2023年江苏省南京市雨花台区中考物理三模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列有关物理量的估测，符合实际的是（ ）
A．教室的门宽约80cm
B．物理课本的质量约600g
C．冰箱冷藏室的温度约为﹣18℃
D．初中生跑完1000m的时间约为100s
2．（2分）为了探究声音的音调与频率的关系，小明设计了如图所示的几个实验。你认为能够完成这个探究目的是（ ）
A．用不同的力敲击鼓面
B． 用发声的音叉接触水面
C． 改变小卡片在梳齿上划动的速度
D． 把罩内的空气抽去一些
3．（2分）下列四幅图中的物态变化，需要吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成水 B．夏天，山顶上形成薄雾
C．秋天，草叶上形成露珠 D．严冬，树枝上出现雾凇
4．（2分）下列光现象和“小孔成像”形成原因相同的是（ ）
A．水中倒影 B． 筷子“折断”
C． 雨后彩虹 D． 树下光斑
5．（2分）关于安全用电，下列做法中错误的是（ ）
A．有金属外壳的用电器都使用三脚插头
B．当保险丝熔断，可以用铜丝代替保险丝
C．安装电路时，开关接在用电器和火线之间
D．使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属电极
6．（2分）下列关于粒子和宇宙的认识正确的是（ ）
A．汤姆生发现了电子，说明原子核仍可再分
B．地球等行星绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
C．端午节闻到粽子香味，说明分子在不停地做无规则运动
D．玻璃棒与丝绸摩擦后能带电，说明通过摩擦可创造电荷
7．（2分）如图所示，用力打开夹子过程中，标注的夹子支点、动力、阻力正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2分）在2022北京冬奥会短道速滑男子1000米比赛中，中国选手任子威获得金牌，图甲是他正全力通过弯道、图乙是他获胜后站立在水平赛场中央大声欢呼的情形。下列说法正确的是（ ）
A．通过弯道过程中他处于平衡状态
B．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对相互作用力
C．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对平衡力
D．图甲中他的手对冰面的压力与冰面对他的手的支持力是一对相互作用力
9．（2分）医院入口处的扫码测温系统工作时，扫码为绿码，开关S1闭合；测温正常，开关S2闭合，只有扫码为绿码且测温正常，系统才会启动电动机打开闸门放行，下列电路设计符合要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2分）下列四幅图中，能说明微型电扇工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（2分）如图所示，水平桌面上盛有适量浓盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯对桌面压强变小
B．杯底受到液体的压强变小
C．烧杯内液面高度不发生变化
D．物块B受到的浮力不变
12．（2分）如图所示，把标有“6V 3W”的小灯泡与最大阻值为100Ω的滑动变阻器连接在电源电压恒为18V的电路中，不考虑温度对灯丝电阻的影响。闭合开关，为了保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．电路的总功率最大为10.8W
B．小灯泡的电功率最小为0.75W
C．滑动变阻器允许调节的范围是24～100Ω
D．滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变大
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）
13．（3分）第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，开幕式中，如图是正在与运动员同一方队入场的冰墩墩。
（1）冰墩墩的高度约为2.8 。
（2）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过 波传播的，其在真空中传播的速度为 m/s。
14．（3分）神舟十三号载人飞船返回舱已经成功着陆，如图所示是返回舱进入大气层时“烧成”一个大火球情景，这个过程中 能转化为 能；返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先 后汽化，吸收了大量的热。
15．（5分）国产某品牌插秧机，使用四冲程汽油机。
（1）图中汽油机处于 冲程。如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功 次。
（2）某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，这些汽油完全燃烧放出的热量是 J；若这些热量完全被40kg初温15℃的水吸收，则水温升高 ℃。[q汽油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若该插秧机的效率为20%，年平均消耗汽油4200kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约 kg的汽油。
16．（4分）如图所示，两个相同的空瓶，瓶口扎上橡皮膜，分别竖直浸没在水槽中（水未流出），其中，甲瓶口朝上，乙瓶口朝下，若甲瓶恰好悬浮并立于水中。
（1）支持液体内部压强随深度增加而增大的现象是 。
（2）比较大小：放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强分别是p1和p2，甲、乙瓶受到的浮力分别是F1和F2，则p1 p2、F1 F2。
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为50cm3，则瓶子受到的浮力为 N。
17．（4分）如图所示是一种塔式起重机上的滑轮组。已知匀速吊起600kg的物体时，滑轮组的机械效率是80%，克服摩擦和绳重所做的功占总功的15%。5秒内使物体上升5m，所做有用功是 J，绳端拉力F是 N，拉力F的功率是 W，动滑轮重 N。
18．（4分）如图，R1＝6Ω，R2＝5Ω，电源电压不变，电流表均为大量程，电压表为小量程，R是滑动变阻器，规格是“20Ω 1.5A”。只有S闭合时，电流表A2的示数为0.2A，电压表示数为2V，则电源电压是 V，变阻器接入电路的电阻是 Ω；当闭合S、S1、S2时，滑片置于阻值最大值处，电流表A1、A2的示数之比是 ，为保证电路安全，变阻器接入电路的阻值范围是 。
19．（3分）如图甲所示电路中，R为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图象。则电源电压为 V，R阻值为 Ω，整个电路的消耗的最大功率为 W。
三、解答题（本题共11小题，共50分。）
20．（2分）如图，作出物体AB在平面镜中的像。
21．（2分）如图，烧杯沿斜面匀速下滑，小球A漂浮在烧杯内的水面上，画出此时小球A受力的示意图。
22．（2分）如图中“+”、“﹣”为电流表的接线柱，请标出磁感线的方向及小磁针的N极。
23．（4分）塑料瓶可以做很多实验：
（1）如图甲是生活中常见的塑料瓶，瓶盖上的竖条纹是为了 摩擦；
（2）如图乙，往塑料瓶里倒入适量热水并晃一晃，然后把热水倒出，迅速盖上瓶盖，过一会儿瓶子变瘪了，证明了 的存在；
（3）如图丙，把塑料瓶平放在水平桌面上，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，会看到瓶子向 运动；
（4）如图丁，与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为 。
24．（4分）小明利用如图甲所示的装置，探究冰熔化过程中温度的变化规律。
（1）如图甲组装器材时，先将酒精灯放置在铁架台上，接下来调节 （填“a”或“b”）的高度。
（2）实验过程中，某时刻温度计的示数如图乙所示，为 ℃。
（3）根据实验数据，小明绘制出了该物质的温度随时间变化的图像是 。
（4）冰全部熔化后，继续加热直到杯内水持续沸腾，试管中的水 沸腾。
25．（5分）学完“视力矫正”的知识后，小明用透明橡皮膜自制了一个水透镜，利用注射器向水透镜内注水或往外抽水，来改变水透镜焦距。小明利用此水透镜进行了如下探究：
（1）实验前，将水透镜、蜡烛和光屏放置在光具座上，调整它们的中心在水透镜的 上。
（2）某次实验中，当蜡烛、水透镜和光屏在图示位置时，在光屏上恰能成清晰的像， 就是根据这个原理制成的。
（3）在第（2）的基础上，要想模拟正常人眼睛的成像情况，小明需要把蜡烛向 （选填“左”或“右”）移动，并移动光屏得到清晰的倒立、缩小的实像。
（4）小明查阅相关资料后得知远视眼的晶状体要比正常眼更扁平一些。要探究远视眼的成因，在保持蜡烛和水透镜位置不动的情况下，他要用注射器 （选填“向水透镜中注水”或“从水透镜里往外抽水”），并向 （选填“左”或“右”）移动光屏，才能在光屏上再次得到清晰的实像。
26．（4分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离。如图甲所示。请回答下列问题：
（1）该实验的目的是研究铁球的动能大小与 的关系，若实验中去掉木块，则该实验能否进行。答： 。
（2）在探究物体动能的大小与另一因素有关的实验中，当观察到现象： ，就可以得到正确的结论。
（3）为达成实验目的，某同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。该实验方案是否可行，并说明判断的依据。答： 。
27．（4分）小明连接电路如图，电源电压不变，闭合开关后，灯泡均发光。
（1）若拧下灯泡L2，能观察到灯泡L1的亮度将 ，电压表示数将 。
（2）若其中一个灯泡突然熄灭，但两电表仍有示数（故障只出现在灯泡处），则原因可能是 ；若只有一个电表有示数，则原因可能是 。
28．（9分）小明在测量额定电压为U额＝2.5V小灯泡正常发光时电阻。
（1）图甲为实验电路图，有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。
（2）按照图甲正确连好电路，闭合开关，小灯泡不亮，两表指针均有偏转，造成该现象的原因不可能的有 （填字母序号）。
A.小灯泡断路
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器阻值太大
D.小灯泡两端电压太小
（3）小明通过实验数据，画出了通过小灯泡的电流与小灯泡两端电压的图象如图乙所示，可以比较出小灯泡“实际电压是额定电压一半时的电功率P1”和“实际电流是额定电流一半时的电功率P2”的大小，则P1 P2；图象中A、B、C三点的阻值RA、RB、RC由小到大的顺序为 。
（4）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，也巧测出小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压不变，两只滑动变阻器R1和R2的最大阻值分别为R1和R2，请完成实验步骤。
①闭合开关S、S2，断开S1， ，调节滑动变阻器R2的滑片P，使电压表的示数为U额。
②断开开关S2，闭合S、S1，调节 的滑片P，使电压表的示数仍为U额。
③保持滑动变阻器R1的滑片P不动，将滑动变阻器R2的滑片P移到最左端，读出电压表的示数为U1，再将R2的滑片P移到最右端，读出电压表的示数U2。
④小灯泡正常发光时电阻的表达式为 （用字母表达）。
29．（6分）如图所示，火星探测器在水平地面上匀速直线行驶90m用时30min，探测器的质量为135kg，车轮与地面接触的总面积为150cm2。求：
（1）探测器运动的速度是多少？
（2）火星探测器对水平地面的压强多大？
（3）若匀速行驶时牵引力的功率为30W，则火星探测器受到的阻力多大？
30．（8分）图甲为热敏电阻的R1﹣t图象，图乙为用此热敏电阻R1和继电器组成的恒温箱的温控电路，继电器线圈的电阻R2恒为150Ω，当线圈中电流大于或等于30mA时，继电器的衔铁被吸合，控制电路电源电压恒为6V，工作电路接在220V的家庭电路中。
（1）恒温箱内电热丝电阻恒为88Ω，该电热丝应接在 （选填“CD”或“EF”）端。
（2）当恒温箱内的温度达到100℃后，通过恒温箱内电热丝的电流是多少A？
（3）为了调节恒温箱内的温度，在原控制电路中串联接入一个变阻器R3，当R3电阻减小时，所控制的恒温箱内的温度将 （选填“升高”“不变”或“降低”）。
（4）现将恒温箱内的最高温度调为150℃，当衔铁被吸合时，变阻器R3消耗的电功率多少W？
2023年江苏省南京市雨花台区中考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列有关物理量的估测，符合实际的是（ ）
A．教室的门宽约80cm
B．物理课本的质量约600g
C．冰箱冷藏室的温度约为﹣18℃
D．初中生跑完1000m的时间约为100s
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、教室的门宽不足1m，约为80cm，故A符合实际；
B、物理课本的质量不足500g，不可能为600g，故B不符合实际；
C、家用冰箱冷藏室的温度大约是5℃，用于冷藏保鲜，故C不符合实际；
D、初中生1000m跑的时间一般在240s左右。故D不符合实际。
故选：A。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（2分）为了探究声音的音调与频率的关系，小明设计了如图所示的几个实验。你认为能够完成这个探究目的是（ ）
A．用不同的力敲击鼓面
B． 用发声的音叉接触水面
C． 改变小卡片在梳齿上划动的速度
D． 把罩内的空气抽去一些
【分析】（1）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
（2）声音是由物体的振动产生的。
（3）声音的高低叫音调，音调与发声体的频率有关。
（4）声音的传播需要介质，真空不能传声。
【解答】解：A、用不同的力敲击鼓面，声音的响度不同，故A不符合题意；
B、用发声的音叉接触水面，水花溅起，说明声音是由物体的振动产生的，故B不符合题意；
C、改变小卡片在梳齿上划动的速度，梳齿振动的快慢不同，振动的频率不同，声音的音调不同，故C符合题意；
D、把罩内的空气抽去一些 ，声音逐渐减弱，说明声音的传播需要介质，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查的是声音的音调、响度；知道声音产生和传播的条件。
3．（2分）下列四幅图中的物态变化，需要吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成水 B．夏天，山顶上形成薄雾
C．秋天，草叶上形成露珠 D．严冬，树枝上出现雾凇
【分析】物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热。
【解答】解：
A、湖面上的冰，熔化成水，需要吸收热量，故A正确；
B、山顶上形成薄雾是水蒸气液化形成的小水滴，液化需要放热，故B错误；
C、草叶上形成露珠是水蒸气液化形成的小水滴，液化需要放热，故C错误；
D、树枝上的雾凇是空气中的水蒸气凝华形成的，凝华需要放出热量，故D错误。
故选：A。
【点评】本题首先判断判断现在和原来的状态，根据物态变化定义判断该现象属于哪种物态变化，属于放出热量还是吸收热量。
4．（2分）下列光现象和“小孔成像”形成原因相同的是（ ）
A．水中倒影 B． 筷子“折断”
C． 雨后彩虹 D． 树下光斑
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
【解答】解：小孔成像是由光的直线传播形成的；
A、水中倒影属于平面镜成像，属于光的反射现象，故A不符合题意；
B、筷子好像在水面折断是由于筷子反射的光从水中斜射入空气中发生了折射，折射光线进入人眼，人眼逆着光线看去，所看到的是筷子的虚像，像比物体的位置高，属于光的折射，故B不符合题意；
C、彩虹是光色散现象，实质上是光折射现象形成的，故C不符合题意；
D、树下光斑是光在同一均匀介质中沿直线传播形成的，故D符合题意。
故选：D。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
5．（2分）关于安全用电，下列做法中错误的是（ ）
A．有金属外壳的用电器都使用三脚插头
B．当保险丝熔断，可以用铜丝代替保险丝
C．安装电路时，开关接在用电器和火线之间
D．使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属电极
【分析】（1）有金属外壳的用电器其金属外壳要接地；
（2）保险丝是用电阻率大、熔点低的的铅锑合金制成的；
（3）开关要接在用电器和火线之间；
（4）使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体，不能接触笔尖的金属体。
【解答】解：A、有金属外壳的用电器都使用三脚插头，并通过三孔插座使金属外壳接地，故A正确；
B、保险丝是用电阻率大、熔点低的的铅锑合金制成的，不能用铜丝来代替，故B错误；
C、安装电路时，开关接在用电器和火线之间，故C正确；
D、使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属电极，但不能接触笔尖的金属体，故D正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了对生活中常见的安全用电常识的了解，属基础题，难度不大。
6．（2分）下列关于粒子和宇宙的认识正确的是（ ）
A．汤姆生发现了电子，说明原子核仍可再分
B．地球等行星绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
C．端午节闻到粽子香味，说明分子在不停地做无规则运动
D．玻璃棒与丝绸摩擦后能带电，说明通过摩擦可创造电荷
【分析】（1）电子的发现使人们认识到原子是由更小的粒子构成的；
（2）整个宇宙都是运动的；宇宙有层次之分，是由无数天体组成，太阳是宇宙中的一颗行星，不是宇宙的中心；
（3）一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；
（4）摩擦起电的实质：电荷（电子）的转移。
【解答】解：
A、汤姆生发现了电子，从而说明原子是可以再分的，故A错误；
B、地球等行星绕太阳转动，宇宙有层次之分，是由无数天体组成，太阳是宇宙中的一颗行星，不是宇宙的中心，故B错误；
C、由于分子在不停地做无规则运动，所以我们会闻到粽子的香味，故C正确；
D、玻璃棒与丝绸摩擦后能带电，其原因是电荷发生了转移，并不是创造了电荷，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物理学史、分子的无规则运动、摩擦起电的实质等，属于基础题。
7．（2分）如图所示，用力打开夹子过程中，标注的夹子支点、动力、阻力正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】动力F1使杠杆绕固定点转动，阻力F2阻碍杠杆转动，杠杆绕着固定转动的点为支点。
【解答】解：
A、阻力的方向应为垂直于杠杆向下，动力方向以及作用点、支点位置正确，故A正确；
B、阻力的方向应该向下，故B错误；
CD、阻力作用点不对，故CD错误。
故选：A。
【点评】根据杠杆的五要素进行判断，难度不大。
8．（2分）在2022北京冬奥会短道速滑男子1000米比赛中，中国选手任子威获得金牌，图甲是他正全力通过弯道、图乙是他获胜后站立在水平赛场中央大声欢呼的情形。下列说法正确的是（ ）
A．通过弯道过程中他处于平衡状态
B．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对相互作用力
C．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对平衡力
D．图甲中他的手对冰面的压力与冰面对他的手的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动状态；
（2）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
【解答】解：A、通过弯道过程中，任子威的运动方向不断变化，所以他处于非平衡状态，故A错误；
B、站立时他受到的重力和他对冰面的压力方向相同，所以不是一对相互作用力，故B错误；
C、站立时他受到的重力和他对冰面的压力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故C错误；
D、图甲中他的手对冰面的压力与冰面对他的手的支持力同时作用在冰面和他的手上，符合相互作用力的条件，所以是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查平衡状态的判断、平衡力与相互作用力的区别，平衡力与相互作用力的区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
9．（2分）医院入口处的扫码测温系统工作时，扫码为绿码，开关S1闭合；测温正常，开关S2闭合，只有扫码为绿码且测温正常，系统才会启动电动机打开闸门放行，下列电路设计符合要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题意可知，只有当绿码、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，说明开关S1、S2相互影响、不能独立工作即为串联，据此进行解答。
【解答】解：
由题知，只有当扫码为绿码、体温在正常范围都满足时，系统才会启动电动机打开闸门，当扫码不为绿码，或体温不正常时，闸门就不会打开，这说明两个开关是相互影响的，所以两个开关是串联的，A图两开关并联，B图当两开关都闭合时，发生电源短路，这是不允许的，C图当开关S2闭合时，发生电源短路，这是不允许的，由此可知只有D图符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的设计，正确分析两开关的连接方式是关键。
10．（2分）下列四幅图中，能说明微型电扇工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的；
（2）电流周围存在磁场；
（3）电磁感应现象：闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
【解答】解：电动机的工作原理：通电线圈在磁场中受力转动；
A、图中无电源，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流计指针发生偏转，说明导体中有感应电流产生，这是发电机的工作原理，故A不符合题意；
BD、通电后，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，故BD不符合题意；
C、开关闭合后，电路中有电流，通电导体在磁场中受力运动，即是电动机的制作原理，故C符合题意；
故选：C。
【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
11．（2分）如图所示，水平桌面上盛有适量浓盐水的烧杯中，漂浮着冰块A，悬浮着物块B。当冰块A完全熔化后，下列分析正确的是（ ）
A．烧杯对桌面压强变小
B．杯底受到液体的压强变小
C．烧杯内液面高度不发生变化
D．物块B受到的浮力不变
【分析】（1）烧杯对桌面的压力等于烧杯及烧杯内物体重力之和，根据p＝可知烧杯对桌面压强的变化；
（2）冰块熔化后质量不变，容器底部受到的压力等于盐水的重力和物块B受到的浮力，浮力变小，压力变小，压强变小；
（3）液面高度的变化，可由比较冰块排开盐水的体积和冰块熔化成的水的体积来确定；
（4）浮力的大小等于物体排开的液体所受的重力大小，所以影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开的液体的体积。
【解答】解：A、冰块熔化后，质量不变，即烧杯内物体的总质量不变，而烧杯对桌面的压力等于烧杯及烧杯内物体重力之和，所以烧杯对桌面的压力不变，根据p＝可知烧杯对桌面压强的不变，故A错误；
B、根据力的相互作用，杯底受到的液体压力等于漂浮的冰块、悬浮的物块以及盐水的重力，冰融化后，盐水的密度变小，悬浮的物块沉底，其重力一部分直接作用于杯底，故液体对杯底的压力减小，故B正确；
C、冰块漂浮，则F浮＝G排＝G冰，即：m排＝m冰，则V排＝＝；冰块全部熔化成水后质量不变，水的体积为：V水＝＝，由于水的密度小于盐水的密度，所以，V水＞V排，即液面会上升，故C错误；
D、冰化成水后，盐水的密度变小，由阿基米德原理可知物块B受到的浮力变小，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了物体浮沉条件的应用以及压强的变化，掌握冰化成水质量不变是解题的关键。
12．（2分）如图所示，把标有“6V 3W”的小灯泡与最大阻值为100Ω的滑动变阻器连接在电源电压恒为18V的电路中，不考虑温度对灯丝电阻的影响。闭合开关，为了保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
A．电路的总功率最大为10.8W
B．小灯泡的电功率最小为0.75W
C．滑动变阻器允许调节的范围是24～100Ω
D．滑动变阻器滑片向左滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变大
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；
（2）根据P＝UI求出灯泡的额定电流，由图可知电流表的量程，两者相比较确定电路中的最大电流，此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据P＝UI求出电路的最大总功率，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和灯泡的电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；
（3）由图可知电压表的量程，电压表的示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出小灯泡两端的最小电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出滑动变阻器的阻值范围，根据P＝UI求出灯泡的最小电功率。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）滑片向左滑动，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
由U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故D错误；
（2）由P＝UI可得，灯泡的额定电流：
IL＝＝＝0.5A，
因串联电路中各处的电流相等，且图中电流表的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流I大＝0.5A，此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
则电路的最大总功率：
P大＝UI大＝18V×0.5A＝9W，故A错误；
此时电路的总电阻和灯泡的电阻分别为：
R＝＝＝36Ω，RL＝＝＝12Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R滑小＝R﹣RL＝36Ω﹣12Ω＝24Ω；
（3）由图可知，电压表的量程为0～15V，
当U滑大＝15V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小，
此时小灯泡两端的最小电压：
UL′＝U﹣UR＝18V﹣15V＝3V，
此时电路中的电流：
I小＝＝＝0.25A，
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R滑大＝＝＝60Ω，
所以，滑动变阻器允许调节的范围为24Ω～60Ω，故C错误；
灯泡的最小电功率：
PL′＝UL′I小＝3V×0.25A＝0.75W，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断电路的连接方式和各物理量的最大、最小值是关键。
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）
13．（3分）第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，开幕式中，如图是正在与运动员同一方队入场的冰墩墩。
（1）冰墩墩的高度约为2.8 m 。
（2）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过 电磁 波传播的，其在真空中传播的速度为 3×108 m/s。
【分析】（1）根据生活中的实际物体进行估算；
（2）无线通话系统是电磁波的应用，速度为3×108m/s。
【解答】解：（1）人的升高为1.7m，冰墩墩的高度约为2.8m；
（2）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过电磁波传播的，其在真空中传播的速度为3×108m/s。
故答案为：（1）m；（2）电磁；3×108。
【点评】本题考查了电磁波的应用和长度的估算，属于基础题。
14．（3分）神舟十三号载人飞船返回舱已经成功着陆，如图所示是返回舱进入大气层时“烧成”一个大火球情景，这个过程中 机械 能转化为 内 能；返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先 熔化 后汽化，吸收了大量的热。
【分析】（1）改变内能的方法：做功和热传递。
（2）物质由固态变为液态的过程叫熔化。
【解答】解：返回舱进入大气层将“烧成”一个大火球，如图所示，这是用做功的方式改变了内能，将机械能转化为内能。返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先熔化为液体，然后液体汽化，吸收了大量的热。
故答案为：机械；内；熔化。
【点评】本题考查改变内能的方式和物态变化的认识，属于基础题。
15．（5分）国产某品牌插秧机，使用四冲程汽油机。
（1）图中汽油机处于 压缩 冲程。如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功 1800 次。
（2）某段时间插秧机消耗汽油0.21kg，这些汽油完全燃烧放出的热量是 9.66×106 J；若这些热量完全被40kg初温15℃的水吸收，则水温升高 57.5 ℃。[q汽油＝4.6×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若该插秧机的效率为20%，年平均消耗汽油4200kg，如果将效率提高了1%，则一年可以节约 200 kg的汽油。
【分析】（1）根据汽油机的进气门、排气门的打开和关闭情况，活塞的运动方向判断汽油机的冲程；汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（2）根据Q放＝mq求出汽油完全燃烧放出的热量；根据题意可知水吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求出水升高的温度；
（3）根据Q放＝mq求出4200kg汽车完全燃烧放出的热量，根据效率公式求出插秧机一年所做的有用功；插秧机效率提高后，所做的有用功相同，根据效率公式求出插秧机效率提高后消耗的汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出插秧机效率提高后一年消耗的汽油的质量，据此可求出一年节约汽油的质量。
【解答】解：（1）由图可知，汽油机的进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，说明汽油机正处于压缩冲程；
汽油机飞轮的转速是60r/s＝3600r/min，即汽油机飞轮每分钟转3600圈，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以该汽油机每分钟对外做功1800次；
（2）0.21kg汽油完全燃烧放出的热量：Q放1＝m1q汽油＝0.21kg×4.6×107J/kg＝9.66×106J；
根据题意可知，水吸收的热量Q吸＝Q放1＝9.66×106J，
由Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度：Δt＝＝＝57.5℃；
（3）4200kg汽车完全燃烧放出的热量：Q放2＝m2q汽油＝4200kg×4.6×107J/kg＝1.932×1011J，
由η＝可知，插秧机一年所做的有用功：W＝ηQ放2＝20%×1.932×1011J＝3.864×1010J，
插秧机效率提高后，所做的有用功相同，由η＝可知，插秧机效率提高后消耗的汽油完全燃烧放出的热量：Q放3＝＝＝1.84×1011J，
由Q放＝mq可知，插秧机效率提高后一年消耗的汽油的质量：m3＝＝＝4000kg，
则一年节约汽油的质量：Δm＝m2﹣m3＝4200kg﹣4000kg＝200kg。
故答案为：（1）压缩；1800；（2）9.66×106；57.5；（3）200。
【点评】本题考查汽油机工作冲程的判断、热机的有关计算、燃料完全燃烧放热公式、效率公式以及吸热公式的应用，题目综合性较强，难度较大。
16．（4分）如图所示，两个相同的空瓶，瓶口扎上橡皮膜，分别竖直浸没在水槽中（水未流出），其中，甲瓶口朝上，乙瓶口朝下，若甲瓶恰好悬浮并立于水中。
（1）支持液体内部压强随深度增加而增大的现象是 乙中橡皮膜凹陷程度大 。
（2）比较大小：放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强分别是p1和p2，甲、乙瓶受到的浮力分别是F1和F2，则p1 ＞ p2、F1 ＞ F2。
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为50cm3，则瓶子受到的浮力为 0.5 N。
【分析】（1）液体的内部压强随深度的增大而增大，比较两橡皮膜凹陷程度大小，说明压强与深度的关系；
（2）通过比较瓶子两次排开液体的体积大小关系可知，液体深度大小关系，根据p＝ρ水gh和F浮＝ρ水gV排分析比较得出结论；
（3）根据F浮＝ρ水gV排计算浮力的大小。
【解答】（1）在同种液体中，液体的压强随深度的增加而增大，两次药瓶在水里的位置相同，乙图中橡皮膜朝下时，浸入液体的深度大，橡皮膜凹陷程度就大，所以支持结论的现象是：乙中橡皮膜凹陷程度大；
（2）由于乙中橡皮膜凹陷程度大，所以甲中瓶子排开水的体积大于乙中瓶子排开水的体积，故甲中水的深度大于乙中水的深度，根据p＝ρ水gh可知放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强大小关系为：p1＞p2，根据F浮＝ρ水gV排可知甲、乙瓶受到的浮力大小关系为：F1＞F2；
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为50cm3，则瓶子受到的浮力F浮＝ρgV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×50×10﹣6m3＝0.5N。
故答案为：（1）乙中橡皮膜凹陷程度大；（2）＞；＞；（3）0.5。
【点评】本题考查液体压强和浮力的知识，综合性强，判断瓶子排开水的体积大小关系是关键，难度适中。
17．（4分）如图所示是一种塔式起重机上的滑轮组。已知匀速吊起600kg的物体时，滑轮组的机械效率是80%，克服摩擦和绳重所做的功占总功的15%。5秒内使物体上升5m，所做有用功是 3×104 J，绳端拉力F是 2500 N，拉力F的功率是 7500 W，动滑轮重 375 N。
【分析】（1）知道吊起物体的质量和提升的高度，根据W＝Gh＝mgh求出绳端拉力F所做有用功；
（2）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳子自由端移动的距离，利用η＝×100%求出绳端拉力F所做的总功，再利用W＝Fs求出绳端拉力，再根据P＝求出拉力F的功率；
（3）额外功包括克服动滑轮做功和克服摩擦和绳重所做的功。
【解答】解：（1）绳端拉力F所做有用功：W有＝Gh＝mgh＝600kg×10N/kg×5m＝3×104J；
（2）由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝3，
则绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×5m＝15m，
由η＝×100%可得，绳端拉力F所做的总功：W总＝＝＝3.75×104J，
由W＝Fs可得，绳端拉力：F＝＝＝2500N，
拉力F的功率：P＝＝＝7500W；
（3）克服摩擦和绳重所做的功W1＝15%W总＝0.15×3.75×104J＝5.625×103J；
克服动滑轮所做的功W2＝W总﹣W有﹣W1＝3.75×104J﹣5.625×103J﹣3×104J＝1.875×103J；
动滑轮重G动＝＝＝375N
故答案为：3×104；2500；7500；375。
【点评】本题考查了使用滑轮组时做功公式和功率公式以及效率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
18．（4分）如图，R1＝6Ω，R2＝5Ω，电源电压不变，电流表均为大量程，电压表为小量程，R是滑动变阻器，规格是“20Ω 1.5A”。只有S闭合时，电流表A2的示数为0.2A，电压表示数为2V，则电源电压是 3 V，变阻器接入电路的电阻是 10 Ω；当闭合S、S1、S2时，滑片置于阻值最大值处，电流表A1、A2的示数之比是 10：13 ，为保证电路安全，变阻器接入电路的阻值范围是 2～20Ω 。
【分析】只有S闭合时，R2和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，根据欧姆定律计算R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算电源电压；
根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值；
当闭合S、S1、S2时，滑片置于阻值最大值处，R1和滑动变阻器并联接入电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A2测干路电流，
根据并联电路电流规律、并联电路电压特点、欧姆定律计算电流表A1、A2的示数之比；
根据滑动变阻器的规格计算滑动变阻器接入电路的最小电阻，进一步分析产生电流表是否安全，滑动变阻器接入电路的电阻越大，通过电路的电流越小，据此确定滑动变阻器接入电路的阻值范围。
【解答】解：只有S闭合时，R2和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
根据欧姆定律可得R2两端的电压：U2＝IR2＝0.2A×5Ω＝1V，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压：U＝UR+U2＝2V+1V＝3V；
此时滑动变阻器接入电路的阻值：R＝＝＝10Ω；
当闭合S、S1、S2时，滑片置于阻值最大值处，R1和滑动变阻器并联接入电路，电流表A1测通过R1的电流，电流表A2测干路电流，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，并联电路各支路两端电压相等，
根据欧姆定律可得电流表A1、A2的示数之比是＝＝＝；
根据滑动变阻器的规格可知滑动变阻器接入电路的最小电阻：R″＝＝＝2Ω，
此时的干路电流为1.5A+＝2A＜3A，
滑动变阻器接入电路的电阻越大，通过电路的电流越小，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为2～20Ω。
故答案为：3；10；10：13；2～20Ω。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
19．（3分）如图甲所示电路中，R为定值电阻，R1为滑动变阻器。图乙是该滑动变阻器滑片从一端移至另一端过程中变阻器的电功率与其电阻的关系图象。则电源电压为 6 V，R阻值为 10 Ω，整个电路的消耗的最大功率为 3.6 W。
【分析】由电路图可知，R1与R串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）根据图乙读出两组变阻器的阻值和对应的电功率，根据串联电路的电流特点和P＝UI＝I2R求出电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律结合电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的总电阻最小，电路中消耗的电功率最大，根据P＝求出整个电路的消耗的最大功率。
【解答】解：由电路图可知，R1与R串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由图乙可知，当R1＝10Ω时，P1＝0.9W，
由P＝UI＝I2R可知，此时通过R1的电流：I1＝＝＝0.3A，
根据串联电路的电流特点可知，此时电路中的电路I＝I1＝0.3A，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U1+UR＝I1R2+IR＝0.3A×10Ω+0.3A×R……①
当R1′＝20Ω时，P1′＝0.8W，
由P＝UI＝I2R可知，此时通过R1的电流：I1′＝＝＝0.2A，
根据串联电路的电流特点可知，此时电路中的电路I′＝I1′＝0.2A，
根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝U1′+UR′＝I1′R1′+I′R＝0.2A×20Ω+0.2A×R……②
联立①②两式解得：电源电压U＝6V，电阻R的阻值：R＝10Ω；
当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，只有R接入电路，此时电路中的总电阻最小，根据P＝可知，电路中消耗的总功率最大，
整个电路的消耗的最大功率：P大＝＝＝3.6W。
故答案为：6；10；3.6。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，从图象中获取有用的信息和利用好电源的电压不变是关键。
三、解答题（本题共11小题，共50分。）
20．（2分）如图，作出物体AB在平面镜中的像。
【分析】平面镜成像的特点：像、物大小相等、连线与镜面垂直、到平面镜的距离相等、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这些关系作出物体AB的像。
【解答】解：先根据像与物关于平面镜对称，作出端点A、B在平面镜中的像点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为物体AB在平面镜中所成的像，如图所示：
【点评】本题考查了如何作出物体在平面镜中的像，在作出物体在平面镜中所成的像时，注意先作出端点或关键点的像点，用虚线连接就能得到物体在平面镜中的像，一定要掌握这种技巧。
21．（2分）如图，烧杯沿斜面匀速下滑，小球A漂浮在烧杯内的水面上，画出此时小球A受力的示意图。
【分析】小球在水中受到重力和浮力的作用，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，由于小球漂浮，因此受到的力是平衡力，重力和浮力大小相等。
【解答】解：烧杯沿斜面匀速下滑，小球漂浮在水面上，受到重力和浮力的作用，重力和浮力是一对平衡力，二者大小相等、方向相反、作用在同一直线上，如下图所示：
【点评】画力的示意图时要考虑到物体的运动状态，当物体处于静止或匀速直线运动时，受到的力就是平衡力。
22．（2分）如图中“+”、“﹣”为电流表的接线柱，请标出磁感线的方向及小磁针的N极。
【分析】根据电流表的使用规则和安培定则判定螺线管的极性；在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极；同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引。
【解答】解：根据电流表的正负接线柱可知，电流从螺线管的右端流入、左端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极；
在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以磁感线是从左向右的；
根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的左端为N极，右端为S极，如图所示：
【点评】判断小磁针指向的方法：①根据磁极间的相互作用规律：同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引；②根据磁感线方向：小磁针静止时N极所指的方向与该点的磁场方向一致。
23．（4分）塑料瓶可以做很多实验：
（1）如图甲是生活中常见的塑料瓶，瓶盖上的竖条纹是为了 增大 摩擦；
（2）如图乙，往塑料瓶里倒入适量热水并晃一晃，然后把热水倒出，迅速盖上瓶盖，过一会儿瓶子变瘪了，证明了 大气压强 的存在；
（3）如图丙，把塑料瓶平放在水平桌面上，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，会看到瓶子向 右 运动；
（4）如图丁，与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为 带电体能吸引轻小物体 。
【分析】（1）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
（2）大气能产生压强；
（3）流体流速越大的位置，压强越小；
（4）带电体有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：（1）瓶盖上的竖条纹是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
（2）往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿瓶内水蒸气液化，体积变小，瓶内气体压强变小，瓶子在外界大气压作用下慢慢向内凹陷，这说明大气存在压强；
（3）用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，塑料瓶也会向右运动，这是因为右边空气流速大、压强小，左侧空气流速小、压强大，将塑料瓶压向右侧；
（4）带电体能够吸引轻小物体，所以与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为瓶子带了电。
故答案为：（1）增大；（2）大气压强；（3）右；（4）带电体能吸引轻小物体。
【点评】本题考查了学生对增大摩擦的方法、大气压存在、流体压强和流速的关系、带电体的性质的理解和掌握，是一道综合性很强的题目。平时学会利用身边的器材做实验，多动手、多思考，提高分析解决问题的能力。
24．（4分）小明利用如图甲所示的装置，探究冰熔化过程中温度的变化规律。
（1）如图甲组装器材时，先将酒精灯放置在铁架台上，接下来调节 b （填“a”或“b”）的高度。
（2）实验过程中，某时刻温度计的示数如图乙所示，为 ﹣3 ℃。
（3）根据实验数据，小明绘制出了该物质的温度随时间变化的图像是 丙 。
（4）冰全部熔化后，继续加热直到杯内水持续沸腾，试管中的水 不会 沸腾。
【分析】（1）酒精灯需要用外焰加热，因此先放好酒精灯，再固定好铁圈的高度，按照自下而上的顺序进行安装；
（2）温度计读数时要明确温度计的分度值，视线与液柱的液面相平；
（3）水的比热容大，质量相同的水和冰吸收相同热量，升高相同温度，水的加热时间长；
（5）水沸腾条件为：温度达到沸点、继续吸热。
【解答】解：（1）组装器材时，应按照自下而上的顺序进行安装，故先将酒精灯放置在铁架台上，接下来调节铁圈b的高度；
（2）由乙图可知，该温度计的分度值为1℃，液柱的上表面与温度计0刻度线下方的第3条刻度线对齐，故读数为 3℃；
（3）水的比热容大，质量相同的水和冰吸收相同热量，升高相同温度，水的加热时间长，故选择丙图；
（4）烧杯中的水沸腾后，温度不再升高，试管中的水温能达到沸点，与烧杯中的水的温度相同，不能继续吸热，不符合沸腾的条件，所以试管中的水不会沸腾。
故答案为：（1）b；（2）﹣3；（3）丙；（4）不会。
【点评】本题考查了”探究冰熔化过程中温度的变化规律”的实验，涉及器材的安装、温度计的读数、熔化条件等考点，但是难度不大，属于基础性题目。
25．（5分）学完“视力矫正”的知识后，小明用透明橡皮膜自制了一个水透镜，利用注射器向水透镜内注水或往外抽水，来改变水透镜焦距。小明利用此水透镜进行了如下探究：
（1）实验前，将水透镜、蜡烛和光屏放置在光具座上，调整它们的中心在水透镜的 主光轴 上。
（2）某次实验中，当蜡烛、水透镜和光屏在图示位置时，在光屏上恰能成清晰的像， 投影仪 就是根据这个原理制成的。
（3）在第（2）的基础上，要想模拟正常人眼睛的成像情况，小明需要把蜡烛向 左 （选填“左”或“右”）移动，并移动光屏得到清晰的倒立、缩小的实像。
（4）小明查阅相关资料后得知远视眼的晶状体要比正常眼更扁平一些。要探究远视眼的成因，在保持蜡烛和水透镜位置不动的情况下，他要用注射器 从水透镜里往外抽水 （选填“向水透镜中注水”或“从水透镜里往外抽水”），并向 右 （选填“左”或“右”）移动光屏，才能在光屏上再次得到清晰的实像。
【分析】（1）做实验时应保证烛焰的焰心，凸透镜的光心，光屏的中心三者位于同一高度，且它们的中心在水透镜的主光轴上；
（2）根据凸透镜成像规律可知物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立放大实像，投影仪就是根据这个原理制成的
（3）成实像时，物距变大，像距变小，像变小。
（4）晶状体越薄折，光能力越弱，成像越远，像距越大。
【解答】解：（1）为了让像成在光屏的中央，调整后使烛焰的中心、透镜的中心和光屏的中心在同一高度，且它们的中心在水透镜的主光轴上；
（2）由图知光屏上成了应该倒立放大的实像，投影仪就是根据这个原理制成的；
（3）成实像时，物距变大，像距变小，像变小。故小明需要把蜡烛向左移动，增大物距，当物体在二倍焦距以外时，并移动光屏得到清晰的倒立、缩小的实像；
（4）因为远视眼的晶状体要比正常眼更扁平一些，故需要用注射器从水透镜里往外抽水，使晶状体变薄，折光能力变弱，成像较远，像距较大，需向右移动光屏，才能在光屏上再次得到清晰的实像。
答案为：（1）主光轴；（2）投影仪；（3）左；（4）从水透镜里往外抽水；右。
【点评】此题考查了对凸透镜成像规律的应用，主要考查学生动手操作实验的能力以及运用凸透镜成像规律合理的分析实际问题。
26．（4分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离。如图甲所示。请回答下列问题：
（1）该实验的目的是研究铁球的动能大小与 质量 的关系，若实验中去掉木块，则该实验能否进行。答： 不能 。
（2）在探究物体动能的大小与另一因素有关的实验中，当观察到现象： 同样的小球，从斜面的更高处自由滑下，木块被撞后移动的距离更大 ，就可以得到正确的结论。
（3）为达成实验目的，某同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。该实验方案是否可行，并说明判断的依据。答： 不可行；不同质量的小球将弹簧压缩相同的程度，弹性势能相同，释放后转化成的动能相同，小球的质量不同，速度也不同，没有控制相同的变量 。
【分析】（1）让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，探究的是动能与质量的关系；通过木块被推动距离的远近来判断动能的大小。
（2）探究动能与速度的关系时，应该让同一小球从斜面的不同高度自由下滑，观察木块被撞击后移动的距离。
（3）动能与多个因素有关，需要控制的不变量没有控制好。
【解答】解：（1）该实验的目的是研究铁球的动能大小与质量的关系，若实验中去掉木块，则该实验不能进行，无法比较做功的多少。
（2）在探究物体动能的大小与另一因素有关的实验中，当观察到现象：同样的小球，从斜面的更高处自由滑下，木块被撞后移动的距离更大，就可以得到正确的结论。
（3）为达成实验目的，某同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。该实验方案不可行；因为不同质量的小球将弹簧压缩相同的程度，弹性势能相同，释放后转化成的动能相同，小球的质量不同，速度也不同，没有控制相同的变量。
故答案为：（1）质量；不能；（2）同样的小球，从斜面的更高处自由滑下，木块被撞后移动的距离更大；（3）不可行；不同质量的小球将弹簧压缩相同的程度，弹性势能相同，释放后转化成的动能相同，小球的质量不同，速度也不同，没有控制相同的变量。
【点评】本实验考查的是探究影响动能大小的因素；知道控制变量法和转换法在本实验中的应用。
27．（4分）小明连接电路如图，电源电压不变，闭合开关后，灯泡均发光。
（1）若拧下灯泡L2，能观察到灯泡L1的亮度将 不变 ，电压表示数将 不变 。
（2）若其中一个灯泡突然熄灭，但两电表仍有示数（故障只出现在灯泡处），则原因可能是 L1断路 ；若只有一个电表有示数，则原因可能是 L2断路 。
【分析】由图知，闭合开关后，两灯泡并联，电流表测通过L2的电流，电压表测电源电压；
（1）根据并联电路中各支路互不影响进行分析，结合电压表的测量对象判断电压表示数的变化情况；
（2）在并联电路中，若一个灯泡短路，则会造成电源短路，两灯都不发光；若一个灯泡断路，则其他灯泡不受影响，据此结合题意和实物电路进行分析。
【解答】解：
由图可知，闭合开关后，两灯泡并联，电流表测通过L2的电流，电压表测电源电压；
（1）因为并联电路中各支路互不影响，所以，若拧下灯泡L2，能观察到灯泡L1的亮度将不变，电压表仍测量电源电压，故电压表示数不变；
（2）在并联电路中，如果一个灯泡短路，则会造成电源短路，两灯都不发光；如果一个灯泡断路，则其他灯泡不受影响，故根据“一个灯泡突然熄灭”可知，电路中有断路故障；
若其中一个灯泡突然熄灭，但两电表仍有示数（故障只出现在灯泡处），则原因可能是L1断路，此时灯泡L2仍有电流通过，电压表仍然测电源电压；
若只有一个电表有示数，由于电压表始终测量电源电压，则电压表始终有示数，所以此时电流表没有示数，说明L2断路。
故答案为：（1）不变；不变；（2）L1断路；L2断路。
【点评】本题考查了并联电路的故障分析，难度适中。
28．（9分）小明在测量额定电压为U额＝2.5V小灯泡正常发光时电阻。
（1）图甲为实验电路图，有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。
（2）按照图甲正确连好电路，闭合开关，小灯泡不亮，两表指针均有偏转，造成该现象的原因不可能的有 AB （填字母序号）。
A.小灯泡断路
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器阻值太大
D.小灯泡两端电压太小
（3）小明通过实验数据，画出了通过小灯泡的电流与小灯泡两端电压的图象如图乙所示，可以比较出小灯泡“实际电压是额定电压一半时的电功率P1”和“实际电流是额定电流一半时的电功率P2”的大小，则P1 ＞ P2；图象中A、B、C三点的阻值RA、RB、RC由小到大的顺序为 RA＜RC＜RB 。
（4）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，也巧测出小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压不变，两只滑动变阻器R1和R2的最大阻值分别为R1和R2，请完成实验步骤。
①闭合开关S、S2，断开S1， 滑动变阻器R1滑片移至最左端 ，调节滑动变阻器R2的滑片P，使电压表的示数为U额。
②断开开关S2，闭合S、S1，调节 滑动变阻器R1 的滑片P，使电压表的示数仍为U额。
③保持滑动变阻器R1的滑片P不动，将滑动变阻器R2的滑片P移到最左端，读出电压表的示数为U1，再将R2的滑片P移到最右端，读出电压表的示数U2。
④小灯泡正常发光时电阻的表达式为 （用字母表达）。
【分析】（1）在测小灯泡正常发光时的电阻实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
（2）闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表有示数，说明灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明电路中电阻太大，电流太小，小灯泡实际功率太小；
（3）假设灯泡电阻不变，灯泡电压为额定电压一半，电流为额定电流一半，考虑温度对电阻的影响，判断电流的变化情况，确定功率、电阻关系；
（4）已知灯泡的额定电压，可通过Rx和R1等效替代正常发光灯泡，再根据电路特点，利用电源不变计算出Rx和R1的阻值，据此得到小灯泡正常发光时的电阻。
【解答】解：（1）原电路图中，电压表并联在滑动变阻器两端是错误的，在测小灯泡正常发光时的电阻实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表有示数，说明灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明电路中电阻太大，电流太小，小灯泡实际功率太小，造成该现象的原因可能是滑动变阻器接入电路的阻值太大，或小灯泡两端电压太小，只有AB是不可能的，故选：AB；
（3）由图乙可知，当实际电压是额定电压的一半时，小灯泡的实际电流大于小灯泡额定电流的一半，由R＝可知，此时的实际功率较大，即P1＞P2；
由图像可知，A、B两点电流相同，但是B点电压大于A点电压，由R＝可知，B点电阻大于A点电阻；B、C两点电压相同，但C点电流大于B点电流，所以C点电阻小于B点电阻；A、C都是灯泡的I—U图像上的点，灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以C点电阻大于A点电阻，故RA＜RC＜RB；
（4）实验步骤：
①闭合开关S、S2，断开S1，小灯泡L、滑动变阻器R1、R2串联，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以此时电压表测量的应该是灯泡两端的电压，即R1＝0，所以应该将滑动变阻器R1的滑片调到最左端，再调节滑动变阻器R2的滑片P，使电压表的示数为U额，此时灯泡正常发光；
②断开开关S2，闭合S、S1时，Rx、R1、R2串联，调节滑动变阻器R1的滑片使电压表的示数仍为U额，此时Rx和R1串联替代灯泡；
③保持滑动变阻器R1的滑片P不动，将滑动变阻器R2的滑片P移到最左端，此时Rx和R1串联，电压表测Rx和R1两端电压，即电源电压；电压表的示数为U1，所以电源电压为U1；
当R2的滑片P移到最右端，Rx、R1、R2串联，电压表测Rx和R1两端电压，读出电压表的示数U2，所以Ux+UR1＝U2，UR2＝U1﹣U2，
此时电路的电流为：I′＝＝，
Rx和R1串联的总电阻为：R1+Rx＝＝＝，
因为Rx和R1串联替代灯泡L，
故小灯泡的电阻为RL＝R1+Rx＝。
故答案为：（1）见解答图；（2）AB；（3）＞；RA＜RC＜RB；（4）①滑动变阻器R1滑片移至最左端；②滑动变阻器R1；③。
【点评】本题测小灯泡正常发光时的电阻实验，考查了电路连接、故障分析、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。
29．（6分）如图所示，火星探测器在水平地面上匀速直线行驶90m用时30min，探测器的质量为135kg，车轮与地面接触的总面积为150cm2。求：
（1）探测器运动的速度是多少？
（2）火星探测器对水平地面的压强多大？
（3）若匀速行驶时牵引力的功率为30W，则火星探测器受到的阻力多大？
【分析】（1）根据v＝得到探测器运动的速度；
（2）探测器对水平地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，根据p＝得到探测器对水平地面的压强多；
（3）根据P＝＝F牵v得到牵引力，火星探测器在水平地面上匀速直线行驶，牵引力和阻力是平衡力，由二力平衡条件得到阻力。
【解答】解：（1）探测器运动的速度：v＝＝＝0.05m/s；
（2）探测器对地面的压力：F＝G＝mg＝135kg×10N/kg＝1350N
受力面积：S＝150cm2＝150×10﹣4 m2＝1.5×10﹣2 m2
火星探测器对水平地面的压强：p＝＝＝9×104Pa；
（3）根据P＝＝F牵v得到F牵＝＝600N，
因为火星探测器匀速行驶，牵引力和阻力是平衡力，所以f＝F＝600N。
答：（1）探测器运动的速度是0.05m/s；
（2）火星探测器对水平地面的压强是9×104Pa；
（3）若匀速行驶时牵引力的功率为30W，则火星探测器受到的阻力是600N。
【点评】本题考查了速度公式和重力公式、压强公式以及对功率的理解，要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等。
30．（8分）图甲为热敏电阻的R1﹣t图象，图乙为用此热敏电阻R1和继电器组成的恒温箱的温控电路，继电器线圈的电阻R2恒为150Ω，当线圈中电流大于或等于30mA时，继电器的衔铁被吸合，控制电路电源电压恒为6V，工作电路接在220V的家庭电路中。
（1）恒温箱内电热丝电阻恒为88Ω，该电热丝应接在 CD （选填“CD”或“EF”）端。
（2）当恒温箱内的温度达到100℃后，通过恒温箱内电热丝的电流是多少A？
（3）为了调节恒温箱内的温度，在原控制电路中串联接入一个变阻器R3，当R3电阻减小时，所控制的恒温箱内的温度将 降低 （选填“升高”“不变”或“降低”）。
（4）现将恒温箱内的最高温度调为150℃，当衔铁被吸合时，变阻器R3消耗的电功率多少W？
【分析】（1）分析甲图，当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，控制电路中的电流较小，继电器的衔铁与CD部分连接，据此确定电热丝的接法；
（2）由图甲可知，100℃时热敏电阻R1的阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出控制电路的电流；
（3）由题可知，电磁继电器的衔铁被吸合时的电流不变且控制电路的电源电压不变，由欧姆定律可知，控制电路中的总电阻不变，由串联电路的电阻特点可知，变阻器R3的电阻减小时，热敏电阻的阻值应变大，根据图甲可知，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而减小，据此判断所控制的恒温箱内的温度变化；
（4）由图甲可知，当恒温箱内的最高温度调为150℃时，R1的阻值，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出变阻器R3的电阻，根据P＝UI＝I2R求变阻器R3消耗的电功率。
【解答】解：（1）由图甲可知，当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，控制电路中的电流较小，继电器的衔铁与CD部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在CD端；
（2）由图甲可知，100℃时热敏电阻R1的阻值为50Ω，又因为R2＝150Ω，
串联电路的电阻特点可知，控制电路的总电阻：
R总＝R1+R2＝50Ω+150Ω＝200Ω，
此时线圈的电流：
I线1＝＝＝0.03A＝30mA，
继电器的衔铁被吸合，工作电路断开，恒温箱不工作，通过恒温箱内电热丝的电流是0A；
（3）由题可知，电磁继电器的衔铁被吸合时的电流不变且控制电路的电源电压不变，由欧姆定律可知，控制电路中的总电阻不变，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，变阻器R3的电阻减小时，热敏电阻的阻值应变大，根据图甲可知，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而减小，则变阻器R3的电阻减小时，所控制的恒温箱内的温度将降低；
（4）由图甲可知，当恒温箱内的最高温度调为150℃时，R1'＝30Ω，R2＝150Ω，
又因为衔铁刚被吸合时I线＝30mA，控制电路电源电压恒为6V，
由欧姆定律可知，此时控制电路中的总电阻：
R总'＝＝＝200Ω，
由串联电路的电阻特点可知，
变阻器R3的电阻：
R3＝R总'﹣R1'﹣R2＝200Ω﹣30Ω﹣150Ω＝20Ω，
则变阻器R3消耗的电功率：
P＝I2R3＝（0.03A）2×20Ω＝0.018W。
答：（1）CD；（2）通过恒温箱内电热丝的电流是0A；（3）降低；（4）变阻器R3消耗的电功率为0.018W。
【点评】本题考查安全用电的原则、电磁继电器、串联电路的特点、欧姆定律的运用、电功率的计算，要会从图像中获取信息。
