2024年江苏省淮安市淮安区九年级中考一模考试物理试题+

这是一份2024年江苏省淮安市淮安区九年级中考一模考试物理试题+，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）你认为校园生活中的物理量最合理的是（ ）
A．教室内课桌的高度约为80dm
B．一块橡皮从桌面掉到地上的时间约0.5s
C．物理课本的质量大约是26g
D．班级内一盏日光灯正常工作的电流约2A
2．（2分）如图所示的光现象中，由光的反射形成的是（ ）
A．立竿见影B．水中折笔
C．雨后彩虹D．水中倒影
3．（2分）关于信息、能源、材料、磁场等的叙述中正确的是（ ）
A．“北斗”卫星定位系统是利用电磁波传递信息的
B．人类开采的石油由于储量巨大，属于可再生能源
C．核电站是通过核聚变反应获得核能的
D．磁场和磁感线都是人为引入的，实际上不存在
4．（2分）刚从冰箱中取出硬邦邦的棒冰上粘着白花花的粉，剥去纸，棒冰就冒出“白雾”。若把棒冰放进茶杯里，不一会儿茶杯外壁就会“出汗”，放在嘴里棒冰变成“糖水”。这四种物态变化依次是（ ）
A．凝固、汽化、液化、熔化
B．凝固、液化、液化、熔化
C．凝华、汽化、液化、汽化
D．凝华、液化、液化、熔化
5．（2分）淮安市内严查电动车驾乘人员不戴头盔的现象，“一盔一带，安全常在”，小明想制作一款智能头盔，从而方便提醒人们出行戴头盔。平时将头盔锁在前篓里，先转动钥匙并取出头盔戴上（相当于闭合S1），再转动电动车钥匙（相当于闭合S2），车才能正常启动，图路中符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2分）如图为我国新型反潜巡逻机，机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在，图中能解释磁异探测器工作原理的是（ ）
A．B．
C．D．
7．（2分）对如图中甲、乙、丙、丁四幅图片的解释不正确的是（ ）
A．图甲利用二氧化氮气体和空气演示气体扩散实验，应将密度大的二氧化氮气体放在B集气瓶中
B．图乙中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈
C．图丙中将两个铅柱压在一起，下面能够悬挂一个钩码，说明分子之间存在引力
D．图丁，向塞紧的集气瓶内打气，瓶内气体推动塞子冲出时，瓶内出现白雾，该现象说明气体对外做功，自身内能增加
8．（2分）如图﹣1是物理创新小组设计的“闯红灯违规模拟记录器”，控制电路电源电压为6V，电磁继电器线圈电阻为10Ω，R为力敏电阻，其阻值大小随压力F的变化关系如图﹣2所示。当光控开关接收到绿光时断开，工作电路中指示灯亮，电控照相机不工作，当光控开关接收到红光时自动闭合，且当力敏电阻受到车的压力增大到一定数值，控制电路中电流等于或大于0.06A时，电控照相机开始拍照，g取10N/kg。下列说法中不正确的是（ ）
A．若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，可以适当减小线圈的匝数
B．当控制电路中电流等于0.06A时，闯红灯的车对力敏压阻的压力为4000N
C．当质量为1200kg的车闯红灯时，控制电路消耗的总功率为0.9W
D．a处是指示灯，b处是电控照相机
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共18分）
9．（3分）如图1所示圆的直径是 cm；如图2所示量筒中液体的体积是 mL；如图3所示温度计的读数为 ℃。
10．（2分）使用如图所示的便携式扩音器主要目的是为了改变声音的 ，但使用这种设备会造成声音的“失真”，这是因为声音的 发生了变化。（均选填声音的特性）
11．（3分）请你补全关于“像”的知识结构图。（1） ；（2） ；（3） 。
12．（2分）如图所示是“探究重力势能大小影响因素”的实验。实验器材有体积较大的容器、A的质量比B的质量小的实心铁块、小方桌、橡皮泥、海绵、泡沫。
（1）实验中要根据小桌陷入的深度判断重力势能大小，以上器材中最好选择 （选填“橡皮泥”“海绵”或“泡沫”）进行实验。
（2）实验中结论可以用来解释“高空抛物”的危害是 两次实验。
13．（3分）现用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与所挂物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则：动滑轮自重为 N；图乙中曲线表明，同一滑轮组的机械效率η随所挂物重G物的增大而增大，最终 （会/不会）达到100%；仅改变图甲中的绕绳方式、重复上述实验，所得到的η﹣G物图线与图乙所示曲线 （相同/不同）。
14．（2分）如图所示是某电热水壶的内部电路图，R1＝22Ω，R2＝198Ω，其中R1和R2均为定值电热丝，S为自动开关，电水壶处于加热状态时，开关S （选填“闭合”或“断开”），电水壶处于保温状态时，R1正常工作1min产生的热量为 。
15．（3分）为践行“低碳理念”，LED节能灯在生活中使用越来越广泛，它可以直接把电能转化为光能。现有一盏标有“24V 12W”LED灯，其亮度与“220V 100W”的普通白炽灯相当。
（1）若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是 ；
（2）某种白炽灯工作时的能量转化情况如图所示，则该白炽灯的发光效率是 。
（3）12WLED灯与100W白炽灯照明效果相同，是指 。
三、解答题（共7小题，共46分，每空、每图一分；第21题和22题部分问时，应写出解题过程）
16．（8分）小明和小红重新复习了初中阶段做过的几个实验：
（1）观察沸腾现象：两位同学在相同的环境中，用如图甲所示的装置分别进行实验，并根据实验数据绘制如图乙（1）所示的a、b两个图象，由图象可知：
①两组实验中，水从开始加热到开始沸腾所用的时间 （选填“相同”或“不同”），实验所用水量是 的多（选填“a”、“b”或“一样”）。
②水在沸腾过程中需要吸收热量，为了验证这一结论，需要进行的操作是 。
③请你在图乙（2）中画出水沸腾前气泡变化示意图。（画3﹣4个气泡即可）
（2）观察液化现象：如图丙，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入装有冷水的量筒中。一段时间，发现量筒的水温升高，根据量筒中温度计示数的变化 （选填“能”或“不能”）直接证明水蒸气的液化过程会放热，理由是 。
（3）探究熔化特点时，两位同学用如图丁所示的实验装置，做“探究冰熔化特点”实验：他们设计了一个记录该实验过程的表格，表格中（a）、（b）两处应填的内容是（a） 、（b） 。
17．（6分）小明在做探究平面镜成像特点的实验，将一块玻璃竖直架在水平台上，取两支完全相同的蜡烛A和B进行实验，如图所示。
（1）为便于观察，该实验最好在较 环境中进行；
（2）小明点燃玻璃板前的蜡烛A，他应该在玻璃板 （填“前”或“后”）观察，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看见蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合，此时蜡烛B的位置即为蜡烛A的像所在的位置，这种确定像与物大小关系的实验方法是 法，由此可以得出的结论是： 。
（3）小明通过上述实验得出像与物大小关系的结论，可小华认为：像的大小还可能和玻璃板面积的大小有关。在不更换和损坏玻璃板的前提下，你如何开展探究？简述做法及判断方法。（可用手边的物品）
做法： ；
判断方法： 。
18．（8分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；实验时，小明没有调节杠杆在水平位置平衡，就开始实验， （选填“能”或“不能”）探究得到正确结论；请说出你的理由： ；
（2）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡。收集多组数据，其目的是 ；
（3）如图乙，用测力计在A处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，在测力计逐渐向左倾斜到虚线位置的过程中，为了保持杠杆在水平位置平衡，测力计的示数将 ；
（4）图丙的漫画中， （选填“小猴”或“小兔”）分得的萝卜质量大，其原因是 ；请你在图丁中画出GA和GB对应的力臂LA和LB，帮助分析问题。
19．（6分）如图为“探究通电螺线管外部磁场方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，把小磁针放在水平桌面上，发现小磁针静止时总是指向南北方向，这是因为 。
（2）闭合开关后，竖直悬挂的小铁球向右运动，这说明通电螺线管周围存在 ；同时发现小磁针的N极与通电螺线管的右端相互 。
（3）将小铁球换成小铝球，闭合开关后，小铝球将 。（选填“向右运动”“向左运动”或“保持静止”）
（4）为了探究通电螺线管周围磁场强弱与电流大小是否有关，可在电路中串联一个 （填电学元件）。
（5）为了探究通电螺线管周围磁场方向与电流方向是否有关，写出一种操作方法： 。
20．（7分）小安在探究“电流与电阻的关系”实验时，选取了如下器材：电压恒为6V的电源、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、滑动变阻器、电压表、电流表、开关和若干导线。
（1）如图甲所示为小安设计的实验电路图，其中a是 ，b是 ；
（2）按电路图连接好实物电路，闭合开关后，发现电压表有示数、电流表无示数，经检查，电流表、电压表连接无误，则电路存在的故障可能是 ；
（3）排除故障后，将5Ω电阻接入电路，闭合开关，调节滑片，使电压表指针指在如图乙所示位置，电压表示数为 V；
（4）小安根据实验需要，分别将三个定值电阻接入电路进行实验，记录对应电流表的示数，并将实验数据描绘成图像，如图丙所示。由图像可知，实验过程中选用的滑动变阻器的阻值不会小于 Ω。若实际选用的滑动变阻器的最大阻值为60Ω，为了能够顺利完成实验，小安在该实验中控制定值电阻两端的电压应不低于 V；
（5）分析图像可以得出实验结论： 。
21．（4分）如图甲所示，工人沿斜面把装有货物的箱子从底端拉进车厢，箱子移动的距离s与时间t的关系如图乙所示。在此期间，工人拉这个箱子沿斜面匀速运动时的拉力为600N，此斜面的长为5m，高为1m，箱子和货物共重为1500N，g取10N/kg，求：
（1）在0﹣5s内，拉力做的功是多少？
（2）移动时拉力做功的功率是多少？
22．（7分）如图甲为储水式电热水器的内部结构，它利用加热管对水箱中的水进行加热。长时间使用后可能导致绝缘部分可能破损，使热水器中的外壳和水带电，从而造成触电事故。所以国家规定电热水器须采用接地、漏电保护器、防电墙等多重保护措施。
（1）若电热水器水箱容量为50L，额定功率1500W，则正常工作时，将水从20℃加热至50℃，至少需要多长时间？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（2）考虑到用电安全，电热水器应使用 （选填“两孔”或“三孔”）插座，且进、出水管口都装有防电墙，其内部结构如图乙所示，流经其中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，与普通水管相比其中的水柱变得更细更长，从而使水的电阻 ；
（3）若人体电阻为2kΩ，某种防电墙电阻为468kΩ，当如图丙所示地线失效时：
①试用计算说明此防电墙能否保证人的安全？
②若防电墙内部容积为10cm3，横截面1cm2，长度为10cm的自来水水柱的电阻为13kΩ，水柱的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，则此防电墙中需要将内部的水分隔成长度为 cm的螺旋水柱。（不考虑内部隔片本身的厚度影响）
参考答案与试题解析
一、选择题（共8小题，每小题2分，共16分.每题只有一个选项符合题意要求）
1．（2分）你认为校园生活中的物理量最合理的是（ ）
A．教室内课桌的高度约为80dm
B．一块橡皮从桌面掉到地上的时间约0.5s
C．物理课本的质量大约是26g
D．班级内一盏日光灯正常工作的电流约2A
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。
【解答】解：A、中学生的身高在165cm左右，课桌的高度大约是身高的一半，在80cm＝8dm左右，故A不合理；
B、课桌的高度不到1m，橡皮从课桌掉到地上的时间在0.5s左右，故B合理；
C、物理课本的质量约250g，故C不合理；
D、教室中日光灯正常工作的电流在0.2A左右，故D不合理。
故选：B。
【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）如图所示的光现象中，由光的反射形成的是（ ）
A．立竿见影B．水中折笔
C．雨后彩虹D．水中倒影
【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：A、立竿见影，是利用光沿直线播形成的现象，故A不符合题意；
B、水中折笔，是光从水中斜射入空气中发生折射形成的，故B不符合题意；
C、雨后彩虹，是太阳光经空气中的水珠折射后分解为七色光形成的，属于光的折射现象，故C不符合题意；
D、水中倒影，属于平面镜成像，是光的反射形成的，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题列举了四个常见的光现象，综合了光学知识，需要学生在平时学习和生活中多对相关的光现象进行思考。
3．（2分）关于信息、能源、材料、磁场等的叙述中正确的是（ ）
A．“北斗”卫星定位系统是利用电磁波传递信息的
B．人类开采的石油由于储量巨大，属于可再生能源
C．核电站是通过核聚变反应获得核能的
D．磁场和磁感线都是人为引入的，实际上不存在
【分析】（1）卫星定位系统是卫星通信的一种，利用电磁波来传递信息；
（2）可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
（3）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的；
（4）磁体周围存在的特殊物质叫磁场，磁场看不见，摸不着，但客观存在；而磁感线是人们为了描述磁场强弱和方向引入的假想曲线。
【解答】解：A、电磁波可以在真空中传播，所以，“北斗”卫星定位系统是利用电磁波传递信息，故A正确；
B、人类开采的石油虽然储量巨大，但是其一旦消耗就很难再生，因此属于不可再生能源，故B错误；
C、核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的，故C错误；
D、磁体周围存在的特殊物质叫磁场，磁场看不见，摸不着，但客观存在；而磁感线是人们为了描述磁场强弱和方向引入的假想曲线，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了信息的传递、能源的分类、核电站的发电原理以及磁场和磁感线的认识，考查较综合，但难度不大。
4．（2分）刚从冰箱中取出硬邦邦的棒冰上粘着白花花的粉，剥去纸，棒冰就冒出“白雾”。若把棒冰放进茶杯里，不一会儿茶杯外壁就会“出汗”，放在嘴里棒冰变成“糖水”。这四种物态变化依次是（ ）
A．凝固、汽化、液化、熔化
B．凝固、液化、液化、熔化
C．凝华、汽化、液化、汽化
D．凝华、液化、液化、熔化
【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：“粉”是空气中水蒸气遇冷的棒冰凝华而成的小冰粒；
“白雾”是空气中水蒸气遇冷的棒冰液化成的小水珠；
“出汗”是空气中水蒸气遇冷（温度较低）的茶杯外壁液化成的小水珠；
放在嘴里的冰棒变为“糖水”，是由固态变为液态的熔化现象。
故选：D。
【点评】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
5．（2分）淮安市内严查电动车驾乘人员不戴头盔的现象，“一盔一带，安全常在”，小明想制作一款智能头盔，从而方便提醒人们出行戴头盔。平时将头盔锁在前篓里，先转动钥匙并取出头盔戴上（相当于闭合S1），再转动电动车钥匙（相当于闭合S2），车才能正常启动，图路中符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合时，电动机才能正常启动，所以两个开关串联，然后与电动机串联在电路中，只有B符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的设计，能判定出两个开关的连接方式是解题的关键。
6．（2分）如图为我国新型反潜巡逻机，机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在，图中能解释磁异探测器工作原理的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】磁异探测器最终将磁信号转换为变化的电流，因此是一个发电机，分析下面四幅图，找出发电机的原理即可。
【解答】解：磁异探测器将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，说明有感应电流产生；
A、图示的实验是奥斯特实验，说明通电导体周围存在着磁场，故A错误；
B、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，故B正确；
C、图示为通电导体在磁场中受力，是电动机的原理，故C错误；
D、图示为磁极之间的相互作用，故D错误；
故选：B。
【点评】解答本题的关键要能从题意中分析出该装置利用了发电机的原理，再同相关的实验装置相对应即可。
7．（2分）对如图中甲、乙、丙、丁四幅图片的解释不正确的是（ ）
A．图甲利用二氧化氮气体和空气演示气体扩散实验，应将密度大的二氧化氮气体放在B集气瓶中
B．图乙中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈
C．图丙中将两个铅柱压在一起，下面能够悬挂一个钩码，说明分子之间存在引力
D．图丁，向塞紧的集气瓶内打气，瓶内气体推动塞子冲出时，瓶内出现白雾，该现象说明气体对外做功，自身内能增加
【分析】（1）从二氧化氮的密度与空气密度的关系分析解答；
（2）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高分子运动越剧烈；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）物体对外做功，内能减小。
【解答】解：A．甲图探究的是扩散现象的问题，由于二氧化氮的密度比空气密度大，为了避免重力对实验造成影响，下面的B集气瓶中应该装二氧化氮，故A正确；
B．分子运动受温度影响，乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子运动越剧烈，故B正确；
C．丙图中紧压在一起的两个铅块能够吊起钩码而不分开，是因为分子之间存在引力，故C正确；
D．瓶内气体推动塞子冲出时，白雾是液化形成的，说明瓶内温度降低了，即气体对塞子做功，内能减小，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了分子动理论的知识，题目的难度不大，将基础知识与实际的应用联系在一起即可。
8．（2分）如图﹣1是物理创新小组设计的“闯红灯违规模拟记录器”，控制电路电源电压为6V，电磁继电器线圈电阻为10Ω，R为力敏电阻，其阻值大小随压力F的变化关系如图﹣2所示。当光控开关接收到绿光时断开，工作电路中指示灯亮，电控照相机不工作，当光控开关接收到红光时自动闭合，且当力敏电阻受到车的压力增大到一定数值，控制电路中电流等于或大于0.06A时，电控照相机开始拍照，g取10N/kg。下列说法中不正确的是（ ）
A．若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，可以适当减小线圈的匝数
B．当控制电路中电流等于0.06A时，闯红灯的车对力敏压阻的压力为4000N
C．当质量为1200kg的车闯红灯时，控制电路消耗的总功率为0.9W
D．a处是指示灯，b处是电控照相机
【分析】（1）电磁继电器中最主要的部分就是电磁铁，它是靠电磁铁的原理来工作的。电磁继电器的电路可分为控制电路和工作电路两部分，当控制电路接通时，电磁铁有磁性，吸引衔铁；当电磁铁无磁性时，衔铁在弹簧的作用下被拉起，据此判断指示灯和电控照相机的连接位置。
（2）先根据欧姆定律求出控制电路的总电阻，再根据电阻的串联求出压敏电阻的阻值，根据图象查出此时的压力，压力和自身的重力相等，根据G＝mg求出超载车的质量；
（3）当质量为1200kg的车闯红灯时，根据F＝G＝mg求出此时的压力，根据图象查出压敏电阻的阻值，根据串联电路的特点和P＝求出控制电路消耗的总功率；
（4）若使质量较小的车闯红灯，根据欧姆定律可知电路中电流变小，通过电磁铁线圈的电流一定的情况下，根据影响电磁铁的磁性因素即可判断。
【解答】解：D、根据题意，当光控开关接收到绿光时，光控开关断开，此时电磁铁无磁性，衔铁没有被吸引，工作电路中的指示灯发光，此时指示灯所在的支路应该接通，即a处是指示灯；当光控开关接收到红光时自动闭合，同时受到压力时，由于压敏电阻的电阻减小，所以电路中的电流值增大，由于电磁铁的磁性将衔铁吸下，此时电控照相机工作，电控照相机所在的电路应接通所以b处是电控照相机；故D正确；
B、由I＝可得，衔铁刚被吸下时，控制电路的总电阻：
R总＝＝＝100Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，压敏电阻的阻值：
R＝R总﹣R线圈＝100Ω﹣10Ω＝90Ω，
查图象可知，当R＝90Ω时，压敏电阻所受的压力F＝4000N，
则此时车的重力G＝F＝4000N，
由G＝mg可得，车的质量：
m＝＝＝400kg，故B正确；
C、当质量为1200kg的车闯红灯时，此时的压力：F′＝G′＝m′g＝1200kg×10N/kg＝12000N，
查图象可知，当压敏电阻所受的压力F′＝4000N时，R′＝30Ω，
控制电路的总电阻R总′＝R′+R线圈＝30Ω+10Ω＝40Ω，
则控制电路消耗的总功率为：P总′＝＝＝0.9W，故C正确；
A、若使质量较小的车闯红灯也能被拍下，由于压力F越小时，电阻R越大，根据串联电路中的总电阻等于各串联电阻之和，则电路中的总电阻变大，电流会变小，此时应增大电磁铁磁性，所以，可以适当增加线圈的匝数，故A错误。
故选：A。
【点评】本题考查了有关电磁继电器的电路连接，首先要搞清电磁继电器的工作原理，并搞清工作电路和控制电路；同时还考查了欧姆定律的应用，正确运用原理分析是此题的关键。
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共18分）
9．（3分）如图1所示圆的直径是 1.60 cm；如图2所示量筒中液体的体积是 37 mL；如图3所示温度计的读数为 ﹣6 ℃。
【分析】（1）使用刻度尺时，先观察量程、分度值、单位，再观看物体是否从0刻度线开始测量，读数时估读到分度值的下一位；
（2）量筒读数时，先观察分度值再读数；
（3）使用温度计时，先观察温度计的分度值，再观察0刻度线的位置，确定温度计的读数是零上还是零下。
【解答】解：（1）由图可知刻度尺的分度值是0.1cm，物体从1.00cm开始到2.60cm测量结束，故物体的读数是1.60cm；
（2）量筒分度值是1mL，读数是37mL；
（3）由图可知，0℃在上，越往下数值越大，说明此时是零下，分度值为1℃，此时读数为﹣6℃。
故答案为：1.60；37；﹣6。
【点评】本题是基础测仪器的使用，属于基础题型。
10．（2分）使用如图所示的便携式扩音器主要目的是为了改变声音的 响度 ，但使用这种设备会造成声音的“失真”，这是因为声音的 音色 发生了变化。（均选填声音的特性）
【分析】物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色反映了声音的品质与特色。
【解答】解：便携式扩音器可以改变声音的响度的大小；使用这种设备会造成声音的“失真”，这是因为扩音器振动发出的声音与人的声带发出的声音的音色是不同的。
故答案为：响度；音色。
【点评】本题主要考查乐音的三个特征，比较简单，属于基础题。
11．（3分）请你补全关于“像”的知识结构图。（1） 凸透镜 ；（2） 直线传播 ；（3） 倒立的实像 。
【分析】（1）小孔成像是光的直线传播形成的倒立的实像；
（2）凸透镜成像是根据光的折射形成的，可以是倒立的实像，也可以是正立的虚像；
（3）平面镜成像是光的反射形成的正立、等大的虚像。
【解答】解：（1）小孔成像是光沿直线传播形成的，并且成的是倒立的实像，像的大小取决于光屏与物体到小孔的距离关系；
（2）凸透镜成像是根据光的折射形成的，如果物体在焦点之外成倒立的实像，在焦点之内成正立的虚像；
（3）平面镜成像原理是光的反射，所成的像是正立的虚像。
答：（1）凸透镜；（2）直线传播；（3）倒立的实像。
【点评】本题考查了光的直线传播现象的应用、平面镜成像、凸透镜成像的知识，熟练掌握有关知识是解题的关键。
12．（2分）如图所示是“探究重力势能大小影响因素”的实验。实验器材有体积较大的容器、A的质量比B的质量小的实心铁块、小方桌、橡皮泥、海绵、泡沫。
（1）实验中要根据小桌陷入的深度判断重力势能大小，以上器材中最好选择 橡皮泥 （选填“橡皮泥”“海绵”或“泡沫”）进行实验。
（2）实验中结论可以用来解释“高空抛物”的危害是 甲、乙 两次实验。
【分析】（1）桌腿陷入深度越深反映了重物具有的重力势能越大，这用到了转换法；
（2）重力势能的大小与物体的质量、高度有关；当高度相同时，物体的质量越大，重力势能越大；当质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大，结合图象进行分析判断。
【解答】解：（1）通过设计的实验可以知道，他是通过比较桌腿陷入物体中的深浅来比较重力势能的大小的，桌腿进入物体越深说明物体做的功越多，它原来具有的重力势能越大，由于海绵和泡沫发生的是弹性形变，能恢复原状，而橡皮泥发生的塑性形变，不能恢复原状，实验效果更明显，最好选择橡皮泥进行实验；
（2）由甲、乙两图可知，同一物体从不同高度落下，质量相等，落下的位置越高，陷入深度越大，物体的重力势能越大，由此可知，在质量相同时，高度越高，重力势能越大；物体一开始所处的高度很高，根据影响重力势能的因素可知，高度越高，物体的重力势能越大，在下落过程中将重力势能转化为动能就越多，危害就会越大，可以用来解释“高空抛物”的危害。
故答案为：（1）橡皮泥；（2）甲、乙。
【点评】本题考查学生对实验的分析和概括能力，知道影响重力势能的因素是质量和高度，利用好控制变量法是解答的关键。
13．（3分）现用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与所挂物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则：动滑轮自重为 3 N；图乙中曲线表明，同一滑轮组的机械效率η随所挂物重G物的增大而增大，最终 不会 （会/不会）达到100%；仅改变图甲中的绕绳方式、重复上述实验，所得到的η﹣G物图线与图乙所示曲线 相同 （相同/不同）。
【分析】（1）由图乙可知，物重G＝12N时，滑轮组的机械效率η＝80%，不计绳重和摩擦，克服物重做的功为有用功，克服动滑轮重力和物重做的功为总功，根据η＝＝＝求出动滑轮受到的重力；
（2）不计绳重和摩擦，使用滑轮组提升物体时需要克服动滑轮重力做额外功，有用功一定小于额外功，据此进行解答；仅改变图甲中的绕绳方式时，克服物体重力所做的有用功、克服物体重力和动滑轮重力所做的总功不变，滑轮组的机械效率不变，据此进行解答。
【解答】解：（1）由图乙可知，物重G＝12N时，滑轮组的机械效率η＝80%，
因不计绳重和摩擦，克服物重做的功为有用功，克服动滑轮重力和物重做的功为总功，
所以，滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝80%，
解得：G动＝3N；
（2）不计绳重和摩擦，使用滑轮组提升物体时，需要克服动滑轮重力做额外功，有用功一定小于额外功，滑轮组的机械效率达不到100%；
不计绳重和摩擦，用滑轮组提升相同的物体上升相同的高度时，改变图甲中的绕绳方式，所做的有用功相同，克服物体重力和动滑轮重力所做的总功不变，则滑轮组的机械效率不变，所以，重复上述实验，所得到的η﹣G物图线与图乙所示曲线相同。
故答案为：（1）3；（2）不会；相同。
【点评】本题考查了做功公式和滑轮组机械效率公式、功率公式、影响滑轮组机械效率因素的应用等，明确有用功和总功、额外功是关键。
14．（2分）如图所示是某电热水壶的内部电路图，R1＝22Ω，R2＝198Ω，其中R1和R2均为定值电热丝，S为自动开关，电水壶处于加热状态时，开关S 闭合 （选填“闭合”或“断开”），电水壶处于保温状态时，R1正常工作1min产生的热量为 1320J 。
【分析】电水壶器处于加热状态时，电路的电功率最大，根据P＝UI＝可知电功率的关系，结合电路图判断开关的状态；
电水壶器处于保温状态时，电路的电功率最小，根据P＝UI＝可知电功率的关系，结合电路图判断开关的状态；
电热水壶处于保温状态，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据Q＝I2Rt计算R1正常工作1min产生的热量。
【解答】解：开关S闭合时，只有电阻R2接入电路，电路中的电阻最小，根据P＝UI＝可知电路的电功率最大，电水壶器处于加热状态；
开关S断开时，两电阻串联接入电路，电路中的电阻最大，根据P＝UI＝可知电路的电功率最小，电水壶器处于保温状态；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电路中的电流：I＝＝＝1A，
R1正常工作1min产生的热量：
Q＝I2R1t＝（1A）2×22Ω×60s＝1320J。
故答案为：闭合；1320J。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、焦耳定律公式的应用，正确的判断出电热水壶处于不同状态时电路的连接方式是关键。
15．（3分）为践行“低碳理念”，LED节能灯在生活中使用越来越广泛，它可以直接把电能转化为光能。现有一盏标有“24V 12W”LED灯，其亮度与“220V 100W”的普通白炽灯相当。
（1）若上述LED灯和白炽灯都正常工作相同时间，两灯消耗的电能之比是 3：25 ；
（2）某种白炽灯工作时的能量转化情况如图所示，则该白炽灯的发光效率是 10% 。
（3）12WLED灯与100W白炽灯照明效果相同，是指 12WLED灯与100W白炽灯的亮度相同 。
【分析】（1）由两灯的铭牌可知两灯的额定功率，正常工作时的实际功率等于各自的额定功率，利用W＝Pt比较相同时间内消耗电能的大小之比；
（2）白炽灯工作时消耗的电能为总能量，转化成的光能为有用能量，利用效率公式求白炽灯的发光效率；
（3）LED灯发光效率高，而白炽灯的发光效率低，照明效果相同即二者的亮度相同。
【解答】解：
（1）因为两灯正常工作，
所以PLED＝12W，P白炽灯＝100W，
时间t相同，由P＝可得
两灯消耗的电能之比：
WLED：W白炽灯＝PLEDt：P白炽灯t＝PLED：P白炽灯＝12W：100W＝3：25；
（2）白炽灯的发光效率：
η＝×100%＝×100%＝10%，
（3）由于LED灯的发光效率高于白炽灯发光效率，则功率较小的LED灯的亮度与功率较大的白炽灯亮度相同，二者照明效果相同。
故答案为：（1）3：25；（2）10%；（3）12WLED灯与100W白炽灯的亮度相同。
【点评】本题考查的是电能的计算、能量转化及其效率计算，关键是利用好灯的铭牌（额定功率）和白炽灯的能流图，通过做题明白白炽灯被淘汰的原因。
三、解答题（共7小题，共46分，每空、每图一分；第21题和22题部分问时，应写出解题过程）
16．（8分）小明和小红重新复习了初中阶段做过的几个实验：
（1）观察沸腾现象：两位同学在相同的环境中，用如图甲所示的装置分别进行实验，并根据实验数据绘制如图乙（1）所示的a、b两个图象，由图象可知：
①两组实验中，水从开始加热到开始沸腾所用的时间 相同 （选填“相同”或“不同”），实验所用水量是 a 的多（选填“a”、“b”或“一样”）。
②水在沸腾过程中需要吸收热量，为了验证这一结论，需要进行的操作是 停止加热，观察水能否继续沸腾 。
③请你在图乙（2）中画出水沸腾前气泡变化示意图。（画3﹣4个气泡即可）
（2）观察液化现象：如图丙，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入装有冷水的量筒中。一段时间，发现量筒的水温升高，根据量筒中温度计示数的变化 不能 （选填“能”或“不能”）直接证明水蒸气的液化过程会放热，理由是 高温水（水蒸气）降温放热 。
（3）探究熔化特点时，两位同学用如图丁所示的实验装置，做“探究冰熔化特点”实验：他们设计了一个记录该实验过程的表格，表格中（a）、（b）两处应填的内容是（a） 时间/分钟 、（b） 物质状态 。
【分析】（1）①液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；在研究液体沸腾实验过程中，要缩短加热时间，可以减少水的质量或提高水的初温度。
②通过ab初温不相同，但到达沸腾的时间相同，根据Q＝cmΔt判断水的质量。
③沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小；当水温达到沸点时，有大量的气泡涌现，接连不断地上升，并迅速地由小变大。
（2）水蒸气液化放热，高温水（水蒸气）降温放热；
（3）探究晶体冰的熔化温度变化规律时，需要明确晶体冰在不同温度下所处的状态。
【解答】解：（1）①由图乙知a的初温比b的初温高，ab同时沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度低，根据Q＝cmΔt知，说明a的质量大。
②水在沸腾过程中是要不断吸收热量的，如果移走酒精灯，停止对水加热，我们会发现水会停止沸腾，这进一步证明了水在沸腾过程中必须不断吸热。
③沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小，气泡的变化情况如下图：
；
（2）量筒的水温升高的原因有两个，一是水蒸气液化放热，二是高温水（水蒸气）降温放热；
所以量筒中温度计示数的变化不能直接证明水蒸气的液化过程会放热；
（3）探究“冰的熔化规律”实验过程中，观察冰在熔化过程中，温度随时间的变化规律，要用秒表测量时间，并观察冰在不同时间的状态，故应添加时间和状态；
故答案为：（1）①相同；a；②停止加热，观察水能否继续沸腾；（2）不能；高温水（水蒸气）降温放热；（3）时间/分钟；物质状态。
【点评】此题是探究水的沸腾实验，涉及到温度计的读数，液化，水沸腾的条件和特点等知识点，考查非常全面，属于热现象中重要的知识点，需要熟练掌握基本规律。
17．（6分）小明在做探究平面镜成像特点的实验，将一块玻璃竖直架在水平台上，取两支完全相同的蜡烛A和B进行实验，如图所示。
（1）为便于观察，该实验最好在较 暗 环境中进行；
（2）小明点燃玻璃板前的蜡烛A，他应该在玻璃板 前 （填“前”或“后”）观察，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看见蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合，此时蜡烛B的位置即为蜡烛A的像所在的位置，这种确定像与物大小关系的实验方法是 等效替代 法，由此可以得出的结论是： 像与物大小相等 。
（3）小明通过上述实验得出像与物大小关系的结论，可小华认为：像的大小还可能和玻璃板面积的大小有关。在不更换和损坏玻璃板的前提下，你如何开展探究？简述做法及判断方法。（可用手边的物品）
做法： 可以拿不透明的书挡住玻璃板前面的一部分，重复上面的实验 ；
判断方法： 若同样大小的蜡烛B还能和像重合，说明像的大小和镜子面积无关，反之有关 。
【分析】（1）从使成像清晰的角度考虑；
（2）平面镜成像属于光的反射，本实验根据等效替代法确定像的位置和比较大小，像与物大小相等；
（3）验证像的大小还和镜子面积的大小有关的实验时，改变镜子面积，看看同样大小的蜡烛B是否还能和像重合即可。
【解答】解：（1）为使成像清晰，便于观察，该实验最好在较暗环境中进行；
（2）平面镜成像属于光的反射，小明点燃玻璃板前的蜡烛A，他应该在玻璃板前观察，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看见蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合，此时蜡烛B的位置即为蜡烛A的像所在的位置，这种确定像与物大小关系的实验方法是等效替代法，因两蜡烛完全相同，由此可以得出的结论是：像与物大小相等；
（3）在不更换和损坏玻璃板的前提下，探究像的大小还和镜子面积的大小有关；
可以拿不透明的书挡住玻璃板前面的一部分，重复上面的实验。判断方法：若同样大小的蜡烛B还能和像重合，说明像的大小和镜子面积无关，反之有关。
故答案为：（1）暗；（2）前；等效替代；像与物大小相等；（3）可以拿不透明的书挡住玻璃板前面的一部分，重复上面的实验；若同样大小的蜡烛B还能和像重合，说明像的大小和镜子面积无关，反之有关。
【点评】本题探究平面镜成像特点的实验，考查对实验的操作过程的理解和实验方案的设计。
18．（8分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；实验时，小明没有调节杠杆在水平位置平衡，就开始实验， 不能 （选填“能”或“不能”）探究得到正确结论；请说出你的理由： 杠杆自重对实验的影响 ；
（2）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡。收集多组数据，其目的是 避免偶然性，寻找普遍规律 ；
（3）如图乙，用测力计在A处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，在测力计逐渐向左倾斜到虚线位置的过程中，为了保持杠杆在水平位置平衡，测力计的示数将 变大 ；
（4）图丙的漫画中， 小猴 （选填“小猴”或“小兔”）分得的萝卜质量大，其原因是 杠杆平衡时，力臂越小，力越大 ；请你在图丁中画出GA和GB对应的力臂LA和LB，帮助分析问题。
【分析】（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；
实验前需调节杠杆在水平位置平衡，可以便于测量力臂并消除杠杆自重对实验的影响；
（2）探究实验多次测量的目的，是为了寻找普遍规律，避免偶然性；
（3）当拉力倾斜时，由力臂的定义分析动力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析；
（5）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。
【解答】解：（1）杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡；
实验前需调节杠杆在水平位置平衡，可以便于测量力臂并消除杠杆自重对实验的影响，若没有调节杠杆在水平位置平衡，无法得到正确结论；
（2）本实验是探究杠杆平衡条件的实验，属于探究性实验，多次测量的目的是避免偶然性，寻找普遍规律；
（3）如图乙所示，当弹簧测力计逐渐向左倾时，动力臂变小，因阻力和阻力臂不变，由杠杆的平衡条件，则弹簧测力计的示数将逐渐变大。
（5）如下图所示：
以O1为支点，左端的重心在P处，右端的重心在Q处，LP＜LQ，即左端重力的力臂小于右端重力的力臂。
根据杠杆的平衡条件可得：GP•LP＝GQ•LQ，
因为LP＜LQ，
所以，GP＞GQ，即mPg＞mQg，
所以mP＞mQ，
故小猴分得的萝卜质量大。
故答案为：（1）平衡；不能；杠杆自重对实验的影响；（2）避免偶然性，寻找普遍规律；（3）变大；（4）小猴；杠杆平衡时，力臂越小，力越大。
【点评】本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。正确理解杠杆的平衡条件是关键。
19．（6分）如图为“探究通电螺线管外部磁场方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，把小磁针放在水平桌面上，发现小磁针静止时总是指向南北方向，这是因为 受到地磁场的作用 。
（2）闭合开关后，竖直悬挂的小铁球向右运动，这说明通电螺线管周围存在 磁场 ；同时发现小磁针的N极与通电螺线管的右端相互 吸引 。
（3）将小铁球换成小铝球，闭合开关后，小铝球将 保持静止 。（选填“向右运动”“向左运动”或“保持静止”）
（4）为了探究通电螺线管周围磁场强弱与电流大小是否有关，可在电路中串联一个 滑动变阻器 （填电学元件）。
（5）为了探究通电螺线管周围磁场方向与电流方向是否有关，写出一种操作方法： 将电池的正负极对调 。
【分析】（1）地球是一个巨大的条形磁铁，所以其周围的空间存在着磁场，会对其周围的磁体产生磁力的作用；
（2）通电螺线管周围存在磁场；根据安培定则可判断螺线管的磁极，再根据磁极间的作用规律判断小磁针与螺线管的相互作用情况；
（3）磁体能吸引铁球，不能吸引铝球；
（4）滑动变阻器可以保护电路，也可以调节电路中电流的大小；
（5）改变电池的正负极和改变螺线管的绕线方式，都能够改变电流的流向。
【解答】解：（1）由于地球的周围存在地磁场，所以地球周围任何范围内的小磁针（指南针）都要受到地磁场的作用而指向南北方向；
（2）闭合开关后，竖直悬挂的小铁球向右运动，这说明通电螺线管周围存在磁场；
由图知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管的右端为S极；由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极与通电螺线管的右端相互吸引；
（3）通电螺线管周围存在磁场，对小铁球存在磁力作用，铝球不受磁力作用，故铝球将保持静止；
（4）要想探究通电螺线管周围磁场强弱与电流大小是否有关，可在电路中串联一个滑动变阻器，用来改变电流的大小；
（5）要想探究通电螺线管周围磁场方向与电流方向是否有关，可以将电池的正负极对调。
故答案为：（1）受到地磁场的作用；（2）磁场；吸引；（3）保持静止；（4）滑动变阻器；（5）将电池的正负极对调。
【点评】本题考查了“探究通电螺线管外部磁场方向”的实验，了解地磁场、磁极间的相互作用、安培定则、滑动变阻器的作用、影响通电螺线管极性的因素等，可逐一做出解答。
20．（7分）小安在探究“电流与电阻的关系”实验时，选取了如下器材：电压恒为6V的电源、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、滑动变阻器、电压表、电流表、开关和若干导线。
（1）如图甲所示为小安设计的实验电路图，其中a是 电压表 ，b是 电流表 ；
（2）按电路图连接好实物电路，闭合开关后，发现电压表有示数、电流表无示数，经检查，电流表、电压表连接无误，则电路存在的故障可能是 定值电阻断路 ；
（3）排除故障后，将5Ω电阻接入电路，闭合开关，调节滑片，使电压表指针指在如图乙所示位置，电压表示数为 2 V；
（4）小安根据实验需要，分别将三个定值电阻接入电路进行实验，记录对应电流表的示数，并将实验数据描绘成图像，如图丙所示。由图像可知，实验过程中选用的滑动变阻器的阻值不会小于 40 Ω。若实际选用的滑动变阻器的最大阻值为60Ω，为了能够顺利完成实验，小安在该实验中控制定值电阻两端的电压应不低于 1.5 V；
（5）分析图像可以得出实验结论： 在电压一定的条件下，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
【分析】（1）电流表串联在电路中，电压表与电阻并联，据此回答；
（2）按电路图连接好电路，闭合开关后，若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值读数；根据指针位置读数电压大小；
（4）据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律和分压原理，当把20Ω的定值电阻接入电路进行实验时得出变阻器应连入电路中的电阻，据此分析；当变阻器换为60Ω，当电阻最大时，变阻器的电阻也最大，根据串联电压之比等于电阻之比确定电压大小；
（5）分析图像中，每次电阻增大的倍数和电流变化的倍数，得出规律。
【解答】解：（1）电流表串联在电路中，电压表与电阻并联，如图甲为小安设计的实验电路图，其中b是电流表，a是电压表；
（2）按电路图连接好电路，闭合开关后，电流表无示数，电路可能断路，发现电压表有示数，则电压表可能与电源连通，经检查，电流表、电压表连接无误（排除了电流表短路的可能），则电路存在故障可能是定值电阻断路；
（3）先将5Ω的定值电阻接入电路，调节滑动变阻器，使电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2V；
（4）换用不同电阻时，电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据串联电压之比等于电阻之比的分压原理，当把20Ω的定值电阻接入电路进行时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝2×20Ω＝40Ω，即变阻器的最大电阻至少为40Ω；
当变阻器的最大电阻为60Ω；定值电阻用最大的20Ω，变阻器的电阻是定值电阻的3倍，其电压也是定值电阻的3倍，两者电压之和为6V，根据串联分压原理可得定值电阻两端的电压是＝1.5V；
（5）图丙中，IR＝0.4A×5Ω＝……＝0.1A×20Ω＝2V，由此可知定值电阻两端的电压是定值，且当电阻增大为几倍，电流减小为几分之一，得出的结论是：在电压一定的条件下，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：（1）电压表；电流表；（2）定值电阻断路；（3）2；（4）40；1.5；（5）在电压一定的条件下，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查注意事项、故障分析、控制变量法和操作过程及对器材的要求与实验结论以及特殊方法测量电阻等，难度较大。
21．（4分）如图甲所示，工人沿斜面把装有货物的箱子从底端拉进车厢，箱子移动的距离s与时间t的关系如图乙所示。在此期间，工人拉这个箱子沿斜面匀速运动时的拉力为600N，此斜面的长为5m，高为1m，箱子和货物共重为1500N，g取10N/kg，求：
（1）在0﹣5s内，拉力做的功是多少？
（2）移动时拉力做功的功率是多少？
【分析】（1）力对物体做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动距离；
（2）从图象中找出货物运行的时间以及在这段时间内通过的路程，根据W＝Fs求出总功，利用P＝得到移动时拉力做功的功率。
【解答】解：（1）由图象可知，货物在0～5s内，处于静止状态，通过的路程为0，根据W＝Fs可知工人所做的功为0J；
（2）由图象可知，货物在这30s﹣5s＝25s内通过的路程是s＝5m，
移动时拉力做功：W总＝Fs＝600N×5m＝3000J，
拉力做功的功率：P＝＝120W。
答：（1）在0﹣5s内，拉力做的功是0J；
（2）移动时拉力做功的功率是120W。
【点评】本题考查功和功率的计算，图象信息题是近年来中考的热点题型。
22．（7分）如图甲为储水式电热水器的内部结构，它利用加热管对水箱中的水进行加热。长时间使用后可能导致绝缘部分可能破损，使热水器中的外壳和水带电，从而造成触电事故。所以国家规定电热水器须采用接地、漏电保护器、防电墙等多重保护措施。
（1）若电热水器水箱容量为50L，额定功率1500W，则正常工作时，将水从20℃加热至50℃，至少需要多长时间？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
（2）考虑到用电安全，电热水器应使用 三孔 （选填“两孔”或“三孔”）插座，且进、出水管口都装有防电墙，其内部结构如图乙所示，流经其中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，与普通水管相比其中的水柱变得更细更长，从而使水的电阻 变大 ；
（3）若人体电阻为2kΩ，某种防电墙电阻为468kΩ，当如图丙所示地线失效时：
①试用计算说明此防电墙能否保证人的安全？
②若防电墙内部容积为10cm3，横截面1cm2，长度为10cm的自来水水柱的电阻为13kΩ，水柱的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，则此防电墙中需要将内部的水分隔成长度为 60 cm的螺旋水柱。（不考虑内部隔片本身的厚度影响）
【分析】（1）利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；不计热量损失，消耗的电能等于水吸收的热量，利用P＝求出需要的时间；
（2）为了防止因用电器漏电而发生触电事故，有金属外壳的用电器要使用三孔插座；
导体的电阻与导体的材料、横截面积、长度和温度有关；
（3）①防电墙与人体串联在电路中，根据串联分压特点可知防电墙与人体的电阻之比；根据串联电路的电压特点可知防电墙与人体两端的电压之和等于电源电压；据此可求出人体两端的电压，与安全电压值相比可知是否能保证人体安全；
②根据题意可知电阻与长度和横截面积的关系为R＝k，把横截面1cm2，长度为10cm的自来水水柱的电阻为13kΩ代入式子可得k的值；防电墙内部容积为10cm3，由图丙可知，防电墙电阻为468kΩ，代入可得此防电墙中需要将内部的水分隔成长度为多少的螺旋水柱。
【解答】解：（1）水的体积V＝50Ldm3＝0.05m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1×103kg/m3×0.05m3＝50kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（50℃﹣20℃）＝6.3×106J，
不考虑热量损失，消耗的电能W＝Q吸＝6.3×106J，
由P＝可知，需要加热的时间t＝＝＝4200s；
（2）电热水器有金属外壳，为了用电的安全，防止因用电器漏电而发生触电事故，其外壳必须要接地，故应使用三孔插座；
导体的电阻与导体的材料、横截面积、长度和温度有关；流经防电墙中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，与普通水管相比其中的水柱变得更细更长，使水的横截面积变小，长度变大，从而使水的电阻变大；
（3）①防电墙与人的电阻串联，由串联分压特点可知，＝＝＝……①，
由串联电路电压的规律可知：U1+U2＝220V……②，
由①和②得到人体的电压：U2≈0.9V
因为0.9V＜36V，所以此防电墙能保证人的安全；
②水柱的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，
则电阻与长度和横截面积的关系为：R＝k……③，
横截面1cm2，长度为10cm的自来水水柱的电阻为13kΩ，代入到③式得到：13kΩ＝k×，
解得：k＝1.3kΩ/cm，
防电墙内部容积为10cm3，防电墙电阻为468kΩ，代入③式得到：468kΩ＝1.3kΩ/cm×，
解得：L′＝60cm。
答：（1）若电热水器水箱容量为50L，额定功率1500W，则正常工作时，将水从20℃加热至50℃，至少需要的时间为4200s；
（2）三孔；变大；
（3）①此防电墙能保证人的安全；
②60。
【点评】本题是电热综合题，主要考查密度公式、吸热公式、电功率公式、安全用电、串联电路的特点和导体电阻的影响因素，题目综合性强，难度较大。（a）
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温度/℃
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（b）
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（a）
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温度/℃
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（b）
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