2019年河南省南阳市邓州市中考物理一模试卷
一、填空题（每空1分，共14分）
1．为创建大美湘潭，我市在部分路段的斑马线位置，安装了带语音提示的红绿灯信号系统。红灯亮时，系统会发出语音来警示行人，这主要应用了声音可以传递 （选填“信息”或“能量”）；系统中的红灯和绿灯是 （选填“串联”或“并联”）的。
2．盛有清水的封闭试管水平放置，内有一较大的空气泡，如图所示。阳光垂直照射试管，在空气泡下方的白纸上，出现一椭圆形的“阴影”，“阴影”形成的原因是此时带有气泡的盛水试管相当于一个 透镜（选填“凸”或“凹”）；若正在向左运动的试管内气泡突然向右移动，则可判定试管在做 运动（选填“加速”或“减速”）。
3．图是玩弹弓的情景。经验表明，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”射得越远，这说明橡皮筋的弹性势能与 有关；若橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，则质量大的“子弹”射出的距离较小，原因是质量大的“子弹”刚射出时的 小。
4．如图所示，分别用图甲、乙两种形式滑轮组合把重为500N的物体以0.5m/s的速度匀速向上提起，忽略绳子和滑轮的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图甲中车对绳子的拉力为 N，图乙中人对绳子拉力大小为 N，所做有用功的功率为 W。
5．电饭锅在生活中给我们带来了便利，某型号电饭锅有加热和保温功能，如图甲所示为其内部电路原理图，当开关S按触点
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时，该电饭煲处于保温状态，如图乙是该电饭煲工作时电功率与时间的关系图象，则图中阴影部分面积可以表示的物理量是 ，其大小为 。
6．民航客机在飞行过程中，飞行高度可达10km左右，在这种情况下，飞机外部的气压将降至26～28kPa．为了维持座舱内的气压与地面大气压接近，需要压缩机不断地将外界空气压入座舱内，在这一压缩过程中，空气温度 （选填“升高”、“降低”或“不变”），其原因是 。
二、选择题（本题8小题，每题2分，共16分．第7-12题，每小题2分，每小题只有一个选项符合要求．第13-14题每小题2分，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，只选一个且选对的得1分，有选错的得0分．）
7．下列说法正确的是（ ）
A．“光年”是时间单位
B．太阳是宇宙的中心
C．两个物体相互摩擦时，得到电子的物体带正电
D．在原子、分子和原子核中，尺度最小的是原子核
8．下列做法中符合安全用电要求的是（ ）
A．用电器电线绝缘皮破损了仍继续使用
B．在未断开电源的情况下更换灯泡
C．在家庭电路中安装空气开关或保险丝
D．在高压线附近放风筝
9．如图是一些研究电现象和磁现象的实验。下列关于这些实验的叙述正确的是（ ）
A．图1中小磁针被铁棒吸引，说明铁棒本身具有磁性
B．图2中小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场
C．图3中条形磁铁静止时A端总是指向北方，说明A端是条形磁铁的南极
D．图4中铁钉B吸引的大头针比A多，说明电磁铁的磁性强弱与电流大小有关
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10．下列与物态变化相关的说法正确的是（ ）
A．冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同
B．石蜡和冰的熔化一样，都吸热但温度保持不变
C．出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风降低了室温
D．因为雪的形成过程中吸收热量，所以下雪时天气变冷
11．如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。下列有关说法正确的是（ ）
A．刀刃很薄可以增大压力
B．铡刀实质上是一种费力杠杆
C．甘蔗放在a点比b点更易被切断
D．手沿F1方向用力比沿F2方向更省力
12．在“探究影响电流热效应的因素”实验中。可通过观察玻璃管中煤油柱的高度变化来比较电阻丝产生热量的多少（如图）。以下研究中所采用方法与此相同的（ ）
A．用水流类比电流来建立电流的概念
B．探究导体电阻大小与横截面积的关系时需保持材料和长度不变
C．用图象描述电流与电压的关系
D．根据小磁针的偏转情况判定电流周围是否存在磁场
13．如图，放在同一水平面上的甲、乙两个相同容器内盛有不同液体，现将同一物块分别放入两个容器中处于静止时，两容器中的液面恰好相平。下列说法正确的是（ ）
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A．甲容器中物块排开液体的重力较小
B．乙容器中物块受到液体的浮力较大
C．甲容器中液体的密度较小
D．乙容器底部受到液体的压强较大
14．如图，电源电压18V保持不变，电流表量程是0﹣0.6A，电压表量程是0﹣15V，小灯泡上标有“6V3W”字样要求：开关闭合后两个电表的示数均不超过所选量程，且灯泡两端电压不允许超过额定电压（灯丝电阻不变）则下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的滑片向左移动时，电流表和电压表示数都变大
B．滑动变阻器允许调节的范围是24Ω﹣60Ω
C．当电流表示数为0.4A时，电压表示数为12V
D．该电路的最大功率为9W
三、作图题（每题2分，共4分）
15．请在图中作出在空中匀速下落的雨滴受到的力的示意图（O为雨滴的重心）。
16．如图所示，一束激光α斜射向半圆形玻璃砖圆心O，结果在屏幕上出现两个光斑，请画出形成两个光斑的光路图。
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四、实验探究题（第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）
17．（4分）在探究凸透镜成像实验中，小柯不断改变蜡烛到透镜的距离，移动光屏寻找蜡烛的像，并将实验结果记录在下表中：
序号
蜡烛到透镜的距离（cm）
像的特点
1
20.0
倒立缩小的实像
2
16.0
倒立等大的实像
3
12.0
倒立放大的实像
4
6.0
？
（1）第4次实验中，小柯移动光屏只观察到模糊的圆形光斑。若要观察到此时所成的像，正确的操作是 ；
（2）小柯在第1次实验的基础上，换用另一个凸透镜后，发现光屏上的像不清晰，把光屏慢慢地向凸透镜方向移动，光屏上又出现了清晰的像。若第1次实验模拟的是正常眼球的成像情况，则换用透镜后的实验是在模拟 的成像情况。
18．（6分）用天平和量筒测量某品牌牛奶的密度。
（1）天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的 处，指针位置如图甲，应向 （选填“左”或“右”）调节平衡螺母，直至横梁平衡；
（2）往烧杯中倒入适量牛奶，测得烧杯和牛奶的总质量为106g；
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（3）将烧杯中部分牛奶倒入量筒中，如图乙，再测出烧杯和剩余牛奶的质量，如图丙；
（4）算出牛奶的密度为 g/cm3；
（5）若操作第（3）时，不慎将少量牛奶附着在量筒内壁上，测得的牛奶密度将会 （选填“偏小”、“不变”或“偏大”）；
（6）两个相同的杯子分别装满水和牛奶，总质量较大的是装 的杯子。（ρ水＝1g/cm3）
19．（8分）小刚和小强测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率。
（1）他们的实验过程如下：
①图甲是他们连接的部分电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整；
②闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移动到最 （选填“左”或“右”）端；
③闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，小刚找来一根完好的导线，一端连在电源负极，另一端分别触碰接线柱A、B、C、D，发现只有触碰接线柱A时，灯泡才不发光，若电路中只有一处故障，且各器材、导线均完好，则电路故障可能是 。
④排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（2）小刚有小强重新设计了一种测量小灯泡额定功率的电路，他们找来器材后连成如图丙所示的电路，电源电压4.5V保持不变，R0为阻值为10Ω的定值电阻，连接好电路后进行如下操作：
①断开开关S2，闭合开关S和S1，移动滑动变阻器滑片P，使电压表示数为2.5V；②保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，此时电压表示数为3V，电路中的电流是 A，滑动变阻器接入的阻值是 Ω，小灯泡的额定功率为 W。
五、综合应用题（每小题9分，共18分）
20．（9分）汽车已经走进了很多普通农村家庭，最近方文同学也购买了一辆小汽车，方文同学十分高兴，将汽车里里外外看了个遍，并且进行了认真地思考，发现汽车上许多地方都用到了物理知识，下面就是他思考的问题，请你和他一起解答。
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（1）汽车发动机是汽油机，从能源可否再生角度看，汽油是 （选填“可再生”或“不可再生”）能源；发动机工作时， 冲程将内能转化为机械能。
（2）若汽车油箱的容积为60L（dm3），内装密度为0.71×103kg/m3、热值为4.61×107J/kg的汽油，则油箱最多可以装多少千克的汽油？
（3）若轿车以60kW的恒定功率启动做匀速直线运动，运动过程中受到的阻力不变，运动速度v与时间t的关系如图所示，则在0﹣50s时间内，轿车发动机所做的功为多少？轿车在运动过程中受到的阻力为多少？
21．（9分）图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的恒温箱的简单温控电路，继电器线圈的电阻为150Ω，当线圈中电流大于或等于28mA时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电压为6V，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
（1）从图甲中可得50℃时热敏电阻的阻值为 Ω。
（2）恒温箱的加热器应接在 端（选填“A、B”或“C、D”），理由是 。
（3）若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器是否处于工作状态？
（4）若在原控制电路中，串联接入一个可变电阻器，分析当该电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度将如何变化？
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2019年河南省南阳市邓州市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空1分，共14分）
1．【分析】解答此题需掌握：声音既能传递信息，又能传递能量。
根据并联电路的特点分析。并联电路中用电器工作时互不影响。
【解答】解：红灯亮时，系统会发出语音来警示行人，这主要是应用了声音可以传递信息。
根据交通信号灯工作时的常识知，红灯亮时，绿灯不亮，红绿灯交替工作，且它们工作时互不影响，故是并联连接。
故答案为：信息；并联。
【点评】本题主要考查学生对声音能传递信息和串联、并联的认识和了解，是一道基础题。
2．【分析】凹透镜的形状是中间薄、边缘厚，并且凹透镜对光线有发散作用；气泡所在处的水是两边高，中间低，相当于凹透镜，把光线分散了，所以比别处暗，产生阴影；
物体由于惯性要保持原来的运动状态。
【解答】解：由于气泡的存在，气泡周边的水形成中间薄边缘厚的凹透镜，凹透镜对光线有发散的作用，故在气泡的下面对应的位置较暗，出现一椭圆形的“阴影”；
当试管减速运动时，液体要保持原来的运动状态，向试管运动的方向运动，把气泡挤向试管运动的反方向，因此若正在向左运动的试管内气泡突然向右移动，则可判定试管在做减速运动。
故答案为：凹；减速。
【点评】水平仪中液体的质量远大于气泡的质量，可以理解成液体由于惯性保持原来的运动状态，把气泡挤向液体运动的反方向。
3．【分析】要分析橡皮筋的弹性势能与什么有关，从影响弹性势能的因素入手来回答即可；要分析质量大的“子弹”射出时哪个物理量减小，应从能量转化的角度分析，思考“子弹”的能量是如何转化的，从而得出正确的结论。
【解答】解：
（1）橡皮筋弹性势能的影响因素是橡皮筋发生形变的程度，橡皮筋形变的程度越大，橡皮筋的弹性势能就越大；“子弹”射得越远，说明橡皮筋的弹性势能越大，转化成的动能就越多，因此橡皮筋拉得越长，“子弹”射得越远，这说明橡皮筋的弹性势能与橡皮筋伸长的长度有关；
（2）当“子弹”射出时，“子弹”
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具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的，橡皮筋被拉的长度相同，说明橡皮筋的弹性势能相同，在理想的情况下，转化成的动能也相同，根据动能的影响因素是质量和速度，在动能相同时，“子弹”的速度与质量成反比，因此“子弹”的质量越大，“子弹”的运动速度就越小。
故答案为：橡皮筋伸长的长度；速度。
【点评】本题考查弹性势能的影响因素、弹性势能和动能的相互转化，解题时要熟记相关的知识点，加深对弹性势能的理解，会应用相关知识分析解决问题。
4．【分析】（1）轴固定不动的滑轮为定滑轮，使用定滑轮不能省力，但能改变用力方向，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，拉力F＝G；
（2）图乙中是一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组，忽略绳子和滑轮的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图乙中人对绳子拉力F乙＝G，利用P＝＝＝Gv求人所做有用功的功率。
【解答】解：
（1）图甲两个滑轮的轴都固定不动，是定滑轮，忽略绳子和滑轮的重力以及滑轮与绳子的摩擦，F甲＝G＝500N；
（2）图乙中是一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组，忽略绳子和滑轮的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图乙中人对绳子拉力F乙＝G＝×500N＝250N，
有用功W有用＝Gh，
人所做有用功的功率：
P＝＝＝Gv＝500N×0.5m/s＝250W。
故答案为：500；250；250。
【点评】本题考查了使用滑轮组拉力和功率的计算，分析题图确定滑轮组的特点是关键。
5．【分析】由图知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，S接触点2时，两电阻串联，由P＝分析电饭煲的工作状态；
由图象知，电饭煲工作的功率和工作时间，由此可知面积表示的物理量并计算。
【解答】解：
由甲图可知，开关S接触点1时，只有R1连入电路中，电路的电阻较小，电源电压一定，由P＝可知此时功率较大，所以此时电饭煲处于加热状态；S接触点2时，两电阻串联，电路的电阻较大，由P＝可知功率较小，所以此时电饭煲处于保温状态；
由乙图象知，横坐标表示工作时间，纵坐标表示电饭煲的电功率，阴影部分面积S＝Pt＝W，即：阴影部分表示的是电饭煲加热时消耗的电能；
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由图知，P加热＝0.8kW，加热时间t加热＝10min＝h，
则电饭煲加热时消耗的电能：W加热＝P加热t加热＝0.8kW×h＝kW•h＝4.8×105J。
故答案为：2；电饭煲加热时消耗的电能；4.8×105J。
【点评】本题考查了电功率公式的灵活应用，要能正确分析开关在不同状态电路结构，关键是能看懂图象，将图象与所学知识联系起来，是一道好题。
6．【分析】根据题中给出的物理情境可知，此题与改变物体内能的两种方法（即做功和热传递）有关，正确分析物理现象，是解题的关键。
【解答】解：压缩机不断地将外界空气压入座舱内，压缩机对空气做功，空气内能增加，温度升高，这是通过做功改变物体的内能。
故答案为：升高；压缩机对空气做功，空气内能增加，温度升高。
【点评】此题考查学生掌握基础知识，运用物理规律解答问题的能力。知道对物体做功可使物体内能增加，温度升高。
二、选择题（本题8小题，每题2分，共16分．第7-12题，每小题2分，每小题只有一个选项符合要求．第13-14题每小题2分，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，只选一个且选对的得1分，有选错的得0分．）
7．【分析】（1）光年是距离的一个单位；
（2）太阳是宇宙中一个普通的恒星，并不是宇宙的中心；
（3）由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电；
（4）分子由原子组成，原子由原子核和核外电子组成，原子核包括质子和中子两部分，质子包括了原子的主要质量。
【解答】解：A、光年是指光在一年中通过的路程，是一个距离单位；故A错误；
B、太阳是宇宙中一个普通的恒星，并不是宇宙的中心，故B错误；
C、两个物体相互摩擦时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故C错误。
D、物质是由分子组成的，分子是由原子组成的，原子是由原子核和电子组成的，原子核是由质子和中子构成，所以在原子、分子和原子核中，尺度最小的是原子核，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查光年，人类对物质世界的认识，均为基础内容，但要求我们熟记，比较简单。
8．【分析】（1）电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故；
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（2）维修电器时，应先断开开关；
（3）根据保险丝或空气开关的作用分析；
（4）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
【解答】解：A、电线的绝缘皮破损时应及时更换，否则容易发生触电事故，故A错误；
B、在未断开电源开关的情况下更换灯泡容易发生触电事故，故B错误；
C、为防止因为干路电流过大引起火灾，家庭电路中必须安装保险丝或空气开关，故C正确；
D、安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。在高压线下放风筝会有触电的危险，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了安全用电的常识，属于基础知识在日常生活中一定要养成安全用电的习惯。
9．【分析】认识这几幅图，明确它们所反映的实验原理，才能对号入座，判断选项中的说法是否正确。
【解答】解：
A、图1中铁棒靠近小磁针，即使铁棒没有磁性，小磁针也会吸引铁棒，不能确定铁棒是否具有磁性，故A错误；
B、图2是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，故B正确；
C、磁铁都具有指向性，图2中条形磁铁静止时A端总是指向北方，说明A端是条形磁铁的北极，故C错误；
D、从图可知，铁芯相同、电流相同，只有线圈的匝数不同，说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系的，故D错误。
故选：B。
【点评】四幅图分别代表了电与磁中四个重要的物理实验，分别是磁体的特性、电流的磁效应、磁体的极性、电磁铁的探究，这都是我们应重点掌握的，在学习中相互比较更能有效地进行把握。
10．【分析】（1）物质由气态变为液态是液化；
（2）晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高；
（3）物质由液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热；
（4）下雪是空气中的水蒸气凝华现象，凝华是放出热量的。
【解答】解：
A、冬天人呼出的“白气”
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是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液化现象，露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，所以冬天人呼出的“白气”和露珠的形成原理相同，故A正确；
B、冰是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度不变；石蜡是非晶体，没有熔点，熔化过程中温度升高，故B错误；
C、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发从人体吸热，使人体的温度降低，但风不能降低室温，故C错误；
D、下雪时，空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成雪，凝华是放出热量的，气温不是很低，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查物态变化，主要分清变化前后的物质状态，从而做出判断。
11．【分析】（1）根据增大压强的方法判定；
（2）对于杠杆类型的判断可从动力臂与阻力臂的大小关系上入手；
（3）在阻力不变的情况下，减小阻力臂，能减小动力；
（4）在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小。
【解答】解：
A、刀刃很薄是通过减小接触面积来增大压强的，故A错误；
B、铡刀在使用时动力臂大于阻力臂，实质上是一种省力杠杆，故B错误；
C、甘蔗放在a点比b点时的阻力臂更小，根据杠杆的平衡条件可知，动力会越小，更易被切断，故C正确；
D、手沿F1方向用力比沿F2方向时的动力臂要小，根据杠杆平衡条件可知，动力越大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题利用生活中某一实例，较全面地考查了物理知识的应用，揭示了物理来源于生活又应用于生活的物理意识，是中考的常见题型。
12．【分析】电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
【解答】解：在“探究影响电流热效应的因素”实验中采用了转换法；
A、用水流类比电流来建立电流的概念采用的是类比法；
B、探究导体电阻大小与横截面积的关系时需保持材料和长度不变，采用的控制变量法；
C、用图象描述电流与电压的关系采用的图象法；
D、根据小磁针的偏转情况来判定磁场是否存在，采用的是转换法。
故选：D。
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【点评】本题注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法等探究方法，是中考物理常见题型。
13．【分析】（1）物体漂浮或悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，据此判断物块在两液体中受到的浮力关系，根据阿基米德原理可知物块排开两液体的重力关系；
（2）由图可知物块在两液体中排开液体的体积关系，根据阿基米德原理可知两液体的密度关系，两容器中的液面恰好相平，根据p＝ρgh比较两容器底部受到液体的压强关系。
【解答】解：（1）由图可知，甲中物体悬浮，乙中物体漂浮，
因物体悬浮或漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，且同一物体的重力不变，
所以，F浮甲＝F浮乙＝G，故B错误；
由阿基米德原理可知，甲、乙两容器中物块排开液体的重力相等，故A错误；
（2）由图可知，V排甲＞V排乙，
由F浮＝ρgV排的变形式ρ＝可知，甲容器中液体的密度较小，故C正确；
因两容器中的液面恰好相平，
所以，由p＝ρgh可知，乙容器底部受到液体的压强较大，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、液体压强公式的应用，利用好同一物体的重力不变较为关键。
14．【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；
（2）比较灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小、电路消耗的功率最大，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据P＝UI求出电路的最大功率；当电压表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，进一步求出滑动变阻器接入电路中电阻的范围；
（3）根据P＝UI求出灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，再根据欧姆定律求出电流表的示数为0.4A时灯泡两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电压表的示数。
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【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）滑动变阻器的滑片向左移动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
由U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
（2）由P＝UI可得，灯泡的额定电流：
IL＝＝＝0.5A，
由I＝可得，灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω，
当电流表示数为0.4A时，灯泡两端的电压：
UL′＝IRL＝0.4A×12Ω＝4.8V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表的示数：
U滑＝U﹣UL′＝18V﹣4.8V＝13.2V，故C错误；
（3）因串联电路中各处的电流相等，且灯泡的额定电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流为0.5A，
此时电路中的总电阻：
R＝＝＝36Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R滑小＝R﹣RL＝36Ω﹣12Ω＝24Ω，
电路消耗的最大功率：
P大＝UI大＝18V×0.5A＝9W，故D正确；
当电压表的示数为15V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
此时灯泡两端的电压：
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UL″＝U﹣U滑大＝18V﹣15V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，＝即＝，
解得：R滑大＝60Ω，
所以，滑动变阻器允许调节的范围是24Ω～60Ω，故B正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，关键是滑动变阻器接入电路中最大和最小阻值的确定。
三、作图题（每题2分，共4分）
15．【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
【解答】解：分析可知，在空中匀速下落的雨滴受到竖直向下的重力和竖直向上的阻力作用，这两个力大小相等，方向相反，是一对平衡力，过雨滴的重心，分别沿两力的方向画一条有向线段，并分别用G和f表示，注意两条线段长度要相等，如图所示：
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
16．【分析】本题要根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，画出反射光线；
根据光由空气斜射进入玻璃时遵循：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，作出折射光线。
【解答】解：
光线从空气斜射入玻璃砖时，会同时发生反射和折射现象，
根据反射定律，在过入射点在法线面画出反射光线，注意反射角等于入射角；
20
发生折射时，折射光线向法线偏折，折射光线小于入射光线，据此作出第一条折射光线；折射光线从玻璃砖射入空气中时，由于此光线是由圆心O射出，当经过第二个折射面时，正好与该入射点处的切线垂直，因此第二次折射光线的传播方向不变。
如图所示：
。
【点评】本题考查作光的反射和折射的光路图，掌握好反射和折射规律是关键。
四、实验探究题（第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）
17．【分析】（1）根据实验2中的数据判定焦距的大小，然后根据物距和焦距判定像的性质；
（2）近视眼是晶状体会聚能力增强，像成在视网膜的前方，应佩戴凹透镜矫正；远视眼是晶状体会聚能力减弱，使像成在了视网膜的后面，需要佩戴凸透镜进行矫正。
【解答】解：（1）由表格中的信息可知，当u＝16.0cm时，成倒立、等大的实像，则u＝2f，凸透镜的焦距为f＝8cm；第4次实验中，u＝6cm＜f，成正立、放大的虚像，虚像与物体在同侧，虚像只能观察到，故应在光屏的一侧透过凸透镜观察像；
（2）小柯在第1次实验的基础上，换用另一个凸透镜后，发现光屏上的像不清晰，把光屏慢慢地向凸透镜方向移动，这表明像距减小，即该透镜对光线的折射能力变强了，故模拟的是近视眼的成像情况。
故答案为：（1）在光屏的一侧透过凸透镜观察像；（2）近视眼。
【点评】本题主要考查学生对近视眼和远视眼的成因，以及矫正方法的理解和掌握，是一道基础题，也是中考的热点。
18．【分析】（1）使用前的调节：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，左偏右移，右偏左移。
（3）根据图示可读出量筒中牛奶的体积；物体的质量＝砝码的质量+游码对应的刻度值；
（4）求得牛奶的质量m＝m总﹣m1，再利用ρ＝求得其密度表达式；
（5）少量牛奶附着在量筒内壁上，则测得的体积偏小。
（6）根据密度公式变形m＝ρV分析谁的质量较大。
【解答】解：（1）天平放在水平台上，将游码移到零刻度线处，指针偏向分度盘的右侧，此时应该将右边的平衡螺母向左移动，直到指针指在分度盘的中央；
（3）根据图示可知，量筒中牛奶的体积为V＝40mL＝40cm3；
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烧杯和剩余牛奶的总质量：m1＝50g+10g+2g＝62g，
量筒中牛奶的质量m＝m总﹣m1＝106g﹣62g＝44g
（4）牛奶的密度ρ＝＝＝1.1g/cm3；
（5）若将烧杯中部分牛奶倒入量筒时，不慎将少量牛奶附着在量筒内壁上，则测得的体积偏小，根据ρ＝可知测得的牛奶密度将会偏大；
（6）两个相同的杯子分别装满水和牛奶，体积相同，由（5）可知，牛奶的密度较大，由m＝ρV可知总质量较大的是装牛奶的杯子。
故答案为：（1）左；（3）40；62g；（4）1.1；（5）偏大；（6）牛奶。
【点评】此题综合考查了质量、体积的测量以及密度的计算，此类题常以选择、填空、实验题出现，考查学生的综合能力。天平的正确使用方法和注意事项是最基础的知识，这个基础知识总是贯穿在密度测量的实验中，出现的频率比较高，一定要熟练掌握。
19．【分析】（1）①根据灯的额定电压确定电压表量程与灯并联；
②闭合闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处；
③发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；找来一根完好的导线一端连在电源负极，另一端触碰接线柱A、B、C，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，导线与B或C接线柱接触不良；
④根据图乙电流表小量程读数，根据P＝UI求灯的额定功率；
（2）根据变阻器连入电路中电阻大小不变，由第2次操作，由串联电路的规律和欧姆定律可求变阻器连入电路 中的电阻大小，在第1次操作中，根据串联电路的规律和欧姆定律，求出通过变阻器的电流即灯的额定电流，根据P＝UI求灯的额定功率。
【解答】解：（1）①因灯的电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
②闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处即最左端。
③
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闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，若电路中只有一处故障，导线与B或C接线柱接触不良；
④移动滑动变阻器，当电压表为2.5V时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。
（2）在上面的第2次操作中，保持持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，读出电压表示数为3V；此时定值电阻与变阻器串联，根据串联电路的电压规律，变阻器的电压U滑＝4.5V﹣3V＝1.5V，根据分压原理，＝，即＝，R滑＝5Ω；
故在第1次操作中，由串联电路的规律和欧姆定律，通过变阻器的电流即灯的额定电流：
IL＝＝＝0.4A；
故灯的额定功率：PL＝ULIL＝2.5V×0.4A＝1W。
故答案为：（1）①如上所示；②左；③导线与B或C接线柱接触不良；④0.75；
（2）0.4；5；1。
【点评】本题测量定额电压为2.5V的小灯泡的额定功率，考查电路的连接、故障的分析及对实验误差的分析及设计方案的能力，难度较大。
五、综合应用题（每小题9分，共18分）
20．【分析】（1）能源源不断地从自然界获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断地从自然界获得或不可以重复利用的能源是不可再生能源，知道生活中常见的可再生能源；内燃机工作时做功冲程将内能转化为机械能；
（2）已知容积和密度，根据密度公式的变形，m＝ρV可求质量；
（3）已知功率，利用公式W＝pt可求功，有图象可知，汽车做匀速直线运动的速度，汽车二力平衡，牵引力和阻力大小相等，由公式F＝可求。
【解答】解：（1）由于汽油不能源源不断地从自然界获得或不可以重复利用的能源是不可再生能源，汽车的内燃机有四个冲程，其中做功冲程将内能转化为机械能；
（2）汽车油箱的容积，V＝60L＝60dm3＝60×10﹣3m3，
汽油的密度，ρ＝0.71×103kg/m3，
油箱最多装的汽油的质量，m＝ρV＝0.71×103kg/m3×60×10﹣3m3＝42.6kg；
（3）轿车以60kW的恒定功率运动50s所做的功，
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W＝Pt＝60×103w×50s＝3×106J；
由功和功率的关系，P＝＝，s＝vt，所以P＝Fv，
牵引力F＝，由图象可知汽车做匀速直线运动时的速度v＝30m/s，
F＝＝＝2000N，
汽车匀速直线运动时，汽车二力平衡，牵引力和阻力大小相等，
f＝F＝2000N。
答：（1）不可再生，做功；（2）油箱最多装的汽油的质量为42.6kg；（3）在0﹣50s时间内，轿车发动机所做的功为3×106J，轿车在运动过程中受到的阻力为2000N。
【点评】本题主要考查能源，内燃机的冲程的能量转化，已知功率求功以及求阻力的大小，是一道综合题，有难度。
21．【分析】（1）据图甲可得50℃时热敏电阻的阻值；
（2）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；
（3）当恒温箱内的温度保持 100℃，据甲图可知此时电阻R 大小，而后结合欧姆定律计算电流，与28mA比较即可。
（4）电磁继电器的衔铁被吸合时的电流不变，且控制电路的电源电压不变，根据欧姆定律可知此时电路中的总电阻不变，根据电阻的串联可知可变电阻增大时热敏电阻的阻值变化，根据图甲可知所控制的恒温箱内的最高温度变化。
【解答】解：（1）由图甲可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω；
（2）由图甲可知，当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，控制电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器处于工作状态，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B端。
（3）由图甲可知，当温度达到100℃时，热敏电阻的电阻为50Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，所以该电路的电流：
I＝＝＝0.03A＝30mA＞28mA，
所以，恒温箱不处于工作状态；
（4）由题可知，电磁继电器的衔铁被吸合时的电流不变，且控制电路的电源电压不变，
由I＝可知，控制电路中的总电阻不变，
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由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，可变电阻增大时，热敏电阻的阻值应变小，
根据图甲可知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，
则可变电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度将升高。
答：（1）90；
（2）A、B；当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，控制电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器处于工作状态；
（3）若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算可知恒温箱加热器不工作；
（4）若在原控制电路中，串联接入一个可变电阻器，当该电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度将升高。
【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的。
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