2025年安徽省芜湖二十七中中考物理三模试卷（含解析）

2025年安徽省芜湖二十七中中考物理三模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共14分。
1.下列说法正确的是（　　）
A. 静止的列车惯性比高速行驶的汽车小
B. 飞机飞行时，机翼上方空气流速比下方大
C. 手机通过超声波实现远程无线控制智能家居
D. 光刻芯片时，激光照射升温是通过做功增加内能
2.如图所示，在竖直平面内用轻质细绳悬挂一个小球，将小球拉至A点，由静止开始释放，小球能达到的右侧最高点为B（α＞β），则关于该过程，下列判断正确的是（　　）
A. 整个过程中，小球的机械能守恒
B. 小球从A点到B点的过程中，在C点时动能最大
C. 小球从A点到C点的过程中，小球的重力势能增大
D. 小球从C点到B点的过程中，小球动能减少量等于重力势能增加量
3.在图甲女孩前面适当距离放置玻璃杯，然后在玻璃杯中倒入水，会看到如图乙“女孩转身”的情形，则通过盛水的玻璃杯看到“女孩转身”是因为凸透镜成（　　）
A. 倒立的实像 B. 倒立的虚像 C. 正立的实像 D. 正立的虚像
4.甲、乙两个物体同时同地向东做匀速直线运动，它们的s-t图像如图所示，下列说法错误的是（　　）
A. 甲的速度比乙大
B. 以甲为参照物，乙向东运动
C. 8s时甲、乙两个物体相距16m
D. 通过24m的路程甲比乙少用16s
5.爬竿在少数民族地区是一种特殊的娱乐健身活动（如图所示），在空场立起一根长竿，爬竿者手握竖直而立的竹竿伸屈肢体而上，或用双腿夹竿，或用脚掌蹬竿，手脚协调配合，以最先到达顶端者为胜。下列有关爬竿的说法正确的是（　　）
A. 爬竿时使爬竿者上升的力是爬竿者对竿的摩擦力
B. 爬竿者加速下滑和匀速下滑时受到的摩擦力相等
C. 爬竿者上升和下降时受到的摩擦力方向都是竖直向上的
D. 爬竿者对竿的摩擦力与竿对爬竿者的摩擦力是一对平衡力
6.闭合开关S后，小磁针静止时的位置如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A. 电源右端是负极
B. 向右移动滑片，通电螺线管磁性增强
C. 调换电源正、负极，小磁针N极指向不变
D. A点磁场方向和小磁针N极指向相同
7.如图所示，电源两端电压保持不变，R1为定值电阻，R2为柔性电阻传感器（通常用于人形机器人手指、脚底等接触处，通过电阻变化感知压力分布，进行抓握力控制、步态平衡反馈等），其阻值随受到压力的增大而减小。闭合开关S，当柔性电阻传感器R2受到的压力增大时，则（　　）
A. 电路消耗的总功率不变
B. 电压表V1示数变小，电流表A示数变大
C. 电压表V2示数与电流表A示数的比值变小
D. 电压表V2示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值变小
二、填空题：本大题共9小题，共18分。
8.2025年5月6日，赵心童夺得中国首个斯诺克世锦赛冠军，终结英国选手对世锦赛冠军长达98年的垄断。决赛结束的一刹那，球迷们的呐喊声响彻全场，这里的“响彻全场”主要是描述声音的______（选填“响度”“音调”或“音色”）。
9.如图是我国094核潜艇发射导弹时的情形，导弹破水而出时，高温火焰与海水接触，海面瞬间腾起大量“白雾”，“白雾”主要是高温水蒸气______（填物态变化名称）形成的小水珠。
10.某科技团队创新性地提出一种新能源汽车无线充电方案，方法是将高压充电线圈（周围产生很强的磁场）埋在公路沥青下方，新能源汽车底部安装线圈，当新能源汽车从高压充电线圈上方驶过时，汽车底部线圈切割磁感线，从而实现低功率的无线充电，其无线充电的原理是______。
11.目前，人类发现海水最深处的鱼是狮子鱼，若一条成年狮子鱼身体表面0.1m2面积上所受的海水压力为8×106N，则该狮子鱼在海水中所处深度为______m。（海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
12.如图所示，在美丽乡村建设的工地上，工人师傅用动滑轮提升物体，所用的拉力为500N，动滑轮的重力为100N，若不计摩擦和绳重，该动滑轮的机械效率为______。
13.氢能源因具有清洁环保、热值高、可再生性、无噪音等优点得以广泛应用，在1个标准大气压下，若完全燃烧0.24kg氢气放出的热量被水全部吸收，能将______kg的水从20℃加热到沸腾。[氢气的热值q=1.4×108J/kg,水的比热容c=4.2×103J/（kg ℃）]
14.小明在做家务时，房间里的电灯突然熄灭。他用测电笔（试电笔）分别测试如图所示家庭简化电路中的a、b、c、d四点，测试a、b和c点氖管均发光，测试d点氖管不发光。若电路中只有一处故障，则故障是______。
15.如图甲所示，R1、R2为定值电阻，电源电压为3V，闭合开关，电压表示数为1V，现将R1、R2接入图乙电路，闭合开关，电流表示数为0.3A，则通过电阻R1的电流为______A。
16.许多汽车的后视镜配备了如图甲所示的加热装置，该装置有“低温”除雾和“高温”除霜功能，能保持镜面清晰，确保驾驶安全。其内部电路如图乙所示，电源电压保持不变，R1=12Ω，同时闭合开关S和S1，电路中电流为1.5A；再断开开关S1电路中电流变化了1A。则在“低温”除雾功能下工作0.5min电路产生的热量为______J。
三、作图题：本大题共1小题，共2分。
17.如图所示，一束单色光AO从空气斜射到玻璃三棱镜，折射光线为OB。光线OB又从三棱镜中斜射到与空气的分界面上的B点，请在图中画出光线OB的反射光线和折射光线。
四、实验探究题：本大题共3小题，共16分。
18.小军用实验室的托盘天平称量1枚硬币的质量，实验过程如下：
（1）调节横梁平衡：将天平放在水平桌面上，取下两侧的垫圈，指针开始摆动，稳定后，指针指在分度盘的位置如图甲所示。则接下来的调节过程：用镊子将游码移到标尺的零刻度线处，向______调节平衡螺母，使指针指在分度盘中央刻度线或在中央刻度线两侧等幅摆动。
（2）调节天平横梁平衡后，小军将10枚相同硬币置于左盘，在右盘增减砝码并移动游码，直至横梁再次平衡，此时右盘中的砝码情况和游码在标尺上的位置如图乙所示，则1枚硬币的质量为______g。
19.在探究杠杆平衡条件的实验中：
（1）如图甲，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态。这一调节过程的目的是使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，这时杠杆重力的力臂为______。
（2）如图乙，在杠杆两侧分别挂上不同数量的钩码（已知每个钩码重0.5N），调整钩码的位置，使杠杆处于水平平衡状态，记录相应的数据；改变钩码数量重复上述操作，实验数据如下表所示。
实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.0 6.0 2.0 3.0
2 1.5 4.0 3.0 2.0
3 2.0 2.0 4.0 1.0
（3）小明分析实验数据可得杠杆的平衡条件为动力×动力臂=阻力×阻力臂；同组的小天认为杠杆的平衡条件也可表述为动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离。为了验证小天的结论是错误的，在图丙的基础上，保持原器材不变，______（写出实验操作过程），使杠杆在水平位置平衡，记录实验数据并分析论证。
20.小明用如图甲所示器材做“测量小灯泡电阻”的实验，电源电压为4.5V，小灯泡上标有“2.5V”字样。
（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整，要求滑片向右移动时小灯泡变亮。
（2）闭合开关，调节滑动变阻器进行多次测量，记下对应的电流和电压值，其中第2次实验中电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为______Ω。（结果精确到0.1Ω）
实验次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω
1 2.0 0.26 7.7
2 2.5
3 3.0 0.30 10.0
（3）在某次向右移动滑片的过程中，小灯泡电阻变化量的绝对值、滑动变阻器接入电路阻值变化量的绝对值分别为ΔRL、ΔR，则ΔRL______ΔR（选填“＞”“＜”或“=”）。
（4）实验结束后，同组的小红想用该实验装置探究电流与电阻的关系，该装置是否可行并说明理由：______。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
21.近年来，低空经济迅猛发展。如图是山区果农利用无人机吊运水果的情景，若无人机在100s内提着重500N的水果匀速竖直上升了50m。求：
（1）无人机拉力对水果做的功；
（2）无人机拉力对水果做功的功率。
22.如图甲所示电路中，电源电压保持不变，R1、R2为定值电阻，R2=18Ω，滑动变阻器R的最大阻值为100Ω。开关S1闭合、S2断开，滑片从某一位置移动到另一位置过程中，滑动变阻器消耗的功率随电流表示数变化如图乙所示。求：
（1）当电流表示数为0.4A时，滑动变阻器两端的电压；
（2）电源电压和电阻R1的阻值；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电路消耗的总功率。
六、综合题：本大题共1小题，共7分。
23.小明用铝合金制作一个金属盒。刚放入水中时，金属盒漂浮在水面上，如图甲；一段时间后，金属盒底部渗漏进入一些水，但仍漂浮在水面上，如图乙；最后金属盒充满水沉底，如图丙。已知金属盒的质量为m,铝合金的密度为ρ，g为已知量。
（1）求图甲中金属盒受到的浮力；
（2）请推理说明：图乙和图甲中的水面高度相同；
（3）若m=300g,ρ=3.0×103kg/m3，，g取10N/kg,求图丙中金属盒受到的支持力。
1.【答案】
【解析】解：A、列车静止和高速行驶时，质量不变，惯性不变，故A错误；
B、飞机飞行时，机翼上方空气流速比下方大，故B正确；
C、手机通过电磁波实现远程无线控制智能家居，故C错误；
D、光刻芯片时，激光照射升温是通过热传递增加内能，故D错误。
故选：B。
（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，惯性与物体的质量有关。
（2）飞机的机翼上凸下平，在流体中，流速越大的位置，压强小；飞机飞行时，机翼上方空气流速比下方大。
（3）手机是通过电磁波远程控制智能家居的。
（4）改变物体的内能方式有两种：做功和热传递。
本题考查的是改变物体内能的方式；知道惯性和流体的压强与流速的关系；知道电磁波的特点及应用。
2.【答案】
【解析】解：A、将小球拉至A点，由静止开始释放，小球能达到的右侧最高点为B，且α＞β，说明受到阻力作用，摆动的幅度减小了，因而机械能不守恒，故A错误；
BC、动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，小球从A点到B点的过程中，在C点时高度最小，重力势能最小，速度最大，动能最大，故B正确，C错误；
D、由于受阻力作用，机械能转化为内能，小球从C点到B点的过程中，小球动能减少量大于重力势能增加量，故D错误。
故选：B。
动能和势能合称机械能，由于克服空气阻力，一部分机械能会转化为内能；动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关。
本题考查机械能的转化与守恒，属于中档题。
3.【答案】
【解析】解：圆柱形玻璃杯盛满水，圆柱形玻璃杯中的水中间厚边缘薄，形成水凸透镜；该凸透镜能使图片横向颠倒；由图乙可知，此时的像与原图中的女孩相比，是等大的，左右颠倒的实像，故A正确，BCD错误。
故选：A。
透明物质可以制成中间厚边缘薄的凸透镜，物体置于凸透镜二倍焦距时，成倒立、等大的实像。
此题考查凸透镜成像的规律。掌握凸透镜成像的特点是解题关键。
4.【答案】
【解析】解：A、由图象可知，甲乙的s-t图象都是一条倾斜的直线，所以甲乙都做匀速直线运动，
由图象知两物体的速度：v甲===3m/s,v乙===1m/s,所以v甲＞v乙，故A正确；
B、因为甲、乙两个物体同时同地向东做匀速直线运动，v甲＞v乙，所以甲在乙物体的前面向东运动，两物体的相对位置不断变化，以甲物体为参照物，乙物体向西运动，故B错误；
C、由v=得，经过8s,甲运动的路程：s′甲=v甲t=3m/s×8s=24m,
由图像可知，经过8s,乙运动的路程：s′乙=8m,
所以8s时甲、乙两个物体相距：s′甲-s′乙=24m-8m=16m,故C正确；
D、由v=得，通过24m的路程甲所用的时间：t′甲===8s,
乙所用的时间：t′乙===24s,
甲比乙少用的时间为：t′乙-t′甲=24s-8s=16s,故D正确。
故选：B。
（1）匀速直线运动的路程s与运动时间t成正比，s-t图象是一条倾斜的直线，根据图象的形状判断甲、乙的运动性质，由图象找出甲乙的路程s与所对应的时间t,由速度公式可求出甲乙的速度，然后比较它们的大小关系；
（2）根据甲、乙的速度关系判断两物体的位置关系，然后以甲为参照物，判断乙的运动状态；
（3）根据v=的变形式可求出8s内甲运动的路程，由s-t图像可得出8s内乙运动的路程，进而可以得出两物体之间的距离；
（4）根据v=的变形式求出通过24m的路程甲、乙所用的时间，进而可以得出甲比乙少用的时间。
本题考查了速度公式的应用，从图中读取相关信息是解题的关键，难度不大。
5.【答案】
【解析】解：A、爬竿者依靠竿对其施加的向上的摩擦力上升，故A错误；
B、爬竿者受到重力和摩擦力，加速下滑时，重力大于摩擦力，匀速下滑时，重力等于摩擦力，所以加速下滑和匀速下滑时受到的摩擦力，大小不相等，故B错误；
C、爬竿者上升时，受到竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力，下滑时，受到竖直向上的摩擦力和竖直向下的重力，故C正确；
D、只有匀速直线运动，爬竿者受到的摩擦力和重力是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
（1）（4）根据力的作用是相互的分析；
（2）根据爬竿者的运动状态分析受力情况；
（3）从竖直方向受力平衡角度分析，当受力平衡时，二力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
本题考查力与运动的关系，依托爬竿考查，理论联系实际。
6.【答案】
【解析】解：A、根据小磁针静止时的指向，利用磁极间“异名磁极相互吸引”的规律，可判断出通电螺线管靠近小磁针N极的一端为S极，另一端为N极。再根据安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指环绕的方向为电流方向，可判断出电流从电源的右端流出，左端流入，所以电源右端是正极，故A错误。
B、向右移动滑片，滑动变阻器接入电路的阻值增大，根据I=，在电源电压不变的情况下，电路中的电流减小。而电磁铁磁性强弱与电流大小、线圈匝数和有无铁芯有关，当线圈匝数和铁芯不变时，电流越小，磁性越弱，所以通电螺线管磁性减弱，故B错误。
C、调换电源正、负极，通电螺线管的磁极会发生改变，根据磁极间的相互作用，小磁针N极的指向会改变，故C错误。
D、在磁体外部，磁感线从N极出发回到S极，小磁针静止时，北极所指的方向与磁感线方向相同，所以A点的磁场方向和小磁针N极指向相同，故D正确。
故选：D。
知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
磁极间的相互作用规律：同名磁极相排斥，异名磁极相吸引。
电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
本题考查了安培定则的应用，磁极间的相互作用，以及影响电磁铁磁性强弱的因素。
7.【答案】
【解析】解：A、闭合开关S，当柔性电阻传感器R2受到的压力增大时，R2接入电路的阻值减小，电路中的总电阻变小，而电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表A的示数变大，根据P=UI可知，总电压不变，总电流变大，总功率变大，故A错误；
B、闭合开关S，当柔性电阻传感器R2受到的压力增大时，R2接入电路的阻值减小，电路中的总电阻变小，而电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表A的示数变大。据U=IR知，定值电阻R1两端的电压变大，电压表V1的示数变大，故B错误；
C、闭合开关S，当柔性电阻传感器R2受到的压力增大时，R2接入电路的阻值增大，电路中的总电阻变小，而电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表A的示数变大。据U=IR知，定值电阻R1两端的电压变大，电压表V1的示数变大，总电压U不变，所以V2两端电压变小，电压表V2示数与电流表A示数的比值变小，故C正确；
D、电压表V1示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值为定值电阻R1的大小，电压表V1示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值不变，故D错误。
故选：C。
由电路图可知R1、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流；闭合开关S，当柔性电阻传感器R2受到的压力增大时电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，电压表V2的示数与电流表A的示数的比值的变化，以及电压表V1示数变化量的绝对值与电流表A示数变化量的绝对值的比值变化情况；根据P=UI可知电路消耗的总电功率的变化。
本题考查动态电路分析、电功率公式以及欧姆定律的应用，难度一般。
8.【答案】
【解析】解：这里的“响彻全场”主要是描述声音的响度，因为响度的大小与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小。
故答案为：响度。
物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度的大小与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小。
此题要结合声音的特征响度定义进行分析解答，注意与其它特征的区分。
9.【答案】
【解析】解：“白雾”主要是高温水蒸气液化（液化指物质由气态转变成液态）形成的小水珠。
故答案为：液化。
液化指物质由气态转变成液态。
本题考查了液化现象，属于基础题。
10.【答案】
【解析】解：将高压充电线圈（周围产生很强的磁场）埋在公路沥青下方，新能源汽车底部安装线圈，当新能源汽车从高压充电线圈上方驶过时，汽车底部线圈切割磁感线，会产生感应电流，从而实现低功率的无线充电，其无线充电的原理是电磁感应现象。
故答案为：感应电流。
闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动，导体中就会产生感应电流，这是电磁感应现象。
此题考查了电磁感应现象的应用，理解电磁感应现象的运用及产生感应电流的条件。
11.【答案】
【解析】解：该狮子鱼所受的海水的压强为：
p===8×107Pa,
该狮子鱼在海水中所处深度为：
h===8×103m。
故答案为：8×103。
根据p=求出该狮子鱼所受的海水的压强，再根据p=ρgh求出该狮子鱼在海水中所处深度。
本题主要考查的是压强的定义是和液体压强公式的应用，难度不大。
12.【答案】
【解析】解：动滑轮绳子股数为2，若不计摩擦和绳重，根据F=（G+G动）可知，物重为：
G=nF-G动=2×500N-100N=900N，
则该动滑轮的机械效率为：
η=====×100%=90%。
故答案为：90%。
动滑轮绳子股数为2，若不计摩擦和绳重，根据F=（G+G动）求出物重，利用η====求出该动滑轮的机械效率。
本题主要考查的是滑轮组的机械效率，关键是会根据题目的条件进行简单的计算。
13.【答案】
【解析】解：0.24kg氢气完全燃烧放出的热量：
Q放=qm=1.4×108J/kg×0.24kg=3.36×107J；水吸收的热量Q吸=Q放=3.36×107J，
由Q吸=cmΔt知，水的质量为：
m′===100kg。
故答案为：100。
已知天然气的体积和热值，可求产生的热量，产生的热量被水吸收，知道水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q=cmΔt求水的质量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cmΔt、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的掌握和运用，难度不大。
14.【答案】
【解析】解：用测电笔分别测试如图所示家庭简化电路中的a、b、c、d四点，测试a、b和c点氖管均发光，说明a、b、c三个点与火线是连通的，测试d点氖管不发光，d点与零线是连通的，可能是cd之间是断开的。
故答案为：c、d之间断路。
测电笔是辨别火线和零线的工具，正常使用时，接触火线氖管发光，接触零线，氖管不发光。
本题考查的是测电笔的使用方法，会判断简单的电路故障。
15.【答案】
【解析】解：如图甲所示，R1、R2为串联关系，电压表测量R1的电压；
根据串联分压规律，R1：R2=U1：U2=1V：（3V-1V）=1：2；
将R1、R2接入图乙电路，两个电阻并联，电流表测量干路电流，
根据并联电流之比等于电阻倒数的比，故I1：I2=R2：R1=2：1；
根据干路电流等于各支路电流之和，则I1+I2=0.3A；
解得通过电阻R1的电流I1=0.2A。
故答案为：0.2。
根据串联分压规律计算两个电阻的比值，根据并联分流规律计算电流的比值，结合干路电流等于各支路电流之和计算通过电阻R1的电流。
本题考查动态电路与欧姆定律以及串并联的特点，属于中档题。
16.【答案】
【解析】解：由图乙可知，同时闭合开关S和S1，R1与R2并联；再断开开关S1，电路为R2的简单电路，
由于并联电路的各支路互不影响，所以通过R2的电流不变，
通过R1的电流等于电流的变化量，即I1=ΔI=1A，
根据并联电路的电流规律可得，通过R2的电流：I2=I-I1=1.5A-1A=0.5A，
电源电压不变，根据P=UI可知，R1与R2并联时电路消耗的功率较大，装置处于高温挡；
电路中只有R2工作时，电路消耗的功率较小，装置处于低温挡；
并联电路各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得R2两端的电压：
U2=U1=I1R1=1A×12Ω=12V，
则在“低温”除雾功能下工作0.5min电路产生的热量：
Q=R2t=U2I2t=12V×0.5A×0.5×60s=180J。
故答案为：180。
由图乙可知，同时闭合开关S和S1，R1与R2并联；再断开开关S1，电路中只有R2工作，根据并联电路的特点可知通过R1的电流，根据并联电路的电流规律可得通过R2的电流，根据P=UI可知判断装置的工作挡位，根据欧姆定律可得R2两端的电压，根据Q=I2Rt=UIt求在“低温”除雾功能下工作0.5min电路产生的热量。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律、焦耳定律的应用，难度一般。
17.【答案】
【解析】解：图中法线已经画出，根据反射角等于入射角画出光线OB的反射光线，光从玻璃斜射入空气中时，折射角大于入射角，据此画出光线OB的折射光线，如图所示：
根据反射角等于入射角画出反射光线，根据折射规律画出折射光线。
本题考查光的反射定律与折射规律的应用，属于中档题。
18.【答案】
【解析】（1）如甲图所示，用镊子将游码归零，指针将偏向左侧，再向右调节平衡螺母，直至指针指示在分度盘中间；
（2）天平的分度值为0.2g,则游码对应的刻度值为0.2g；砝码的质量为60g,所以10枚硬币的质量为60g+0.2g=60.2g,则1枚硬币的质量为g=6.02g。
故答案为：（1）右；（2）6.02。
（1）首先把天平放在水平桌面上，把游码归零，再调节平衡螺母直到横梁平衡；
（2）物体的质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和。
本题考查天平的使用以及累积法测物体的质量，难度不大。
19.【答案】
【解析】（1）因为杠杆的重心在支点上，所以力臂为零；
（3）根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂，为验证：”动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离“是错误的，只有当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，所以在图丙的基础上，保持原器材不变，改变弹簧测力计拉力的方向。
故答案为：（1）0；（3）改变弹簧测力计拉力的方向。
（1）调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态，这时杠杆的重心在支点上；
（3）只有力的方向与杠杆垂直时，支点到动力作用点的距离等于力臂的大小，若力的方向与杠杆不垂直时，则支点到动力作用点的距离不等于力臂的大小，据此分析。
本题研究杠杆平衡条件，考查器材调试，对力臂的理解及根据杠杆平衡条件的运用，难度适中。
20.【答案】
【解析】（1）要求滑片向右移动时小灯泡变亮，电路的电流变大电阻变小，故变阻器右接线柱连入电路中，如下所示：
（2）闭合开关，调节滑动变阻器进行多次测量，记下对应的电流和电压值，其中第2次实验中电流表示数如图乙所示，分度值为0.02A，电流为0.28A，则小灯泡正常发光时的电阻为
R=≈8.9Ω
（3）由于小灯泡的灯丝电阻随温度变化而变化，当电压变化时，电流变化，温度变化，电阻变化；设灯泡两端电压为U1，U2，对应的电流为I1，I2，则
RL1=
RL2=
ΔRL=|-|
对于滑动变阻器，设其两端电压为U滑1，U滑2，对应的电流为I1，I2，则
R滑1=
R滑2=
ΔR=|-|
由于串联电路电压关系：U=UL+U滑，当电源电压不变时ΔUL=-ΔU滑，根据I=知ΔRL和ΔR的大小关系取决于电压和电流的变化关系；一般情况下，小灯泡电阻变化主要是因为温度对灯丝电阻的影响，而滑动变阻器电阻变化是因为接入电路的长度变化。在串联电路中，电流相同，当小灯泡电压变化时，滑动变阻器电压反向变化，但是由于小灯泡电阻变化时非线性的（因为温度对电阻影响较大），而滑动变阻器电阻变化时线性的（与接入长度成正比），所以ΔRL＜ΔR；
（4）实验结束后，同组的小红想用该实验装置探究电流与电阻的关系，要控制电阻的电压不变，实验中要用不同的定值电阻，灯的电阻不是一个定值，且电阻未知，该装置是不可行。
故答案为：（1）见解析中的图；（2）8.9；（3）＜；（4）不可行，灯的电阻不是一个定值，且电阻未知。
（1）滑片向右移动时小灯泡变亮，可知电路的电流变大电阻变小，确定变阻器右接线柱连入电路中；
（2）根据电流表分度值读数，由欧姆定律得出小灯泡正常发光时的电阻；
（3）因电源电压不变，根据欧姆定律先判断出两种情况下总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的减小而减小和串联电阻的规律分析回答；
（4）探究电流与电阻的关系要控制电压不变，改变定值电阻的大小。
本题“测量小灯泡电阻”的实验，考查电路连接、操作过程、欧姆定律的定律及对实验方案的评估。
21.【答案】
【解析】（1）若无人机在100s内提着重500N的水果匀速竖直上升了50m,拉力和重力是平衡力，由二力平衡可知，无人机对水果的拉力F=G=500N，
拉力对水果做的功W=Fh=Gh=500N×50m=25000J；
（2）拉力对水果做功的功率。
答：（1）无人机拉力对水果做的功是25000J；
（2）无人机拉力对水果做功的功率是250W。
（1）无人机做匀速直线运动，拉力和重力是平衡力，大小相等，根据W=Fh得到无人机拉力对水果做的功；
（2）根据P=得到无人机拉力对水果做功的功率。
本题考查功和功率的计算，需要知道功和功率的公式。
22.【答案】
【解析】（1）开关S1闭合、S2断开时，R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压；
当电流表示数为I1=0.4A时，由图乙可知，此时滑动变阻器的功率P=5.6W，
由P=UI可得滑动变阻器两端的电压为：UR===14V；
（2）当电流表示数为0.4A时，由串联电路的电压特点和欧姆定律可得电源电压：U=UR+I1R1=14V+0.4A×R1---①，
当电流表示数为I2=1.1A时，由图乙可知，此时滑动变阻器消耗的功率P′=7.7W，
由P=UI可得此时滑动变阻器两端的电压：UR′===7V，
同理可得电源电压：U=UR′+I2R1=7V+1.1A×R1---②，
联立①②解得：U=18V，R1=10Ω；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电阻R1与R2并联，
此时电路消耗的总功率：
。
答：（1）滑动变阻器两端的电压为14V；
（2）电源电压为18V，电阻R1的阻值为10Ω；
（3）电路消耗的总功率为50.4W。
（1）开关S1闭合、S2断开时，R1与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测变阻器两端的电压；
当电流为0.4A时，从乙图中找到对应的滑动变阻器的功率，根据P=UI求出滑动变阻器两端的电压；
（2）当电流表示数为0.4A时，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压；
当电流表示数为1.1A时，先根据P=UI求出此时滑动变阻器两端的电压，再根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，联立方程组，解出电源电压和R1的阻值；
（3）同时闭合开关S1、S2，滑片移动到最左端时，电阻R1与R2并联，根据公式P=求出R1、R2的功率，两者相加即为电路消耗的总功率。
本题考查了欧姆定律的应用电功率的计算，关键是根据图像中的信息利用电源电压不变建立方程组。
23.【答案】
【解析】（1）甲图中金属盒漂浮，根据漂浮时浮力等于重力，故F浮=G=mg；
（2）图乙中，设进入金属盒中水的体积为V水，则金属盒增大的重力ΔG=ρ水gV水
金属盒增大的浮力ΔF浮=ρ水gΔV排；根据漂浮时浮力等于重力
故增大的浮力等于增大的重力，即ΔF浮=ΔG=ρ水gΔV排=ρ水gV水，ΔV排=V水，即增大的排开液体的体积与进入的水体积相等，所以题图乙和题图甲中的水面高度相同；
（3）题图丙中金属盒沉底后受到重力、浮力和支持力的作用，根据力的平衡可知，金属盒受到的支持力F=G-F浮=mg-ρ水g=0.3kg×10N/kg-1.0×103kg/m3×10N/kg×=2N。
答：（1）图甲中金属盒受到的浮力是mg；
（2）见解答；
（3）图丙中金属盒受到的支持力是2N。
（1）根据漂浮时浮力等于重力计算；
（2）根据漂浮时浮力等于重力，增大的浮力计算增大的排开液体的体积与进入的水体积比较分析；
（3）根据金属盒受力平衡，结合压力等于浮力减去重力计算。
本题考查浮沉条件与阿基米德原理以及密度和重力公式的应用，属于中档题。
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