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2023年四川省泸州市中考物理试卷（含答案解析）
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这是一份2023年四川省泸州市中考物理试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了 智能锁正在逐步走进千家万户等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省泸州市中考物理试卷
1. 物理学是一门以观察和实验为基础的学科。下列关于生活中一些物理量的估测，最切合实际的是( )
A. 中学生手掌的宽度约10cm B. 中学生配戴的眼镜重约10N
C. 人体感觉最舒适的环境温度约37℃ D. 便携式手持电风扇的功率约100W
2. 端午将至，民间流传着“初一糕、初二桃、初三粽、初四艾、初五划龙舟”的民谣。下列对民谣有关的物理情境，解释正确的是( )
A. 蒸白糕时用旺火烧水，主要是为了提高水的沸点
B. 成熟的蜜桃看起来是红色的，是因为蜜桃吸收了红光
C. 艾叶散发出清香，是因为清香分子不停地做无规则运动
D. 划龙舟时呐喊声很大，是因为呐喊时声带振动的频率很高
3. 2023年5月28日，中国生产的大飞机C919实现了商业首飞。下列关于C919飞机的说法中，正确的是( )
A. 飞机加速升空阶段，以机舱舷窗为参照物，飞机是运动的
B. 飞机加速升空阶段，乘客的速度和高度增大，惯性也增大
C. 飞机下降阶段，机翼上方空气比下方空气流速小、压强大
D. 飞机机身主要是用密度较小、强度很大的特殊材料制成的
4. 高速列车在泸州运行以来，以其高速、便捷、舒适的优点，成为越来越多泸州市民出行选择的交通工具。下列图示中的实验，与高速列车动力系统工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
5. 智能锁正在逐步走进千家万户。如图所示为某款智能锁，它支持密码与指纹两种认证方式开门，密码正确相当于开关S1闭合，指纹正确相当于开关S2闭合，开门由电动机完成。下列符合该智能锁电路设计的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示是汽车利用超声波辅助倒车的情境，当汽车与障碍物相距较近时，汽车就会发出“嘀嘀嘀”的警报声。下列关于声波的说法中，正确的是( )
A. 超声波的传播需要介质
B. “嘀嘀嘀”的警报声，就是超声波
C. 超声波在空气中的传播速度为：3×108m/s
D. 警报声对正在倒车的驾驶员来说是噪声
7. 2023年5月30日，神舟十六号载人飞船成功发射，之后飞船采用自主快速交会对接模式与空间站成功对接，飞船与空间站的组合体在地球附近轨道上绕地球运动，如图所示。关于该过程，下列说法中正确的是( )
A. 飞船与空间站对接成功后，组合体受到平衡力的作用
B. 与在地面上相比，航天员在空间站内时，其质量变小
C. 空间站内的航天员处于“漂浮”状态，不受重力作用
D. 指挥中心与空间站间的联系是利用电磁波来传递信息
8. 教室里，磁性黑板擦可以被吸在竖直金属黑板上不掉下来，如图所示。根据题中信息，以下判断正确的是( )
A. 黑板擦受到磁力作用，不受摩擦力的作用也能静止在竖直黑板上
B. 黑板擦能静止在竖直黑板上，是因为黑板擦所受摩擦力大于重力
C. 擦黑板时，可以通过增大压力来增大黑板擦与黑板之间的摩擦力
D. 擦黑板时，手对黑板擦的压力与黑板对黑板擦的支持力是一对平衡力
9. 学习家庭电路相关知识后，小浩对设计的如图所示家庭电路及其使用的下列认识，正确的是( )
A. 图中两盏灯泡与其对应控制开关的连接都是正确的
B. 电冰箱的插头地线插脚脱落，仍可插入插座P长期使用
C. 如果灯泡L2不能正常工作，则插座Q也一定不能正常工作
D. 断开开关S2，正确使用验电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光
10. 我国运动员全红婵，在2023年世界泳联跳水世界杯西安站女子单人10米跳台预赛中，出色地完成了“207C”动作。将其下落阶段中的一段运动简化为直线运动，其中A、B、C、D四点是她下落过程中的四个位置，相邻两点间的时间间隔为0.5s，距离如图所示。关于全红婵在此段运动过程中，下列判断正确的是( )
A. 在AC段做匀速直线运动
B. 在AC段的平均速度为5m/s
C. 经过C点的速度为5m/s
D. 她的重力势能一直在增大
11. 如图甲所示的电路，R0为定值电阻，R为滑动变阻器(0∼25Ω)。闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表示数U、电流表示数I，作出U−I关系图像如图乙所示。则下列判断正确的有( )
A. R0的阻值为5Ω
B. 电源电压为2.5V
C. 当电压表示数为2V时，电路消耗的总功率为0.6W
D. 当电压表示数为1V时，滑动变阻器消耗的电功率最大
12. 小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有( )
A. p1>p2 B. F=G−ρgV C. Δp=G−ρgVS D. pB=G−ρgVS
13. 我国在能源的合理开发与利用方面，取得了瞩目的成就。2023年4月12日，中国“人造太阳”可控核聚变装置成功运行403秒，该装置是为了开发利用______ 能；电动汽车越来越普及，许多电动汽车安装了能量回收装置，其中一种能量回收方式是踩下制动踏板时，将______ 能转化为电能，再将电能转化为______ 能储存在蓄电池里。
14. 小明在探究凸透镜成像规律时，安装好器材，调节蜡烛、凸透镜与光屏在如图所示的位置，在光屏上得到清晰的像，则凸透镜的焦距为______ cm。固定凸透镜位置，他将蜡烛移到15cm刻度处，为了在光屏上得到清晰的像，接下来小明应该进行的操作是______ ；生活中应用这一规律的光学器材是______ 。
15. 如图所示，已知电源电压为3V，小灯泡L的规格“3V0.9W”，滑动变阻器的规格“20Ω1A”，电流表量程为0∼3A，则小灯泡正常发光时阻值RL=______ Ω。当开关S1、S2同时闭合，改变滑动变阻器的接入电阻，小灯泡的亮度将______ (选填“变亮”、“变暗”或“不变”)；保持开关S1始终闭合，调节电路，使电路消耗的最大功率为P1，最小功率为P2，则P1：P2=______ 。
16. 小聪探究斜面的机械效率时，将粗糙程度均匀的长木板用支架支撑构成斜面，如图所示。用刻度尺量出斜面底端A点到斜面上B点的距离L为80cm，B点距水平地面高度h为20cm。沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块匀速拉到B点，用时2s，则这段过程中拉力F做功的功率P=______ W，斜面的机械效率η=______ %，木块在该斜面上受到的滑动摩擦力f=______ N。
17. 小明观察到家里的电能表如图所示。他只将一个电热水器接入家庭电路正常工作，观察到电能表指示灯闪烁80次用时48秒，则这段时间内，电热水器消耗的电能为______ J，电热水器电阻丝阻值为______ Ω；该热水器连续工作30min，电能表示数将变为______ kW⋅h。
18. 塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过______ 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机______ 冲程的能量转化情况相同；瓶盖飞出的同时，瓶口冒“白雾”，其物态变化是______ 。
19. 如图所示，请根据通电螺线管上方小磁针静止时的指向，在虚线框内用箭头标出相应的电流方向和磁场方向。
20. 一束激光从空气中以图示角度射入水中，其反射光线与折射光线刚好垂直。请在图中画出折射光线，并标出折射角的角度大小。
21. 小明学习了比热容知识后，想比较A、B两种未知液体的比热容大小，进行如下实验：
(1)找来两个带保温层的相同电热杯，不计与外界发生的热传递，如图甲所示。
(2)将______ 相等的A、B两种液体分别倒入两个电热杯中，然后将两种液体均加热到60℃。
(3)将长时间处于室温的两个完全相同的铜块，分别浸没在两种液体中，盖好盖子。
(4)经过一段时间，温度计示数稳定后，A液体中温度计示数如图乙所示，则A液体温度降为______ ℃，B液体温度降为53.0℃。
(5)分析可知，______ 液体放出的热量多，______ 液体的比热容较大。
22. 小明有一件重约15N的工艺品，用细线悬挂两端点A、B处于静止状态，如图甲所示。他想用平衡的知识，通过计算在A、B连线上找出O点的位置，以便用一根细线系在O点将工艺品悬挂起来，静止时如图乙所示，并计算出工艺品的重力。小明身边只有一把弹簧测力计(0∼10N)、一把刻度尺和若干细线，他设计了如下实验，请完成以下实验步骤：
(1)取下工艺品，用刻度尺测出工艺品长度LAB=______ cm，如图丙所示。
(2)用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时如图丁所示，此时弹簧测力计读数F1=8.0N。
(3)交换弹簧测力计和细线的位置，平衡时工艺品的位置也如图丁所示，弹簧测力计读数F2=6.0N。
(4)由此可以计算出该工艺品的重力G=______ N。
(5)计算出O点到端点A间的距离LOA=______ cm。
(6)反思：要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是______ (只须写出一个条件即可)。
23. 小明与小军用两节干电池作为电源，测量未知电阻Rx的阻值。
(1)小明设计如图甲所示电路进行测量，请用笔画线代替导线，在图乙中替小明完成实验电路的连接。
(2)闭合开关前，小明应将滑动变阻器的滑片置于______ 端(选填“A”或“B”)。
(3)设计电路时，使用了滑动变阻器(0∼20Ω)，其作用除了保护电路之外，还有______ 。
(4)闭合开关，小明发现电压表和电流表均无示数。经检测，出现故障的元件为Rx或滑动变阻器中的一个，则故障原因是______ 。
(5)排除故障后，闭合开关，观察到电流表的示数很小，电压表的示数接近3V，移动滑动变阻器的滑片，两表示数无明显变化，这是因为未知电阻Rx的阻值______ 。
(6)小明用电阻箱(0∼9999Ω)代替待测电阻Rx，用等效替代法测量其阻值。他调节电阻箱的阻值为1000Ω时，电压表的示数接近3V，电流表示数很小，于是他得出Rx=1000Ω。小军指出他的测量不正确，理由是______ 。
(7)小军用电阻箱(0∼9999Ω)代替滑动变阻器，他将电阻箱的阻值调为1000Ω时，电压表的示数为2V，电流表的示数仍很小，小军通过计算得出待测电阻Rx=______ Ω。
24. 某种带保温功能的电热水壶，其发热部分电路如图所示。已知电源电压U=220V保持不变，电阻丝R1=110Ω、R2=88Ω。通过调节开关S1、S2可以实现低温、中温、高温三挡的切换；当水温降到60℃时，电路自动切换成低温挡进行保温。已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)当电热水壶处于中温挡时，求电热水壶消耗的电功率；
(2)当电热水壶分别处于高温挡与低温挡时，求通过电阻丝R1的电流之比；
(3)用电热水壶高温挡把m=2kg的水从t1=28℃加热到t2=100℃，自动断电，其中电热水壶加热效率η=84%。当电热水壶中水温降到60℃时，继续保温t=1.8h，问电热水壶这次加热和保温一共消耗多少度电？
25. 科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，将其制成顶部开有小孔的模型，如图所示。其中A为压力传感器，B是密度小于水且不吸水的圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触且压力为零。水面上涨到设计的警戒水位时，圆柱体对压力传感器的压力为2N，触发报警装置，开启泄洪阀门。已知圆柱体B的底面积SB=50cm2，高hB=25cm，g取10N/kg，ρ水=1×103kg/m3。
(1)当B对模型底面压力F1=2.5N时，模型内水深h1为多少cm？
(2)刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为多少cm？
(3)为了提高防洪安全性，警戒水位需要比原设计低5cm，在B的上方加上与B同材质同底面积的圆柱体C，则圆柱体C的高度h3应为多少cm？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、中学生手掌的宽度约10cm，故A正确；
B、两个鸡蛋的重力才1N，眼镜的重力比一个鸡蛋的都小，故B错误；
C、人体感觉最舒适的环境温度约25℃，故C错误；
D、便携式手持电风扇的功率约10W，故D错误。
故答案为：A。
根据生活常识对各选项进行估算判断。
本题是生活常识题，能调动学生学习物理的兴趣。
2.【答案】C
【解析】解：A、蒸白糕时用旺火烧水，可以使水快速沸腾，但水达到沸点后温度都保持不变，故A错误；
B、成熟的蜜桃看起来是红色的，是因为蜜桃反射了红光，故B错误；
C、艾叶散发出清香，这是扩散现象，说明清香分子在不停地做无规则运动，故C正确；
D、划龙舟时呐喊声很大，这是声音的响度大，是因为呐喊时声带振动的振幅很大，故D错误。
故选：C。
(1)水沸腾需要两个必要条件：达到沸点、继续吸热；相同条件下，液体在沸腾过程中不断吸热，但是温度保持在沸点不变；
(2)不透明物体的颜色由它反射的色光决定；
(3)不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
(4)声音的高低叫音调，影响因素是频率；声音的大小叫响度，影响因素是振幅和距离发声体远近。
此题考查了沸点、物体的颜色、分子的热运动、声音的特性，难度不大，属基础题目。
3.【答案】D
【解析】解：A.飞机加速升空阶段，以机舱舷窗为参照物，飞机相对于舷窗位置没有改变，是静止的，故A错误；
B.飞机加速升空阶段，乘客的速度和高度增大，质量没有改变，则惯性不变，故B错误；
C.飞机下降阶段，仍然要产生较大的升力与重力平衡，因而机翼上方空气比下方空气流速达、压强小，产生升力，故C错误；
D.飞机机身主要是用密度较小、强度很大的特殊材料制成的，因为在体积一定时，材料的密度越小，其质量越小，越容易起飞，故D正确。
故选：D。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
(2)惯性是物体的属性，只与质量有关，与速度、高度无关；
(3)机翼的上方是弧形，空气流过上方时流速大，压强小；机翼下方是平面，空气的流速小，压强大；这一压强差使飞机获得竖直向上的升力。
(4)在体积一定时，材料的密度越小，质量越小。
本题考查运动的相对性、惯性、流体压强、密度等知识点，属于中档题。
4.【答案】D
【解析】解：高速列车动力系统主要由电动机组成，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
A、该装置是奥斯特实验，说明了通电导体周围存在磁场，这是电流的磁效应，故A不符合题意；
B、该装置探究通电的导线能够产生磁场，磁场使小磁针发生偏转，这是电流的磁效应，故B不符合题意；
C、该装置探究电磁感应现象的实验，即闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动，会产生感应电流的现象，是发电机的工作原理，故C不符合题意；
D、该装置探究通电导体在磁场中受力运动，利用此原理人们发明了电动机，故D符合题意。
故选：D。
高速列车动力系统主要由电动机组成，根据电动机的工作原理结合各个选项的工作原理选出高速列车动力系统工作原理相同的选项。
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是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，密码开关和指纹开关并联，电动机在干路中，B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
(1)串联电路的各个用电器相互影响。并联电路的各个用电器互不影响。
(2)根据题意，两个开关并联，电动机安装在干路中。
本题主要了考查了电路的设计；关键是知道串联电路和并联电路的特点及应用。
6.【答案】A
【解析】解：A、超声波的传播需要介质，故A正确；
B、人类听不到超声波，故“嘀嘀嘀”的警报声不是超声波，故B错误；
C、超声波在空气中的传播速度是340m/s，故C错误；
D、警报声对正在倒车的驾驶员来说不是噪声，故D错误。
故选：A。
(1)声波的传播需要介质；
(2)超声波的振动频率超出了人类的听觉范围，人类是听不到超声波的；
(3)超声波在空气中的传播速度是340m/s；
(4)凡是妨碍人们正常的工作，学习，休息的声音为噪声。
通过汽车利用超声波辅助倒车的情境考查了声音的传播、声速、噪声等，体现了现代科技中物理知识的广泛应用。
7.【答案】D
【解析】解：A、组合体绕地球匀速转动过程中，方向时刻变化，所以受到非平衡力的作用，故A错误；
B、与在地面上相比，航天员在空间站内时，其质量不变，故B错误；
C、空间站内的航天员由于失重，处于“漂浮”状态，受重力作用，故C错误；
D、指挥中心与空间站间的联系是利用电磁波来传递信息，故D正确。
故选：D。
(1)物体处于静止或匀速直线运动的状态叫平衡状态；
(2)质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；
(3)空间站内的航天员由于失重，处于“漂浮”状态，受重力作用；
(4)电磁波可以在真空中传播，能够传递信息。
此题考查了平衡状态、质量及其特性、“失重”状态、电磁波的应用等，知道“失重”状态下仍然受重力，是解答的关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB.黑板擦静止，受力平衡，竖直方向的重力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则受摩擦力的作用，没有摩擦力不能平衡，故AB错误；
C.由于滑动摩擦力与压力大小有关，擦黑板时，可以通过增大压力来增大黑板擦与黑板之间的摩擦力，故C正确；
D.擦黑板时，手对黑板擦的压力、黑板的吸引力与黑板对黑板擦的支持力是平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)静止的物体受力平衡；根据二力平衡的条件分析；
(2)滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关；
(3)擦黑板，水平方向受力平衡，根据受力分析进行解答。
本题考查平衡力、摩擦力有关因素以及物体的受力分析，属于中档题，有一定的难度。
9.【答案】D
【解析】解：
A、为了保证用电安全，控制灯泡的开关应连接在火线与灯泡之间，即开关应控制火线；图中S1控制的是零线，故A错误；
B、电冰箱的插头地线插脚脱落，插入插座P，若电冰箱漏电，会引起触电事故，故B错误；
C、灯泡L2、插座Q是并联的，如果灯泡L2不能正常工作，插座Q还可以正常工作，故C错误；
D、图中S2控制的是火线，开关断开，灯L2不带电，若断开开关S2，正确使用验电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光，故D正确。
故选：D。
(1)为了安全，开关要接在火线与控制的用电器之间；
(2)使用有金属外壳家用电器时，要通过三孔插座将电器外壳与大地接通，避免因意外漏电对人身产生伤害；
(3)插座是为了方便使用可移动的用电器设置的，家用电器工作时，互不影响，是并联的；
(4)开关接在火线与控制的用电器之间，若开关断开，用电器不带电。
本题考查了安全用电的原则，关键是知道家庭电路的组成和三孔插座的正确连接方式以及串、并联电路的特点。
10.【答案】B
【解析】解：A、全红婵通过AB段、BC段用时均为0.5s，但通过的路程分别为1.25m、3.75m，在相等时间内通过的路程不相等，因此全红婵在AC段没有做匀速直线运动，故A错误；
B、全红婵在AC段的平均速度为v=sACtAC=1.25m+3.75m0.5s+0.5s=5m/s；故B正确；
C、由A、B选项可知，全红婵在AC段的平均速度为5m/s，但全红婵在AC段没有做匀速直线运动，在相等时间内通过的路程越来越长，因此全红婵在AC段做的是加速运动，经过C点的速度为AC段最大速度，大于5m/s，故C错误；
D、全红婵在下落阶段中质量不变，高度不断降低，因此她的重力势能一直在减小，故D错误。
故选：B。
(1)根据全红婵相等时间内通过的路程是否相等来判断全红婵在AC段是否做匀速直线运动；
(2)根据v=st计算全红婵在AC段的平均速度；
(3)根据全红婵在AC段的平均速度为及在AC段做加速运动判断；
(4)重力势能的影响因素是质量与高度。
此题考查了匀速直线运动、速度的计算和公式的应用、重力势能，稍有难度，属基础题目。
11.【答案】AC
【解析】解：(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，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，
由乙图可知通过电路的电流为0.1A时，滑动变阻器两端的电压为2.5V，通过电路的电流为0.4A时，滑动变阻器两端的电压为1V，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U=IR0+UV，
代入数据可得0.1A×R0+2.5V=0.4A×R0+1V，
解方程可得R0=5Ω，故A正确；
则电源电压U=IR0+UV=0.1A×5Ω+2.5V=3V，故B错误；
(2)当电压表示数为2V时，定值电阻两端的电压U0=U−UV=3V−2V=1V，
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流I′=U0R0=1V5Ω=0.2A，
电路消耗的总功率为P=UI′=3V×0.2A=0.6W，故C正确；
(3)滑动变阻器的电功率电压电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI−I2R0=3V×I−I2×5Ω，
根据抛物线的性质可知当I=b−2a=3V−2×(−5Ω)=0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，
此时定值电阻两端的电压U0′=IR0=0.3A×5Ω=1.5V，
此时滑动变阻器两端的电压UV′=U−U0′=3V−1.5V=1.5V，故D错误。
故选：AC。
(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，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，
由乙图可知通过电路的电流为0.1A时，滑动变阻器两端的电压为2.5V，通过电路的电流为0.4A时，滑动变阻器两端的电压为1V，
根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，代入数据解方程可得R0，进一步计算电源电压；
(2)根据串联电路电压规律计算当电压表示数为2V时定值电阻两端的电压，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P=UI计算电路消耗的总功率；
(3)滑动变阻器的电功率电压电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI−I2R0=3V×I−I2×5Ω，
根据抛物线的性质可知当I=b−2a=3V−2×(−5Ω)=0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，
根据U=IR计算此时定值电阻两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时滑动变阻器两端的电压。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
12.【答案】BC
【解析】解：A、甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p=FS知甲、乙两图烧杯对桌面的压强不变，即p1=p2，故A错误；
B、甲图中B物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，所以细线的拉力：F=G−F浮=G−ρgV，故B正确；
C、甲、乙图浮力的减小量为：ΔF浮=G−ρgV，排开水的体积减小量为：ΔV排=ΔF浮ρg=G−ρgVρg，液面高度的减小量为：Δh=ΔV排S=G−ρgVρgS，水对烧杯底部的压强变化为Δp=ρgΔh=ρg×G−ρgVρgS=G−ρgVS，故C正确；
D、乙图中B物体对烧杯底部的压强为：pB=FBSB=G−F浮SB=G−ρgVSB由于无法算出B的底面积，所以不能算出B物体对烧杯底部的压强，故D错误。
故选：BC。
(1)甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p=FS判断出甲、乙两图烧杯对桌面压强的关系；
(2)对物体B受力分析，根据平衡力的知识算出甲图中细线的拉力；
(3)由甲、乙图算出浮力的减小量，由阿基米德原理算出排开水的体积减小量，根据V=Sh算出液面高度的减小量，由液体压强公式表示出水对烧杯底部的压强变化量；
(4)根据pB=FBSB=G−F浮SB=G−ρgVSB表示出乙图中B物体对烧杯底部的压强。
本题考查了固体压强公式、液体压强公式、受力分析以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
13.【答案】核 机械 化学
【解析】解：2023年4月12日，中国“人造太阳”可控核聚变装置成功运行403秒，该装置是为了开发利用核能；电动汽车越来越普及，许多电动汽车安装了能量回收装置，其中一种能量回收方式是踩下制动踏板时，将机械能转化为电能，再将电能转化为化学能储存在蓄电池里。
故答案为：核；机械；化学。
(1)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变；
(2)汽车的发电机可以将剩余的机械能转化为电能，再将电能转化为化学能储存在蓄电池中。
本题主要考查了核能以及能量的转化，是一道基础题，掌握课本知识即可解答。
14.【答案】10.0将光屏向左移动适当距离 照相机
【解析】解：由图可知，此时u=v=20.0cm，根据u=v=2f，成倒立等大的实像，故该凸透镜的焦距为f=10.0cm；
将蜡烛移到15cm刻度处，此时u=50cm−15cm=35cm>2f，根据u>2f，2f>v>f，成倒立缩小的实像，故为了在光屏上得到清晰的像，接下来小明应该进行的操作是将光屏向左移动适当距离；照相机就是利用此原理制成的。
故答案为：10.0；将光屏向左移动适当距离；照相机。
(1)根据u=v=2f，成倒立等大的实像，据此确定凸透镜的焦距；
(2)根据u>2f，2f>v>f，成倒立缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
15.【答案】10 不变 26：3
【解析】解：(1)由P=UI可知，小灯泡的额定电流：I额=P额U额=0.9W3V=0.3A，
由欧姆定律可知，小灯泡正常发光时阻值：RL=U额I额=3V0.3A=10Ω；
(2)当开关S1、S2同时闭合，灯泡与滑动变阻器并联，
由并联电路的特点可知，改变滑动变阻器的接入电阻时，灯泡所在支路不受影响，因此此时小灯泡的亮度将不变；
(3)由P=UI可知，电源电压一定时，电路中电流最小时，电路消耗的电功率最小，电路中电流最大时，电流消耗的电功率最大，
由并联电路的特点可知，当开关S1始终闭合，S2断开，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由欧姆定律可知，电路中的最小电流：I小=UR大=3V20Ω=0.15A，
灯泡允许通过的最大电流为IL大=I额=0.3A、滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0∼3A，
由并联电路的电流特点可知，电路中的最大电流：I大=IL大+IR=0.3A+1A=1.3A，
由P=UI可知：P1P2=UI大UI小=I大I小=1.3A0.15A=263。
故答案为：10；不变；26：3。
(1)根据P=UI求出小灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时阻值；
(2)当开关S1、S2同时闭合，灯泡与滑动变阻器并联，根据并联电路的特点分析判断改变滑动变阻器的接入电阻时灯泡亮度的变化；
(3)根据P=UI可知，电源电压一定时，电路中电流最小时，电路消耗的电功率最小，电路中电流最大时，电流消耗的电功率最大，根据并联电路的特点求出电路中的最小电流，再根据并联电路的特点结合灯泡允许通过的最大电流、滑动变阻器允许通过的最大电流以及电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出P1：P2。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，根据并联电路的电流特点分析求出电路中的最大和最小电流是解题的关键。
16.【答案】0.3262.50.3
【解析】解：(1)L=80cm=0.8m，
拉力做的总功：W总=FL=0.8N×0.8m=0.64J，
拉力做功功率：P=W总t=0.64J2s=0.32W；
(2)h=20cm=0.2m，
拉力做的有用功：W有用=Gh=2N×0.2m=0.4J，
斜面的机械效率：η=W有用W总=0.4J0.64J×100%=62.5%；
(3)克服滑动摩擦力做的额外功：
W额=W总−W有用=0.64J−0.4J=0.24J，
由W额=fL可得物体受到的滑动摩擦力：
f=W额L=0.24J0.8m=0.3N。
故答案为：0.32；62.5；0.3。
(1)已知拉力的大小和拉力端移动的距离(斜面长)，利用W=FL求拉力做的总功，利用P=Wt求拉力做功功率；
(2)已知木块的重力和提升的高度(斜面高)，利用W=Gh求拉力做的有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)拉力做的额外功等于总功与有用功之差，利用W=fL求木块受到斜面的滑动摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率、摩擦力的计算，明确有用功、总功、额外功之间的关系以及额外功为克服滑动摩擦力所做的功是关键。
17.【答案】9.6×104 24.25219.1
【解析】解：(1)48秒内电热水器消耗的电能为：
W=80imp3000imp/kW⋅h×3.6×106J=9.6×104J；
(2)电热水器电阻丝阻值为：
R=U2tW=220V×220V×48s9.6×104J=24.2Ω；
(3)热水器的电功率：P=Wt=9.6×104J48s=2000W；
(4)该热水器连续工作30min消耗的电能：
W=Pt=2kW×0.5h=1kW⋅h；
电能表示数将变为：
5218.1kW⋅h+1kW⋅h=5219.1kW⋅h；
故答案为：9.6×104；24.2；5219.1。
先算出48秒内消耗的电能，再根据R=U2tW计算电阻；先算出该热水器的电功率，再计算它连续工作30min消耗的电能，再和电能表上的数字相加，算出电能表的示数。
本题考查了电功率的计算和电能表的使用，属于基础题。
18.【答案】做功 做功 液化
【解析】解：明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是做功的发生改变瓶内气体的内能；
当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这是瓶内气体对瓶盖做功，把气体的内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程中将内能转化为机械能，所以这一过程与内燃机的中国冲程的能量转化情况相同；
瓶盖飞出的同时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口的水蒸气遇冷液化成小水珠。
故答案为：做功；做功；液化。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体的内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
(2)内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
(3)物质由气态变为液态的过程叫做液化。
本题考查改变物体内能的方式、内燃机工作过程中的能量转化以及液化现象，是一道综合题，难度不大。
19.【答案】解：小磁针静止时，N极向左，因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故可知螺线管左侧为S极，右侧为N极；根据磁体外部的磁场方向由N极出发进入S极标出磁感线的方向；
则由右手螺旋定则可知电流由左侧流入，即虚线框内电流方向应向下；
故答案如图所示：
【解析】由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，磁体外部的磁场方向由N极出发进入S极；由右手螺旋定则可知螺线管中电流的方向。
右手螺旋定则为物理中的重点及考试中的热点内容，要求学生能熟练应用。
20.【答案】解：过入射点O的垂直于界面是法线，根据反射角等于入射角等于53∘画出反射光线；反射光线与界面的夹角为90∘−53∘=37∘，
光从空气斜射向某透明介质，折射角小于入射角画出折射光线，折射光线与反射光线垂直，则折射光线与界面之间的夹角为90∘−37∘=53∘，折射角为：90∘−53∘=37∘，如图所示：
【解析】(1)知道入射光线，已画出法线，然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且反射角等于入射角，画出反射光线；
(2)光从空气斜射向某透明介质，入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向；而反射光线和折射光线垂直，求出折射角的大小。
本题考查折射光的作图，关键是理解折射角与法线的夹角。
21.【答案】质量 56.0AA
【解析】解：比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
由乙图可知A液体温度降为56℃，则A液体则铜块的末温为56℃，B液体温度降为53℃，则B液体则铜块的末温为53℃，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知A液体中铜块吸收的热量较多，则A液体放出的热量多；
即cAmΔtA>cBmΔtB，代入数据可得cAm(60℃−56℃)>cBm(60℃−53℃)，整理可得cA>74cB，所以A液体的比热容较大。
故答案为：(2)质量；(4)56.0；(5)A；A。
比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
根据温度计的分度值读数，由乙图可知A液体的温度，即A液中则铜块的末温，由题意可知B液体中铜块的末温，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知哪种液体中铜块吸收的热量较多，则哪种液体放出的热量多；
根据Q=cmΔt列不等式，代入数据可比较两液体的比热容大小。
本题考查温度计的读数和吸热公式、控制变量法在实验中的运用。
22.【答案】35.01415杠杆平衡条件
【解析】解：(1)由于刻度尺的分度值是1cm，所以工艺品的正确长度为35.0cm，故读数为35.0cm；
(4)(5)当以A端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F1⋅BA=G⋅LOB，即8N×35.0cm=G×(35.0cm−LOA)，⋅⋅⋅⋅⋅⋅①
当以B端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F1⋅AB=G⋅LOA，即6N×35.0cm=G×LOA，⋅⋅⋅⋅⋅⋅②
由①②得，G=14N，LOA=15cm；
(6)当要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是杠杆平衡条件。
故答案为：(1)35.0；(4)14；(5)15；(6)杠杆平衡条件。
(1)刻度尺读数应读到最小刻度值，再估读一位；
(4)(5)根据题意，分别以A端、B端为动力作用点，利用杠杆平衡条件列出等式进行计算；
(6)本题利用了利用杠杆平衡条件进行解答。
本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度适中。
23.【答案】A 改变定值电阻两端的电压的作用 滑动变阻器断路 太大 没有控制电压表的示数不变 2000
【解析】解：(1)电源由两节干电池组成，电源电压U=1.5V×2=3V，电压表选择0∼3V量程，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
；
(2)为保护电路，在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片置于A端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；
(3)本实验中，为提高测量电阻的准确度，要多次测量取平均值，故实验中滑动变阻器的作用除了保护电路还有改变电阻两端的电压和通过它的电流多次测量的作用；
(4)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路发生，电压表没有示数，说明电压表不与电源连通，所以故障为滑动变阻器断路；
(5)闭合开关发现电流表示数很小，说明电路的总电阻大，移动滑动变阻器的滑片，两表示数无明显变化，这是因为未知电阻Rx的阻值太大；
(6)小明用电阻箱代替待测电阻Rx，此时电阻箱和滑动变阻器串联，电压表测量电阻箱两端的电压，根据串联电路的分压作用知当电阻箱的示数和待测电阻的阻值相同时，电压表的示数与原来相同，所以实验时应该保持滑动变阻器的电阻和电压表的示数不变，改变电阻箱的示数，当电压表的示数和原来相同时，电阻箱的电阻值就等于待测电阻的阻值，而实验中电压表示数只是近似3V，不能确保电压表的示数不变，所以电阻箱的电阻值就不等于待测电阻的阻值；
(7)小军用电阻箱(0∼9999Ω)代替滑动变阻器，此时电阻箱和待测电阻Rx串联，电压表测量待测电阻Rx两端的电压，当将电阻箱的阻值调为1000Ω时，电压表的示数为2V，根据串联电路的分压作用知UxU电阻箱=RxR电阻箱，即UxU−Ux=RxR电阻箱，
代入数据得：2V3V−2V=Rx2000Ω，则待测电阻Rx=2000Ω。
故答案为：(1)见解答图；(2)A；(3)改变电阻两端的电压和通过它的电流；(4)滑动变阻器断路；(5)太大；(6)没有控制电压表的示数不变；(7)2000。
(1)根据电源电压选择电压表量程，根据电路图连接实物电路图，滑动变阻器一上一下的串联在电路中；
(2)为保护电路，闭合开关前，滑片要置于最大阻值处；
(3)本实验中，为提高测量电阻的准确度，要多次测量取平均值，分析滑动变阻器的作用除了保护电路还有改变的作用；
(4)闭合开关，电流表无示数，说明电路是断路，电压表没有示数，说明电压表与电源的两端不相连，据此判断粗故障位置；
(5)闭合开关发现电流表示数很小，说明电路电阻很大；
(6)根据控制变量法和串联电路的分压作用分析解答；
(7)根据串联电路的分压作用算出待测电阻的阻值。
本题考查了连接电路图、实验注意事项、电路故障分析、实验数据分析以及欧姆定律公式的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
24.【答案】解：(1)当S1闭合，S2拨到B时，R1、R2并联；当S1断开，S2拨到A时，R1、R2串联；当S1闭合，S2拨到A时，电路为R1的简单电路；
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水壶为高温挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水壶为低温挡；电路为R1的简单电路时，为中温挡；
则中温挡电热水壶消耗的电功率：P中温=U2R中温=(220V)2110Ω=440W；
(2)高温挡通过电阻丝R1的电流：I1=UR=220V110Ω=2A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，低温挡通过电阻丝R1的电流：I1低温=I低温=UR低温=UR1+R2=220V110Ω+88Ω=109A，
则电热水壶分别处于高温挡与低温挡时通过电阻丝R1的电流之比：I1I1低温=2A109A=95；
(3)低温挡时，R1、R2串联，由串联电路的特点可知，此时电路的总电阻：R低温=R1+R2=110Ω+88Ω=198Ω，
则低温挡的电功率：P低温=U2R低温=(220V)2198Ω=22009W，
由P=Wt可知，电热水壶加热保温消耗的电能：W保温=P低温t=22009W×1.8×3600s=1.584×106J，
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−28℃)=6.048×105J，
由η=Q吸W×100%可知，电热水壶加热消耗的电能：W加热=Q吸η=6.048×105J84%=7.2×105J，
则电热水壶这次加热和保温一共消耗电能：W=W加热+W保温=7.2×105J+1.584×106J=2.304×106J=0.64kW⋅h=0.64度。
答：(1)当电热水壶处于中温挡时，电热水壶消耗的电功率为440W；
(2)当电热水壶分别处于高温挡与低温挡时，通过电阻丝R1的电流之比为10：9；
(3)电热水壶这次加热和保温一共消耗0.64度电。
【解析】(1)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；
根据P=UI=U2R求出中温挡电热水壶消耗的电功率；
(2)根据欧姆定律求出高温挡通过电阻丝R1的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出低温挡通过电阻丝R1的电流，进而求出电热水壶分别处于高温挡与低温挡时通过电阻丝R1的电流之比；
(3)根据串联电路的电阻特点求出低温挡时电路的电阻，根据P=UI=U2R求低温挡的电功率，根据P=Wt求电热水壶加热保温消耗的电能，根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据η=Q吸W×100%求出电热水壶加热消耗的电能，进而求出电热水壶这次加热和保温一共消耗电能。
本题考查串并联电路的特点、热量公式、电功率公式和效率公式的应用，正确的判断不同挡位时电路的连接方式是关键。
25.【答案】解：(1)当模型内水深h0=15cm时，B排开水的体积：V0=SBh0=50cm2×15cm=750cm3，
由B与模型底面刚好接触且压力为零可知，此时B处于漂浮状态，
由物体的漂浮条件可知，B的重力：GB=F0浮=ρ水gV0=1×103kg/m3×10N/kg×750×10−6m3=7.5N，
由G=mg可知，B的质量：mB=GBg=7.5N10N/kg=0.75kg=750g，
B的体积：VB=SBhB=50cm2×25cm=1250cm3，
则B的密度：ρB=mBVB=750g1250cm3=0.6g/cm3=0.6×103kg/m3，
由力的平衡条件可知，当B对模型底面压力F1=2.5N时B受到的浮力：F1浮=GB−F1=7.5N−2.5N=5N，
由F浮=ρ液gV排可知，B排开水的体积：V1=F1浮ρ水g=5N1.0×103kg/m3×10N/kg=5×10−4m3=500cm3，
由V=Sh可知，B浸入水中的深度：h1=V1S=500cm350cm2=10cm；
(2)刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，
由力的平衡条件可知，此时B受到的浮力：F2浮=GB+F2=7.5N+2N=9.5N，
由F浮=ρ液gV排可知，B排开水的体积：V2=F2浮ρ水g=9.5N1.0×103kg/m3×10N/kg=9.5×10−4m3=950cm3，
由V=Sh可知，B浸入水中的深度：h2=V2S=950cm350cm2=19cm；
(3)由刚触发报警装置时B浸入水中的深度和B的高度可知，A到水面的距离：hA=hB−h2=25cm−19cm=6cm，
警戒水位需要比原设计低5cm时，A到水面的距离：hA′=hA+5cm=6m+5cm=11cm，
则BC整体排开水的深度：hBC=h3+hB−hA′=h3+25cm−11cm=h3+14cm，
BC整体排开水的体积：VBC=SBhBC=50cm2×(h3+14cm)=(50h3+700)cm3，
此时BC整体受到的浮力：F浮=ρ水gVBC=1×103kg/m3×10N/kg×(50h3+700)×10−6m3，
BC整体的体积：V=SB(h3+hB)=50cm2×(h3+25cm)=(50h3+1250)cm3，
由密度公式和G=mg可知，BC整体的重力：G=mg=ρBVg=0.6×103kg/m3×10N/kg×(50h3+1250)×10−6m3，
由力的平衡条件可知，F浮=G+F，
即1×103kg/m3×10N/kg×(50h3+700)×10−6m3=0.6×103kg/m3×10N/kg×(50h3+1250)×10−6m3+2N，
解得：h3=12.5cm。
答：(1)模型内水深h1为10cm；
(2)刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为19cm；
(3)圆柱体C的高度h3应为12.5cm。
【解析】(1)根据当模型内水深h0=15cm时，根据体积公式求出B排开水的体积，根据B与模型底面刚好接触且压力为零可知B处于漂浮状态，根据阿基米德原理结合物体的漂浮条件求出B的重力，根据G=mg求出B的质量，根据密度公式求出B的密度，根据力的平衡条件求出当B对模型底面压力F1=2.5N时B受到的浮力，根据阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出模型内水深；
(2)根据刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N结合力的平衡条件求出B受到的浮力，阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出B浸入水中的深度；
(3)根据刚触发报警装置时B浸入水中的深度和B的高度求出A到水面的距离，根据警戒水位需要比原设计低5cm求出此时A到水面的距离，进而表示出BC整体排开水的深度，根据体积公式和阿基米德原理表示出BC整体受到的浮力，根据体积公式、密度公式和G=mg表示出BC整体的重力，根据力的平衡条件表示出BC整体受到的浮力、圆柱体对压力传感器的压力和BC整体的重力之间的关系，解方程求出圆柱体C的高度。
本题考查密度公式、重力公式、阿基米德原理和力的平衡条件的应用，综合性较强，难度较大。
2023年四川省泸州市中考物理试卷
1. 物理学是一门以观察和实验为基础的学科。下列关于生活中一些物理量的估测，最切合实际的是( )
A. 中学生手掌的宽度约10cm B. 中学生配戴的眼镜重约10N
C. 人体感觉最舒适的环境温度约37℃ D. 便携式手持电风扇的功率约100W
2. 端午将至，民间流传着“初一糕、初二桃、初三粽、初四艾、初五划龙舟”的民谣。下列对民谣有关的物理情境，解释正确的是( )
A. 蒸白糕时用旺火烧水，主要是为了提高水的沸点
B. 成熟的蜜桃看起来是红色的，是因为蜜桃吸收了红光
C. 艾叶散发出清香，是因为清香分子不停地做无规则运动
D. 划龙舟时呐喊声很大，是因为呐喊时声带振动的频率很高
3. 2023年5月28日，中国生产的大飞机C919实现了商业首飞。下列关于C919飞机的说法中，正确的是( )
A. 飞机加速升空阶段，以机舱舷窗为参照物，飞机是运动的
B. 飞机加速升空阶段，乘客的速度和高度增大，惯性也增大
C. 飞机下降阶段，机翼上方空气比下方空气流速小、压强大
D. 飞机机身主要是用密度较小、强度很大的特殊材料制成的
4. 高速列车在泸州运行以来，以其高速、便捷、舒适的优点，成为越来越多泸州市民出行选择的交通工具。下列图示中的实验，与高速列车动力系统工作原理相同的是( )
A. B.
C. D.
5. 智能锁正在逐步走进千家万户。如图所示为某款智能锁，它支持密码与指纹两种认证方式开门，密码正确相当于开关S1闭合，指纹正确相当于开关S2闭合，开门由电动机完成。下列符合该智能锁电路设计的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示是汽车利用超声波辅助倒车的情境，当汽车与障碍物相距较近时，汽车就会发出“嘀嘀嘀”的警报声。下列关于声波的说法中，正确的是( )
A. 超声波的传播需要介质
B. “嘀嘀嘀”的警报声，就是超声波
C. 超声波在空气中的传播速度为：3×108m/s
D. 警报声对正在倒车的驾驶员来说是噪声
7. 2023年5月30日，神舟十六号载人飞船成功发射，之后飞船采用自主快速交会对接模式与空间站成功对接，飞船与空间站的组合体在地球附近轨道上绕地球运动，如图所示。关于该过程，下列说法中正确的是( )
A. 飞船与空间站对接成功后，组合体受到平衡力的作用
B. 与在地面上相比，航天员在空间站内时，其质量变小
C. 空间站内的航天员处于“漂浮”状态，不受重力作用
D. 指挥中心与空间站间的联系是利用电磁波来传递信息
8. 教室里，磁性黑板擦可以被吸在竖直金属黑板上不掉下来，如图所示。根据题中信息，以下判断正确的是( )
A. 黑板擦受到磁力作用，不受摩擦力的作用也能静止在竖直黑板上
B. 黑板擦能静止在竖直黑板上，是因为黑板擦所受摩擦力大于重力
C. 擦黑板时，可以通过增大压力来增大黑板擦与黑板之间的摩擦力
D. 擦黑板时，手对黑板擦的压力与黑板对黑板擦的支持力是一对平衡力
9. 学习家庭电路相关知识后，小浩对设计的如图所示家庭电路及其使用的下列认识，正确的是( )
A. 图中两盏灯泡与其对应控制开关的连接都是正确的
B. 电冰箱的插头地线插脚脱落，仍可插入插座P长期使用
C. 如果灯泡L2不能正常工作，则插座Q也一定不能正常工作
D. 断开开关S2，正确使用验电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光
10. 我国运动员全红婵，在2023年世界泳联跳水世界杯西安站女子单人10米跳台预赛中，出色地完成了“207C”动作。将其下落阶段中的一段运动简化为直线运动，其中A、B、C、D四点是她下落过程中的四个位置，相邻两点间的时间间隔为0.5s，距离如图所示。关于全红婵在此段运动过程中，下列判断正确的是( )
A. 在AC段做匀速直线运动
B. 在AC段的平均速度为5m/s
C. 经过C点的速度为5m/s
D. 她的重力势能一直在增大
11. 如图甲所示的电路，R0为定值电阻，R为滑动变阻器(0∼25Ω)。闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表示数U、电流表示数I，作出U−I关系图像如图乙所示。则下列判断正确的有( )
A. R0的阻值为5Ω
B. 电源电压为2.5V
C. 当电压表示数为2V时，电路消耗的总功率为0.6W
D. 当电压表示数为1V时，滑动变阻器消耗的电功率最大
12. 小明在探究沉与浮的条件时，用一根细线连接A、B两个物体，放在盛水的烧杯中，处于悬浮状态，如图甲所示。剪断细线后，A物体处于漂浮状态，B物体沉到烧杯底部，如图乙所示。设甲、乙两图烧杯对桌面的压强分别为p1、p2，水对烧杯底部的压强变化为Δp，甲图中细线的拉力为F，乙图中B物体对烧杯底部的压强为pB。已知B物体的重力为G，体积为V，烧杯的底面积为S，水的密度为ρ。以下关系式正确的有( )
A. p1>p2 B. F=G−ρgV C. Δp=G−ρgVS D. pB=G−ρgVS
13. 我国在能源的合理开发与利用方面，取得了瞩目的成就。2023年4月12日，中国“人造太阳”可控核聚变装置成功运行403秒，该装置是为了开发利用______ 能；电动汽车越来越普及，许多电动汽车安装了能量回收装置，其中一种能量回收方式是踩下制动踏板时，将______ 能转化为电能，再将电能转化为______ 能储存在蓄电池里。
14. 小明在探究凸透镜成像规律时，安装好器材，调节蜡烛、凸透镜与光屏在如图所示的位置，在光屏上得到清晰的像，则凸透镜的焦距为______ cm。固定凸透镜位置，他将蜡烛移到15cm刻度处，为了在光屏上得到清晰的像，接下来小明应该进行的操作是______ ；生活中应用这一规律的光学器材是______ 。
15. 如图所示，已知电源电压为3V，小灯泡L的规格“3V0.9W”，滑动变阻器的规格“20Ω1A”，电流表量程为0∼3A，则小灯泡正常发光时阻值RL=______ Ω。当开关S1、S2同时闭合，改变滑动变阻器的接入电阻，小灯泡的亮度将______ (选填“变亮”、“变暗”或“不变”)；保持开关S1始终闭合，调节电路，使电路消耗的最大功率为P1，最小功率为P2，则P1：P2=______ 。
16. 小聪探究斜面的机械效率时，将粗糙程度均匀的长木板用支架支撑构成斜面，如图所示。用刻度尺量出斜面底端A点到斜面上B点的距离L为80cm，B点距水平地面高度h为20cm。沿斜面向上用0.8N的拉力F将重为2N的木块匀速拉到B点，用时2s，则这段过程中拉力F做功的功率P=______ W，斜面的机械效率η=______ %，木块在该斜面上受到的滑动摩擦力f=______ N。
17. 小明观察到家里的电能表如图所示。他只将一个电热水器接入家庭电路正常工作，观察到电能表指示灯闪烁80次用时48秒，则这段时间内，电热水器消耗的电能为______ J，电热水器电阻丝阻值为______ Ω；该热水器连续工作30min，电能表示数将变为______ kW⋅h。
18. 塑料瓶是一种常见的生活物品，空塑料瓶可以做许多物理小实验。在安全情况下，小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过______ 方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机______ 冲程的能量转化情况相同；瓶盖飞出的同时，瓶口冒“白雾”，其物态变化是______ 。
19. 如图所示，请根据通电螺线管上方小磁针静止时的指向，在虚线框内用箭头标出相应的电流方向和磁场方向。
20. 一束激光从空气中以图示角度射入水中，其反射光线与折射光线刚好垂直。请在图中画出折射光线，并标出折射角的角度大小。
21. 小明学习了比热容知识后，想比较A、B两种未知液体的比热容大小，进行如下实验：
(1)找来两个带保温层的相同电热杯，不计与外界发生的热传递，如图甲所示。
(2)将______ 相等的A、B两种液体分别倒入两个电热杯中，然后将两种液体均加热到60℃。
(3)将长时间处于室温的两个完全相同的铜块，分别浸没在两种液体中，盖好盖子。
(4)经过一段时间，温度计示数稳定后，A液体中温度计示数如图乙所示，则A液体温度降为______ ℃，B液体温度降为53.0℃。
(5)分析可知，______ 液体放出的热量多，______ 液体的比热容较大。
22. 小明有一件重约15N的工艺品，用细线悬挂两端点A、B处于静止状态，如图甲所示。他想用平衡的知识，通过计算在A、B连线上找出O点的位置，以便用一根细线系在O点将工艺品悬挂起来，静止时如图乙所示，并计算出工艺品的重力。小明身边只有一把弹簧测力计(0∼10N)、一把刻度尺和若干细线，他设计了如下实验，请完成以下实验步骤：
(1)取下工艺品，用刻度尺测出工艺品长度LAB=______ cm，如图丙所示。
(2)用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时如图丁所示，此时弹簧测力计读数F1=8.0N。
(3)交换弹簧测力计和细线的位置，平衡时工艺品的位置也如图丁所示，弹簧测力计读数F2=6.0N。
(4)由此可以计算出该工艺品的重力G=______ N。
(5)计算出O点到端点A间的距离LOA=______ cm。
(6)反思：要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是______ (只须写出一个条件即可)。
23. 小明与小军用两节干电池作为电源，测量未知电阻Rx的阻值。
(1)小明设计如图甲所示电路进行测量，请用笔画线代替导线，在图乙中替小明完成实验电路的连接。
(2)闭合开关前，小明应将滑动变阻器的滑片置于______ 端(选填“A”或“B”)。
(3)设计电路时，使用了滑动变阻器(0∼20Ω)，其作用除了保护电路之外，还有______ 。
(4)闭合开关，小明发现电压表和电流表均无示数。经检测，出现故障的元件为Rx或滑动变阻器中的一个，则故障原因是______ 。
(5)排除故障后，闭合开关，观察到电流表的示数很小，电压表的示数接近3V，移动滑动变阻器的滑片，两表示数无明显变化，这是因为未知电阻Rx的阻值______ 。
(6)小明用电阻箱(0∼9999Ω)代替待测电阻Rx，用等效替代法测量其阻值。他调节电阻箱的阻值为1000Ω时，电压表的示数接近3V，电流表示数很小，于是他得出Rx=1000Ω。小军指出他的测量不正确，理由是______ 。
(7)小军用电阻箱(0∼9999Ω)代替滑动变阻器，他将电阻箱的阻值调为1000Ω时，电压表的示数为2V，电流表的示数仍很小，小军通过计算得出待测电阻Rx=______ Ω。
24. 某种带保温功能的电热水壶，其发热部分电路如图所示。已知电源电压U=220V保持不变，电阻丝R1=110Ω、R2=88Ω。通过调节开关S1、S2可以实现低温、中温、高温三挡的切换；当水温降到60℃时，电路自动切换成低温挡进行保温。已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。
(1)当电热水壶处于中温挡时，求电热水壶消耗的电功率；
(2)当电热水壶分别处于高温挡与低温挡时，求通过电阻丝R1的电流之比；
(3)用电热水壶高温挡把m=2kg的水从t1=28℃加热到t2=100℃，自动断电，其中电热水壶加热效率η=84%。当电热水壶中水温降到60℃时，继续保温t=1.8h，问电热水壶这次加热和保温一共消耗多少度电？
25. 科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，将其制成顶部开有小孔的模型，如图所示。其中A为压力传感器，B是密度小于水且不吸水的圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触且压力为零。水面上涨到设计的警戒水位时，圆柱体对压力传感器的压力为2N，触发报警装置，开启泄洪阀门。已知圆柱体B的底面积SB=50cm2，高hB=25cm，g取10N/kg，ρ水=1×103kg/m3。
(1)当B对模型底面压力F1=2.5N时，模型内水深h1为多少cm？
(2)刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为多少cm？
(3)为了提高防洪安全性，警戒水位需要比原设计低5cm，在B的上方加上与B同材质同底面积的圆柱体C，则圆柱体C的高度h3应为多少cm？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、中学生手掌的宽度约10cm，故A正确；
B、两个鸡蛋的重力才1N，眼镜的重力比一个鸡蛋的都小，故B错误；
C、人体感觉最舒适的环境温度约25℃，故C错误；
D、便携式手持电风扇的功率约10W，故D错误。
故答案为：A。
根据生活常识对各选项进行估算判断。
本题是生活常识题，能调动学生学习物理的兴趣。
2.【答案】C
【解析】解：A、蒸白糕时用旺火烧水，可以使水快速沸腾，但水达到沸点后温度都保持不变，故A错误；
B、成熟的蜜桃看起来是红色的，是因为蜜桃反射了红光，故B错误；
C、艾叶散发出清香，这是扩散现象，说明清香分子在不停地做无规则运动，故C正确；
D、划龙舟时呐喊声很大，这是声音的响度大，是因为呐喊时声带振动的振幅很大，故D错误。
故选：C。
(1)水沸腾需要两个必要条件：达到沸点、继续吸热；相同条件下，液体在沸腾过程中不断吸热，但是温度保持在沸点不变；
(2)不透明物体的颜色由它反射的色光决定；
(3)不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
(4)声音的高低叫音调，影响因素是频率；声音的大小叫响度，影响因素是振幅和距离发声体远近。
此题考查了沸点、物体的颜色、分子的热运动、声音的特性，难度不大，属基础题目。
3.【答案】D
【解析】解：A.飞机加速升空阶段，以机舱舷窗为参照物，飞机相对于舷窗位置没有改变，是静止的，故A错误；
B.飞机加速升空阶段，乘客的速度和高度增大，质量没有改变，则惯性不变，故B错误；
C.飞机下降阶段，仍然要产生较大的升力与重力平衡，因而机翼上方空气比下方空气流速达、压强小，产生升力，故C错误；
D.飞机机身主要是用密度较小、强度很大的特殊材料制成的，因为在体积一定时，材料的密度越小，其质量越小，越容易起飞，故D正确。
故选：D。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
(2)惯性是物体的属性，只与质量有关，与速度、高度无关；
(3)机翼的上方是弧形，空气流过上方时流速大，压强小；机翼下方是平面，空气的流速小，压强大；这一压强差使飞机获得竖直向上的升力。
(4)在体积一定时，材料的密度越小，质量越小。
本题考查运动的相对性、惯性、流体压强、密度等知识点，属于中档题。
4.【答案】D
【解析】解：高速列车动力系统主要由电动机组成，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
A、该装置是奥斯特实验，说明了通电导体周围存在磁场，这是电流的磁效应，故A不符合题意；
B、该装置探究通电的导线能够产生磁场，磁场使小磁针发生偏转，这是电流的磁效应，故B不符合题意；
C、该装置探究电磁感应现象的实验，即闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动，会产生感应电流的现象，是发电机的工作原理，故C不符合题意；
D、该装置探究通电导体在磁场中受力运动，利用此原理人们发明了电动机，故D符合题意。
故选：D。
高速列车动力系统主要由电动机组成，根据电动机的工作原理结合各个选项的工作原理选出高速列车动力系统工作原理相同的选项。
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是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。
5.【答案】B
【解析】解：根据题意，密码开关和指纹开关并联，电动机在干路中，B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
(1)串联电路的各个用电器相互影响。并联电路的各个用电器互不影响。
(2)根据题意，两个开关并联，电动机安装在干路中。
本题主要了考查了电路的设计；关键是知道串联电路和并联电路的特点及应用。
6.【答案】A
【解析】解：A、超声波的传播需要介质，故A正确；
B、人类听不到超声波，故“嘀嘀嘀”的警报声不是超声波，故B错误；
C、超声波在空气中的传播速度是340m/s，故C错误；
D、警报声对正在倒车的驾驶员来说不是噪声，故D错误。
故选：A。
(1)声波的传播需要介质；
(2)超声波的振动频率超出了人类的听觉范围，人类是听不到超声波的；
(3)超声波在空气中的传播速度是340m/s；
(4)凡是妨碍人们正常的工作，学习，休息的声音为噪声。
通过汽车利用超声波辅助倒车的情境考查了声音的传播、声速、噪声等，体现了现代科技中物理知识的广泛应用。
7.【答案】D
【解析】解：A、组合体绕地球匀速转动过程中，方向时刻变化，所以受到非平衡力的作用，故A错误；
B、与在地面上相比，航天员在空间站内时，其质量不变，故B错误；
C、空间站内的航天员由于失重，处于“漂浮”状态，受重力作用，故C错误；
D、指挥中心与空间站间的联系是利用电磁波来传递信息，故D正确。
故选：D。
(1)物体处于静止或匀速直线运动的状态叫平衡状态；
(2)质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；
(3)空间站内的航天员由于失重，处于“漂浮”状态，受重力作用；
(4)电磁波可以在真空中传播，能够传递信息。
此题考查了平衡状态、质量及其特性、“失重”状态、电磁波的应用等，知道“失重”状态下仍然受重力，是解答的关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB.黑板擦静止，受力平衡，竖直方向的重力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则受摩擦力的作用，没有摩擦力不能平衡，故AB错误；
C.由于滑动摩擦力与压力大小有关，擦黑板时，可以通过增大压力来增大黑板擦与黑板之间的摩擦力，故C正确；
D.擦黑板时，手对黑板擦的压力、黑板的吸引力与黑板对黑板擦的支持力是平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)静止的物体受力平衡；根据二力平衡的条件分析；
(2)滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关；
(3)擦黑板，水平方向受力平衡，根据受力分析进行解答。
本题考查平衡力、摩擦力有关因素以及物体的受力分析，属于中档题，有一定的难度。
9.【答案】D
【解析】解：
A、为了保证用电安全，控制灯泡的开关应连接在火线与灯泡之间，即开关应控制火线；图中S1控制的是零线，故A错误；
B、电冰箱的插头地线插脚脱落，插入插座P，若电冰箱漏电，会引起触电事故，故B错误；
C、灯泡L2、插座Q是并联的，如果灯泡L2不能正常工作，插座Q还可以正常工作，故C错误；
D、图中S2控制的是火线，开关断开，灯L2不带电，若断开开关S2，正确使用验电笔检查灯泡L2两端接线柱，氖管都不会发光，故D正确。
故选：D。
(1)为了安全，开关要接在火线与控制的用电器之间；
(2)使用有金属外壳家用电器时，要通过三孔插座将电器外壳与大地接通，避免因意外漏电对人身产生伤害；
(3)插座是为了方便使用可移动的用电器设置的，家用电器工作时，互不影响，是并联的；
(4)开关接在火线与控制的用电器之间，若开关断开，用电器不带电。
本题考查了安全用电的原则，关键是知道家庭电路的组成和三孔插座的正确连接方式以及串、并联电路的特点。
10.【答案】B
【解析】解：A、全红婵通过AB段、BC段用时均为0.5s，但通过的路程分别为1.25m、3.75m，在相等时间内通过的路程不相等，因此全红婵在AC段没有做匀速直线运动，故A错误；
B、全红婵在AC段的平均速度为v=sACtAC=1.25m+3.75m0.5s+0.5s=5m/s；故B正确；
C、由A、B选项可知，全红婵在AC段的平均速度为5m/s，但全红婵在AC段没有做匀速直线运动，在相等时间内通过的路程越来越长，因此全红婵在AC段做的是加速运动，经过C点的速度为AC段最大速度，大于5m/s，故C错误；
D、全红婵在下落阶段中质量不变，高度不断降低，因此她的重力势能一直在减小，故D错误。
故选：B。
(1)根据全红婵相等时间内通过的路程是否相等来判断全红婵在AC段是否做匀速直线运动；
(2)根据v=st计算全红婵在AC段的平均速度；
(3)根据全红婵在AC段的平均速度为及在AC段做加速运动判断；
(4)重力势能的影响因素是质量与高度。
此题考查了匀速直线运动、速度的计算和公式的应用、重力势能，稍有难度，属基础题目。
11.【答案】AC
【解析】解：(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，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，
由乙图可知通过电路的电流为0.1A时，滑动变阻器两端的电压为2.5V，通过电路的电流为0.4A时，滑动变阻器两端的电压为1V，
串联电路总电压等于各部分电压之和，根据欧姆定律可得电源电压U=IR0+UV，
代入数据可得0.1A×R0+2.5V=0.4A×R0+1V，
解方程可得R0=5Ω，故A正确；
则电源电压U=IR0+UV=0.1A×5Ω+2.5V=3V，故B错误；
(2)当电压表示数为2V时，定值电阻两端的电压U0=U−UV=3V−2V=1V，
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流I′=U0R0=1V5Ω=0.2A，
电路消耗的总功率为P=UI′=3V×0.2A=0.6W，故C正确；
(3)滑动变阻器的电功率电压电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI−I2R0=3V×I−I2×5Ω，
根据抛物线的性质可知当I=b−2a=3V−2×(−5Ω)=0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，
此时定值电阻两端的电压U0′=IR0=0.3A×5Ω=1.5V，
此时滑动变阻器两端的电压UV′=U−U0′=3V−1.5V=1.5V，故D错误。
故选：AC。
(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，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，
由乙图可知通过电路的电流为0.1A时，滑动变阻器两端的电压为2.5V，通过电路的电流为0.4A时，滑动变阻器两端的电压为1V，
根据串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，代入数据解方程可得R0，进一步计算电源电压；
(2)根据串联电路电压规律计算当电压表示数为2V时定值电阻两端的电压，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据P=UI计算电路消耗的总功率；
(3)滑动变阻器的电功率电压电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI−I2R0=3V×I−I2×5Ω，
根据抛物线的性质可知当I=b−2a=3V−2×(−5Ω)=0.3A时，滑动变阻器的电功率最大，
根据U=IR计算此时定值电阻两端的电压，根据串联电路电压规律计算此时滑动变阻器两端的电压。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
12.【答案】BC
【解析】解：A、甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p=FS知甲、乙两图烧杯对桌面的压强不变，即p1=p2，故A错误；
B、甲图中B物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，所以细线的拉力：F=G−F浮=G−ρgV，故B正确；
C、甲、乙图浮力的减小量为：ΔF浮=G−ρgV，排开水的体积减小量为：ΔV排=ΔF浮ρg=G−ρgVρg，液面高度的减小量为：Δh=ΔV排S=G−ρgVρgS，水对烧杯底部的压强变化为Δp=ρgΔh=ρg×G−ρgVρgS=G−ρgVS，故C正确；
D、乙图中B物体对烧杯底部的压强为：pB=FBSB=G−F浮SB=G−ρgVSB由于无法算出B的底面积，所以不能算出B物体对烧杯底部的压强，故D错误。
故选：BC。
(1)甲、乙图中烧杯对水平桌面的压力不变，都等于烧杯的总重力，受力面积不变，由p=FS判断出甲、乙两图烧杯对桌面压强的关系；
(2)对物体B受力分析，根据平衡力的知识算出甲图中细线的拉力；
(3)由甲、乙图算出浮力的减小量，由阿基米德原理算出排开水的体积减小量，根据V=Sh算出液面高度的减小量，由液体压强公式表示出水对烧杯底部的压强变化量；
(4)根据pB=FBSB=G−F浮SB=G−ρgVSB表示出乙图中B物体对烧杯底部的压强。
本题考查了固体压强公式、液体压强公式、受力分析以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
13.【答案】核 机械 化学
【解析】解：2023年4月12日，中国“人造太阳”可控核聚变装置成功运行403秒，该装置是为了开发利用核能；电动汽车越来越普及，许多电动汽车安装了能量回收装置，其中一种能量回收方式是踩下制动踏板时，将机械能转化为电能，再将电能转化为化学能储存在蓄电池里。
故答案为：核；机械；化学。
(1)获得核能的两种途径：核裂变和核聚变；
(2)汽车的发电机可以将剩余的机械能转化为电能，再将电能转化为化学能储存在蓄电池中。
本题主要考查了核能以及能量的转化，是一道基础题，掌握课本知识即可解答。
14.【答案】10.0将光屏向左移动适当距离 照相机
【解析】解：由图可知，此时u=v=20.0cm，根据u=v=2f，成倒立等大的实像，故该凸透镜的焦距为f=10.0cm；
将蜡烛移到15cm刻度处，此时u=50cm−15cm=35cm>2f，根据u>2f，2f>v>f，成倒立缩小的实像，故为了在光屏上得到清晰的像，接下来小明应该进行的操作是将光屏向左移动适当距离；照相机就是利用此原理制成的。
故答案为：10.0；将光屏向左移动适当距离；照相机。
(1)根据u=v=2f，成倒立等大的实像，据此确定凸透镜的焦距；
(2)根据u>2f，2f>v>f，成倒立缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
15.【答案】10 不变 26：3
【解析】解：(1)由P=UI可知，小灯泡的额定电流：I额=P额U额=0.9W3V=0.3A，
由欧姆定律可知，小灯泡正常发光时阻值：RL=U额I额=3V0.3A=10Ω；
(2)当开关S1、S2同时闭合，灯泡与滑动变阻器并联，
由并联电路的特点可知，改变滑动变阻器的接入电阻时，灯泡所在支路不受影响，因此此时小灯泡的亮度将不变；
(3)由P=UI可知，电源电压一定时，电路中电流最小时，电路消耗的电功率最小，电路中电流最大时，电流消耗的电功率最大，
由并联电路的特点可知，当开关S1始终闭合，S2断开，滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
由欧姆定律可知，电路中的最小电流：I小=UR大=3V20Ω=0.15A，
灯泡允许通过的最大电流为IL大=I额=0.3A、滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0∼3A，
由并联电路的电流特点可知，电路中的最大电流：I大=IL大+IR=0.3A+1A=1.3A，
由P=UI可知：P1P2=UI大UI小=I大I小=1.3A0.15A=263。
故答案为：10；不变；26：3。
(1)根据P=UI求出小灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时阻值；
(2)当开关S1、S2同时闭合，灯泡与滑动变阻器并联，根据并联电路的特点分析判断改变滑动变阻器的接入电阻时灯泡亮度的变化；
(3)根据P=UI可知，电源电压一定时，电路中电流最小时，电路消耗的电功率最小，电路中电流最大时，电流消耗的电功率最大，根据并联电路的特点求出电路中的最小电流，再根据并联电路的特点结合灯泡允许通过的最大电流、滑动变阻器允许通过的最大电流以及电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出P1：P2。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，根据并联电路的电流特点分析求出电路中的最大和最小电流是解题的关键。
16.【答案】0.3262.50.3
【解析】解：(1)L=80cm=0.8m，
拉力做的总功：W总=FL=0.8N×0.8m=0.64J，
拉力做功功率：P=W总t=0.64J2s=0.32W；
(2)h=20cm=0.2m，
拉力做的有用功：W有用=Gh=2N×0.2m=0.4J，
斜面的机械效率：η=W有用W总=0.4J0.64J×100%=62.5%；
(3)克服滑动摩擦力做的额外功：
W额=W总−W有用=0.64J−0.4J=0.24J，
由W额=fL可得物体受到的滑动摩擦力：
f=W额L=0.24J0.8m=0.3N。
故答案为：0.32；62.5；0.3。
(1)已知拉力的大小和拉力端移动的距离(斜面长)，利用W=FL求拉力做的总功，利用P=Wt求拉力做功功率；
(2)已知木块的重力和提升的高度(斜面高)，利用W=Gh求拉力做的有用功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比；
(3)拉力做的额外功等于总功与有用功之差，利用W=fL求木块受到斜面的滑动摩擦力。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率、摩擦力的计算，明确有用功、总功、额外功之间的关系以及额外功为克服滑动摩擦力所做的功是关键。
17.【答案】9.6×104 24.25219.1
【解析】解：(1)48秒内电热水器消耗的电能为：
W=80imp3000imp/kW⋅h×3.6×106J=9.6×104J；
(2)电热水器电阻丝阻值为：
R=U2tW=220V×220V×48s9.6×104J=24.2Ω；
(3)热水器的电功率：P=Wt=9.6×104J48s=2000W；
(4)该热水器连续工作30min消耗的电能：
W=Pt=2kW×0.5h=1kW⋅h；
电能表示数将变为：
5218.1kW⋅h+1kW⋅h=5219.1kW⋅h；
故答案为：9.6×104；24.2；5219.1。
先算出48秒内消耗的电能，再根据R=U2tW计算电阻；先算出该热水器的电功率，再计算它连续工作30min消耗的电能，再和电能表上的数字相加，算出电能表的示数。
本题考查了电功率的计算和电能表的使用，属于基础题。
18.【答案】做功 做功 液化
【解析】解：明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，把机械能转化为内能，使瓶内气压增加，气体内能增大，这是做功的发生改变瓶内气体的内能；
当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这是瓶内气体对瓶盖做功，把气体的内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程中将内能转化为机械能，所以这一过程与内燃机的中国冲程的能量转化情况相同；
瓶盖飞出的同时，瓶内气体对外做功，内能减小，温度降低，瓶口的水蒸气遇冷液化成小水珠。
故答案为：做功；做功；液化。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体的内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是内能的转移；
(2)内燃机的做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；
(3)物质由气态变为液态的过程叫做液化。
本题考查改变物体内能的方式、内燃机工作过程中的能量转化以及液化现象，是一道综合题，难度不大。
19.【答案】解：小磁针静止时，N极向左，因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故可知螺线管左侧为S极，右侧为N极；根据磁体外部的磁场方向由N极出发进入S极标出磁感线的方向；
则由右手螺旋定则可知电流由左侧流入，即虚线框内电流方向应向下；
故答案如图所示：
【解析】由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，磁体外部的磁场方向由N极出发进入S极；由右手螺旋定则可知螺线管中电流的方向。
右手螺旋定则为物理中的重点及考试中的热点内容，要求学生能熟练应用。
20.【答案】解：过入射点O的垂直于界面是法线，根据反射角等于入射角等于53∘画出反射光线；反射光线与界面的夹角为90∘−53∘=37∘，
光从空气斜射向某透明介质，折射角小于入射角画出折射光线，折射光线与反射光线垂直，则折射光线与界面之间的夹角为90∘−37∘=53∘，折射角为：90∘−53∘=37∘，如图所示：
【解析】(1)知道入射光线，已画出法线，然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且反射角等于入射角，画出反射光线；
(2)光从空气斜射向某透明介质，入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向；而反射光线和折射光线垂直，求出折射角的大小。
本题考查折射光的作图，关键是理解折射角与法线的夹角。
21.【答案】质量 56.0AA
【解析】解：比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
由乙图可知A液体温度降为56℃，则A液体则铜块的末温为56℃，B液体温度降为53℃，则B液体则铜块的末温为53℃，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知A液体中铜块吸收的热量较多，则A液体放出的热量多；
即cAmΔtA>cBmΔtB，代入数据可得cAm(60℃−56℃)>cBm(60℃−53℃)，整理可得cA>74cB，所以A液体的比热容较大。
故答案为：(2)质量；(4)56.0；(5)A；A。
比较A、B两种未知液体的比热容大小，根据控制变量法可知需要控制两液体的质量相等；
根据温度计的分度值读数，由乙图可知A液体的温度，即A液中则铜块的末温，由题意可知B液体中铜块的末温，铜块的初温相同，根据Q=cmΔt可知哪种液体中铜块吸收的热量较多，则哪种液体放出的热量多；
根据Q=cmΔt列不等式，代入数据可比较两液体的比热容大小。
本题考查温度计的读数和吸热公式、控制变量法在实验中的运用。
22.【答案】35.01415杠杆平衡条件
【解析】解：(1)由于刻度尺的分度值是1cm，所以工艺品的正确长度为35.0cm，故读数为35.0cm；
(4)(5)当以A端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F1⋅BA=G⋅LOB，即8N×35.0cm=G×(35.0cm−LOA)，⋅⋅⋅⋅⋅⋅①
当以B端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F1⋅AB=G⋅LOA，即6N×35.0cm=G×LOA，⋅⋅⋅⋅⋅⋅②
由①②得，G=14N，LOA=15cm；
(6)当要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是杠杆平衡条件。
故答案为：(1)35.0；(4)14；(5)15；(6)杠杆平衡条件。
(1)刻度尺读数应读到最小刻度值，再估读一位；
(4)(5)根据题意，分别以A端、B端为动力作用点，利用杠杆平衡条件列出等式进行计算；
(6)本题利用了利用杠杆平衡条件进行解答。
本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度适中。
23.【答案】A 改变定值电阻两端的电压的作用 滑动变阻器断路 太大 没有控制电压表的示数不变 2000
【解析】解：(1)电源由两节干电池组成，电源电压U=1.5V×2=3V，电压表选择0∼3V量程，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
；
(2)为保护电路，在开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片置于A端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；
(3)本实验中，为提高测量电阻的准确度，要多次测量取平均值，故实验中滑动变阻器的作用除了保护电路还有改变电阻两端的电压和通过它的电流多次测量的作用；
(4)闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路发生，电压表没有示数，说明电压表不与电源连通，所以故障为滑动变阻器断路；
(5)闭合开关发现电流表示数很小，说明电路的总电阻大，移动滑动变阻器的滑片，两表示数无明显变化，这是因为未知电阻Rx的阻值太大；
(6)小明用电阻箱代替待测电阻Rx，此时电阻箱和滑动变阻器串联，电压表测量电阻箱两端的电压，根据串联电路的分压作用知当电阻箱的示数和待测电阻的阻值相同时，电压表的示数与原来相同，所以实验时应该保持滑动变阻器的电阻和电压表的示数不变，改变电阻箱的示数，当电压表的示数和原来相同时，电阻箱的电阻值就等于待测电阻的阻值，而实验中电压表示数只是近似3V，不能确保电压表的示数不变，所以电阻箱的电阻值就不等于待测电阻的阻值；
(7)小军用电阻箱(0∼9999Ω)代替滑动变阻器，此时电阻箱和待测电阻Rx串联，电压表测量待测电阻Rx两端的电压，当将电阻箱的阻值调为1000Ω时，电压表的示数为2V，根据串联电路的分压作用知UxU电阻箱=RxR电阻箱，即UxU−Ux=RxR电阻箱，
代入数据得：2V3V−2V=Rx2000Ω，则待测电阻Rx=2000Ω。
故答案为：(1)见解答图；(2)A；(3)改变电阻两端的电压和通过它的电流；(4)滑动变阻器断路；(5)太大；(6)没有控制电压表的示数不变；(7)2000。
(1)根据电源电压选择电压表量程，根据电路图连接实物电路图，滑动变阻器一上一下的串联在电路中；
(2)为保护电路，闭合开关前，滑片要置于最大阻值处；
(3)本实验中，为提高测量电阻的准确度，要多次测量取平均值，分析滑动变阻器的作用除了保护电路还有改变的作用；
(4)闭合开关，电流表无示数，说明电路是断路，电压表没有示数，说明电压表与电源的两端不相连，据此判断粗故障位置；
(5)闭合开关发现电流表示数很小，说明电路电阻很大；
(6)根据控制变量法和串联电路的分压作用分析解答；
(7)根据串联电路的分压作用算出待测电阻的阻值。
本题考查了连接电路图、实验注意事项、电路故障分析、实验数据分析以及欧姆定律公式的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
24.【答案】解：(1)当S1闭合，S2拨到B时，R1、R2并联；当S1断开，S2拨到A时，R1、R2串联；当S1闭合，S2拨到A时，电路为R1的简单电路；
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水壶为高温挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水壶为低温挡；电路为R1的简单电路时，为中温挡；
则中温挡电热水壶消耗的电功率：P中温=U2R中温=(220V)2110Ω=440W；
(2)高温挡通过电阻丝R1的电流：I1=UR=220V110Ω=2A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，低温挡通过电阻丝R1的电流：I1低温=I低温=UR低温=UR1+R2=220V110Ω+88Ω=109A，
则电热水壶分别处于高温挡与低温挡时通过电阻丝R1的电流之比：I1I1低温=2A109A=95；
(3)低温挡时，R1、R2串联，由串联电路的特点可知，此时电路的总电阻：R低温=R1+R2=110Ω+88Ω=198Ω，
则低温挡的电功率：P低温=U2R低温=(220V)2198Ω=22009W，
由P=Wt可知，电热水壶加热保温消耗的电能：W保温=P低温t=22009W×1.8×3600s=1.584×106J，
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(100℃−28℃)=6.048×105J，
由η=Q吸W×100%可知，电热水壶加热消耗的电能：W加热=Q吸η=6.048×105J84%=7.2×105J，
则电热水壶这次加热和保温一共消耗电能：W=W加热+W保温=7.2×105J+1.584×106J=2.304×106J=0.64kW⋅h=0.64度。
答：(1)当电热水壶处于中温挡时，电热水壶消耗的电功率为440W；
(2)当电热水壶分别处于高温挡与低温挡时，通过电阻丝R1的电流之比为10：9；
(3)电热水壶这次加热和保温一共消耗0.64度电。
【解析】(1)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；
根据P=UI=U2R求出中温挡电热水壶消耗的电功率；
(2)根据欧姆定律求出高温挡通过电阻丝R1的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出低温挡通过电阻丝R1的电流，进而求出电热水壶分别处于高温挡与低温挡时通过电阻丝R1的电流之比；
(3)根据串联电路的电阻特点求出低温挡时电路的电阻，根据P=UI=U2R求低温挡的电功率，根据P=Wt求电热水壶加热保温消耗的电能，根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据η=Q吸W×100%求出电热水壶加热消耗的电能，进而求出电热水壶这次加热和保温一共消耗电能。
本题考查串并联电路的特点、热量公式、电功率公式和效率公式的应用，正确的判断不同挡位时电路的连接方式是关键。
25.【答案】解：(1)当模型内水深h0=15cm时，B排开水的体积：V0=SBh0=50cm2×15cm=750cm3，
由B与模型底面刚好接触且压力为零可知，此时B处于漂浮状态，
由物体的漂浮条件可知，B的重力：GB=F0浮=ρ水gV0=1×103kg/m3×10N/kg×750×10−6m3=7.5N，
由G=mg可知，B的质量：mB=GBg=7.5N10N/kg=0.75kg=750g，
B的体积：VB=SBhB=50cm2×25cm=1250cm3，
则B的密度：ρB=mBVB=750g1250cm3=0.6g/cm3=0.6×103kg/m3，
由力的平衡条件可知，当B对模型底面压力F1=2.5N时B受到的浮力：F1浮=GB−F1=7.5N−2.5N=5N，
由F浮=ρ液gV排可知，B排开水的体积：V1=F1浮ρ水g=5N1.0×103kg/m3×10N/kg=5×10−4m3=500cm3，
由V=Sh可知，B浸入水中的深度：h1=V1S=500cm350cm2=10cm；
(2)刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，
由力的平衡条件可知，此时B受到的浮力：F2浮=GB+F2=7.5N+2N=9.5N，
由F浮=ρ液gV排可知，B排开水的体积：V2=F2浮ρ水g=9.5N1.0×103kg/m3×10N/kg=9.5×10−4m3=950cm3，
由V=Sh可知，B浸入水中的深度：h2=V2S=950cm350cm2=19cm；
(3)由刚触发报警装置时B浸入水中的深度和B的高度可知，A到水面的距离：hA=hB−h2=25cm−19cm=6cm，
警戒水位需要比原设计低5cm时，A到水面的距离：hA′=hA+5cm=6m+5cm=11cm，
则BC整体排开水的深度：hBC=h3+hB−hA′=h3+25cm−11cm=h3+14cm，
BC整体排开水的体积：VBC=SBhBC=50cm2×(h3+14cm)=(50h3+700)cm3，
此时BC整体受到的浮力：F浮=ρ水gVBC=1×103kg/m3×10N/kg×(50h3+700)×10−6m3，
BC整体的体积：V=SB(h3+hB)=50cm2×(h3+25cm)=(50h3+1250)cm3，
由密度公式和G=mg可知，BC整体的重力：G=mg=ρBVg=0.6×103kg/m3×10N/kg×(50h3+1250)×10−6m3，
由力的平衡条件可知，F浮=G+F，
即1×103kg/m3×10N/kg×(50h3+700)×10−6m3=0.6×103kg/m3×10N/kg×(50h3+1250)×10−6m3+2N，
解得：h3=12.5cm。
答：(1)模型内水深h1为10cm；
(2)刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为19cm；
(3)圆柱体C的高度h3应为12.5cm。
【解析】(1)根据当模型内水深h0=15cm时，根据体积公式求出B排开水的体积，根据B与模型底面刚好接触且压力为零可知B处于漂浮状态，根据阿基米德原理结合物体的漂浮条件求出B的重力，根据G=mg求出B的质量，根据密度公式求出B的密度，根据力的平衡条件求出当B对模型底面压力F1=2.5N时B受到的浮力，根据阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出模型内水深；
(2)根据刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N结合力的平衡条件求出B受到的浮力，阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出B浸入水中的深度；
(3)根据刚触发报警装置时B浸入水中的深度和B的高度求出A到水面的距离，根据警戒水位需要比原设计低5cm求出此时A到水面的距离，进而表示出BC整体排开水的深度，根据体积公式和阿基米德原理表示出BC整体受到的浮力，根据体积公式、密度公式和G=mg表示出BC整体的重力，根据力的平衡条件表示出BC整体受到的浮力、圆柱体对压力传感器的压力和BC整体的重力之间的关系，解方程求出圆柱体C的高度。
本题考查密度公式、重力公式、阿基米德原理和力的平衡条件的应用，综合性较强，难度较大。
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