江苏省南通市2024年中考物理试题
1．（2024·南通）南通板鹞风筝是国家级非物质文化遗产，上面缀满大小不一的哨口，如图。风筝升空后哨口发出低、中、高音，声音的这一特征指的是（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
【答案】A
【知识点】声速；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】根据题意可知，哨口大小不一，使哨口发出低、中、高音，则指的是声音的高低，也就是音调，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】声音的高低叫音调，声音的大小叫响度。
2．（2024·南通）太阳喷射大量带电微粒进入大气层会引起地磁暴，影响通信、导航的运行。太阳喷射的带电微粒可能是（ ）
A．中子、电子 B．质子、中子 C．分子、原子 D．质子、电子
【答案】D
【知识点】原子结构
【解析】【解答】根据题意可知，太阳喷射出的粒子带电，而中子、分子和原子不带电，只有质子和电子带电，故D正确，而A、B、D错误。
故选D。【分析】根据构成物质微粒的性质分析判断。
3．（2024·南通）南通濠河水位缓慢上涨时，河面上方的“和平桥”在水中所成的像是（ ）
A．实像，像的大小不变 B．实像，像的大小变大
C．虚像，像的大小不变 D．虚像，像的大小变大
【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】根据题意可知，“和平桥”发出的光线在河面发生反射，从而形成正立的虚像。当河面上涨时，根据平面镜成像“物像等大”的规律可知，像的大小不变，故C正确，而A、B、D错误。
故选C。
【分析】根据平面镜成像的特点和规律分析。
4．（2024·南通）小明按人类对磁的认识历程，对“电磁转换”一章知识进行梳理，图中对应位置的内容填写正确的是（ ）
A．赫兹 B．电动机
C．电磁起重机 D．电磁感应现象
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的构造和原理；发电机的构造和原理；科学家及其贡献
【解析】【解答】A．根据科学发展史可知，奥斯特发现电流的磁效应，而不是赫兹，故A错误；
B．电动机的工作原理为通电线圈在磁场中受力的作用，故B错误；
C．电磁起重机应用了电流的磁效应，而不是磁场对电流的作用，故C错误；
D．发电机应用了电磁感应的原理，故D正确。
故选D。
【分析】根据相关的科学发展史确定各位科学家的贡献，以及人类对其发现的应用即可。
5．（2024·南通）《天工开物》记载了古人炒蒸油料的场景，如图，下列过程与物理知识对应不正确的是（ ）
A．加热——木炭燃烧时热值不变 B．蒸煮——油料含有的热量增加
C．翻炒——目的使油料受热均匀 D．飘香——分子在做无规则运动
【答案】B
【知识点】热传递改变物体内能；燃料的热值；分子动理论基本观点
【解析】【解答】 A.加热——木炭燃烧时热值不变，因为热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故A正确不合题意；
B.热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量，故B错误符合题意；
C.翻炒——目的使油料受热均匀，故C正确不合题意；
D.飘香——是扩散现象，说明分子在做无规则运动，故D正确不合题意；
故选B。
【分析】A.根据热值的特性判断；
B.根据热量的定义判断；
C.搅拌可以使物体受热均匀；
D.根据分子运动的知识判断。
6．（2024·南通）2024年5月，中国“嫦娥六号”任务搭载四个国际载荷成功发射升空。火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，与该过程能量转化形式相同的是（ ）
A．热机做功冲程 B．钻木取火过程
C．水力发电过程 D．物体上抛过程
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；热机；能量的转化或转移
【解析】【解答】根据题意可知，火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，该过程将燃料的内能转化成火箭的机械能。
热机做功冲程中内能转化成机械能，钻木取火过程机械能转化成内能，水力发电过程为机械能转化成电能，物体上抛过程中克服阻力做功，机械能转化成内能，故A符合题意，而BCD不符合题意。
故选A。
【分析】分析各个选项中包含的能量转化过程分析判断。
7．（2024·南通）钓鱼活动深受人们喜爱。如图是钓鱼的情景，你认为最合理的拉起鱼竿的方式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】 由图示可知，钓鱼竿在使用过程中，支点在钓鱼竿的下端，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；当动力F与钓鱼竿垂直时，动力臂最大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小，即最合理，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，然后根据杠杆平衡条件分析。
8．（2024·南通）公元前4世纪，亚里士多德提出“自然界厌恶真空”的观点，即自然界不存在真空，如果有真空的话，就有水、气来填补。17世纪托里拆利提出大气受到重力作用存在压强的观点。下列现象可分别佐证亚里士多德和托里拆利观点的是（ ）
①用吸管“吸”饮料； ②两船并行相“吸”碰撞；
③两光滑铅块压紧后“吸”住； ④抽水机只能将水“吸”到约10米高。
A．①和②④ B．④和②③ C．①和①④ D．④和①③
【答案】C
【知识点】大气压的综合应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】根据题意可知，亚里士多德和托里拆利的观点，是说明大气存在压强。
①用吸管吸饮料时，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，说明大气压强存在，故①符合题意；
②当船并行时，中间的水流动速度增大，压强减小，周围的水流水小而压强大，因此将船压到一起，利用的是流体压强和流速的关系，故②不符合题意；
③因为分子之间存在相互作用的引力，所以两光滑铅块压紧后“吸”住，故③不符合题意；
④抽水机只能将水“吸”到约10米高，是因为大气压强只能支持大约10m高的水柱，故④符合题意。
综上可知，C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】分析各个选项中描述的现象包含的物理原理，然后与托里拆利的观点比较即可。
9．（2024·南通）将新鲜度不同的甲、乙两鸡蛋放入水中，静止时的状态如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙体积相等，甲受到的浮力小
B．若甲、乙质量相等，甲受到的浮力小
C．向杯中加盐水后，乙受到的浮力变大
D．向杯中加酒精后，乙受到的浮力变大
【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．根据题意可知，若甲、乙体积相等，甲漂浮乙浸没，则乙排开液体的体积小，根据阿基米德原理可知，乙受到的浮力比甲小，故A错误；
B．根据题意可知，若甲、乙质量相等，由G=mg可知，甲、乙重力相等。乙漂浮时，浮力等于重力；甲沉底时，浮力小于重力。比较可知，甲受到的浮力小，故B正确；
C．根据题意可知，加入盐水后，液体密度变大，那么鸡蛋乙仍然漂浮，那么乙受到的浮力仍然等于重力，故乙受到的浮力不变，故C错误；
D．根据题意可知，向杯中加酒精，液体密度会变小，乙会下沉一些，可能漂浮或悬浮，此时浮力仍然等于重力；也可能沉底，此时浮力小于重力，浮力变小，故乙受到的浮力不会变大，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据阿基米德原理分析；
BCD.根据浮沉条件分析。
10．（2024·南通）图甲是灯泡L的图像，灯泡的额定电压为2.5V。将灯泡L接入图乙电路，已知电阻的阻值为，电流表量程为，电源电压可调。在电路安全工作的前提下，下列判断正确的是（提示：可在图甲中作出电阻的图像）（ ）
A．两条支路中的电流不可能相同 B．灯泡实际功率总比电阻功率大
C．电路总功率最大可达到1.5W D．电源可调的最大电压为1.8V
【答案】D
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】D.根据乙图可知，电流表在干路，最大干路电流为0.6A，由甲图可知，若灯泡正常发光，灯泡电流为0.26A，定值电阻的电流则为；
此时干路电流为0.26A+0.5A=0.76A；
0.76A大于0.6A，说明该电路最大电压不为2.5V。由甲图可知，电压为1.8V时，灯泡电流为0.24A，
定值电阻的电流为；
此时干路电流为0.24A+0.36A=0.6A；
则该电路最大电压为1.8V，
故D正确；
A．根据甲图可知，最左边一个点算出其灯泡电阻为；
当灯泡电压为1.8V时，灯泡电流为0.24A，此时灯泡电阻为；
灯泡电阻变化范围为1.67Ω~7.5Ω之间，
定值电阻R0=5Ω，
当灯泡电阻与R0相等时，电流相等，故A错误；
B．综上所述，灯泡最大电阻为7.5Ω，大于R0，而灯泡与定值电阻两端电压相等，根据公式可知，此时灯泡实际功率小于电阻功率，故B错误；
C．根据电流表的量程可知，电流最大为0.6A，电压为1.8V，此时电功率最大，即，
故最大功率为1.08W，达不到1.5W，故C错误。
故选D。
【分析】D.首先根据欧姆定律，结合图像推算电源电压的最大值。
A.根据甲图灯泡的电压变化范围，根据欧姆定律计算它的电阻变化范围，确定是否会和定值电阻的阻值相等，进而判断二者的电流是否可能相等；
B.根据判断灯泡和定值电阻的功率大小；
C.根据电流表的量程确定电路的最大电流，根据P=UI计算电路的最大功率.
11．（2024·南通）中国空间站依靠太阳能电池板供电，太阳能属于 能源；神舟十八号航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，以机械臂为参照物，他是 的；航天员与地面通过 波进行通信。
【答案】可再生；静止；电磁
【知识点】能源及其分类；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，太阳能可以在短时间内得到补充，属于可再生能源。
（2）航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，航天员相对机械臂的位置没有发生变化，则以机械臂为参照物，航天员是静止的。
（3）航天员与地面通过电磁波进行通信。
【分析】（1）可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（2）根据参照物的知识分析；
（3）根据电磁波的特点和应用解答。
12．（2024·南通）利用压强计探究液体内部压强与液体密度的关系。
（1）U形管两边液面的 能显示压强大小；使用前用手指轻按金属盒的橡皮膜，若U形管中液面不发生变化，说明 ；
（2）将金属盒分别放入水和盐水中，如图，金属盒的橡皮膜受到的压强分别是和，则 ，据此不能得出液体压强与液体密度的关系，原因是 。
【答案】（1）高度差；装置漏气
（2）小于；没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来显示压强大小的；
②若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气。
（2）①根据图片可知，金属盒位于盐水中时，U形管两侧液面高度差更大，故金属盒的橡皮膜在盐水中受到的压强更大，即。
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制深度相同，只改变液体密度。而实验中没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，故不能得出液体压强与液体密度的关系。
【分析】（1）①根据题意可知，U形管两侧液面的高度差越大，则说明液体压强越大；
②根据U形管压强计的使用方法解答。
（2）①根据U形管两侧液面的高度差比较液体压强大小；
②根据控制变量法的要求分析。
（1）[1]根据转换法的思想，液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来显示压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大。
[2]若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气，使软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差。
（2）[1]将金属盒分别放入水和盐水中，由图可知，金属盒位于盐水中时，U形管两侧液面高度差更大，故金属盒的橡皮膜在盐水中受到的压强更大，即。
[2]将金属盒分别放入水和盐水中，没有说明金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，即没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，故不能得出液体压强与液体密度的关系。
13．（2024·南通）哈尔滨冰雪节的滑雪项目吸引了很多南方“小土豆”，他们戴的滑雪手套较粗糙，是为了增大手套与滑雪杆之间的 ；滑雪时，滑雪杆向后撑地使人向前滑行，说明力的作用是 ；自由滑行时，由于受到阻力，人的滑行速度逐渐变小，说明力能改变物体的 ；滑到终点时人不会立即停下来，是因为人具有 。
【答案】摩擦力；相互的；运动状态；惯性
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】（1）根据题意可知，他们戴的滑雪手套较粗糙，是利用了增大接触面粗糙程度的方式增大手套与滑雪杆之间的摩擦力。
（2）根据题意可知，滑雪时人用滑雪杆向后撑地，对地面施加向后的作用力。同时地面对滑雪杆施加了向前的力使人可以向前滑行，这说明力的作用是相互的。
（3）人的滑行速度逐渐变小，属于物体运动状态的改变，这说明力能改变物体的运动状态。
（4）滑到终点时人不会立即停下来，是因为人具有惯性。
【分析】（1）增大滑动摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（2）根据力的作用的相互性分析；
（3）力的作用效果包括：改变物体形状或改变物体的运动状态；
（4）物体保持运动状态不变的性质叫惯性。
14．（2024·南通）梅雨季节，老王选购除湿器为家中面积的房间除湿。表一为某除湿器的部分参数，其中，额定除湿量表示每小时除去空气中水蒸气的质量；表二为环境温度30℃时，相对湿度与空气中水蒸气质量的对应关系，相对湿度是衡量空气中水蒸气含量的一个指标。
表一：
额定电压 额定功率 额定除湿量
220V 220W
表二：
相对湿度 10 30 50 70 90
空气中水蒸气质量 3 9 15 21 27
（1）除湿器正常工作时的电流为 A，除湿1h消耗的电能为 ，若家中只有除湿器工作，标有“”的电能表指示灯闪烁 次；
（2）环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为 g，若除湿器以额定除湿量工作，使房间相对湿度由降至，约需 h。
【答案】（1）1；0.22；264
（2）24；0.81
【知识点】密度公式及其应用；电能表参数的理解；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）①根据表一可知，除湿器的电功率为220W，
则除湿器正常工作时的电流为；
②除湿1h消耗的电能为；
③电能表指示灯闪烁次数为；
（2）①由表二可知，空气中水蒸气质量与相对湿度的比值一定，成正比，
比值为；
则环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为；
②根据题意可知，房间高度约为3m，则空气的体积为，
减少的水蒸气的质量为，
则需要的时间为。
【分析】（1） ①由P=UI计算除湿器正常发光时的电流；
②由W=Pt计算消耗电能；
③电能表指示灯闪烁的次数为n=W×N。
（2）①根据表格二确定空气中水蒸气的含量与相对湿度的数量关系，据此推算相对湿度时，空气中水蒸气的质量；
②根据长方体的体积公式计算房间内空气的体积，然后根据表格数据计算 相对湿度由降至时减小的水蒸气含量，最后除以额定除湿量即可。
（1）[1]除湿器正常工作时的电流为
[2]除湿1h消耗的电能为
[3]电能表指示灯闪烁次数为
（2）[1]由表二可知，空气中水蒸气质量与相对湿度的比值一定，成正比，比值为
则环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为
[2]房间高度约为3m，体积为
房间相对湿度由降至，减少的水蒸气的质量为
则需要的时间为
15．（2024·南通）在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
（1）为使烛焰的像成在光屏中央，小丽的调节场景如图甲，操作中的不当之处是 。
（2）如图乙，光屏上恰能呈现烛焰倒立、 的清晰实像，此时光在光屏上发生 反射；若在凸透镜左侧附近放置一镜片，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，该镜片是 透镜。
（3）保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，小丽的操作应是 。
【答案】（1）烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度
（2）缩小；漫；凸
（3）将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）根据图片甲可知，操作中的不当之处是烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度；
（2）①根据乙图可知，此时像距小于物距，则光屏上恰能呈现烛焰倒立、缩小的实像；
②光屏上粗糙不平，则光在光屏上发生漫反射；
③将光屏向左移动，则此时像距变小，即光线比原来会聚，则该镜片是凸透镜。
（3）根据“物近像远大”的规律可知，为使图乙中光屏上的像变大，可将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像。
【分析】（1）在探究凸透镜成像规律的实验中，只有蜡烛火焰、凸透镜和光屏的中心在同一高度，此时像能成在光屏中央；
（2）①比较像距和物距大小，从而确定成像的特点；
②光在粗糙不平表面上发生漫反射，在光滑平整的表面上发生镜面反射；
③根据光屏的移动方向确定像距的变化，进而确定光线是会聚还是发散即可；
（3）根据凸透镜成实像时“物近像远大，物远像近小”的规律分析。
（1）操作中的不当之处是烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度，烛焰的像不能成在光屏中央。
（2）[1]由图乙可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成像规律可知，光屏上恰能呈现烛焰倒立、缩小的实像。
[2]从不同方向都能看到光屏上成的像，故光在光屏上发生漫反射。
[3]若在凸透镜左侧附近放置一块凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，使光线会聚，像将呈现在光屏的前方，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，故该镜片是凸透镜。
（3）凸透镜成实像时，物近像远像变大，保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，可将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像。
16．（2024·南通）（1）如图，磁性地球仪悬停于底座上方，作出地球仪的受力示意图。
（2）如图，一束光从空气斜射入水中，画出其反射光线和大致的折射光线。
（3）如图，将插座和控制插座的开关正确接入电路。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；力的三要素及力的示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据题意可知，地球仪处于静止状态，受力平衡，即受到竖直向下的重力G和竖直向上的磁力F，两个力作用在地球仪的重心，如下图所示：
（2）首先通过入射点作垂直分界面的法线，然后根据“反射角等于入射角”在法线右侧画出对应的反射光线。光由空气斜射入水中，折射角小于入射角，如下图所示：
（3）根据题意可知，开关与插座串联，开关应先接火线，开关的另一端连接插座的右孔，插座的左孔连接零线，上孔连接地线，如图所示：
【分析】（1）对地球仪进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（2）根据光的折射规律和反射定律完成作图；
（3）根据安全用电和家庭电路连接的知识分析解答。
（1）地球仪受到竖直向下的重力G和竖直向上的磁力F，两个力作用在地球仪的重心，地球仪处于静止状态，受力平衡，故重力G和磁力F是一对平衡力，两个力大小相等，方向相反，如图所示：
（2）根据反射角等于入射角，在空气中法线的另一侧作出反射光线；在水中法线的另一侧作出折射光线，光由空气斜射入水中，所以应使折射角小于入射角，如图所示：
（3）用开关控制三孔插座，则开关与插座串联，为了用电安全，开关应先接火线，开关的另一端连接插座的右孔，插座的左孔连接零线，上孔连接地线，如图所示：
17．（2024·南通）如图，工人用330N的拉力，使用定滑轮将质量为30kg的物体6s内匀速吊起3m，g取10N/kg。求：
（1）物体上升的速度；
（2）工人做功的功率；
（3）定滑轮的机械效率。
【答案】（1）解：根据题意可知，物体上升的速度为。
（2）解：定滑轮不省力不费力，则绳子自由端移动的距离为；
工人做功的功率为。
（3）解：拉力做的总功为：W总=Fs=330N×3m=990J；
拉力做的有用功为：W有=Gh=30kg×10N/kg×3m=900J；
定滑轮的机械效率为。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）利用速度公式计算物体上升的速度；
（2）使用定滑轮，拉力端移动距离s=h，利用W=Fs计算拉力做的总功，再利用计算拉力做功功率；
（3）利用G=mg计算物体重力，再利用W=Gh计算克服物体重力做的有用功，定滑轮的机械效率等于有用功与总功的比值。
（1）物体上升的速度为
（2）绳子自由端移动的距离为
工人做功的功率为
（3）定滑轮的机械效率为
18．（2024·南通）如图，电源电压恒定，灯泡规格为“”，滑动变阻器最大阻值为为定值电阻。闭合开关S，将接1，移动滑片使灯泡正常发光，电路总功率为；将接2，滑片移至a端，电流表示数为0.8A，电路总功率为，滑片移至b端，电流表示数为0.2A。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻；
（2）与的比值；
（3）电源电压。
【答案】（1）解：灯泡规格为“”，
则灯泡正常发光时的电阻为。
（2）解：灯泡规格为“”，
则小灯泡的额定电流为；
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，
当小灯泡正常发光时，电路总功率为；
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，电路总功率为；
则P1与P2的比值为
。
（3）解：将S1接2，滑片移至a端时，此时只有R2单独工作，
根据U=IR得到：①
将S1接2，滑片移至b端时，变阻器与R2串联，
根据U=IR得到：②
①②联立解得：U=8V。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据计算灯泡正常发光时的电阻；
（2）根据计算灯泡的额定电流，再根据P=UI计算电路的总功率之比；
（3）电源电压保持不变，根据U=IR针对两个状态列出两个方程，然后联立计算即可。
（1）由知道，灯泡正常发光时的电阻为
（2）由知道，小灯泡的额定电流为
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当小灯泡正常发光时，电路总功率为
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，电路总功率为
则P1与P2的比值为
（3）将S1接2，滑片移至a端时
①
将S1接2，滑片移至b端时
②
由①②得
U=8V
19．（2024·南通）某小组测量正方体蜡块的密度。
（1）小红利用天平和刻度尺进行测量。
①天平放在 上，将游码归零，指针静止时偏向分度盘左侧，平衡螺母应向 调节，使横梁平衡；
②如图甲，天平测得蜡块质量为 g；如图乙，刻度尺测出蜡块边长为 cm，则 。
（2）小华想利用弹簧测力计、烧杯、水、细线来测量该蜡块密度。她能否完成实验，简述判断理由 。
【答案】（1）水平桌面；右；57.6；4.00；
（2）因为蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度公式及其应用；固体密度的测量；设计实验测密度；刻度尺的使用
【解析】【解答】（1）①根据天平的使用方法可知，天平放在水平桌面上。指针静止时偏向分度盘左侧，说明天平左端重右端轻，应向右调节平衡螺母。
②由图甲可知，砝码总质量为50g+5g=55g，游码示数为2.6g，
则测得蜡块质量为，
由图乙可知，蜡块边长为，
蜡块的体积为；
蜡块的密度为。
（2）她不能完成实验，理由是：蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验。
【分析】（1）①根据天平的使用方法解答。平衡螺母总是向较轻的一侧调节。
②根据图片确定砝码和游码质量，然后相加得到蜡块质量。根据乙图读出蜡块的边长，并计算出蜡块的体积，最后根据计算蜡块的密度。
（2）注意是否分析能够测量出蜡块的体积即可。
（1）[1][2]实验中，天平放在水平桌面上，将游码归零，指针静止时偏向分度盘左侧，说明天平左端较重，应向右调节平衡螺母，使横梁水平平衡。
[3]由图甲可知，砝码总质量为50g+5g=55g，游码示数为2.6g，则测得蜡块质量为
[4]由图乙可知，蜡块边长为
[5]蜡块的体积为
蜡块的密度为
（2）测量该蜡块密度，根据公式可知，需测量蜡块的质量和体积。因为蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验。
20．（2024·南通）在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供的器材有：
电源（电压6V）、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）、滑动变阻器（0~20Ω）、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）用笔画线代替导线将图甲电路连接完整，要求：滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大；
（2）闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，电压表无示数，故障可能是 ；
（3）排除故障后，移动滑片P使电压表示数为4V；将5Ω电阻换成10Ω，按规范调整电路，继续操作，使电压表示数仍为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值比上一次 ；
（4）将测得的数据在图丙中描点连线，发现有一组数据错误，究其原因可能是 ；
（5）仅用电阻箱（最小倍率是×1）替换滑动变阻器，仍控制定值电阻两端电压为4V，利用上述器材能否完成实验探究，简述你的判断依据： 。
【答案】（1）
（2）定值电阻短路
（3）大
（4）电流表选用小量程，但按大量程读数，造成读数错误
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，电源电压为6V，根据串联电路电压规律计算可知变阻箱两端的电压为2V，结合分压原理可知定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，所以无法完成实验。
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）“探究电流与电阻的关系”实验原理为欧姆定律，变阻器串联进入电路，接线原则为一上一下， 滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大 ，所以把滑动变阻器左下接线柱接入，电压表并联在定值电阻两端，据此作图：
（2）闭合开关，电流表有示数，电压表无示数，故障就可能是与电压表并联的定值电阻短路。
（3）在“探究电流与电阻的关系”实验中，需要保持定值电阻两端的电压保持不变；若将5Ω电阻换成10Ω，根据串联电路分压可知，需要适当增大滑动变阻器两端的电压，即增加变阻器两端电阻。
（4）由图丙可知，错误的一组数据应该是当定值电阻为20Ω时，出现这种情况的原因可能是电流表改用0~0.6A量程接入电路，按0~3A量程读数。
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，电源电压为6V，根据串联电路电压规律计算可知变阻箱两端的电压为2V，结合分压原理可知定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，所以无法完成实验。
【分析】1、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，待测电阻的电压无法降低，表明电源电压过大或者变阻器电阻较小分压过少导致。
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
4、电路的故障分析： 题目中电压表指针几乎没有偏转，电流表指针迅速偏转 ，所以和电压表并联的用电器短路。
（1）在“探究电流与电阻的关系”实验中，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表串联在电路中测通过定值电阻的电流，电压表测定值电阻两端的电压，所以电压表与定值电阻并联；题目要求变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大，所以把滑动变阻器左下接线柱接入，如下图所示：
（2）闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，说明有电流通过，没有断路的情况；电压表无示数，若不是电压表本身损坏，故障就可能是与电压表并联的定值电阻短路。
（3）在“探究电流与电阻的关系”实验中，需要采用控制变量法使定值电阻两端的电压保持不变；若将5Ω电阻换成10Ω，根据串联电路分压规律可知，更换较大的定值电阻后，定值电阻两端的电压会增大，为了使定值电阻两端的电压保持在4V不变，就需要适当增大滑动变阻器两端的电压，方法是适当增大滑动变阻器接入电路的电阻。
（4）由图丙可知，错误的一组数据应该是当定值电阻为20Ω时，通过的电流为1A，出现这种情况的原因可能是电流表改用0~0.6A量程接入电路，但仍按0~3A量程读数，造成读数错误。
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，则变阻箱两端的电压为2V，根据分压原理可知在串联电路中电压之比等于电阻之比；因为定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，所以电阻箱接入电路的阻值是定值电阻阻值的一半；当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，用来替换变阻器的电阻箱最小倍率是×1，所以无法完成实验。
21．（2024·南通）学校文艺演出时，为渲染气氛，老师将一些干冰放入水中，舞台上瞬间弥漫了大量“白雾”，同学们对此很好奇。
（1）“白雾”是什么？大家讨论后认为“白雾”是小水滴和二氧化碳，不是水蒸气和二氧化碳，依据是 。
（2）“白雾”中的小水滴是怎么形成的？同学们提出了两种猜想。
猜想1：空气中的水蒸气液化形成的；
猜想2：杯中的水先汽化后液化形成的。
①为验证猜想1，小明取3小块相同的干冰片，一片轻放在水面上，另外两片分别放在漂浮的塑料片和硬纸片上，现象如图甲，说明猜想1是 的。
②为验证猜想2，小华先用温度计测出放入干冰前杯中水的温度，如图乙所示，为 ℃，用电子秤测出杯子和水的总质量；再测出 杯子和水的总质量及水的温度，发现。小华据此判断小水滴来自杯中的水，但不赞同猜想2，因为干冰升华时，不可能导致大量的水汽化。小华的判断得到大家的认可，理由是 。
（3）小水滴是怎样形成的？小芳查阅资料了解到干冰在水中升华释放气体时，会产生剧烈振荡，把干冰附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
①为验证这一观点，小芳在三个相同的杯内分别放入温度、体积相同的水或食用油，取三份等量的干冰，两份直接放入水和油中，另一份用纱布包裹起来放入水中，现象如图丙。比较 两图，证明这一观点是正确的。
②列举一个日常生活中支持这一观点的现象或设备： 。
【答案】（1）小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体看不见
（2）错误；26；干冰升华结束后；干冰升华需要吸热，使水温下降，不可能导致大量水吸热汽化
（3）A、C；现象：瀑布前有大量水雾；设备：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】（1）因为小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体是透明的，人眼看不见，所以“白雾”主要是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气和二氧化碳。
（2）①根据题意可知，漂浮的塑料片和硬纸片可减慢杯中水的蒸发，减少水蒸气的产生，则放入干冰后产生的白雾少，而三者上方空气中的水蒸气含量几乎是相同的，因此，白雾不是空气中的水蒸气液化形成的，即猜想1错误。
②根据乙图可知，温度计的分度值为1℃，读数为：20℃+1℃×6=26℃。
为判断水蒸气是否来于杯内的水，应比较干冰升华前后杯内水的质量是否变化，所以需要测出干冰升华结束后杯子和水的总质量m2及水的温度t2。
因干冰升华需要吸热，使水温下降，所以不可能导致大量水吸热汽化。
（3）①根据图片可知，A、C实验中，干冰都放在水中，干冰直接放入水中时，会产生大量白雾；而用纱布裹着的干冰产生的白雾很少，因此，比较A、C两图可证明是干冰把附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
②日常生活中支持这一观点的现象：瀑布前有大量水雾；对应的设备有：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
【分析】 （1）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；水蒸气、二氧化碳气体是看不见的，而水滴看得见；
（2）①根据实验过程和题意判断猜想1是否正确；
②根据图片确定温度计的分度值，然后根据液面的位置读出示数。干冰升华前后杯子和水的总质量增大了，那么说明杯中都是水是液化形成的。物质由固态直接变为气态的过程叫升华；干冰升华需要吸热，水汽化需要吸热。
（3）①根据控制变量法分析解答；
②根据水蒸气液化在生活、生产中的应用进行解答。
（1）“白雾”主要是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气和二氧化碳，其依据是小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体是透明的，人眼看不见。
（2）[1]漂浮的塑料片和硬纸片可减慢杯中水的蒸发，减少水蒸气的产生，则放入干冰后产生的白雾少，而三者上方空气中的水蒸气含量几乎是相同的，因此，白雾不是空气中的水蒸气液化形成的，即猜想1错误。
[2]由图乙知道，温度计的分度值为1℃，读数为26℃。
[3]为判断水蒸气是否来于杯内的水，应比较干冰升华前后杯内水的质量是否变化，所以需要测出干冰升华结束后杯子和水的总质量m2及水的温度t2。
[4]因干冰升华需要吸热，使水温下降，所以不可能导致大量水吸热汽化。
（3）①[1] A、C实验中，干冰都放在水中，干冰直接放入水中时，会产生大量白雾；而用纱布裹着的干冰产生的白雾很少，因此，比较A、C两图可证明是干冰把附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
②[2]日常生活中支持这一观点的现象：瀑布前有大量水雾；对应的设备有：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
22．（2024·南通）阅读短文，回答问题。
综合实践活动—设计蔬菜温室
【任务与要求】为了在冬天能品尝到夏季的蔬菜，同学们为学校的劳动基地设计一个蔬菜温室，要求温度控制在20~30℃之间。
【设计与实施】
任务一：设计温室结构。温室设计为玻璃顶的长方体结构，体积为。由立柱和横梁支撑，墙体四周装有保温层。查阅资料获知，立柱的承重比指立柱能承受的最大质量与其质量的比值，能反映承重效率，立柱横截面的形状是影响承重比的重要因素之一，为研究它们之间的关系，利用塑料立柱模型进行实验，发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：。
任务二：设计温控系统。温控系统原理如图甲，控制电路的电源电压为6V，电阻箱的阻值调为90Ω，热敏电阻的阻值随温度的变化图像如图乙。当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回。已知工作电路中电热丝R的电阻为22Ω，浴霸灯L标有“220V，275W”字样。
【交流与评价】如表所示是任务二的部分评价指标，根据评价表对活动进行评价。
等级 优秀 良好 合格 不合格
评价 指标能自动控制室温在规定范围内波动，且降温较平缓 能自动控制室温升降，且降温较平缓 不能控制室温升降，降温较平缓 不能控制室温升降，也不能平缓降温
（1）关于设计蔬菜温室的实践活动，下列说法不正确的是___________。
A．屋顶选用绿色玻璃不利于蔬菜生长
B．墙体选用隔热性能好的材料
C．图甲浴霸灯是为了降温时能平缓些
D．图甲中通电线圈上端是S极
（2）由模型实验可知，搭建温室选用 （选填“三角形”“方形”或“圆形”）立柱的承重比大；已知模型的承重比为，质量为m，受力面积为S，则其上表面所能承受的最大压强 。
（3）电热丝通电5min产生的热量使温室气温升高5.5℃，则空气吸收的热量为 J，电热丝对温室的加热效率为 %；电磁铁线圈的电阻忽略不计，电热丝刚停止工作时，室温为 ℃。[取，取]
（4）根据评价表中的指标对任务二进行评价，你的评价等级为 ，依据是 ；进一步给出优化建议： 。
【答案】（1）D
（2）圆形；
（3）5.5×105；83.3；20
（4）良好；蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间；将电阻箱R0的阻值调大至130Ω
【知识点】物体的颜色；热机的效率；压强的大小及其计算；电功的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）A．若屋顶选用绿色玻璃，绿色玻璃只透过绿光，则会导致蔬菜无法获得所需要的色光进行光合作用，不利于蔬菜生长，故A正确不符合题意；
B．墙体选用隔热性能好的材料，可以减少蔬菜温室内外的热量交换，保持蔬菜生长的适宜温度，故B正确不符合题意；
C．浴霸灯可以向蔬菜温室内提供热量，可以使降温时能平缓些，故C正确不符合题意；
D．线圈上电流方向向右，右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向右，此时大拇指指向上端，则通电线圈上端是N极，故D错误符合题意。
故选D。
（2）①根据承重比可知，模型的横截面的边数越多承重比越大，圆形可以看作无数条变构成的多边形，因此由模型实验可知，搭建温室选用圆形立柱的承重比大。
②由立柱的承重比指立柱成承受的最大质量与其质量的比值可知，承重比；
则质量为m的模型能承受的最大质量；
模型上表面所成承受的最大压力；
则模型上表面所成承受的最大压强。
（3）①菜温室内空气的质量；
空气吸收的热量为；
电热丝通电5min产生的热量；
电热丝对温室的加热效率为。
②依题意得，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，
由欧姆定律可知，此时控制电路的总电阻为；
此时热敏电阻R1的阻值；
由图乙得，此时的室温为20℃。
（4）①由题意值，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，当电流降低到25 mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，说明蔬菜温度室能自动控制室温升降，电热丝刚停止工作时，浴霸灯工作，使得将温较平缓。
当电流降低到25 mA时，此时控制电路中的总电阻；
此时热敏电阻R1的阻值；
由图乙得，此时的室温约为13℃，即温度控制在13~20℃之间。由题意得，蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间，而要求温度控制在20~30℃之间，即不能自动控制室温在规定范围内不动，则所设计的蔬菜温度室等级为良好。
②现在所设计的蔬菜温度室等级为良好。进一步优化可使等级提升到优秀，使温度控制在20~30℃之间。由图乙可知，热敏电阻的阻值在70Ω~110Ω之间。由前面计算可知，总电阻的范围在200Ω~240Ω之间。因此电阻箱的阻值调为130Ω，故进一步给出优化建议：将电阻箱R0的阻值调大至130Ω。
【分析】 （1）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
（2）根据发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：γ三＜γ四＜γ五＜γ六分析搭建温室选用立柱横截面的形状。
根据压强定义式和立柱的承重比γ指立柱能承受的最大质量与其质量的比值推导出模型上表面所能承受的最大压强。
（3）根据Q吸=cmΔt求出空气吸收的热量，根据Q放=W=UIt=求出电热丝通电5min产生的热量，根据×100%求出电热丝对温室的加热效率。
根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下电热丝停止工作利用欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时热敏电阻的阻值，根据图乙找出对应的温度，即为室温。
（4）根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回结合欧姆定律求出温度控制的范围，再根据评价表分析判断所设计的蔬菜温室等级。
根据串联电路的电阻特点和欧姆定律分析给出优化建议。
（1）A．蔬菜是不透明物体，且叶子通常是绿色的，只反射绿光，说明蔬菜不喜欢绿光，若屋顶选用绿色玻璃，绿色玻璃只透过绿光，则会导致蔬菜无法获得所需要的色光进行光合作用，不利于蔬菜生长，故A正确，不符合题意；
B．墙体选用隔热性能好的材料，可以减少蔬菜温室内外的热专递，可以使蔬菜温室内的温度控制在一定范围内，故B正确，不符合题意；
C．由图甲得，当衔铁被吸下时，电阻丝不工作，浴霸灯工作，此时浴霸灯可以向蔬菜温室内提供热量，可以使降温时能平缓些，故C正确，不符合题意；
D．图甲中电流从线圈的上端流入，下端流出，由右手螺旋定则得，通电线圈上端是N极，故D错误，符合题意。
故选D。
（2）[1]由材料信息得，在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是
即模型的横截面的边数越多承重比越大，圆形可以看作无数条变构成的多边形，因此由模型实验可知，搭建温室选用圆形立柱的承重比大。
[2]由立柱的承重比指立柱成承受的最大质量与其质量的比值可知，承重比
则质量为m的模型能承受的最大质量
模型上表面所成承受的最大压力
则模型上表面所成承受的最大压强
（3）[1]由得，蔬菜温室内空气的质量
空气吸收的热量为
电热丝通电5min产生的热量
电热丝对温室的加热效率为
[2]依题意得，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，由欧姆定律可知，此时控制电路的总电阻为
由串联电路的电阻特点得，此时热敏电阻R1的阻值
由图乙得，此时的室温为20℃。
（4）[1][2]由题意值，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，当电流降低到25 mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，说明蔬菜温度室能自动控制室温升降，电热丝刚停止工作时，浴霸灯工作，使得将温较平缓。当电流降低到25 mA时，由欧姆定律得，此时控制电路中的总电阻
由串联电路电阻特点得，此时热敏电阻R1的阻值
由图乙得，此时的室温约为13℃，即温度控制在13~20℃之间。由题意得，蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间，而要求温度控制在20~30℃之间，即不能自动控制室温在规定范围内不动，则所设计的蔬菜温度室等级为良好。
[3]现在所设计的蔬菜温度室等级为良好。进一步优化可使等级提升到优秀，使温度控制在20~30℃之间。由图乙可知，热敏电阻的阻值在70Ω~110Ω之间。由前面计算可知，总电阻的范围在200Ω~240Ω之间。因此电阻箱的阻值调为130Ω，故进一步给出优化建议：将电阻箱R0的阻值调大至130Ω。
1 / 1江苏省南通市2024年中考物理试题
1．（2024·南通）南通板鹞风筝是国家级非物质文化遗产，上面缀满大小不一的哨口，如图。风筝升空后哨口发出低、中、高音，声音的这一特征指的是（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
2．（2024·南通）太阳喷射大量带电微粒进入大气层会引起地磁暴，影响通信、导航的运行。太阳喷射的带电微粒可能是（ ）
A．中子、电子 B．质子、中子 C．分子、原子 D．质子、电子
3．（2024·南通）南通濠河水位缓慢上涨时，河面上方的“和平桥”在水中所成的像是（ ）
A．实像，像的大小不变 B．实像，像的大小变大
C．虚像，像的大小不变 D．虚像，像的大小变大
4．（2024·南通）小明按人类对磁的认识历程，对“电磁转换”一章知识进行梳理，图中对应位置的内容填写正确的是（ ）
A．赫兹 B．电动机
C．电磁起重机 D．电磁感应现象
5．（2024·南通）《天工开物》记载了古人炒蒸油料的场景，如图，下列过程与物理知识对应不正确的是（ ）
A．加热——木炭燃烧时热值不变 B．蒸煮——油料含有的热量增加
C．翻炒——目的使油料受热均匀 D．飘香——分子在做无规则运动
6．（2024·南通）2024年5月，中国“嫦娥六号”任务搭载四个国际载荷成功发射升空。火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，与该过程能量转化形式相同的是（ ）
A．热机做功冲程 B．钻木取火过程
C．水力发电过程 D．物体上抛过程
7．（2024·南通）钓鱼活动深受人们喜爱。如图是钓鱼的情景，你认为最合理的拉起鱼竿的方式是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024·南通）公元前4世纪，亚里士多德提出“自然界厌恶真空”的观点，即自然界不存在真空，如果有真空的话，就有水、气来填补。17世纪托里拆利提出大气受到重力作用存在压强的观点。下列现象可分别佐证亚里士多德和托里拆利观点的是（ ）
①用吸管“吸”饮料； ②两船并行相“吸”碰撞；
③两光滑铅块压紧后“吸”住； ④抽水机只能将水“吸”到约10米高。
A．①和②④ B．④和②③ C．①和①④ D．④和①③
9．（2024·南通）将新鲜度不同的甲、乙两鸡蛋放入水中，静止时的状态如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．若甲、乙体积相等，甲受到的浮力小
B．若甲、乙质量相等，甲受到的浮力小
C．向杯中加盐水后，乙受到的浮力变大
D．向杯中加酒精后，乙受到的浮力变大
10．（2024·南通）图甲是灯泡L的图像，灯泡的额定电压为2.5V。将灯泡L接入图乙电路，已知电阻的阻值为，电流表量程为，电源电压可调。在电路安全工作的前提下，下列判断正确的是（提示：可在图甲中作出电阻的图像）（ ）
A．两条支路中的电流不可能相同 B．灯泡实际功率总比电阻功率大
C．电路总功率最大可达到1.5W D．电源可调的最大电压为1.8V
11．（2024·南通）中国空间站依靠太阳能电池板供电，太阳能属于 能源；神舟十八号航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，以机械臂为参照物，他是 的；航天员与地面通过 波进行通信。
12．（2024·南通）利用压强计探究液体内部压强与液体密度的关系。
（1）U形管两边液面的 能显示压强大小；使用前用手指轻按金属盒的橡皮膜，若U形管中液面不发生变化，说明 ；
（2）将金属盒分别放入水和盐水中，如图，金属盒的橡皮膜受到的压强分别是和，则 ，据此不能得出液体压强与液体密度的关系，原因是 。
13．（2024·南通）哈尔滨冰雪节的滑雪项目吸引了很多南方“小土豆”，他们戴的滑雪手套较粗糙，是为了增大手套与滑雪杆之间的 ；滑雪时，滑雪杆向后撑地使人向前滑行，说明力的作用是 ；自由滑行时，由于受到阻力，人的滑行速度逐渐变小，说明力能改变物体的 ；滑到终点时人不会立即停下来，是因为人具有 。
14．（2024·南通）梅雨季节，老王选购除湿器为家中面积的房间除湿。表一为某除湿器的部分参数，其中，额定除湿量表示每小时除去空气中水蒸气的质量；表二为环境温度30℃时，相对湿度与空气中水蒸气质量的对应关系，相对湿度是衡量空气中水蒸气含量的一个指标。
表一：
额定电压 额定功率 额定除湿量
220V 220W
表二：
相对湿度 10 30 50 70 90
空气中水蒸气质量 3 9 15 21 27
（1）除湿器正常工作时的电流为 A，除湿1h消耗的电能为 ，若家中只有除湿器工作，标有“”的电能表指示灯闪烁 次；
（2）环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为 g，若除湿器以额定除湿量工作，使房间相对湿度由降至，约需 h。
15．（2024·南通）在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
（1）为使烛焰的像成在光屏中央，小丽的调节场景如图甲，操作中的不当之处是 。
（2）如图乙，光屏上恰能呈现烛焰倒立、 的清晰实像，此时光在光屏上发生 反射；若在凸透镜左侧附近放置一镜片，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，该镜片是 透镜。
（3）保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，小丽的操作应是 。
16．（2024·南通）（1）如图，磁性地球仪悬停于底座上方，作出地球仪的受力示意图。
（2）如图，一束光从空气斜射入水中，画出其反射光线和大致的折射光线。
（3）如图，将插座和控制插座的开关正确接入电路。
17．（2024·南通）如图，工人用330N的拉力，使用定滑轮将质量为30kg的物体6s内匀速吊起3m，g取10N/kg。求：
（1）物体上升的速度；
（2）工人做功的功率；
（3）定滑轮的机械效率。
18．（2024·南通）如图，电源电压恒定，灯泡规格为“”，滑动变阻器最大阻值为为定值电阻。闭合开关S，将接1，移动滑片使灯泡正常发光，电路总功率为；将接2，滑片移至a端，电流表示数为0.8A，电路总功率为，滑片移至b端，电流表示数为0.2A。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻；
（2）与的比值；
（3）电源电压。
19．（2024·南通）某小组测量正方体蜡块的密度。
（1）小红利用天平和刻度尺进行测量。
①天平放在 上，将游码归零，指针静止时偏向分度盘左侧，平衡螺母应向 调节，使横梁平衡；
②如图甲，天平测得蜡块质量为 g；如图乙，刻度尺测出蜡块边长为 cm，则 。
（2）小华想利用弹簧测力计、烧杯、水、细线来测量该蜡块密度。她能否完成实验，简述判断理由 。
20．（2024·南通）在“探究电流与电阻的关系”实验中，提供的器材有：
电源（电压6V）、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）、滑动变阻器（0~20Ω）、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）用笔画线代替导线将图甲电路连接完整，要求：滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大；
（2）闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，电压表无示数，故障可能是 ；
（3）排除故障后，移动滑片P使电压表示数为4V；将5Ω电阻换成10Ω，按规范调整电路，继续操作，使电压表示数仍为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值比上一次 ；
（4）将测得的数据在图丙中描点连线，发现有一组数据错误，究其原因可能是 ；
（5）仅用电阻箱（最小倍率是×1）替换滑动变阻器，仍控制定值电阻两端电压为4V，利用上述器材能否完成实验探究，简述你的判断依据： 。
21．（2024·南通）学校文艺演出时，为渲染气氛，老师将一些干冰放入水中，舞台上瞬间弥漫了大量“白雾”，同学们对此很好奇。
（1）“白雾”是什么？大家讨论后认为“白雾”是小水滴和二氧化碳，不是水蒸气和二氧化碳，依据是 。
（2）“白雾”中的小水滴是怎么形成的？同学们提出了两种猜想。
猜想1：空气中的水蒸气液化形成的；
猜想2：杯中的水先汽化后液化形成的。
①为验证猜想1，小明取3小块相同的干冰片，一片轻放在水面上，另外两片分别放在漂浮的塑料片和硬纸片上，现象如图甲，说明猜想1是 的。
②为验证猜想2，小华先用温度计测出放入干冰前杯中水的温度，如图乙所示，为 ℃，用电子秤测出杯子和水的总质量；再测出 杯子和水的总质量及水的温度，发现。小华据此判断小水滴来自杯中的水，但不赞同猜想2，因为干冰升华时，不可能导致大量的水汽化。小华的判断得到大家的认可，理由是 。
（3）小水滴是怎样形成的？小芳查阅资料了解到干冰在水中升华释放气体时，会产生剧烈振荡，把干冰附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
①为验证这一观点，小芳在三个相同的杯内分别放入温度、体积相同的水或食用油，取三份等量的干冰，两份直接放入水和油中，另一份用纱布包裹起来放入水中，现象如图丙。比较 两图，证明这一观点是正确的。
②列举一个日常生活中支持这一观点的现象或设备： 。
22．（2024·南通）阅读短文，回答问题。
综合实践活动—设计蔬菜温室
【任务与要求】为了在冬天能品尝到夏季的蔬菜，同学们为学校的劳动基地设计一个蔬菜温室，要求温度控制在20~30℃之间。
【设计与实施】
任务一：设计温室结构。温室设计为玻璃顶的长方体结构，体积为。由立柱和横梁支撑，墙体四周装有保温层。查阅资料获知，立柱的承重比指立柱能承受的最大质量与其质量的比值，能反映承重效率，立柱横截面的形状是影响承重比的重要因素之一，为研究它们之间的关系，利用塑料立柱模型进行实验，发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：。
任务二：设计温控系统。温控系统原理如图甲，控制电路的电源电压为6V，电阻箱的阻值调为90Ω，热敏电阻的阻值随温度的变化图像如图乙。当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回。已知工作电路中电热丝R的电阻为22Ω，浴霸灯L标有“220V，275W”字样。
【交流与评价】如表所示是任务二的部分评价指标，根据评价表对活动进行评价。
等级 优秀 良好 合格 不合格
评价 指标能自动控制室温在规定范围内波动，且降温较平缓 能自动控制室温升降，且降温较平缓 不能控制室温升降，降温较平缓 不能控制室温升降，也不能平缓降温
（1）关于设计蔬菜温室的实践活动，下列说法不正确的是___________。
A．屋顶选用绿色玻璃不利于蔬菜生长
B．墙体选用隔热性能好的材料
C．图甲浴霸灯是为了降温时能平缓些
D．图甲中通电线圈上端是S极
（2）由模型实验可知，搭建温室选用 （选填“三角形”“方形”或“圆形”）立柱的承重比大；已知模型的承重比为，质量为m，受力面积为S，则其上表面所能承受的最大压强 。
（3）电热丝通电5min产生的热量使温室气温升高5.5℃，则空气吸收的热量为 J，电热丝对温室的加热效率为 %；电磁铁线圈的电阻忽略不计，电热丝刚停止工作时，室温为 ℃。[取，取]
（4）根据评价表中的指标对任务二进行评价，你的评价等级为 ，依据是 ；进一步给出优化建议： 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】声速；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】根据题意可知，哨口大小不一，使哨口发出低、中、高音，则指的是声音的高低，也就是音调，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】声音的高低叫音调，声音的大小叫响度。
2．【答案】D
【知识点】原子结构
【解析】【解答】根据题意可知，太阳喷射出的粒子带电，而中子、分子和原子不带电，只有质子和电子带电，故D正确，而A、B、D错误。
故选D。【分析】根据构成物质微粒的性质分析判断。
3．【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】根据题意可知，“和平桥”发出的光线在河面发生反射，从而形成正立的虚像。当河面上涨时，根据平面镜成像“物像等大”的规律可知，像的大小不变，故C正确，而A、B、D错误。
故选C。
【分析】根据平面镜成像的特点和规律分析。
4．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁铁的构造和原理；发电机的构造和原理；科学家及其贡献
【解析】【解答】A．根据科学发展史可知，奥斯特发现电流的磁效应，而不是赫兹，故A错误；
B．电动机的工作原理为通电线圈在磁场中受力的作用，故B错误；
C．电磁起重机应用了电流的磁效应，而不是磁场对电流的作用，故C错误；
D．发电机应用了电磁感应的原理，故D正确。
故选D。
【分析】根据相关的科学发展史确定各位科学家的贡献，以及人类对其发现的应用即可。
5．【答案】B
【知识点】热传递改变物体内能；燃料的热值；分子动理论基本观点
【解析】【解答】 A.加热——木炭燃烧时热值不变，因为热值是燃料的一种特性，只决定于燃料的种类，与质量和燃烧情况等无关，故A正确不合题意；
B.热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有或具有多少热量，故B错误符合题意；
C.翻炒——目的使油料受热均匀，故C正确不合题意；
D.飘香——是扩散现象，说明分子在做无规则运动，故D正确不合题意；
故选B。
【分析】A.根据热值的特性判断；
B.根据热量的定义判断；
C.搅拌可以使物体受热均匀；
D.根据分子运动的知识判断。
6．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；热机；能量的转化或转移
【解析】【解答】根据题意可知，火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，该过程将燃料的内能转化成火箭的机械能。
热机做功冲程中内能转化成机械能，钻木取火过程机械能转化成内能，水力发电过程为机械能转化成电能，物体上抛过程中克服阻力做功，机械能转化成内能，故A符合题意，而BCD不符合题意。
故选A。
【分析】分析各个选项中包含的能量转化过程分析判断。
7．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】 由图示可知，钓鱼竿在使用过程中，支点在钓鱼竿的下端，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；当动力F与钓鱼竿垂直时，动力臂最大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小，即最合理，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，然后根据杠杆平衡条件分析。
8．【答案】C
【知识点】大气压的综合应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】根据题意可知，亚里士多德和托里拆利的观点，是说明大气存在压强。
①用吸管吸饮料时，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，说明大气压强存在，故①符合题意；
②当船并行时，中间的水流动速度增大，压强减小，周围的水流水小而压强大，因此将船压到一起，利用的是流体压强和流速的关系，故②不符合题意；
③因为分子之间存在相互作用的引力，所以两光滑铅块压紧后“吸”住，故③不符合题意；
④抽水机只能将水“吸”到约10米高，是因为大气压强只能支持大约10m高的水柱，故④符合题意。
综上可知，C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】分析各个选项中描述的现象包含的物理原理，然后与托里拆利的观点比较即可。
9．【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．根据题意可知，若甲、乙体积相等，甲漂浮乙浸没，则乙排开液体的体积小，根据阿基米德原理可知，乙受到的浮力比甲小，故A错误；
B．根据题意可知，若甲、乙质量相等，由G=mg可知，甲、乙重力相等。乙漂浮时，浮力等于重力；甲沉底时，浮力小于重力。比较可知，甲受到的浮力小，故B正确；
C．根据题意可知，加入盐水后，液体密度变大，那么鸡蛋乙仍然漂浮，那么乙受到的浮力仍然等于重力，故乙受到的浮力不变，故C错误；
D．根据题意可知，向杯中加酒精，液体密度会变小，乙会下沉一些，可能漂浮或悬浮，此时浮力仍然等于重力；也可能沉底，此时浮力小于重力，浮力变小，故乙受到的浮力不会变大，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据阿基米德原理分析；
BCD.根据浮沉条件分析。
10．【答案】D
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】D.根据乙图可知，电流表在干路，最大干路电流为0.6A，由甲图可知，若灯泡正常发光，灯泡电流为0.26A，定值电阻的电流则为；
此时干路电流为0.26A+0.5A=0.76A；
0.76A大于0.6A，说明该电路最大电压不为2.5V。由甲图可知，电压为1.8V时，灯泡电流为0.24A，
定值电阻的电流为；
此时干路电流为0.24A+0.36A=0.6A；
则该电路最大电压为1.8V，
故D正确；
A．根据甲图可知，最左边一个点算出其灯泡电阻为；
当灯泡电压为1.8V时，灯泡电流为0.24A，此时灯泡电阻为；
灯泡电阻变化范围为1.67Ω~7.5Ω之间，
定值电阻R0=5Ω，
当灯泡电阻与R0相等时，电流相等，故A错误；
B．综上所述，灯泡最大电阻为7.5Ω，大于R0，而灯泡与定值电阻两端电压相等，根据公式可知，此时灯泡实际功率小于电阻功率，故B错误；
C．根据电流表的量程可知，电流最大为0.6A，电压为1.8V，此时电功率最大，即，
故最大功率为1.08W，达不到1.5W，故C错误。
故选D。
【分析】D.首先根据欧姆定律，结合图像推算电源电压的最大值。
A.根据甲图灯泡的电压变化范围，根据欧姆定律计算它的电阻变化范围，确定是否会和定值电阻的阻值相等，进而判断二者的电流是否可能相等；
B.根据判断灯泡和定值电阻的功率大小；
C.根据电流表的量程确定电路的最大电流，根据P=UI计算电路的最大功率.
11．【答案】可再生；静止；电磁
【知识点】能源及其分类；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，太阳能可以在短时间内得到补充，属于可再生能源。
（2）航天员出舱巡检时随机械臂一起移动，航天员相对机械臂的位置没有发生变化，则以机械臂为参照物，航天员是静止的。
（3）航天员与地面通过电磁波进行通信。
【分析】（1）可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（2）根据参照物的知识分析；
（3）根据电磁波的特点和应用解答。
12．【答案】（1）高度差；装置漏气
（2）小于；没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来显示压强大小的；
②若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气。
（2）①根据图片可知，金属盒位于盐水中时，U形管两侧液面高度差更大，故金属盒的橡皮膜在盐水中受到的压强更大，即。
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制深度相同，只改变液体密度。而实验中没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，故不能得出液体压强与液体密度的关系。
【分析】（1）①根据题意可知，U形管两侧液面的高度差越大，则说明液体压强越大；
②根据U形管压强计的使用方法解答。
（2）①根据U形管两侧液面的高度差比较液体压强大小；
②根据控制变量法的要求分析。
（1）[1]根据转换法的思想，液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来显示压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大。
[2]若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气，使软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差。
（2）[1]将金属盒分别放入水和盐水中，由图可知，金属盒位于盐水中时，U形管两侧液面高度差更大，故金属盒的橡皮膜在盐水中受到的压强更大，即。
[2]将金属盒分别放入水和盐水中，没有说明金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，即没有控制金属盒的橡皮膜位于水和盐水中的深度相同，故不能得出液体压强与液体密度的关系。
13．【答案】摩擦力；相互的；运动状态；惯性
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】（1）根据题意可知，他们戴的滑雪手套较粗糙，是利用了增大接触面粗糙程度的方式增大手套与滑雪杆之间的摩擦力。
（2）根据题意可知，滑雪时人用滑雪杆向后撑地，对地面施加向后的作用力。同时地面对滑雪杆施加了向前的力使人可以向前滑行，这说明力的作用是相互的。
（3）人的滑行速度逐渐变小，属于物体运动状态的改变，这说明力能改变物体的运动状态。
（4）滑到终点时人不会立即停下来，是因为人具有惯性。
【分析】（1）增大滑动摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（2）根据力的作用的相互性分析；
（3）力的作用效果包括：改变物体形状或改变物体的运动状态；
（4）物体保持运动状态不变的性质叫惯性。
14．【答案】（1）1；0.22；264
（2）24；0.81
【知识点】密度公式及其应用；电能表参数的理解；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）①根据表一可知，除湿器的电功率为220W，
则除湿器正常工作时的电流为；
②除湿1h消耗的电能为；
③电能表指示灯闪烁次数为；
（2）①由表二可知，空气中水蒸气质量与相对湿度的比值一定，成正比，
比值为；
则环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为；
②根据题意可知，房间高度约为3m，则空气的体积为，
减少的水蒸气的质量为，
则需要的时间为。
【分析】（1） ①由P=UI计算除湿器正常发光时的电流；
②由W=Pt计算消耗电能；
③电能表指示灯闪烁的次数为n=W×N。
（2）①根据表格二确定空气中水蒸气的含量与相对湿度的数量关系，据此推算相对湿度时，空气中水蒸气的质量；
②根据长方体的体积公式计算房间内空气的体积，然后根据表格数据计算 相对湿度由降至时减小的水蒸气含量，最后除以额定除湿量即可。
（1）[1]除湿器正常工作时的电流为
[2]除湿1h消耗的电能为
[3]电能表指示灯闪烁次数为
（2）[1]由表二可知，空气中水蒸气质量与相对湿度的比值一定，成正比，比值为
则环境温度30℃、相对湿度时，空气中水蒸气的质量为
[2]房间高度约为3m，体积为
房间相对湿度由降至，减少的水蒸气的质量为
则需要的时间为
15．【答案】（1）烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度
（2）缩小；漫；凸
（3）将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）根据图片甲可知，操作中的不当之处是烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度；
（2）①根据乙图可知，此时像距小于物距，则光屏上恰能呈现烛焰倒立、缩小的实像；
②光屏上粗糙不平，则光在光屏上发生漫反射；
③将光屏向左移动，则此时像距变小，即光线比原来会聚，则该镜片是凸透镜。
（3）根据“物近像远大”的规律可知，为使图乙中光屏上的像变大，可将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像。
【分析】（1）在探究凸透镜成像规律的实验中，只有蜡烛火焰、凸透镜和光屏的中心在同一高度，此时像能成在光屏中央；
（2）①比较像距和物距大小，从而确定成像的特点；
②光在粗糙不平表面上发生漫反射，在光滑平整的表面上发生镜面反射；
③根据光屏的移动方向确定像距的变化，进而确定光线是会聚还是发散即可；
（3）根据凸透镜成实像时“物近像远大，物远像近小”的规律分析。
（1）操作中的不当之处是烛焰中心、透镜中心和光屏中心未在同一高度，烛焰的像不能成在光屏中央。
（2）[1]由图乙可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成像规律可知，光屏上恰能呈现烛焰倒立、缩小的实像。
[2]从不同方向都能看到光屏上成的像，故光在光屏上发生漫反射。
[3]若在凸透镜左侧附近放置一块凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，使光线会聚，像将呈现在光屏的前方，将光屏向左移动，光屏上可再次呈现清晰的像，故该镜片是凸透镜。
（3）凸透镜成实像时，物近像远像变大，保持凸透镜位置不变，为使图乙中光屏上的像变大，可将蜡烛靠近凸透镜，向右调节光屏，使光屏上呈现清晰的像。
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；力的三要素及力的示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据题意可知，地球仪处于静止状态，受力平衡，即受到竖直向下的重力G和竖直向上的磁力F，两个力作用在地球仪的重心，如下图所示：
（2）首先通过入射点作垂直分界面的法线，然后根据“反射角等于入射角”在法线右侧画出对应的反射光线。光由空气斜射入水中，折射角小于入射角，如下图所示：
（3）根据题意可知，开关与插座串联，开关应先接火线，开关的另一端连接插座的右孔，插座的左孔连接零线，上孔连接地线，如图所示：
【分析】（1）对地球仪进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（2）根据光的折射规律和反射定律完成作图；
（3）根据安全用电和家庭电路连接的知识分析解答。
（1）地球仪受到竖直向下的重力G和竖直向上的磁力F，两个力作用在地球仪的重心，地球仪处于静止状态，受力平衡，故重力G和磁力F是一对平衡力，两个力大小相等，方向相反，如图所示：
（2）根据反射角等于入射角，在空气中法线的另一侧作出反射光线；在水中法线的另一侧作出折射光线，光由空气斜射入水中，所以应使折射角小于入射角，如图所示：
（3）用开关控制三孔插座，则开关与插座串联，为了用电安全，开关应先接火线，开关的另一端连接插座的右孔，插座的左孔连接零线，上孔连接地线，如图所示：
17．【答案】（1）解：根据题意可知，物体上升的速度为。
（2）解：定滑轮不省力不费力，则绳子自由端移动的距离为；
工人做功的功率为。
（3）解：拉力做的总功为：W总=Fs=330N×3m=990J；
拉力做的有用功为：W有=Gh=30kg×10N/kg×3m=900J；
定滑轮的机械效率为。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）利用速度公式计算物体上升的速度；
（2）使用定滑轮，拉力端移动距离s=h，利用W=Fs计算拉力做的总功，再利用计算拉力做功功率；
（3）利用G=mg计算物体重力，再利用W=Gh计算克服物体重力做的有用功，定滑轮的机械效率等于有用功与总功的比值。
（1）物体上升的速度为
（2）绳子自由端移动的距离为
工人做功的功率为
（3）定滑轮的机械效率为
18．【答案】（1）解：灯泡规格为“”，
则灯泡正常发光时的电阻为。
（2）解：灯泡规格为“”，
则小灯泡的额定电流为；
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，
当小灯泡正常发光时，电路总功率为；
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，电路总功率为；
则P1与P2的比值为
。
（3）解：将S1接2，滑片移至a端时，此时只有R2单独工作，
根据U=IR得到：①
将S1接2，滑片移至b端时，变阻器与R2串联，
根据U=IR得到：②
①②联立解得：U=8V。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据计算灯泡正常发光时的电阻；
（2）根据计算灯泡的额定电流，再根据P=UI计算电路的总功率之比；
（3）电源电压保持不变，根据U=IR针对两个状态列出两个方程，然后联立计算即可。
（1）由知道，灯泡正常发光时的电阻为
（2）由知道，小灯泡的额定电流为
闭合开关S，将S1接1，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当小灯泡正常发光时，电路总功率为
将S1接2，滑片移至a端，电路中只有定值电阻R2接入电路，电流表示数为0.8A，电路总功率为
则P1与P2的比值为
（3）将S1接2，滑片移至a端时
①
将S1接2，滑片移至b端时
②
由①②得
U=8V
19．【答案】（1）水平桌面；右；57.6；4.00；
（2）因为蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度公式及其应用；固体密度的测量；设计实验测密度；刻度尺的使用
【解析】【解答】（1）①根据天平的使用方法可知，天平放在水平桌面上。指针静止时偏向分度盘左侧，说明天平左端重右端轻，应向右调节平衡螺母。
②由图甲可知，砝码总质量为50g+5g=55g，游码示数为2.6g，
则测得蜡块质量为，
由图乙可知，蜡块边长为，
蜡块的体积为；
蜡块的密度为。
（2）她不能完成实验，理由是：蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验。
【分析】（1）①根据天平的使用方法解答。平衡螺母总是向较轻的一侧调节。
②根据图片确定砝码和游码质量，然后相加得到蜡块质量。根据乙图读出蜡块的边长，并计算出蜡块的体积，最后根据计算蜡块的密度。
（2）注意是否分析能够测量出蜡块的体积即可。
（1）[1][2]实验中，天平放在水平桌面上，将游码归零，指针静止时偏向分度盘左侧，说明天平左端较重，应向右调节平衡螺母，使横梁水平平衡。
[3]由图甲可知，砝码总质量为50g+5g=55g，游码示数为2.6g，则测得蜡块质量为
[4]由图乙可知，蜡块边长为
[5]蜡块的体积为
蜡块的密度为
（2）测量该蜡块密度，根据公式可知，需测量蜡块的质量和体积。因为蜡块密度小于水，在水中漂浮，利用弹簧测力计、烧杯、水、细线无法测量蜡块的体积，故小华不能完成实验。
20．【答案】（1）
（2）定值电阻短路
（3）大
（4）电流表选用小量程，但按大量程读数，造成读数错误
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，电源电压为6V，根据串联电路电压规律计算可知变阻箱两端的电压为2V，结合分压原理可知定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，所以无法完成实验。
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）“探究电流与电阻的关系”实验原理为欧姆定律，变阻器串联进入电路，接线原则为一上一下， 滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大 ，所以把滑动变阻器左下接线柱接入，电压表并联在定值电阻两端，据此作图：
（2）闭合开关，电流表有示数，电压表无示数，故障就可能是与电压表并联的定值电阻短路。
（3）在“探究电流与电阻的关系”实验中，需要保持定值电阻两端的电压保持不变；若将5Ω电阻换成10Ω，根据串联电路分压可知，需要适当增大滑动变阻器两端的电压，即增加变阻器两端电阻。
（4）由图丙可知，错误的一组数据应该是当定值电阻为20Ω时，出现这种情况的原因可能是电流表改用0~0.6A量程接入电路，按0~3A量程读数。
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，电源电压为6V，根据串联电路电压规律计算可知变阻箱两端的电压为2V，结合分压原理可知定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，所以无法完成实验。
【分析】1、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，待测电阻的电压无法降低，表明电源电压过大或者变阻器电阻较小分压过少导致。
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
4、电路的故障分析： 题目中电压表指针几乎没有偏转，电流表指针迅速偏转 ，所以和电压表并联的用电器短路。
（1）在“探究电流与电阻的关系”实验中，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表串联在电路中测通过定值电阻的电流，电压表测定值电阻两端的电压，所以电压表与定值电阻并联；题目要求变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的阻值变大，所以把滑动变阻器左下接线柱接入，如下图所示：
（2）闭合开关，移动滑片，发现电流表有示数，说明有电流通过，没有断路的情况；电压表无示数，若不是电压表本身损坏，故障就可能是与电压表并联的定值电阻短路。
（3）在“探究电流与电阻的关系”实验中，需要采用控制变量法使定值电阻两端的电压保持不变；若将5Ω电阻换成10Ω，根据串联电路分压规律可知，更换较大的定值电阻后，定值电阻两端的电压会增大，为了使定值电阻两端的电压保持在4V不变，就需要适当增大滑动变阻器两端的电压，方法是适当增大滑动变阻器接入电路的电阻。
（4）由图丙可知，错误的一组数据应该是当定值电阻为20Ω时，通过的电流为1A，出现这种情况的原因可能是电流表改用0~0.6A量程接入电路，但仍按0~3A量程读数，造成读数错误。
（5）若控制定值电阻两端电压为4V，则变阻箱两端的电压为2V，根据分压原理可知在串联电路中电压之比等于电阻之比；因为定值电阻两端的电压是电阻箱两端电压的2倍，所以电阻箱接入电路的阻值是定值电阻阻值的一半；当定值电阻为5Ω、15Ω、25Ω时，变阻箱接入电路的阻值为2.5Ω、7.5Ω、12.5Ω，用来替换变阻器的电阻箱最小倍率是×1，所以无法完成实验。
21．【答案】（1）小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体看不见
（2）错误；26；干冰升华结束后；干冰升华需要吸热，使水温下降，不可能导致大量水吸热汽化
（3）A、C；现象：瀑布前有大量水雾；设备：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】（1）因为小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体是透明的，人眼看不见，所以“白雾”主要是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气和二氧化碳。
（2）①根据题意可知，漂浮的塑料片和硬纸片可减慢杯中水的蒸发，减少水蒸气的产生，则放入干冰后产生的白雾少，而三者上方空气中的水蒸气含量几乎是相同的，因此，白雾不是空气中的水蒸气液化形成的，即猜想1错误。
②根据乙图可知，温度计的分度值为1℃，读数为：20℃+1℃×6=26℃。
为判断水蒸气是否来于杯内的水，应比较干冰升华前后杯内水的质量是否变化，所以需要测出干冰升华结束后杯子和水的总质量m2及水的温度t2。
因干冰升华需要吸热，使水温下降，所以不可能导致大量水吸热汽化。
（3）①根据图片可知，A、C实验中，干冰都放在水中，干冰直接放入水中时，会产生大量白雾；而用纱布裹着的干冰产生的白雾很少，因此，比较A、C两图可证明是干冰把附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
②日常生活中支持这一观点的现象：瀑布前有大量水雾；对应的设备有：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
【分析】 （1）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；水蒸气、二氧化碳气体是看不见的，而水滴看得见；
（2）①根据实验过程和题意判断猜想1是否正确；
②根据图片确定温度计的分度值，然后根据液面的位置读出示数。干冰升华前后杯子和水的总质量增大了，那么说明杯中都是水是液化形成的。物质由固态直接变为气态的过程叫升华；干冰升华需要吸热，水汽化需要吸热。
（3）①根据控制变量法分析解答；
②根据水蒸气液化在生活、生产中的应用进行解答。
（1）“白雾”主要是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气和二氧化碳，其依据是小水滴看得见，而水蒸气、二氧化碳气体是透明的，人眼看不见。
（2）[1]漂浮的塑料片和硬纸片可减慢杯中水的蒸发，减少水蒸气的产生，则放入干冰后产生的白雾少，而三者上方空气中的水蒸气含量几乎是相同的，因此，白雾不是空气中的水蒸气液化形成的，即猜想1错误。
[2]由图乙知道，温度计的分度值为1℃，读数为26℃。
[3]为判断水蒸气是否来于杯内的水，应比较干冰升华前后杯内水的质量是否变化，所以需要测出干冰升华结束后杯子和水的总质量m2及水的温度t2。
[4]因干冰升华需要吸热，使水温下降，所以不可能导致大量水吸热汽化。
（3）①[1] A、C实验中，干冰都放在水中，干冰直接放入水中时，会产生大量白雾；而用纱布裹着的干冰产生的白雾很少，因此，比较A、C两图可证明是干冰把附近的水击碎成微小水滴，形成“雾化”的效果。
②[2]日常生活中支持这一观点的现象：瀑布前有大量水雾；对应的设备有：雾炮车、超声波雾化器、喷雾器等。
22．【答案】（1）D
（2）圆形；
（3）5.5×105；83.3；20
（4）良好；蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间；将电阻箱R0的阻值调大至130Ω
【知识点】物体的颜色；热机的效率；压强的大小及其计算；电功的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）A．若屋顶选用绿色玻璃，绿色玻璃只透过绿光，则会导致蔬菜无法获得所需要的色光进行光合作用，不利于蔬菜生长，故A正确不符合题意；
B．墙体选用隔热性能好的材料，可以减少蔬菜温室内外的热量交换，保持蔬菜生长的适宜温度，故B正确不符合题意；
C．浴霸灯可以向蔬菜温室内提供热量，可以使降温时能平缓些，故C正确不符合题意；
D．线圈上电流方向向右，右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向右，此时大拇指指向上端，则通电线圈上端是N极，故D错误符合题意。
故选D。
（2）①根据承重比可知，模型的横截面的边数越多承重比越大，圆形可以看作无数条变构成的多边形，因此由模型实验可知，搭建温室选用圆形立柱的承重比大。
②由立柱的承重比指立柱成承受的最大质量与其质量的比值可知，承重比；
则质量为m的模型能承受的最大质量；
模型上表面所成承受的最大压力；
则模型上表面所成承受的最大压强。
（3）①菜温室内空气的质量；
空气吸收的热量为；
电热丝通电5min产生的热量；
电热丝对温室的加热效率为。
②依题意得，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，
由欧姆定律可知，此时控制电路的总电阻为；
此时热敏电阻R1的阻值；
由图乙得，此时的室温为20℃。
（4）①由题意值，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，当电流降低到25 mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，说明蔬菜温度室能自动控制室温升降，电热丝刚停止工作时，浴霸灯工作，使得将温较平缓。
当电流降低到25 mA时，此时控制电路中的总电阻；
此时热敏电阻R1的阻值；
由图乙得，此时的室温约为13℃，即温度控制在13~20℃之间。由题意得，蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间，而要求温度控制在20~30℃之间，即不能自动控制室温在规定范围内不动，则所设计的蔬菜温度室等级为良好。
②现在所设计的蔬菜温度室等级为良好。进一步优化可使等级提升到优秀，使温度控制在20~30℃之间。由图乙可知，热敏电阻的阻值在70Ω~110Ω之间。由前面计算可知，总电阻的范围在200Ω~240Ω之间。因此电阻箱的阻值调为130Ω，故进一步给出优化建议：将电阻箱R0的阻值调大至130Ω。
【分析】 （1）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
（2）根据发现在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是：γ三＜γ四＜γ五＜γ六分析搭建温室选用立柱横截面的形状。
根据压强定义式和立柱的承重比γ指立柱能承受的最大质量与其质量的比值推导出模型上表面所能承受的最大压强。
（3）根据Q吸=cmΔt求出空气吸收的热量，根据Q放=W=UIt=求出电热丝通电5min产生的热量，根据×100%求出电热丝对温室的加热效率。
根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下电热丝停止工作利用欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时热敏电阻的阻值，根据图乙找出对应的温度，即为室温。
（4）根据当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下：当电流降低到25mA时，衔铁被弹回结合欧姆定律求出温度控制的范围，再根据评价表分析判断所设计的蔬菜温室等级。
根据串联电路的电阻特点和欧姆定律分析给出优化建议。
（1）A．蔬菜是不透明物体，且叶子通常是绿色的，只反射绿光，说明蔬菜不喜欢绿光，若屋顶选用绿色玻璃，绿色玻璃只透过绿光，则会导致蔬菜无法获得所需要的色光进行光合作用，不利于蔬菜生长，故A正确，不符合题意；
B．墙体选用隔热性能好的材料，可以减少蔬菜温室内外的热专递，可以使蔬菜温室内的温度控制在一定范围内，故B正确，不符合题意；
C．由图甲得，当衔铁被吸下时，电阻丝不工作，浴霸灯工作，此时浴霸灯可以向蔬菜温室内提供热量，可以使降温时能平缓些，故C正确，不符合题意；
D．图甲中电流从线圈的上端流入，下端流出，由右手螺旋定则得，通电线圈上端是N极，故D错误，符合题意。
故选D。
（2）[1]由材料信息得，在其他条件均相同时，横截面为正三角形、正四边形、正五边形、正六边形模型的承重比关系是
即模型的横截面的边数越多承重比越大，圆形可以看作无数条变构成的多边形，因此由模型实验可知，搭建温室选用圆形立柱的承重比大。
[2]由立柱的承重比指立柱成承受的最大质量与其质量的比值可知，承重比
则质量为m的模型能承受的最大质量
模型上表面所成承受的最大压力
则模型上表面所成承受的最大压强
（3）[1]由得，蔬菜温室内空气的质量
空气吸收的热量为
电热丝通电5min产生的热量
电热丝对温室的加热效率为
[2]依题意得，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，由欧姆定律可知，此时控制电路的总电阻为
由串联电路的电阻特点得，此时热敏电阻R1的阻值
由图乙得，此时的室温为20℃。
（4）[1][2]由题意值，当控制电路中的电流达到30mA时，衔铁被吸下，此时电热丝刚停止工作，当电流降低到25 mA时，衔铁被弹回，此时电热丝开始工作，说明蔬菜温度室能自动控制室温升降，电热丝刚停止工作时，浴霸灯工作，使得将温较平缓。当电流降低到25 mA时，由欧姆定律得，此时控制电路中的总电阻
由串联电路电阻特点得，此时热敏电阻R1的阻值
由图乙得，此时的室温约为13℃，即温度控制在13~20℃之间。由题意得，蔬菜温度室能自动控制温度升降，且降温较平缓，但温度只能在13~20℃之间，而要求温度控制在20~30℃之间，即不能自动控制室温在规定范围内不动，则所设计的蔬菜温度室等级为良好。
[3]现在所设计的蔬菜温度室等级为良好。进一步优化可使等级提升到优秀，使温度控制在20~30℃之间。由图乙可知，热敏电阻的阻值在70Ω~110Ω之间。由前面计算可知，总电阻的范围在200Ω~240Ω之间。因此电阻箱的阻值调为130Ω，故进一步给出优化建议：将电阻箱R0的阻值调大至130Ω。
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