一现象说明分子间存在间隙（水分子和酒精分子相互进入对方的间隙，导致总体积减小）。
故答案为：水；小于；间隙。
【分析】本题考查分子动理论的相关实验：
实验中先注入水，是为了利用水和酒精的密度差异，减少注入时的混合，确保实验初始状态清晰。
混合后总体积减小，是因为分子间存在间隙，不同分子会相互扩散、进入对方的间隙中，导致宏观上的总体积变小。
17．【答案】会聚；远；凸透镜
【知识点】眼睛及其视物原理；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】晶状体相当于凸透镜，对光有会聚作用；小聪的眼球发育偏短，看近处物体时，像成在视网膜的后方，属于远视眼；远视眼需要配戴对光有会聚作用的凸透镜来矫正，使光线提前会聚，让像成在视网膜上。
故答案为：会聚；远；凸透镜。
【分析】本题考查眼睛的成像原理与视力矫正：
晶状体的作用：晶状体相当于凸透镜，对光线有会聚作用，能使物体的像成在视网膜上。
远视眼的成因：眼球发育偏短，导致晶状体到视网膜的距离过短，近处物体的像成在视网膜后方，形成远视眼。
矫正原理：凸透镜对光线有会聚作用，配戴凸透镜可以使光线提前会聚，让像前移到视网膜上，从而矫正远视眼。
18．【答案】A；90；变大
【知识点】动滑轮及其工作特点；增大或减小机械效率的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】如图，滑轮A为动滑轮，可以省力，滑轮B是定滑轮，不能省力。
不计绳重和摩擦，工人师傅所用拉力
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为
若增大提升物体所受的重力，该装置的机械效率将变大。
故答案为：A；90；变大
【分析】本题考查滑轮组的工作特点、拉力计算和机械效率变化分析：
动滑轮A的轴随物体一起运动，能省力；定滑轮B的轴固定不动，只能改变力的方向，不能省力；
拉力计算时，不计绳重和摩擦，动滑轮上绳子段数，拉力为物体和动滑轮总重的；
机械效率公式中，动滑轮重不变，物体重力越大，机械效率越高。
19．【答案】左；72.6；偏大
【知识点】质量的测量与天平的使用
【解析】【解答】（1）由图甲可知，指针偏右，说明天平右侧偏重，为使天平平衡，应将平衡螺母向左调节；
（2）由图乙可知，砝码质量为，游码示数为，则小石块质量为；
（3）砝码磨损后，其实际质量小于标称质量，测量时需要更多的砝码或更大的游码示数才能平衡，因此所测小石块质量相比于真实值偏大。
故答案为：左；72.6；偏大
【分析】（1）天平调平时，遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，图中指针偏右，故平衡螺母向左调；
（2）物体质量等于砝码质量与游码示数之和，注意游码标尺的分度值为；
（3）磨损的砝码实际质量变小，测量同一物体时，需更多的砝码或更大的游码示数来平衡，导致测量结果偏大。
20．【答案】海绵凹陷程度；甲、乙；乙、丙
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）实验中，我们通过观察海绵凹陷程度来比较压力的作用效果，这用到了转换法。
（2）探究压力的作用效果与压力大小的关系时，需控制受力面积相同，改变压力大小，因此应比较甲、乙两图。
（3）骆驼能轻松地在沙漠里行走，是因为它的脚掌宽大，增大了受力面积，减小了压强，这与乙、丙两图（压力相同，受力面积不同）的实验结论有关。
故答案为：海绵凹陷程度；甲、乙；乙、丙。
【分析】（1）压力的作用效果是通过受压物体的形变来体现的，海绵凹陷程度越大，说明压力的作用效果越明显，这是转换法的应用。
（2）甲、乙两图中，受力面积相同，压力大小不同，海绵凹陷程度不同，说明压力的作用效果与压力大小有关。
（3）乙、丙两图中，压力大小相同，受力面积不同，海绵凹陷程度不同，说明压力的作用效果与受力面积有关；骆驼宽大的脚掌正是通过增大受力面积来减小压强，避免陷入沙漠，与乙、丙的结论一致。
21．【答案】8.4×104；1000；70%
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（60℃-20℃）=8.4×104J
“1200imp/（kW h）”表示电路中的用电器每消耗1kW h的电能，电能表的指示灯闪烁1200次，由此可知，电能表指示灯闪烁了40次时，该电水壶消耗的电能
该电水壶的实际功率
电水壶的加热效率
故答案为：8.4×104；1000；70%
【分析】本题考查吸热公式、电能表的应用、电功率和效率的计算。
水吸收的热量用直接计算。
电能表参数“1200imp/(kW·h)”表示每消耗电能，指示灯闪烁1200次，据此可算出消耗的电能，再用求实际功率。
加热效率是水吸收的热量与消耗电能的比值，即。
22．【答案】发光；发光；存在
【知识点】家庭电路的连接；家庭电路工作电压、零线、火线的辨别；测电笔的使用
【解析】【解答】断开开关，灯泡熄灭，此时用测电笔按照正确的操作方法接触A处，与火线连通，氖管发光；用测电笔按照正确的操作方法接触B处，也与火线连通，氖管发光，所以该电路存在安全隐患。故答案为：不发光；发光；存在。
【分析】本题考查家庭电路的连接与测电笔的使用：
测电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光；
开关应接在火线上，断开开关后，用电器与火线断开，避免触电。图中开关接在零线上，断开开关后，灯泡及B点仍与火线相连，存在安全隐患。
23．【答案】费力；400；25
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，O是支点，动力作用在B点，阻力作用在A点，此时动力臂小于阻力臂，因此是费力杠杆。
（2）根据题意可知，支点O距离脚踏板OB=0.5m，而杆长AB=1.5m，故OA=1.5m-0.5m=1.0m；
如下图所示：
根据相似三角形知识有；
根据杠杆的平衡条件Gl2=F1l1可知，人在B端施加的竖直向下的力。
（3）根据题意可知， 若每次碓头A上升的高度都为0.5m，1min撞击舂中的谷粒15次，
则1min内人克服碓头重力做功W总=nW=15×Gh=15×200N×0.5m=1500J；
1min克服碓头重力做功的功率为。
【分析】 （1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据已知条件画出两个力臂，根据相似三角形知识可知力臂之比，根据杠杆的平衡条件得出动力大小；
（3）不计横木的重力和摩擦，求出1min内人克服碓头重力做功，根据功率公式得出1min克服碓头重力做功的功率。
24．【答案】0.3；800；变小
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图得，定值电阻R0与变阻器串联，电流表测量电路电流：
由题可得，当滑片在a端，时，弹簧恰好处于原长，由图乙得，此时握力F为0，此时电路电流为，则表盘的零刻度应标在电流表表盘的0.3A处。
电流表量程为0~0.6A，则电路电流最大为0.6A，由得，此时电路电阻为，此时变阻器接入电路中电阻为
此时弹簧的形变量最大为
由图乙得，在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为800N。
由图丙得，定值电阻R0与变阻器串联，电压表测量变阻器的电压，电压表量程为0~3V；为了电路安全，当电压表示数为3V时，变阻器接入电路中电阻最大，弹簧的形变量最大，此时握力最大。由串联电路电压特点得，此时定值电阻R0的电压为
此时电路电流为
由欧姆定律得，变阻器接入电路电阻为
此时弹簧的形变量最大为
由图乙得，在电路安全范围内，握力计所能测量的最大握力值为200N，故握力计所能测量的握力的最大值相比图甲变小。
故答案为：0.3；800；变小
【分析】本题考查串联电路特点、欧姆定律的应用，结合弹簧形变量与握力的关系进行分析。
零刻度：握力为 0 时，滑片在 a 端，滑动变阻器接入电阻最大，电流最小，为 0.3A，因此零刻度标在 0.3A 处。
最大握力（图甲）：电流最大为 0.6A 时，滑动变阻器接入电阻最小，弹簧形变量最大为 4cm，对应握力 800N。
改装后（图丙）：电压表量程限制了滑动变阻器两端电压，接入电阻为 5Ω 时，形变量仅为 1cm，对应握力 200N，因此最大握力变小。
25．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据图示，入射角为。在入射点处作垂直于水面的法线，根据反射定律（反射角等于入射角）画出反射光线，反射角为60°。同时根据折射规律（水中折射角小于空气中入射角）标出折射光线的大致方向，如下图所示：
（2）货物随汽车一起做匀速直线运动，处于平衡状态。此时货物受到的重力与支持力大小相等、方向相反。在重物的重心处分别画出竖直向下的重力（G）和竖直向上的支持力（N），两力线段长度相等，如下图所示：
（3）电路图中电磁铁与螺线管串联。当滑动变阻器滑片P左移时，螺线管磁性减弱，说明变阻器阻值增大、电流减小，因此需将变阻器右下接线柱接入电路。根据电流方向（从螺线管右端流入）和右手螺旋定则，可判定螺线管左端为N极、右端为S极，如下图所示：
【分析】1、反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的；
2、折射规律：光从空气中传播到水中，折射光线会偏向法线，光从水中射向空气中，折射光线会远离法线；
3、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
4、支持力垂直斜面向上，作用于接触面间。重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
（1）由图得，入射角为
过入射点做垂直与水面的法线，根据反射角等于入射角做出反射光线，反射角为60°，根据水中的折射角小于空气中的入射角做出折射光线的大致位置，如图所示：
（2）货物与汽车一起做匀速直线运动，则货物在重力与支持力的作用下处于平衡状态，则重力与支持力大小相等、方向相反，过重物的重心做竖直向下、竖直向上的带箭头的直线，分别表示重力、支持力，两力的作用线等长，如图所示：
（3）由图得，电磁铁与螺线管串联，滑动变阻器的滑片P向左端移动后，通电螺线管的磁性减弱，说明此时变阻器接入电路中的电阻变大，通过电磁铁的电流变小，则变阻器的右下接线柱接入电路中；电流从螺线管的右端流入，左端流出，由右手螺旋定则得，螺线管的左端为N极，右端为S极，如图所示：
26．【答案】（1）解：因为机器人的质量为1.2kg，所以机器人所受的重力为
（2）解：已知机器人“腹部”吸盘的面积为，所以机器人对玻璃的压强为因为外部环境气压为1×105Pa，所以机器人正常工作时，吸盘内部的气压为
（3）解：已知机器人向上擦窗时间为，所以擦窗机器人2min内完成的总功为
则克服本身重力做的功为
所以机器人擦窗上升的高度为，可见，机器人不能到达落地窗的顶部。
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；大气压的综合应用；电功率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）重力计算直接使用公式，注意质量单位换算。
（2）吸盘内外的压力差产生了对玻璃的压力，先根据求出压强，再利用求出内部气压。
（3）先根据计算总功，再根据效率求出克服重力做的功，最后用计算上升高度，并与落地窗高度比较，判断能否到达顶部。
（1）因为机器人的质量为1.2kg，所以机器人所受的重力为
（2）已知机器人“腹部”吸盘的面积为，所以机器人对玻璃的压强为
因为外部环境气压为1×105Pa，所以机器人正常工作时，吸盘内部的气压为
（3）已知机器人向上擦窗时间为，所以擦窗机器人2min内完成的总功为
则克服本身重力做的功为
所以机器人擦窗上升的高度为，可见，机器人不能到达落地窗的顶部。
27．【答案】（1）粗糙
（2）等于；为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性
（3）PQ以上
（4）确定像的位置
（5）相等
（6）前表面
【知识点】探究平面镜成像的特点；探究光的反射定律
【解析】【解答】（1）硬纸板应选用粗糙材质，光在硬纸板上发生漫反射，在纸板前不同方位都能看到光的传播途径。
故答案为：粗糙
（2）由实验数据可知，入射角多大，反射角也多大，反射角等于入射角；多次改变入射角的大小去测反射角大小，是为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
故答案为：等于；为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
（3）将纸板上方沿PQ向后翻折，PQ以上和原来的纸板不在此平面内，故PQ以上的纸板上不能观察到反射光线，说明光的反射中，反射光线、入射光线和法线在同一平面。
故答案为：PQ以上
（4）实验中选用玻璃板代替平面镜，因为玻璃板透光，既能成像，也便于确定像的位置。
故答案为：确定像的位置
（5）实验中选择两个相同的中性笔，将中性笔A放在玻璃板前，观察中性笔A在玻璃板成的像，在玻璃板后移动中性笔B，同时观察B的位置，直至B与A的像完全重合，由于中性笔B和A是相同的，说明像与物的大小相等。
故答案为：相等
（6）将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，由于平面镜成的像和物体关于平面镜对称，所以这个较清晰的像是通过玻璃板前面成像的。
故答案为：前表面
【分析】（1）选择粗糙纸板是为了让光发生漫反射，方便从不同角度观察光路。
（2）反射角等于入射角是光的反射定律的基本结论；多次改变入射角是为了通过多组数据得出普遍规律，避免单次实验的偶然性。
（3）翻折纸板后，PQ 以上部分与原纸板不在同一平面，因此无法观察到反射光线，验证了反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（4）玻璃板既能反射成像，又能透光，便于观察到玻璃板后的中性笔 B，从而确定像的位置。
（5）两支相同的中性笔完全重合，说明平面镜成像时像与物体的大小相等。
（6）玻璃板的前表面直接反射光线，形成的像更清晰；笔尖紧贴玻璃板时，较清晰的像与笔尖紧贴，说明该像由前表面反射形成。
（1）硬纸板应选用粗糙材质，光在硬纸板上发生漫反射，在纸板前不同方位都能看到光的传播途径。
（2）[1][2]由实验数据可知，入射角多大，反射角也多大，反射角等于入射角；多次改变入射角的大小去测反射角大小，是为了探究反射角与入射角的大小关系，使实验结论更具普遍性。
（3）将纸板上方沿PQ向后翻折，PQ以上和原来的纸板不在此平面内，故PQ以上的纸板上不能观察到反射光线，说明光的反射中，反射光线、入射光线和法线在同一平面。
（4）实验中选用玻璃板代替平面镜，因为玻璃板透光，既能成像，也便于确定像的位置。
（5）实验中选择两个相同的中性笔，将中性笔A放在玻璃板前，观察中性笔A在玻璃板成的像，在玻璃板后移动中性笔B，同时观察B的位置，直至B与A的像完全重合，由于中性笔B和A是相同的，说明像与物的大小相等。
（6）将中性笔A的笔尖紧贴于玻璃板前，较清晰的像和中性笔A的笔尖紧贴，由于平面镜成的像和物体关于平面镜对称，所以这个较清晰的像是通过玻璃板前面成像的。
28．【答案】（1）断开；A
（2）乙
（3）A
（4）反比
（5）2.5；0.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；电功率的测量
【解析】【解答】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器阻值最大的A端。
故答案为：断开；A
（2）由图可得，电源电压由3节干电池串联组成，电源电压为4.5V，实验前，小明将调节的电压设定为2V，滑动变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当接入25Ω定值电阻时，滑动变阻器接入电路中电阻为
电路的电流最大为
则为了完成所有定值电阻的测量，应选择乙规格的滑动变阻器。
故答案为：乙
（3）实验中要控制定值电阻的电压不变，由
得，为了控制定值电阻的电压不变，断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上应将滑片P向A端适当移动，增大变阻器接入电路中的电阻，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数。
故答案为：A
（4）由图乙得，定值电阻的电压不变时，图像为过原点的一条直线，说明定值电阻的电压不变时，I与成正比，可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成反比。
故答案为：反比
（5）①闭合开关S、S1，断开开关S2，灯泡、定值电阻R0、变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，使灯泡正常发光。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电路连接方式不变，电压表测量灯泡、定值电阻R0的总电压，电压表示数为4.5V；
③灯泡正常发光时，定值电阻R0的电压为
灯泡的额定电流为
小灯泡的额定功率为
故答案为：2.5；0.5
【分析】(1) 连接电路时，开关断开、滑片移至最大阻值端是保护电路的基本操作。
(2) 串联分压规律 是选择滑动变阻器的关键，需满足最大定值电阻时的分压要求。
(3) 更换大电阻后，根据“换大调大”原则，需增大滑动变阻器接入电阻，保持定值电阻两端电压不变。
(4) 图像的线性关系直接反映了电流与电阻的反比关系。
(5) 电流表损坏时，利用串联电路电流相等的特点，通过R0的电压和电阻计算出电路电流，再结合灯泡额定电压求出功率。
（1）[1][2]为了保护电路，连接电路时，开关应断开；滑片移到滑动变阻器阻值最大的A端。
（2）由图得，电源电压由3节干电池串联组成，电源电压为4.5V，实验前，小明将调节的电压设定为2V，滑动变阻器的电压为
串联电路电流处处相等，由欧姆定律得
当接入25Ω定值电阻时，滑动变阻器接入电路中电阻为
电路的电流最大为
则为了完成所有定值电阻的测量，应选择乙规格的滑动变阻器。
（3）实验中要控制定值电阻的电压不变，由
得，为了控制定值电阻的电压不变，断开开关，将5Ω电阻换成10Ω，闭合开关，在原来位置基础上应将滑片P向A端适当移动，增大变阻器接入电路中的电阻，使电压表示数为2V，记录此时电流表的示数。
（4）由图乙得，定值电阻的电压不变时，图像为过原点的一条直线，说明定值电阻的电压不变时，I与成正比，可得出结论：在电压一定时，电流与电阻成反比。
（5）[1]①闭合开关S、S1，断开开关S2，灯泡、定值电阻R0、变阻器串联，电压表测量灯泡的电压，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，使灯泡正常发光。
②滑动变阻器滑片保持不动，断开开关S1，闭合开关S、S2，电路连接方式不变，电压表测量灯泡、定值电阻R0的总电压，电压表示数为4.5V；
③灯泡正常发光时，定值电阻R0的电压为
灯泡的额定电流为
小灯泡的额定功率为
29．【答案】（1）1；F3-F2=F4-F1
（2）A
（3）100；相等
（4）1.2×103
（5）0.6×103
【知识点】探究影响浮力大小的因素；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F浮=F3-F2=3N=2N=1N
排开液体的重力为G排=F4-F1=2N-1N=1N
所以F浮=G排，当实验中的测量结果满足F3-F2=F4-F1的关系式时，说明阿基米德原理成立。
故答案为：1；F3-F2=F4-F1
（2）A．图B中溢水杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果，故A符合题意；
B．图B中物体未浸没水中，此时浮力变小，排开的水的重力也变小，不影响实验结果，故B不符合题意；
C．图A中小桶内有少量水，物体排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果，故C不符合题意。
故答案为：A。
（3）根据阿基米德原理，物体的体积为
弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，一次实验中所测量的数据都偏大0.1N，由F浮=F3-F2可知，测量的浮力未受影响，由阿基米德原理得到物体的体积准确。
故答案为：100；相等
（4）由图乙可知，物体没有浸入液体中，弹簧测力计的示数是3N，则物体的重力是3N，物体浸入的深度是4cm后，弹簧测力计的示数不变，说明物体全部浸没液体中，此时弹簧测力计的示数是1.8N，根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F'浮=G物-F1=3N-1.8N=1.2N
根据阿基米德原理，可得该液体的密度
故答案为：1.2×103
（5）根据图乙中弹簧测力计的示数可知此时物体的重力为2.4N，故其质量为
利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，
由此可得物体受到的浮力为F″浮=G'+F拉=2.4N+1.6N=4N
物体的体积为
物体的密度为
故答案为：0.6×103
【分析】(1) 本题考查阿基米德原理的验证实验，需明确称重法测浮力的公式 ，以及排开液体重力的计算方法 ，当两者相等时，阿基米德原理成立。
(2) 本题考查实验误差分析，需明确溢水杯未装满水会导致测得的排开水的重力偏小，而物体未完全浸没、小桶内有水均不影响浮力与排开液体重力的差值关系。
(3) 本题考查利用阿基米德原理计算物体体积，需掌握公式 ；弹簧测力计的系统误差因两次测量相减而抵消，不影响浮力结果，故体积计算准确。
(4) 本题考查利用称重法和阿基米德原理测量液体密度，需先通过图像确定物体重力和完全浸没时的拉力，再计算浮力，最后利用公式 求解。
(5) 本题考查特殊方法测量密度小于水的物体的密度，需利用定滑轮改变拉力方向，通过受力平衡计算物体浸没时的浮力，再结合阿基米德原理求体积，最后根据密度公式 计算物体密度。
（1）[1]根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F浮=F3-F2=3N=2N=1N
[2]排开液体的重力为G排=F4-F1=2N-1N=1N
所以F浮=G排，当实验中的测量结果满足F3-F2=F4-F1的关系式时，说明阿基米德原理成立。
（2）A．图B中溢水杯内未盛满水，则测得排开水的重力会偏小，会影响验证结果，故A符合题意；
B．图B中物体未浸没水中，此时浮力变小，排开的水的重力也变小，不影响实验结果，故B不符合题意；
C．图A中小桶内有少量水，物体排开水后，小桶重力的两次示数之差仍为排开水的重力，不影响实验结果，故C不符合题意。
故选A。
（3）[1]根据阿基米德原理，物体的体积为
[2]弹簧测力计在竖直方向未挂任何物体时，指针始终指在0.1N处，一次实验中所测量的数据都偏大0.1N，由F浮=F3-F2可知，测量的浮力未受影响，由阿基米德原理得到物体的体积准确。
（4）由图乙可知，物体没有浸入液体中，弹簧测力计的示数是3N，则物体的重力是3N，物体浸入的深度是4cm后，弹簧测力计的示数不变，说明物体全部浸没液体中，此时弹簧测力计的示数是1.8N，根据称重法测浮力，此物体完全浸没在水中时所受浮力为F'浮=G物-F1=3N-1.8N=1.2N
根据阿基米德原理，可得该液体的密度
（5）根据图乙中弹簧测力计的示数可知此时物体的重力为2.4N，故其质量为
利用定滑轮改变力的方向的作用，测得木块在水中静止时测力计示数为1.6N，由此可得物体受到的浮力为F″浮=G'+F拉=2.4N+1.6N=4N
物体的体积为
物体的密度为
30．【答案】（1）C
（2）200；2.9
（3）20；右
（4）620~920℃
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算；家庭电路的组成；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）AC．开始工作时，S1和S2闭合，R1、R2并联， 电路电阻较小，根据电功率公式分析可知电路为高温挡；电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开，电路为R1、R2串联，电路电阻较大，根据电功率公式电路电功率较小，电路为保温挡，故A错误，C正确；
B．制炉处于高温挡时，电功率为，为了防止漏电发生触电事故，应将外壳接地，则应选择三孔插座使用，故B错误；
D．图乙得，温差电源提供的电压随温差变大而变大，故D错误。
故选C。
（2）烧制炉正常工作时，R1、R2串联，结合功率公式计算可知低功率保温为；高、低功率工作的时间分别为为、，所以完成本次工作消耗的电能共为
（3）温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，两点间的温度差为，此温度下温差电源提供的电压为；现提高临界高温，需要烧制陶器在高温挡工作的时间较长，即减小通过电磁铁的磁性，则需将R0的滑片向右移动，减小过电磁铁的电流，减小电磁铁的磁性。
（4）根据串联电路电阻规律计算可知控制电路的电阻为，当时，温差电源的电压为，两点温差为，所以
当时，根据欧姆定律计算可知温差电源的电压为，此时两点温差为，所以最小温度为则
保温范围620~920℃。
【分析】1、电功率的计算：公式为，所以电压一定时，电阻和电功率成反比；
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
4、三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，当电路中有大功率用电器时，应使用三孔插座。
（1）AC．开始工作时，衔铁应被电磁铁释放，此时闭合开关S1和S2，R1、R2并联， 开始工作，电路电阻较小，电路电功率较大，电路为高温挡；电磁继电器吸下衔铁时S2同时断开，电路为R1、R2串联，电路电阻较大，电路电功率较小，电路为保温挡，故A错误，C正确；
B．制炉处于高温挡时，电路电功率为
电功率较大，且为了防止漏电发生触电事故，应将外壳接地，则应选择三孔插座使用，故B错误；
D．图乙得，温差电源提供的电压随温差变大而变大，故D错误。
故选C。
（2）[1]烧制炉正常工作时，低功率保温为
[2]低功率工作的时间为
高功率工作的时间为
烧制炉完成本次工作消耗的电能共为
（3）[1]温差电源的冷点温度恒为20℃，烧制陶器需控制炉内临界高温为820℃，则两点间的温度差为
由图丙得，此温度下温差电源提供的电压为
[2]现要烧制骨瓷作品需控制炉内临界高温为1220℃，即提高临界高温，故应减小通过电磁铁的磁性，使烧制陶器在高温挡工作的时间较长，则需将R0的滑片向右移动，增大变阻器接入电路中的电阻，从而减小过电磁铁的电流，减小电磁铁的磁性。
（4）控制电路的电阻为
当时，温差电源的电压为
两点温差为
则
当时，温差电源的电压为
两点温差为
则
保温范围620~920℃。
1 / 1

展开更多......

收起↑