2022年江西省中考物理模拟试卷（三）

这是一份2022年江西省中考物理模拟试卷（三），共23页。

“估测”是物理学中常用的一种重要方法。小琪同学对身边一些物理量进行了估测，其中最可能接近实际的是( )
A. 她的正常体温约为 26℃
B. 她平静时的呼吸频率约为 18 次/分
C. 她的身高约为 165mm
D. 她正常步行的速度约为 5m/s
关于光学器件在我们的生活和学习中的应用，下面的说法不正确的是( )
A. 照相时，被照者与相机的距离是在镜头的二倍焦距之外
B. 汽车的观后镜是利用了凸面镜对光线的发散作用来增大视野
C. 借助放大镜看地图时，地图到放大镜的距离应略大于一倍焦距
D. 阳光通过凸透镜可以点燃纸屑，这利用了凸透镜对光的会聚作用
如图所示，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R为滑动变阻器，开关S1、S2都闭合时，电流表A与电压表V1、V2均有示数。则以下说法正确的是( )
A. 闭合S1、S2，将 P 向左移动，电流表示数变小
B. 闭合S1、S2，将 P 向右移动，电压表V2示数变小
C. 先闭合S1，再闭合S2，电压表V1示数变小
D. 只闭合S1，将 P 向右移动，电压表V1和电流表示数均增大
央视春晚，无人驾驶汽车向全国观众呈现了精彩的高科技大秀。如图所示，是无人驾驶汽车在平直公路上匀速行驶的情景，下列说法正确的是( )
A. 保持安全行车距离是为了防止惯性带来危害
B. 汽车轮胎刻有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦力
C. 汽车的重力和地面对汽车的支持力是相互作用力
D. 汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力是平衡力
如图甲所示，用水平力F1拉着重为G的物体在水平路面上匀速移动s的距离，如图乙所示，用滑轮拉着它也在同一路面上匀速移动s的距离，水平拉力为F2.在使用滑轮的过程中，以下说法正确的是( )
A. 总功为B. 有用功为
C. 机械效率为η=Gs/(2F2s)D. 额外功为
如图所示，是小菲在物理学习中记录的一些图象，以下说法正确的是( )
A. 晶体凝固的过程可用图甲来反映
B. 由图乙可知，
C. 由图丙可知该物体的密度为 2×103kg/m3
D. 由图丁可知物体的速度是 10m/s
物理学与我们的生活密不可分，为了纪念物理学家做出的贡献，经常用他们的名字命名物理定律。请写出两个有物理学家名字的物理定律：______和______。
______ 和______ 是改变内能的两种方式，冬天为了取暖，可以双手不停地搓擦，也可以向手上呵气，前者是靠______ 改变手的内能，后者是靠______ 改变手的内能．
如图所示，是明代著名画家吴伟的饮驴图，画配诗《题老人饮驴图》中有两句诗：“岸上蹄踏蹄，水中嘴对嘴”，“水中嘴对嘴”是光的______现象，其中的一个“嘴”是另外一个“嘴”的______像(选填“虚”或“实”)。
如图所示，某移动电源(俗称充电宝)有两个输出端，通过电源线可以单独或同时为移动设备充电，这两个输出端的连接方式是______(选填“串联”或“并联”)；通常情况下，家庭电路中控制用电器的开关要连接在______(选填“火线”或“零线”)和用电器之间。
小华去商场购物，站在匀速上升的扶梯上，她的机械能将______(填“增加”“不变”或“减少”)；若以扶梯为参照物，她是______(填“静止”或“运动”)的。
经检验塑料吸管与餐巾纸摩擦后所带的电有为负电荷，这说明塑料吸管在摩擦过程中______(选填“得到““或“失去”)了电子，博物馆在整理古籍书本时，为防止书页破损，通常先给古书充上静电。使书页间自动分开，这种方法是应用了______的原理。
钢铁制成的航母能浮在海面上是因为其受到的浮力______(填“大于”“小于”或“等于”)自身的重力。潜水艇在水中能实现上浮或下潜是靠改变______达到目的。
小朋在探究“电流通过导体产生的热量跟哪些因素有关”的实验时，利用如图所示的甲、乙两套装置进行实验，其中“探究电流产生的热量与电阻大小是否有关”的实验装置是______(选填“甲”、“乙”).实验中应控制的变量是通电时间和______。
亲爱的同学，你会正确使用下列仪器吗？
(1)如图甲所示，用A、B两刻度尺测量同一木块的长度，就使用方法而言，______尺不正确；就精确程度而言，______尺更精确，测得木块的长度是______ cm。
(2)如图乙所示，停表显示的是一位同学某次跑步所用的时间，该停表的分度值为______ s，其读数为______ s。
(3)小瑶用托盘天平测得药液和药瓶的总质量为60g，然后将药液倒一部分在量筒中，如图丙所示，再将药瓶放在天平上称剩余的质量，天平平衡时如图丁所示，量筒中药液的体积是______cm3，量筒中药液的质量是______ g。
小丽同学手里有一个标有“3.8V”字样小灯泡，她想知道小灯泡正常工作时的电阻，于是在学校实验室找来一些器材连接了如图甲所示的实验电路，电源电压恒定不变
(1)小丽测小灯泡电阻的实验原理是______。
(2)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物连接完整(要求滑片向左移灯泡变亮)，并画出电路图。
(3)闭合开关，移动滑动变阻器滑片，她发现灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，其故障原因是______。
(4)故障排除后，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，示数为______ A，小灯泡正常工作时的电阻是______Ω。
(5)完成上述实验后，小丽向老师要了一个已知阻值为R0的定值电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丙所示的实验电路，测出了小灯泡的额定功率，请你帮她完成下列实验步骤：①连接好实验电路，闭合开关S1，将开关S2拨到触点______(选填“1”或“2”)，移动滑片，使电压表的示数为______V；
②保持滑片的位置不动，再将开关S2拨到触点______(选填“1”或“2”)，读出电压表的示数为U；
③小灯泡额定功率的表达式为______ (用已知量和测量量表示)
在探究杠杆平衡条件的实验中，
(1)实验前杠杆静止时如图甲所示，杠杆处于______状态(选填“平衡”或“不平衡”)。
若要将其调整到水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调。
(2)调节杠杆水平平衡后，小妤在图乙所示的A位置挂上3个钩码，为了使杠杆在水平位置平衡，这时应在B位置挂上______个相同钩码。当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点方向移动一小格，则杠杆______(选填“能”或“不能”)在水平位置保持平衡。
(3)上表是小妤同学在实验中记录杠杆水平平衡时的部分数据：表中空格处所缺的数据是：①______，②______；
(4)分析上表中的实验数据可以得出的结论是______。
如图是小明探究“影响电磁铁磁性强弱因素”的装置图。它是由电源、滑动变阻器、开关、电流表、带铁芯的螺丝线管和指针式刻度板组成。通过观察指针B偏转角的大小来判断电磁铁磁性的强弱。在指针下方固定一物体A当用导线a与接线柱2相连，闭合开关后，指针B发生偏转。
(1)用笔画线代替导线将实物图连接完整。
(2)指针下方的物体A应由材料______(填序号)制成。
A.铜
B.铁
C.塑料
D.铝
(3)实验发现：①将滑动变阻器的滑片P向______(选填“左”或“右”)移动过程中，指针B偏转的角度将增大，②将导线a由与接线柱2相连改为与接线柱1相连，闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片P的位置，使电路中的电流保持不变，可现指针B偏转的角度将会______；③断开开关，电磁铁性______(选填“有”或“无”)。
(4)经过对电磁铁的研究，可得出结论是：当线圈匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，电磁铁的磁性______；当通过电磁铁的电流一定时，电磁铁线圈匝数越多，磁性______。
如图所示，质量m=8kg的实心合金球被轻细线悬挂于弹簧测力计下端，并浸没在水中处于静止状态，此时测力计的示数为60N.已知图中盛水容器的底面积S=0.02m2，取g=10N/kg。
求：(1)该合金球所受浮力的大小？
(2)合金球的体积是多少？
(3)与球未放入水中时相比，合金球浸没后水对容器底部的压强增大多少？
如图所示，电源电压为6V且保持不变，R=10Ω，电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V。
(1)只闭合开关S1，且R1的滑片在中点时，电压表的示数为3V，求R1的最大阻值。
(2)只闭合开关S3，当R1的滑片移到阻值最大处时，灯L正常发光，此时电流表的示数为0.2A，求灯L的额定电压。
(3)只闭合开关S2和S4，在电表安全的情况下，求电路的最大总功率。
为方便学生饮水，某学校在各个教室安装了饮水机。如图是饮水机的电路图，S是一个温控开关，R1为电加热管。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到100℃后，S自动切换到保温状态，A、B是两种不同颜色的指示灯。
(1)若红色表示加热，绿色表示保温，则灯B应为______色。
(2)若饮水机正常工作，加热时电加热管的功率为1100W，保温时电加热管的功率为44W，则电阻R2的阻值为多少？(不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值)
(3)饮水机的最大容量为1L，装满初温为23℃的水后，发现过了7min后绿灯亮，则这台饮水机的热效率为多少？：℃)]
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：
A、人的正常体温约为 37℃，故A错误；
B、人每分钟大约要呼吸20次左右，故B正确；
C、中学生的身高在1.65m=165cm左右，故C错误；
D、中学生正常步行的速度约为1m/s，故D错误。
故选：B。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。
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.【答案】C
【解析】解：A、照相机照相的原理是将2倍焦距以外的物体成像在胶片上，所以照相时应该站在镜头的二倍焦距以外，故A正确。
B、汽车观后镜则是利用了凸面镜对光有发散作用，能成正立、缩小的虚象，利用凸面镜可以达到扩大视野的目的，故B正确；
C、借助放大镜看地图时，地图到放大镜的距离应小于一倍焦距，故C错误；
D、因凸透镜对光线的会聚作用，所以阳光通过凸透镜可以会聚一点，热量集中，温度较高可以点燃纸屑，故D正确。
故选C。
解决此题要明确以下知识点：
(1)凸透镜对光线有会聚作用，凸面镜对光线有发散作用，能够扩大视野，通常用来制作汽车观后镜；
(2)当物体在二倍焦距以外时，经过凸透镜成的是倒立、缩小的实像，这正是照相机的原理。
(3)当物距小于1倍焦距时，所成的像是放大正立的虚像；这正是放大镜原理。
此题考查了凸透镜对光线的会聚作用，凸透镜成像规律及应用。难度不大，解答时注意看清题目的要求：选择不正确的。
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
(1)闭合 S1、S2时，R与R2串联，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，将P向左、向右移动时，分析滑动变阻器接入电路的电阻变化情况，根据欧姆定律判断电路中电流及电压表示数的变化；
(2)闭合S1时，R、R1、R2串联，电压表V1测R两端的电压，再闭合S2后，R与R2串联，电压表V1仍测R两端的电压，判断电路中电阻的变化，根据欧姆定律判断电路中电流及电压表示数的变化。
【解答】
(1)闭合 S1、S2时，R与R2串联，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
将P向左移动时，R接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，
由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A正确；
同理可知，将P向右移动时，R接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由U=IR可知，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；
(2)闭合S1时，R、R1、R2串联，电压表V1测R两端的电压，
再闭合S2后，R与R2串联，电压表V1仍测R两端的电压，此时电路中的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，R两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故C错误；
(3)只闭合S1时，R、R1、R2串联，电压表V1测R两端的电压，电流表测电路中的电流，
将P向右移动时，R接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数增大，
由U=IR可知，R1和R2两端的电压均增大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压变小，即电压表V1的示数减小，故D错误。
4.【答案】A
【解析】解：
A、行驶的汽车在刹车后，车由于惯性还会前进一段距离，所以保持安全行车距离是为了防止惯性带来危害，故A正确；
B、轮胎刻有凹凸不平的花纹，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，故B错误；
C、汽车受到的重力和地面对汽车的支持力，二力的大小相等、方向相反、作用在同一个物体上(都作用在汽车上)、作用在同一条直线上，符合二力平衡条件，它们是一对平衡力，不是相互作用力，故C错误；
D、汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力，二力作用在不同的物体上，所以二力不是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
(1)一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种属性，人们在实际生活中利用惯性为我们服务，也能更好的防止它带来的危害；
(2)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
(3)相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上；
(4)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上。
本题综合考查了惯性、增大摩擦的方法、平衡力、相互作用力，涉及的内容较多，但都属于基础题。
5.【答案】AD
【解析】解：
A、使用动滑轮拉力端移动距离s′=2s，拉力做的总功，故A正确；
B、使用动滑轮做的有用功，等于直接拉物体做的功，即，故B错误；
C、机械效率，故C错误；
D、额外功，故D正确。
故选：AD。
(1)使用动滑轮拉力端移动距离等于物体移动距离的2倍，利用W=Fs求拉力做的总功；
(2)使用动滑轮做的有用功，等于直接拉物体做的功；
(3)动滑轮的机械效率等于有用功与总功之比；
(4)额外功等于总功减去有用功。
本题考查了水平使用动滑轮时有用功、额外功、总功、机械效率的计算，明确水平使用动滑轮时有用功、额外功的含义是关键。
6.【答案】AC
【解析】解：A、物体温度降低到一定温度，不断放热，温度保持不变，符合晶体凝固特点，是晶体凝固的图象，故A正确；
B、由I−U图象可知，电压U相等时，，由I=UR的变形式R=UI可知，故B错误；
C、由图可知，该物体体积为30cm3时，质量为60g，物质密度：ρ=mV=60g30cm3=2g/cm3=2×103kg/m3，故C正确；
D、丁图中是s−t图象，可知路程s不随时间变化，说明物体处于静止状态，故D错误。
故选：AC。
(1)掌握晶体的熔化特点，并掌握晶体熔化的图象，知道晶体在熔化过程中吸热，但温度保持不变；
(2)由I−U图象找出甲、乙电阻两端的电压与通过电流之间的关系，然后根据欧姆定律判断电阻大小；
(3)密度是表示单位体积的某种物质的质量；
(4)速度是指物体单位时间通过的路程。
本题考查对图象的分析能力，对于坐标图象，首先要认清横坐标与纵坐标所表示的物理量，再结合相关知识进行分析。
7.【答案】欧姆定律 牛顿第一定律
【解析】解：
(1)欧姆在研究电流、电压、电阻的关系时，发现了著名的欧姆定律；
(2)焦耳在研究电流产生的热量与什么因素有关时，发现了著名的焦耳定律，做出了杰出贡献；
(3)牛顿对力与运动关系的研究作出重大贡献，发现了牛顿第一定律。
故答案为：欧姆定律；牛顿第一定律
根据对物理学家及其成就的掌握作答。
本题通过物理学家的贡献考查大家对物理知识的了解，是一道基础题。
8.【答案】做功；热传递；做功；热传递
【解析】
【分析】
做功和热传递都可以改变物体的内能，热传递是能量的转移过程，做功过程实际是能量的转化过程。
本题考查了改变物体内能有两种方式：做功和热传递，摩擦生热是机械能转化为内能。
【解答】要使一个物体的内能改变，可以采用做功和热传递两种方法；
冬天，将双手相互搓擦可使手感到暖和，是摩擦生热，属于做功改变物体内能；
用热水袋也能使手暖和，是通过热传递改变物体内能。
故答案为：做功；热传递；做功；热传递。
9.【答案】反射 虚
【解析】解：古诗中的“水中嘴对嘴”，是指驴在岸边饮水，水面上就会出现驴子嘴的像，这是光的反射形成的虚像，与平面镜成像原理是相同的。
故答案为：反射；虚。
当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等。
此题将物理知识与古诗结合在一起，能够体现学科的整合性，同时也考查了学生的综合能力，是一道典型的好题。
10.【答案】并联 火线
【解析】解：
(1)移动电源给手机充电过程中，各手机间互不影响，所以输出端的连接方式是并联。
(2)为了用电的安全，开关应控制火线，即开关要接在火线和用电器之间。
故答案为：并联；火线。
(1)移动电源给手机充电过程中，各手机应互不影响，根据串、并电路特点分析手机的连接方式；
(2)开关应控制火线。
此题考查的是我们对“充电宝”有关信息的掌握和应用，体现了物理与日常生活的密切联系。
11.【答案】增加；静止
【解析】
【分析】
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
(3)机械能=动能+势能。在物体没有发生弹性形变时，不考虑弹性势能。
(4)判断小明同学是否运动应看她相对于所选的参照物位置是否发生改变。
该题考查了动能、重力势能和机械能大小的影响因素，同时也考查了运动和静止相对性的判断，是一道综合题。
【解答】
解：小华站在自动扶梯上，在扶梯匀速上升的过程中，则小华的质量不变，速度不变，动能不变；高度增大，重力势能增大，因为机械能=动能+势能，故小华的机械能增加。
小华同学以自动扶梯为参照物，相对于自动扶梯的位置没有发生改变，所以她是静止的。
12.【答案】得到；同种电荷相互排斥
【解析】解：
摩擦起电过程中，失去电子的带正电，得到电子的带负电。已知塑料吸管带负电，所以是得到了电子；
因为同种电荷相互排斥，所以给古书充电，使书页带上同种电荷，这样它们就能自动分开了。
故答案为：得到；同种电荷相互排斥。
(1)不同物质组成的物体，原子核夺得电子的本领不同，相互摩擦时，一个物体夺得电子，因多余电子带负电，另一个物体因缺少电子带正电，摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的带正电，得到电子的带负电；
(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，据此判断。
本题考查了摩擦起电的原理以及电荷间的相互作用，属于基础题。
13.【答案】等于；自身重力
【解析】解：当航母静止在水面上时，根据漂浮条件知：受到的浮力等于重力；
在水中，潜水艇受到水的浮力和重力的作用，
根据，潜水艇的体积不变，上浮或下潜时，排开水的体积不变，故潜水艇受到水的浮力不变；
把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当时，潜水艇上浮；
打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当时，潜水艇下沉。
故答案为：等于；自身重力。
浸没在水中无论是上浮还是下沉，潜水艇的体积不变(排开水的体积不变)，受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，实现上浮或下沉的；
当航母漂浮在水面上时，根据漂浮条件可知浮力与重力相等。
题考查了学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，知道潜水艇自身体积不变(排开水的体积不变、受浮力不变)是本题的关键。
14.【答案】甲 电流
【解析】解：“探究电流产生的热量与电阻大小是否有关”应控制通电时间和通电电流大小相同；
从实验装置图中可以看出，甲串联通电时间和通电电流大小相同，电阻大小不同，因此要探究电流产生的热量与电阻的关系，应选择装置甲装置。
故答案为：甲；电流。
要探究电流产生的热量与电阻的关系，应控制通电时间和通电电流大小相同，据此选择实验装置。
本题探究热量与电流及电阻的关系，掌握控制变量法的应用和串并联电路的特点。
15.【答案】(1)B；A；2.20；(2)0.1；99.8；(3)20；31.4。
【解析】解：(1)刻度尺B的刻度面没有和被测长度紧贴，所以是错误的；
刻度尺A的分度值是0.1cm；刻度尺B的分度值是0.2cm；刻度尺A的精确程度高；
如图所示，A刻度尺的分度值是0.1cm，它的起始刻度从1.00cm开始，右端与3.20cm对齐，木块的长度为L=3.20cm−1.00cm=2.20cm；
(2)由图知：在停表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“1”和“2”之间，偏向“2”一侧，所以分针指示的时间为1min；
在停表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，分度值为0.1s，指针在39.8s处，所以秒针指示的时间为39.8s，即停表的读数为1min39.8s=99.8s；
(3)如图丙所示，药液的体积：V=20ml=20cm3；
如图丁知：剩余药液和烧杯的总质量是砝码20g+5g，游码刻度3.6g，共20g+5g+3.6g=28.6g；
量筒里液体的质量是：m=60g−28.6g=31.4g。
故答案为：(1)B；A；2.20；(2)0.1；99.8；(3)20；31.4。
(1)分度值就是每相邻两刻线之间的距离，分度值小的刻度尺精确程度高；放置刻度尺时要将刻度尺与被测长度紧贴；在进行长度的测量时，要估读到分度值的下一位；其数据由准确值和估读值组成，但只准确到分度值所对应的那一位，如分度值为毫米的刻度尺则准确到毫米级，毫米级以下为估计值；
(2)停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和；
(3)读取液体体积时，视线要与凹液面底部相平，单位为mL；读出剩余药液与容器总质量，知道药液和药瓶的总质量，可求量筒中药液质量；
本题考查长度、时间、体积和质量的测量，是综合性的题目，但难度不大。
16.【答案】(1)R=UI；(2)；(3)小灯泡短路；(4)0.38；10；(5)①2；3.8；②1；③3.8V×(U−3.8V)R0
【解析】
【分析】
(1)伏安法测电阻的原理是：R=UI；
(2)根据要求，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，向左移灯泡变亮，说明滑动变阻器的左下方接线柱必须接入电路中；
(3)电流表有示数说明电路通路，电压表无示数且灯泡不亮，说明电压表并联部分短路；
(4)根据电流表的量程和分度值读出示数，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻；
(5)由丁图可知，没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于3.8V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P=UI计算出灯泡的额定电功率。
本题考查了实验原理、电路图的画法、电表读数、求灯泡功率、实验设计等，要注意电路图和实物电路图的连接要一一对应；最后一问的实验设计是本题的难点，知道实验原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
【解答】
解：(1)伏安法测电阻就是使用电压表测出该电阻两端的电压，使用电流表测出通过该电阻的电流。用电压除以电流求出电阻，即R=UI；
(2)用笔画线代替导线，将图甲中的实物连接完整(要求滑片向左移灯泡变亮)，滑片向左灯泡变亮，说明电路中电阻变小，应是左下方A接线柱与小灯泡相连，
如图：
(3)闭合开关，移动滑动变阻器滑片，发现灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，说明电压表并联部分短路，即小灯泡短路；
(4)灯泡正常发光时的电压为3.8V，电流表的量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.38A，
则灯泡的电阻R=UI=Ω；
(5))①连接好实验电路，闭合开关S1，将开关S2拨到触点2，移动滑片，使电压表的示数为3.8V；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，S2接1，读出电压表示数U，电压表测量灯泡和R0的总电压；
③此时定值电阻R0两端的电压：，
通过灯泡的电流：，
则小灯泡额定功率：。
17.【答案】(1)平衡；左；(2)4；不能；(3)1；20；(4)F1L1=F2L2(动力×动力臂=阻力×阻力臂)。
【解析】解：(1)杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；
为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，左端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向左调节；
(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，即3G×4L=FB×3L，解得FB=4G，需挂4个钩码；
若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧3G×5L=15GL，右侧4G×4L=16GL，因为15GL<16GL杠杆不能平衡；
(3)根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可得：
2N×5cm=F2×10cm，解得F2=1N；
2N×30cm=3N×L2，解得L2=20cm；
(4)分析实验数据，得出杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2(动力×动力臂=阻力×阻力臂)。
故答案为：
(1)平衡；左；(2)4；不能；(3)1；20；(4)F1L1=F2L2(动力×动力臂=阻力×阻力臂)。
(1)杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；
(2)设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
(3)通过实验得出杠杆的平衡条件，F1L1=F2L2可求表中空格处所缺的数据；
(4)利用杠杆的平衡条件分析三组数据，动力×动力臂是否等于阻力×阻力臂。
本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上。
18.【答案】B 左 增大 无 越强 越强
【解析】解：(1)滑动变阻器应串联在电路中，且按“一上一下”连接，电流从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出。如图所示：
(2)电磁铁具有吸引铁的特性，电磁铁吸引物体A使指针改变偏转角度，所以物体A应由铁质材料制成，故应选B；
(3)①指针B偏转的角度变大，说明电磁铁对物体A的吸引力增大，即电磁铁的磁性增强，由此可知，电路中电流变大，滑动变阻器的阻值变小，所以滑动变阻器的滑片P应向左滑动；
②保持滑片P位置不变，电磁铁中电流大小不变，当导线a由接线柱2改为与接线柱1相连，电磁铁线圈的匝数增多，电磁铁磁性增强，所以，闭合开关后可发现指针B偏转的角度将会增大；
③断开开关，电磁铁无磁性。
(4)经过对电磁铁的研究，可得出结论是：当线圈匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，电磁铁磁性越强；当通过电磁铁的电流一定时，电磁铁线圈的匝数越多，磁性越强。
故答案为：(1)见上图；(2)B；(3)①左；②增大；③无；(4)越强；越强。
(1)滑动变阻器应串联在电路中，且按“一上一下”连接，电流从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出。据此连接实物图；
(2)要使电磁铁吸引A，A必须是磁性材料，由此入手进行思考；
(3)(4)电磁铁的磁性有无由电流的通断来控制(通电有磁性，断电无磁性)；电磁铁的磁性强弱与线圈的匝数和电流的大小有关，线圈匝数越多、电流越多，电磁铁的磁性越强。
掌握电磁铁磁性强弱的影响因素，能用控制变量法和转换法探究电磁铁磁性强弱的影响因素是解题的关键。
19.【答案】解：(1)实心合金球所受的重力：
G=mg=8kg×10N/kg=80N，
实心合金球所受的浮力：
；
(2)根据可得，合金球的体积：
；
(3)因为水对实心合金球的浮力，
所以，根据阿基米德原理可知：水对容器底部的压力增大，
则水对容器底部的压强增大量Δp=ΔFS=20N0.02m2=1000Pa。
答：(1)合金球所受浮力的大小为20N；
(2)合金球的体积是2×10−3m3；
(3)与球未放入水中时相比，合金球浸没后水对容器底部的压强增大了1000Pa。
【解析】(1)根据G=mg求出实心合金球的重力，根据称重法求出实心合金球在水中受到的浮力。
(2)物体完全浸没时合金球的体积和排开水的体积相等，根据阿基米德原理求出合金球的体积。
(3)由阿基米德原理知道，把实心合金球浸没水中后排开水的重等于实心合金球受到的浮力，所以实心合金球浸没后水对容器底部的压力比实心合金球未放入水中时的压力增大值，再利用压强公式求水对容器底部的压强增大值。
本题考查浮力、压强的计算，知识点多，综合性强，有一定难度。关键是熟练运用压强、重力以及阿基米德原理，同时要知道物体完全浸没在液体中时，其排开液体的体积等于其自身体积。
20.【答案】解：(1)只闭合开关S1，且R1的滑片在中点时，R与12R1串联，电压表的示数为3V是R的电压值，
电路中电流：I=IR=URR=3V10Ω=0.3A，
根据串联电压特点，12R1的电压：
U1=U−UR=6V−3V=3V，
由I=UR可得，12R1=U1I1=U1I=3V0.3A=10Ω，
故R1=2×10Ω=20Ω；
(2)只闭合开关S3，当R1的滑片移到阻值最大处时，灯L正常发光，L与R1串联，此时电流表的示数为0.2A，
R1的电压：U1′=I′R1=0.2A×20Ω=4V，
根据串联电压特点，灯L的额定电压：
UL=U−U1′=6V−4V=2V；
(3)只闭合开关S2和S4，L与R1并联，电压表测量导线电压为0，电流表测量总电流，由于电压远超于灯L的额定电压，灯L被烧坏，所以在电表安全的情况下，电路的最大总功率：
。
答：(1)R1的最大阻值是20Ω；
(2)灯L的额定电压是2V；
(3)电路的最大总功率是3.6W。
【解析】(1)只闭合开关S1，且R1的滑片在中点时，R与12R1串联，电压表的示数为3V是R的电压值，根据欧姆定律可求电路中电流及12R1，则可求R1；
(2)只闭合开关S3，当R1的滑片移到阻值最大处时，灯L正常发光，L与R1串联，此时电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律和串联电路的特点，可求灯L的额定电压；
(3)只闭合开关S2和S4，L与R1并联；在电表安全的情况下，根据P=UI可求最大电功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电功率公式是解题的关键。
21.【答案】绿
【解析】解：
(1)当开关S接左面时，电路中电阻R1和A灯串联，且指示灯的阻值不计，此时总电阻最小，电流路中电流最大，发热管的功率最大，处于加热状态，因此A灯为红色灯；
当开关S接右面时，电路中电阻R1、R2和B灯串联，指示灯的阻值不计，此时总电阻大，电流路中电流小，发热管的功率最小，处于保温状态，因此B灯为绿色灯。
(2)当开关S与左侧接触时，电路为只有R1的简单电路(指示灯的阻值不计)，饮水机处于加热状态，
已知加热时电加热管的功率为；
由P=U2R可得，R1的阻值：；
当开关S与右侧接触时，电路中R1与R2串联(指示灯的阻值不计)，饮水机处于保温状态，
由题知，保温时电加热管的功率为44W，
由P=U2R可得，此时电加热管两端的电压：，
由欧姆定律可得，保温状态下电加热管中的电流：I=U1R1=44V44Ω=1A，
保温状态下，R2两端的电压：U2=U−U1=220V−44V=176V，
由I=UR可得，R2的电阻值：R2=U2I=176V1A=176Ω；
(3)水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10−3m3=1kg；
水吸收热量：；
这台饮水机加热时消耗的电能：；
这台饮水机的热效率：。
故答案为：(1)绿；
(2)则电阻R2的阻值为176Ω；
(3)饮水机的最大容量为1L，装满初温为23℃的水后，发现过了7min后绿灯亮，则这台饮水机的热效率为70%。
(1)饮水机的加热和保温是由电热管的功率决定的，电热管功率大就是加热，电热管功率小就是保温；
(2)已知加热时加热管的功率，根据公式R=U2P可求R1的大小；
根据公式P=U2R求出保温时加热管两端的电压；
根据I=UR求出通过加热管的电流；
根据串联电路电压的规律求出R2两端的电压；
根据欧姆定律求出R2的电阻；
(3)根据m=ρV算出水的质量；根据Q=cm(t−t0)算出吸收的热量，根据W=Pt算出消耗的电能，根据算出热效率。
(1)公式R=U2P是电功率计算题中常用的求电阻的方法之一，既要记住此公式，又要记住它的推导过程；当电源电压一定时，根据P=U2R，电阻大时功率小，电阻小时功率大。
(2)不要把保温时加热电阻的功率理解成整个电路的总功率。
实验
次数
F1(N)
L1(cm)
F2(N)
L2(cm)
1
2
5
①
10
2
3
10
2
15
3
2
30
3
②