2025年陕西省多校联考中考物理模拟试卷（含解析）

2025年陕西省多校联考中考物理模拟试卷
一、单选题：本大题共10小题，共20分。
1.人身上有许多可以帮助我们估测物体长度的“尺”，下列估测最接近实际的是（　　）
A. 1拃约20mm B. 1庹约40dm
C. 1步约10m D. 1指约1cm
2.如图所示是汽车领域广泛利用AI（人工智能）语音助手实现“人与车”全场景自然交互的情景。下列分析不正确的是（　　）
A. 语音助手发出的声音是振动产生的
B. 语音助手发出的声音在空气中的传播速度约为340m/s
C. 语音助手对指令作出回应，说明声音可以传递信息
D. 切换不同性别声音模式实质是改变声音的响度
3.我国古代科技著作《天工开物》里记载了铸造“万钧钟”和“鼎”的方法，先用泥土制作“模骨”，“干燥之后以牛油、黄蜡附其上数寸”，在油蜡上刻上各种图案（如图），然后在油蜡的外面用泥土制成外壳；干燥之后，“外施火力炙化其中油蜡”，油蜡流出形成空腔，在空腔中倒入铜液，待铜液冷却后，“钟鼎成矣”。下列说法正确的是 （　　）
A. “炙化其中油蜡”是升华过程 B. “炙化其中油蜡”是液化过程
C. 铜液冷却成钟鼎是凝固过程 D. 铜液冷却成钟鼎是凝华过程
4.如图所示为被水环绕的国家大剧院的照片。从远处观看，大剧院和水中的“倒影”形成了一个完整的“鸭蛋”。关于水中“倒影”的说法正确的是（　　）
A. “倒影”是由于光的直线传播形成的大剧院的影子
B. “倒影”是由于光的反射形成的虚像
C. “倒影”是由于光的折射形成的虚像
D. “倒影”是由于光的折射形成的实像
5.如图所示为一种新型材料——“透明铝”，用透明铝替代军用防弹玻璃的外层玻璃部分，防弹玻璃的防弹性能大大提升，说明这种新型材料（　　）
A. 导电性好 B. 透光性差 C. 硬度大 D. 导热性好
6.踢毽子起源于汉代，高承《事物纪原》记：“今时小儿以铅锡为钱，装以鸡羽，呼为毽子。三四成群走踢……”。如图为两个小孩正在踢毽子的情景，下列说法中正确的是（　　）
A. 以地面为参照物，毽子是静止的
B. 小孩将毽子踢起来，说明力可以改变物体的形状
C. 毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性
D. 毽子在最高点时，受到了平衡力
7.某学习小组连接了如图所示的实物电路，闭合开关，移动滑片P的过程中，关于电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2以及灯泡的亮度，可能出现的现象是（　　）
A. I1变大，I2变小，灯泡亮度不变
B. I1变小，I2变大，灯泡亮度变暗
C. I1变小，I2变小，灯泡亮度不变
D. I1变大，I2变大，灯泡亮度变亮
8.2025年3月18日，福建舰（如图）再次出港开始第7次海试。“福建舰”满载排水量约8万吨，长约320m,飞行甲板宽约78m,是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。下列说法正确的是（g取10N/kg）（　　）
A. “福建舰”满载时在海里所受浮力约为8×107N
B. 舰载机从甲板上起飞后，“福建舰”受到的浮力爱大
C. 舰载机加速升空的过程中，舰载机的机械能不变
D. “福建舰”从上海码头驶向深海时，会上浮一些，所受浮力不变
9.如图，下列关于电磁现象表述不正确的是（　　）
A. 甲图：用橡胶棒接触不带电的验电器金属球时，金属箔片张开，说明橡胶棒带电
B. 乙图：司南静止时勺柄指南是由于受到地磁场的作用
C. 丙图：闭合开关，导体沿左右方向运动时，产生感应电流，说明电流有磁效应
D. 丁图：当水位升高到金属块A处时，红灯亮，绿灯灭
10.在食品发酵装置中，常用智能温控器来控制温度，其简化电路图如图甲所示，电源电压恒为12V，R2为10Ω的定值电阻，R1为温控传感器，其阻值随温度变化的关系图像如图乙所示。下列分析正确的是（　　）
A. 温控传感器R1的阻值随温度的升高而增大
B. 当电流表示数为0.4A时，环境温度为20℃
C. 当环境温度升高时，电路消耗的总功率不变
D. 当环境温度为20℃时，电路消耗的总功率为2.4W
二、填空题：本大题共6小题，共18分。
11.如图所示，小明手拿水晶球，透过水晶球可以看到建筑物倒立、______（选填“放大”或“缩小”）的像，水晶球相当于______透镜，此时成像原理与生活中的______（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）原理相同。
12.小明用易拉罐做了以下三个小实验。如图-1，将易拉罐底部的小孔做成三角形，则他在塑料薄膜上看到的像是______（选填“三角形光斑”“圆形光斑”“倒立的烛焰”）；如图-2，如图甲在易拉罐中注入少量的水，用酒精灯对易拉罐加热，待罐口出现白雾时，将罐口堵住，撤去酒精灯，让易拉罐冷却，观察到易拉罐变瘪了，这一现象说明______的存在；将两个空易拉罐平行放置在水平桌面上，为了能让两易拉罐间距离减小，可用吸管按图中箭头所示的______方向用力吹气。
13.2025年3月17日16时07分，我国在酒泉卫星发射中心使用谷神星一号运载火箭，成功将云遥一号55～60星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示，火箭工作时将内能转化为机械能，该过程中能量的转化与汽油机的______冲程相同，运载火箭使用液氢作为燃料主要原因是液氢具有较大的______（选填“热值”或“比热容”）。
14.家庭电路的触电事故都是人体直接或间接跟______线接触造成的；如图甲所示是测电笔的结构，其中a为电阻、b为氖管，测电笔中的电阻与氖管的连接方式是______（选填“串联”或“并联”）；图乙、丙中，测电笔正确的握法是______（选填“乙”或“丙”）。
15.如图所示，R1是滑动变阻器，滑片P做成可以绕O点转动的杠杆，另一端通过可以自由转动的轻杆和浮标相连，电源电压U=9V。闭合开关S后，若油面上升，油量表示数将变______；若R1接入电路的阻值为10Ω时，油量表指针指在3V，此时电路中的电流为______A，电阻箱R2阻值为______Ω。
16.按要求完成填空。
（1）如图-1，用B蜡烛寻找A蜡烛的像时，人眼应在______（选填“A”或“B”）蜡烛侧观察；
（2）如图-2，是“测量滑动摩擦力”的改进装置。实验时，拉动木板B ______（选填“无需”或“必需”）做匀速直线运动，木块A所受摩擦力方向为水平向______。
（3）如图-3，两容器中的电阻丝串联接到电源两端，这是为了探究电流通过导体时产生的热量跟______的关系。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
17.奶奶喜欢养花，为了使喜阳的花能茁壮成长，小明利用一块平面镜使图中入射到A点的太阳光正好反射到花上的B点。请你通过作图画出平面镜的位置。
18.图甲是某宾馆床头柜上的开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋转开关，单独控制台灯的通断和亮度，S2为单独控制电视插座的开关，请在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则
四、实验探究题：本大题共3小题，共18分。
19.小梦利用压强计等装置探究“液体内部压强的规律”，她进行了如图所示的操作。
（1）如图甲所示，在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差，接下来的操作是______（选填字母）；
A.拆除胶管重新安装
B.直接从U形管右侧中倒出适量液体
（2）正确操作后，如图乙所示，保持金属盒在此深度不变，转动金属盒的方向，U形管两侧液面的高度差______（选填“增大”“减小”或“不变”）；
（3）分析图乙、丙的实验现象，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而______；
（4）小梦保持图丙中探头的位置不变，并向容器内再加入适量的浓盐水，她发现U形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论。老师说她的操作不科学，原因是______。
20.在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额=2.5V。
（1）实验电路如图甲所示，正确连接电路后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，接下来应进行的操作是______（填序号）；
A.更换小灯泡
B.检查电路是否断路或短路
C.移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光
（2）正确操作后，小明移动滑片P到某一位置，电压表示数如图乙所示为______V；此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______（选填“左”或“右”）端移动；
（3）移动滑片P，记下多组数据，并绘制图丙所示的U-I图像，由图像可知，小灯泡的额定电流是______A，额定功率是______W；
（4）如图丙所示，通过小灯泡的电流与小灯泡两端电压不成正比，造成这种变化的原因是______；
（5）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表已损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡（已知I额）的额定功率。主要的操作步骤如下：
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处闭合开关，读出电流表的示数为I；
③计算得出小灯泡的额定功率P额= ______（用R0、I额、I表示）。
21.小华和她的学习小组在实验室探究通电螺线管外部磁场的特点。
（1）将螺线管安装在一块有机玻璃板上，连入电路中。在玻璃板面上均匀地洒满铁屑，闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑分布情况如图甲所示。可见，通电螺线管外部磁场与______的磁场相似；在实验中______（选填“可以”或“不可以”）用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
（2）为了进一步探究通电螺线管外部磁场的方向，同学们把小磁针放在螺线管四周不同的位置，闭合开关，小磁针静止时N极所指的方向如图乙所示（涂黑的一端是N极），则此时通电螺线管的A端为______（选填“N”或“S”）极。对调电源正负极，闭合开关，小磁针静止时N极所指的方向与图乙相反，说明通电螺线管外部磁场的方向与______有关；
（3）根据以上图中的实验现象推断，通电螺线管的内部______（选填“有”或“没有”）磁场，依据是：______；
（4）地球周围存在磁场，有学者认为，地磁场是由于地球带电自转形成圆形电流引起的，根据地磁场的磁极分析推断，图丙中地球的圆形电流方向与地球自转方向______（选填“相同”或“相反”）。
五、计算题：本大题共3小题，共20分。
22.如图所示的小型起重机，某次吊起重为6×103N的物体，电动机的拉力为4×103N，使物体上升了5m。求：
（1）电动机做的总功；
（2）该装置的机械效率。
23.多地高铁站都拥有一位“特殊”的“警力”——5G巡逻机器人，如图所示。该机器人采用了低速无人驾驶技术、全息感知技术、AI技术和5C通信技术，这款机器人能实现24小时360度无死角实时监控，画面可实时传至监控中心。若该巡逻机器人总质量为80kg,轮胎与地面的总接触面积为40cm2，最大行驶速度为10km/h,电动机输出功率恒为1kW不变。（g取10N/kg）
（1）5G通信技术是通过______传递信息的；电动机的工作原理是______；
（2）该巡逻机器人静止时对地面的压强；
（3）该巡逻机器人在水平路面匀速直线行驶时，受到的阻力为500N，则该巡逻机器人的速度。
24.如图甲所示是某公园的便民饮水点及其饮水机内部电路简化图，其中R1的阻值为48.4Ω，R1和R2均为阻值不变的电热丝，饮水机有加热和保温挡，正常工作时，保温挡功率班为110W。[c水=4.2×103J/（kg ℃）]
（1）求饮水机在保温挡正常工作时的电流；
（2）当只有饮水机工作时，将3kg水从10℃加热到100℃，加热前后公园安装的数字式电能表示数如图乙所示，求饮水机的加热效率。
（3）为节能减排，相关部门计划在该公园安装如图丙所示的太阳能电池为饮水机供电。已知晴天1m2太阳能电池一天能发电0.4kW h,要求所有太阳能电池晴天一天的发电量能供饮水机使用3天。饮水机每天正常工作加热时间计为3h,保温时间计为8h,求至少要安装多大面积的太阳能电池；
（4）太阳能属于______（选填“可再生能源”或“不可再生能源”），你认为使用太阳能的优点有：______。（填出一个即可）
1.【答案】
【解析】角：A．由生活经验知，正常成人1拃长度接近20cm=200mm,故A不符合实际；
B．正常成人展开双臂一庹的长度与人的身高接近，约为1.7m=17dm,故B不符合实际；
C．正常成人走路，一步幅的长度约为0.5m～0.8m,故C不符合实际；
D．一般人手指的宽度约1cm,故1指约1cm,故D符合实际。
故选：D。
根据生活经验和对长度单位的认识分析。
本题考查长度的估测，要认真观察生活，注意收集生活中常见的长度数据。
2.【答案】
【解析】解：A、语音助手发出的声音是振动产生的，故A正确；
B、语音助手发出的声音在空气中的传播速度约为340m/s,故B正确；
C、语音助手对指令作出回应，说明声音可以传递信息，故C正确；
D、切换不同性别声音模式实质是改变声音的音色，故D错误。
故选：D。
（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）声音在15℃空气中的传播速度约为340m/s；
（3）声音可以传递信息和能量；
（4）音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
本题考查了声现象，属于基础题。
3.【答案】
【解析】解：AB、“炙化其中油蜡”是由固态变为液态，是熔化过程，故AB错误；
CD、铜液冷却成钟鼎，是由液态变为固态，是凝固过程，故C正确、D错误。
故选：C。
物质由固态变为液态的过程叫做熔化；物质由液态变为固态的过程叫做凝固；物质由气态变为液态的过程叫做液化；物质由固态直接变为气态的过程叫做升华。据此分析判断。
本题考查了熔化、凝固现象，属于基础题目。
4.【答案】
【解析】解：平静的水面相当于一面镜子，“倒影”是由于剧院在水中成一个正立、等大的虚像，所以从远处观看大剧院和水中的倒影形成一个完整的“鸭蛋”；这一现象形成的原因是光的反射，故ACD错误，B正确；
故选：B。
平静的水面相当于一面镜子，平面镜成像是由于光的反射，平面镜所成的是正立、等大的虚像。
本题主要考查学生对：平面镜成像的特点与应用，以及光的反射的了解和掌握，是一道基础题。
5.【答案】
【解析】解：由题目信息可知新型材料是“透明铝”，说明透光性较好，使防弹玻璃的防弹性能大大提升说明新型材料的硬度大，而导电性、导热性根据所给信息无法确定，故C正确。
故选：C。
根据题目中给出的信息分析。
本题是属于给材料问题，读懂所给信息是解题的关键。
6.【答案】
【解析】解：A、以地面为参照物，毽子的位置发生了改变，是运动的，故A错误；
B、小孩将毽子踢起来，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C、毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性，仍会保持原来的运动状态，故C正确；
D、毽子在最高点时只受到重力的作用，受力不平衡，故D错误。
故选：C。
（1）在判断物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
（2）力可以改变物体的运动状态和形状；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（4）物体受到平衡力时处于平衡状态。
本题考查了运动与静止的判断、力的作用效果、惯性、平衡状态等的理解与应用，属基础题。
7.【答案】
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测变阻器支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；
当滑动变阻器R的滑片P移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻改变，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流改变，即I1示数会变大或变小；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片向右移动时，通过灯泡的电流不变，灯泡的实际功率不变，亮度不变；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，若I1示数变大，则电流表A2示数I2变大，若I1示数变小，则电流表A2示数I2变小；
综上所述，C可能出现。
故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测变阻器滑动变阻器支路的电流，电流表A2测干路电流；根据滑片的移动可知该支路接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路各支路独立工作可知通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。
8.【答案】
【解析】解：A、满载排时航母所受的浮力为：F浮=G排=m排g=8×104×103kg×10N/kg=8×108N。故A错误；
B、当舰船上的舰载机起飞后，“福建舰”重力减小，浮力减小，故B错误；
C、舰载机加速升空的过程中，质量不变，速度变大，动能变大，高度增大，重力势能变大，故机械能变大，故C错误；
D、“福建舰”从上海码头驶向深海时，始终漂浮，浮力等于自身的重力，则“福建舰”所受浮力不变；而深海的海水密度大于上海码头（入海口）的海水密度，即液体密度变大，则根据阿基米德原理可知，“福建舰”排开海水的体积变小，则它会上浮一些，故D正确。
故选：D。
（1）根据阿基米德原理计算浮力，结合物体的浮沉条件分析浮力的变化；
（2）动能与速度和质量有关，重力势能与质量和高度有关，动能与势能的总和是机械能；
（2）根据浮沉条件与阿基米德原理分析。
本题考查物体的浮沉条件以及阿基米德原理和机械能的有关因素，属于中档题。
9.【答案】
【解析】解：A.甲图：用橡胶棒接触不带电的验电器金属球时，金属箔片张开，说明橡胶棒带电，故A正确，不符合题意；
B.乙图：司南静止时勺柄指南是由于受到地磁场的作用，故B正确，不符合题意；
C.丙图：闭合开关，导体沿左右方向运动时，产生感应电流，说明了电磁感应现象，故C错误，符合题意；
D.丁图：当水位升高到金属块B处时，控制电路接通，电磁铁有磁吸引衔铁，红灯亮，绿灯灭，故D正确，不符合题意；
故选：C。
（1）验电器的原理是同种电荷相互排斥。
（2）指南针指示南北是因为受到地磁场的作用。指南针指南的那一端是它的S极。
（3）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
（3）通路特征：电路中有电流，用电器正常工作。
本题考查了验电器、指南针的工作原理，电磁感应现象，以有电磁铁的应用。
10.【答案】
【解析】解：A、由图乙可知，温控电阻R1的阻值随温度的升高而减小，故A错误；
B、由图甲可知，R1与R2串联，电流表测串联电路中的电流，
由欧姆定律可知，当电流表示数为0.4A时电路中的总电阻：R===30Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，此时R1的阻值：R1=R-R2=30Ω-10Ω=20Ω，
由图乙可知，此时环境温度为40℃，故B错误；
C、由图乙可知，当环境温度升高时，R1的阻值变小，则电路中的总电阻减小，电源电压不变，根据P=可知电路消耗的总功率变大，故C错误；
D、由图乙可知，当环境温度为20℃时，R1的阻值为50Ω，
根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电路中的电流：，
电路消耗的电功率：P=UI′=12V×0.2A=2.4W，故D正确。
故选：D。
（1）由图乙可知温控电阻R1的阻值随温度的变化情况；
（2）由图甲可知，R1与R2串联，电流表测串联电路中的电流，根据欧姆定律求出当电流表示数为0.4A时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R1的阻值，由图乙可知环境温度；
（3）由图乙可知，当环境温度升高时，R1的阻值变小，电源电压不变，根据P=可知电路消耗的总功率的变化情况；
（4）由图乙可知，当环境温度为20℃时R1的阻值，根据串联电路的电阻特点求出此时电路中的总电阻，根据P=可电路消耗的总功率。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的灵活运用，能从图中获取相关信息是解题的关键。
11.【答案】
【解析】解：由图可知，小明手拿水晶球，透过水晶球可以看到建筑物倒立、缩小的像，此时水晶球相当于凸透镜，
当u＞2f,成倒立、缩小的实像，照相机利用了此原理。
故答案为：缩小；凸；照相机。
凸透镜成像规律及其应用之一：当u＞2f,成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f,应用于照相机和摄像机。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，要求学生会用学过的知识分析日常生活中的相关现象，平时多注意观察，将知识活学活用。
12.【答案】
【解析】解：（1）蜡烛经小孔成倒立的实像，像的形状与蜡烛形状相同，像与小孔的形状无关，即蜡烛在塑料薄膜上成的像是倒立的烛焰；
（2）水吸热汽化生成水蒸气，水蒸气把易拉罐内的空气排出，封住罐口，停止加热，罐内气体温度降低，气体压强减小，小于大气压，大气压将易拉罐压瘪；（3）流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大，所以让两易拉罐间距离减小，必须通过最大易拉罐内侧的空气流速来减小压强，故可用吸管按图中箭头A所示的方向用力吹气。
故答案为：倒立的烛焰；大气压；A。
（1）在小孔成像现象中，物体经小孔成的像的形状由物体决定，像的形状与物体的形状相同，与孔的形状无关；
（2）水吸热汽化，变成水蒸气，排出罐内空气，停止加热，罐内气体温度降低，气体压强减小，小于大气压，大气压将易拉罐压瘪；
（3）液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大。
本题考查光的直线传播、大气压强，以及流体压强与流速的关系，具有一定的综合性，但都属于基础知识考查，难度不大。
13.【答案】
【解析】解：汽油机有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。其中压缩冲程是将机械能转化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能。而火箭工作时将内能转化为机械能，所以该过程中能量的转化与汽油机的做功冲程相同。发射火箭时通常采用液氢作为燃料，原因是液氢的热值大。根据燃料燃烧放热公式Q放=mq,在质量相同的情况下，热值越大，放出的热量越多，这样就能为火箭提供更多的能量，使其获得足够的动力。
故答案为：做功；热值。
汽油机有四个冲程，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。其中压缩冲程是将机械能转化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能。
发射火箭时通常采用液氢作为燃料，原因是液氢的热值大。
本题考查四冲程能量的转化及液氢作为燃料，原因是液氢的热值大，属于基础题。
14.【答案】
【解析】解：家庭电路的触电事故都是人体直接或间接跟火线接触造成的；如图甲所示是测电笔的结构，其中a为电阻、b为氖管，测电笔中的电阻与氖管的连接方式是串联；图乙、丙中，测电笔正确的握法是丙，手必须接触笔尾金属体。
故答案为：火；串联；丙。
人体触电都是由于人体直接或间接与火线连通造成的；
测电笔中的电阻和氖管是串联的；使用时手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体。
本题考查的是触电的原因和测电笔的结构与使用方法。
15.【答案】
【解析】解：（1）由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测量R1滑片与上端之间电阻两端的电压，当油箱中的油面上升时，滑片向下移动，电路中的总电阻变大，根据I=可知电路的电流变小，根据U=IR知R2两端的电压变小，电压表的示数变大，即油量表示数变大；
（2）当电压表示数为3V，电路中的电流：
I===0.3A，
由I=可得电路中的总电阻：
R总===30Ω，
因为串联电路中总电阻等于各部分电阻之和，
所以电阻箱R2阻值为：
R2=R总-R1=30Ω-10Ω=20Ω。
故答案为：大；0.3；20。
（1）由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测量R1两端的电压，根据串联分压分析电压表示数变化；
（2）根据欧姆定律计算电流，串联分压规律计算电阻箱R2阻值。
本题考查滑动变阻器和电压表的连接、欧姆定律、串联电路电阻的特点的掌握和运用。
16.【答案】
【解析】解：（1）平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在A蜡烛所在这一侧，即A侧；
（2）木块A相对于长木板B相对静止，受到的测力计的拉力与受到的摩擦力为一对平衡力，此时木块处于平衡状态，故图乙实验中不一定要匀速拉动长木板；木块A相对于长木板B向右运动，故滑动摩擦力的方向应水平向左；
（3）在图中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过它们的电流I与通电时间t相同；故该实验是探究电流通过导体产生的热量与导体的电阻的关系。
故答案为：（1）A；（2）无需；左；（3）电阻。
（1）根据虚像的特点和物体与像关于平面镜对称进行分析；
（2）根据A相对于长木板B相对静止，受到平衡力分析；滑动摩擦力的方向与相对运动的方向相反；
（3）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变。
本题主要考查的是学生对所学实验操作及实验结论的掌握，要熟练掌握课本实验是关键。
17.【答案】
【解析】光的反射定律的内容：反射光线、入射光线、法线在同一平面上，反射光线和入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。首先根据已知条件确定反射光线，根据反射角等于入射角确定法线，作法线的垂线即镜面的位置。
光的反射定律不仅要记熟内容，还要会灵活应用，会由入射光线画出反射光线或由反射光线画出入射光线或由反射光线和入射光线画出平面镜的位置。
18.【答案】
【解析】解：（1）火线先进开关，然后接入灯泡；而零线直接接入灯泡；
（2）开关S2应与插座串联，开关接在火线和电视插座之间。电路图如下图所示。
（1）灯泡的接法：火线首先过开关，再接入灯泡，零线直接接入灯泡；
（2）S2为单独控制电视插座的开关，则S2应与电视插座串联．
掌握灯泡、开关、插座的接法，掌握安全用电的原则。注意作图要规范。
19.【答案】
【解析】解：（1）如图甲所示，在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差，可知左侧管中气压大于大气压强，接下来的操作是拆除胶管重新安装，故选：A
（2）正确操作后，如图乙所示，保持金属盒在此深度不变，转动金属盒的方向，因压强相等，故U形管两侧液面的高度差不变；
（3）分析图乙、丙的实验现象，丙中液体产生压强大，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大；
（4）研究液体压强与液体密度关系，要控制深度相同，小梦保持图丙中探头的位置不变，并向容器内再加入适量的浓盐水，她发现U形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论。操作不科学，原因是未控制探头所处的深度相同。
故答案为：（1）A；
（2）不变；
（3）增大；
（4）未控制探头所处的深度相同。
（1）U形管中两侧液面已有高度差，可知左侧管中气压大于大气压强，据此分析；
（2）液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强都相等；
（3）（4）液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，结合转换法回答。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法的运用。
20.【答案】
【解析】解：（1）电流表、电压表都有示数，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明灯泡实际功率太小，因此接下来应进行的操作是：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故选：C；
（2））由图甲可知，电压表使用的0～3V量程；正确操作后，小明移动滑片P到某一位置，电压表示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应增大小灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器连入电路的电阻，所以滑动变阻器向左移动；
（3）由图丙知，小灯泡在2.5V下的额定电流是0.4A，则小灯泡的额定功率为：
PL=ULIL=2.5V×0.4A=1W；
（4）由图丙知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P=UI可知，灯泡实际功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大，因此通过小灯泡的电流与小灯泡两端电压不成正比；
（5）据题意可知，干路中的电流为I，通过灯泡的电流即灯泡的额定电流为I额；根据并联电路的电流规律可知，通过定值电阻的电流为：I'=I-I额；
定值电阻两端的电压为：U0=I'R0=（I-I额）R0；根据并联电路的电压规律可知，灯泡的额定电压为：U额=U0=（I-I额）R0；
灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额（I-I额）R0。
故答案为：（1）C；（2）1.8；左；（3）0.4；1；（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大；（5）（I-I额）R0I额。
（1）电流表、电压表都有示数，说明电路是通路，且灯泡没有短路，小灯泡不亮，说明灯泡实际功率太小，据此分析；
（2）根据图甲确定电压表量程，由图乙确定分度值读数，比较电压表示数与小灯泡的额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；
（3）从图像上读出小灯泡正常工作时的电流，根据P=UI计算小灯泡的额定功率；
（4）灯丝电阻随温度的升高而增大；
（5）根据并联电路的电流规律求出通过定值电阻的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据并联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，然后根据P=UI求出灯泡的额定功率。
本题通过“测量小灯泡额定功率”实验，考查了故障分析、操作过程、电压表读数、电功率计算、影响电阻大小因素及设计实验方案测功率的能力。
21.【答案】
【解析】解：（1）在玻璃板面上均匀地洒满铁屑、闭合开关并轻敲玻璃板面，观察到铁屑被磁化后分布情况如图甲所示。可见，通电螺线管外部磁场与条形磁铁的磁场相似；在实验中不可以用铜屑代替铁屑显示磁场分布。
（2）则此时通电螺线管的A端为N极，因为同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。对调电源正负极，闭合开关，小磁针静止时N极所指的方向与图乙相反，说明通电螺线管外部磁场的方向与电流方向有关；
（3）根据以上图中的实验现象推断，通电螺线管的内部有磁场，依据是：铁屑在螺线管内部的分布是有规律的。
（4）地球周围存在磁场，有学者认为，地磁场是由于地球带电自转形成圆形电流引起的，结合安培定则，根据地磁场的磁极分析推断，图丙中地球的圆形电流方向与地球自转方向相反。
故答案为：（1）条形磁体；不可以；（2）N；电流方向；（3）有；铁屑在螺线管内部的分布是有规律的；（4）相反。
（1）通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场相似；细铁屑排列有规律是因为它能被磁化。
（2）通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
（3）通电螺线管的内部有磁场。
（4）通电导体在磁场中受到力的作用。
本题考查的是通电螺线管的磁场分布；知道通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关。
22.【答案】
【解析】解：（1）动滑轮上的绳子段数为n=2，电动机做的总功：
W总=Fs=Fnh=4×103N×2×5m=4×104J，
（2）提升物体所做的有用功：W有用=Gh=6×103N×5m=3×104J，
（3）该装置的机械效率：=×100%=75%。
答：（1）电动机做的总功为4×104J；
（2）该装置的机械效率为75%。
（1）动滑轮上的绳子段数为n=2，根据W=Fs=Fnh求电动机做的总功；
（2）根据W=Gh求提升物体所做的有用功，根据求该装置的机械效率。
本题考查功和机械效率的计算，难度一般。
23.【答案】
【解析】解：（1）5G通信技术是通过电磁波传递信息的；电动机的工作原理是通电导线在磁场中受力运动。
（2）巡逻机器人的重力：G=mg=80kg×10N/kg=800N
巡逻机器人静止时对地面的压强。
（3）由于匀速直线运动，牵引力和阻力是平衡力，牵引力F1=f=500N，
由P=Fv可知，巡逻机器人的速度。
答：（1）电磁波；通电导线在磁场中受力运动；
（2）该巡逻机器人静止时对地面的压强为2×105Pa；
（3）该巡逻机器人的速度为2m/s。
（1）5G通信技术是通过电磁波传递信息的；电动机的工作原理是通电导线在磁场中受力运动；
（2）根据p=计算巡逻机器人静止时对地面的压强。
（3）功率推导式P===Fv。
本题考查电磁波的传播及电动机的原理，功率推导式P=Fv的应用。
24.【答案】
【解析】解：（1）保温挡正常工作时的电流I===0.5A。
（2）水吸收热量：Q=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×3kg×（100℃-10℃）=1.134×106J，
消耗电能：W=1862.59kW h-1862.24kW h=0.35kW h=1.26×106J，
饮水机的加热效率；。
（3）由甲图可知，闭合开关S和S1，电路中只有R1工作，为加热挡，则加热挡功率：
，
3天消耗电能：
W=3×（P加t加+P保t保）=3×（1000W×3h+110W×8h）=3×（1kW×3h+0.11kW×8h）=11.64kW h,
至少要安装的太阳能电池面积。
（4）太阳能属于可再生能源，使用太阳能的优点有：分布广泛、获取方便、不会造成环境污染。
故答案为：（1）0.5A；（2）90%；（3）29.1m2；（4）可再生能源；分布广泛、获取方便、不会造成环境污染。
（1）根据I=计算保温挡正常工作时的电流。
（2）计算水吸收热量：Q=cmΔt,消耗电能千瓦时与焦耳的换算，计算饮水机的加热效率。
（3）由甲图可知，闭合开关S和S1，电路中只有R1工作，为加热挡，则加热挡功率P加=，3天消耗电能：W=3×（P加t加+P保t保），已知晴天1m2太阳能电池一天能发电0.4kW h,计算至少要安装的太阳能电池面积。
（4）太阳能属于可再生能源，使用太阳能的优点有：分布广泛、获取方便、不会造成环境污染。
本题考查可再生能源及多挡功率与电能的计算，涉及能量的转化效率等。
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