陕西省西安市雁塔区高新唐南中学2023年中考物理五模试卷
陕西省西安市雁塔区高新唐南中学2023年中考物理五模试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的）
1．“估测”是物理学中常用的方法。下列说法正确的是（ ）
A．教室里学生课桌的高度约为1.5m
B．我市冬季最低气温约为5℃
C．中学生正常步行的速度约为1.1m/s
D．中学生心脏正常跳动一次的时间约为1min
2．如图所示，2021年11月7日，我国航天员翟志刚、王亚平身着新一代“飞天”舱外航天服，先后从“天和”核心舱节点舱成功出舱，地面指挥中心顿时掌声雷鸣，“掌声雷鸣”是指声音的（ ）
A．音调高 B．响度大 C．音色美 D．传播速度快
3．如图所示，下列光现象中，由光的折射形成的是（ ）
A．日食形成 B．水中倒影
C．杯弓蛇影 D．海市蜃楼
4．下列相关说法中正确的是（ ）
A．早晨上学时会发现洒到路面上的水很就结成冰了，这是凝华现象
B．暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气间发生了热传递
C．从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是由于空气汽化形成的
D．站在有阳光的地方感觉到暖和，是因为人获得了温度
5．图中是运动员跃起到最高处后下落的过程中，以及完成动作在终点水平雪地滑行庆祝，下列说法正确的是（ ）
A．运动员运动到最高点时不具有惯性
B．运动员从高处运动到低处的过程中，动能转化为重力势能
C．雪地对滑雪板的支持力和滑雪板对雪地的压力是一对相互作用力
D．滑雪板受到的重力和人对滑雪板的压力是一对平衡力
6．西安大唐不夜城有一条100多米长的网红“钢琴街”如图所示，“钢琴街”的主要部件由永磁体和线圈组成。当路人踩在琴键上时，下面的线圈中会产生电流，从而发出不同旋律的声音，且对应的琴键还会发光。该“钢琴街”的工作原理与下列哪个选项的实验原理相同（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了，其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．开关断路 D．电风扇的插头短路
8．（2022九上·晋江期中）某小区为加强对人员管控，对电动门控制系统进行了改造，进入人员在满足以下两点之一，电动机方可工作开启电动门：1、体温正常且刷门禁卡；2、体温正常且“刷脸”。用S1闭合表示体温正常，用S2闭合表示已刷门禁卡，用S3闭合表示已“刷脸”。则符合改造要求的电路是（ ）
A． B．
C． D．
9．潜水员正潜没在海水中，他携带的气瓶可以对身上的背心进行充气或放气，以改变背心的体积大小来实现浮沉。下列对潜水员分析正确的是（ ）
A．向海底下潜过程中，受到海水的压强变大
B．海水中水平游动时，受到海水的压强变小
C．对背心进行放气后，受到海水的浮力变大
D．对背心进行充气后，潜水员一定会下沉
10．“模拟调光灯”的电路如图甲，电源电压4.5V，电压表量程“0～3V”，电流表量程“0～0.6A”，滑动变阻器（20Ω 1A），灯泡L标有“2.5V 1.25W”，调节滑动变阻器测得多组数据，作出U﹣I图线如图乙，下列判断正确的是（ ）
A．随电压的增加，小灯泡的电阻减小
B．电路中最小电流是0.18A
C．灯泡正常发光时，电路的总功率是2.25W
D．灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值是10Ω
二、填空与作图题（共8小题，每空1分，作图2分，计22分）
11．我国家庭照明电路电压为 V；干燥的冬天，化纤衣服很容易吸附灰尘，这是衣服因为摩擦带了 ，从而具有 轻小物体的性质。
12．西安在全力发展地铁交通，在修地铁时必不可少的是地铁盾构机，它在地下挖掘出隧洞，并将岩块土壤送出地面，地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的 （填物理属性）。在隧道内一直有一道激光在给地铁盾构机调整推进方向，保证挖掘隧道的笔直，利用的是激光 的原理。当传送带将深坑内的岩块和土壤匀速地送出地面过程中，岩块和土壤的机械能将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
13．“共享单车”绿色环保，它具GPS定位功能，方便人们用手机寻找到附近车辆，它的前储物篮底板是一个太阳能电池板，为GPS功能供电.太阳能电池板工作时，把太阳能转化为 能.GPS卫星定位工作是靠 来传递信号的，这种波在真空中的传播速度为 m/s.
14．紧闭车窗的汽车行驶在无风的雪天，如果打开一侧的车窗，汽车外面的雪 （选填“可能”或“不可能”）往车里进，这是因为汽车在行驶过程中，车窗外空气流速 车内空气的流速，车窗外空气的压强 车内空气的压强的缘故。（选填“大于”、“等于”或“小于”）
15．我国最先近的武装直升机“武直20”，“武直20”机身材料选择镁铝合金，是因为镁铝合金比铁合金的 小，因此可以大大降低机身自重，当“武直20”悬停在空中时，它相对于地面是 的。“武直20”从地面上升到4.5km的高空用时1.5min，则它升空的平均速度为 m/s。
16．小明家安装了新的燃气热水器，热水器是通过 方式增加水的内能，他在某次洗澡时，将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是 J，热水器烧水的效率是 。（水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg ℃），煤气的热值为4.0×107J/m3 ）
17．（2020·南京）如图所示，小磁针静止在通电螺线管右侧。标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
18．（2019·兰州）如图所示为“探究杠杆平衡条件”的实验示意图，O点为杠杆的支点，请画出杠杆左侧钩码所受重力的示意图和弹簧测力计施加拉力的力臂L1。
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．根据图示实验现象，完成填空。
（1）每天需要监测体温，由图1可知，体温计的读数为 ℃。
（2）如图2所示的装置，此实验是探究电流通过导体产生的电热与 的关系。
（3）如图3，将装有刚沸腾水的烧瓶，用橡皮塞塞紧瓶口后倒置，向瓶底浇冷水，瓶内水再次沸腾。这是因为，气压 （选填“升高”、“降低”或“不变”），沸点降低。
（4）如图4将自制密度计放入盛有不同液体的两个烧杯中，可判断图甲杯中液体的密度 图乙杯中液体的密度。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
20．（2022八下·中山期中）如图在探究影响压力作用效果的因素时，某同学利用小桌、海绵和砝码等器材进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察 来比较压力的作用效果；
（2）比较 两图可知，压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（3）比较甲、乙两图，可以得出的结论是 ；下列实例中，应用该结论的是 （填序号）；
①超载的货车容易损坏路面
②菜刀越锋利，切菜越轻松
（4）该实验中用到的研究物理问题的方法有 和 。
21．在“测量小灯泡额定功率”实验中，小明选择的待测小灯泡的额定电压为2.5V，灯泡正常发光时的灯丝电阻约为8Ω。
（1）小明连接的部分实验电路如图甲所示，请用笔画线代替导线将电路连接完整。（要求：滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电流表示数变大，连线不得交叉）
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（3）小明在实验中还观察到当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越 。
（4）同班小亮在进行实验时发现电流表已损坏无法使用，通过思考后，小亮添加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，也正确测出了小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整。（电源电压未知且保持不变）
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片P使电压表的示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片P位置不动， ，读出此时电压表的示数为U；
③小灯泡额定功率的表达式：P额＝ （用U额、U、R0表示）。
22．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律。当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图1所示，一束平行光平行于主光轴射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 cm。实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在 ；
（2）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图2所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 （照相机/投影仪）；若将蜡烛向透镜方向移动，并调整光屏直到出现清晰的像，此时的像将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；若透镜不动，仅将蜡烛与光屏位置对调，则光屏上 （能/不能）看到清晰的像；
（3）在图2所示实验场景下，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图3所示）。当从水透镜中抽出适量的水后，他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的是 眼镜（近视/远视）。
四、计算题
23．小宁同学假期在工地上搬砖，他运用所学知识设计了如图所示的滑轮组，将重为280N的物体匀速提升了2m，用时10s，已知他自身重为500N，对绳子施加的拉力F＝200N，两脚与地面接触的总面积S＝400cm2。（不计绳重和摩擦）求此过程中：
（1）小宁未拉绳，静止站立在地面，对地面的压强为 Pa；
（2）拉力的功率为多少？
（3）求该滑轮组的机械效率。
（4）求小宁同学能够提升货物的最大物重是多少。
24．如图甲是一个风力测试仪装置的原理图。迎风板与一压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向，有风时，迎风板向左运动，当挤压压敏电阻时，压敏电阻的阻值会发生变化，已知电源电压恒为18V，定值电阻R0＝15Ω，电压表的量程为0～15V，电流表量程0～0.9A，阻值与迎风板承受风力F的关系如图乙所示。试求：
（1）无风时，此时电流表的示数为 ；
（2）当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率；
（3）在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理常识
【解析】【解答】A、 教室里学生课桌的高度为0.7~0.8m，A选项错误，不符合题意；
B、 我市（西安市）冬季最低气温约为-10℃ ，B选项错误，不符合题意；
C、 中学生正常步行的速度约为1.1m/s，C选项正确，符合题意；
D、 中学生心脏正常跳动一次的时间约为1s，D选项错误，不符合题意。
故答案为：C
【分析】“估测”需对物理量有一定的认识，对生活常识的掌握以及正确认知物理单位及其转换。
2．【答案】B
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】“掌声雷鸣”是指声音很大，即指响度大。ACD选项不符合题意，B选项符合题意。
故答案为：B
【分析】声音有三大特性：音调、响度和音色。音调指声音的高低，响度指声音的大小，音色是声音的特性可以区分不同发声体。
3．【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A、日食的形成是由光的直线传播形成的，A选项不符合题意；
B、水中倒影是由光的反射形成的，B选项不符合题意；
C、杯弓蛇影是由光的反射形成的，C选项不符合题意；
D、海市蜃楼是由光的折射形成的，D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】（1）日食是月球的影子，是由光的直线传播形成的；
（2）水中倒影是树在水中形成了像，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（3）杯弓蛇影指的是弓在水中形成的像看起来像蛇一样，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（4）海市蜃楼是光在不均匀的空气介质中传播发生折射形成虚像，是由光的折射形成的。
4．【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A、 早晨上学时会发现洒到路面上的水很就结成冰了，是液体预冷变成了固体，是凝固现象，A选项错误，不符合题意；
B、 暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气间发生了热传递，内能减少，温度减低造成的，B选项正确，符合题意；
C、从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是空气中的水蒸气（气态）再眼镜片上预冷形成的小水珠（液态），是液化现象，选项错误，不符合题意；
D、 站在有阳光的地方感觉到暖和，是人与阳光发生了热传递，内能增加，温度升高造成，不能表述为获得温度，D选项错误，不符合题意。
故答案为：B
【分析】（1）物体由液态预冷转变成固态，是凝固现象；
（2）改变内能有两种方式：做功和热传递。热传递的条件是温度差， 暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气发生热传递，失去热量，温度降低造成； 站在有阳光的地方感觉到暖和，是因为人与阳光发生热传递，吸收热量，温度升高造成。同时注意不能表述为获得温度，可以表述为获得能量；
（3）从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是空气中的水蒸气（气态）再眼镜片上预冷形成的小水珠（液态），是液化现象。
5．【答案】C
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A、一切物体都有惯性，运动员运动到最高点时具有惯性，A选项错误，不符合题意；
B、 运动员从高处运动到低处的过程中，是重力势能转化为动能，B选项错误，不符合题意；
C、 雪地对滑雪板的支持力和滑雪板对雪地的压力，两个力只发生在雪地和滑雪板两个物体，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对相互作用力，C选项正确，符合题意；
D、 滑雪板受到的重力和人对滑雪板的压力，两个力作用在两个物体，不符合平衡力作用在同一物体这一条件，不是一对平衡力，D选项错误，不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）一切物体都有保持原有运动状态不变的性质，这种性质称为惯性，即一切物体都具有惯性；
（2）运动员从高处运动到低处的过程中，高度降低，速度增加；重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关，即重力势能减少、动能增大，是重力势能转化为动能；
（3）相互作用力的条件是：作用在两个物体上（即施力物体和受力物体互换）、大小相等、方向相反、作用在同一直线，两个力同时存在同时消失；
（4）平衡力的条件是：作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一直线，一个力消失另一个力不会随着消失。
6．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】“钢琴街”的主要部件由永磁体和线圈组成。当路人踩在琴键上时，下面的线圈中会产生电流，是机械能转化为电能，是一个发电机，其原理是电磁感应现场。
A、A选项是表明通电导体周围存在磁场，这是奥斯特实验，不符合题意；
B、B选项是导体在磁场中切割磁感线产生感应电流的实验，是电磁感应现象，符合题意；
CD、CD选项是通电导体在磁场中受到力的作用，不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据题意分析“钢琴街”的工作原理是电磁感应现象，通过各选项实验装置对应的工作原理进行对比分析，得出符合题意的答案。
7．【答案】D
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】 “保险丝熔断 ”说明电路中电流过大，电流过大可能的原因有电路短路或使用用电器功率过大，由题意可知，小灯泡和电风扇的总功率较小，所以造成这一故障的原因是电路短路，且这一故障是发生在电风扇插头插入插座后出现的，则表明是电风扇部分出现了短路。所以，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】判断保险丝熔断可能发生的原因是电路短路或用电器功率过大，已知用电器的总功率较小，明确故障原因为电路短路，已知电风扇接入电路后发生故障，则为电风扇发生短路。
8．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】A．如图，三个开关串联，则必须体温正常且刷门禁卡且“刷脸”， 电动机方可工作开启电动门，A不符合题意；
B．如图，S2和S1并联后再与S3串联在电路中，则必须“刷脸”电动机方可工作开启电动门，B不符合题意；
C．如图，S2和S3并联后再与S1串联在电路中，当S1、S2同时闭合或S1、S3同时闭合时，电路为通路，即当体温正常且刷门禁卡或体温正常且“刷脸”时，电动机方可工作开启电动门，C符合题意；
D．如图，三个开关并联在电路中，则体温正常、刷门禁卡、“刷脸”满足其中一个条件时，电动机即可工作开启电动门，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】开关分别控制用电器时，开关并列连接；多个开关共同控制用电器时，开关串联。
9．【答案】A
【知识点】液体压强计算公式的应用；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、根据液体压强公式P=ρgh可知，向海底下潜过程中，深度增加，收到的海水的压强变大，A选项正确，符合题意；
B、在海水中水平游动时，深度不变，受到海水的压强不变，B选项错误，不符合题意；
C、根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，对背心进行放气后，V排减小，则受到海水的浮力变小，C选项错误，不符题意；
D、对背心进行充气后，V排变大，受到海水的浮力变大。根据浮力与重力的关系判断潜水员的浮沉状态，若F浮＞G，则上浮；
若F浮=G，则悬浮；若F浮＜G，则下沉；所以潜水员浮沉状态不定，D选项错误，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据液体压强公式P=ρgh判断潜水员受到海水的压强变化；
（2）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排判断潜水员受到海水的浮力变化；
（3）潜水员的浮沉状态需根据潜水员具体的受力情况进行分析，具体情况见解答。
10．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】该电路为L与R串联，电流表测电路电流，电压表测L两端的电压。
A、根据图乙的U-I图象可知，随着电压的增大，通过L的电流变化量越来越小，根据欧姆定律，U变化量大，I变化量小，则R变大，即小灯泡的电阻变大，A选项错误，不符合题意；
BD、电路中电流最小，即滑动变阻器接入电路的的电阻最大，R=20Ω。当灯泡正常发光时的电流，此时灯泡电阻为，且滑动变阻器接入电路的电阻为，小于最大阻值，D选项错误，不符合题意；因此电路中电流最小时，灯泡两端的电压小于正常工作的电压，灯泡的电阻小于5Ω，则电路中的最小电流，B选项错误，不符合题意；
C、灯泡正常发光时，电路的总功率为P总=UI额=4.5V×0.5A=2.25W，C选项正确，符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）结合U-I图象判断灯泡L的电阻值变化情况；
（2）利用电功率公式P=UI求出灯泡L正常工作时的电流，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路中电阻，判断是否为最大阻值；若是，则此时电流为最小电流；若不是，则将滑动变阻器的最大阻值接入电路，因灯泡L的阻值随电压的降低而减少，利用欧姆定律可求出最小电流的范围值。
（3）利用电功率公式P=UI求出电路总电功率。
11．【答案】220；电荷；吸引
【知识点】电荷间的相互作用规律；家庭电路的组成
【解析】【解答】 我国家庭照明电路电压为220 V；干燥的冬天，化纤衣服很容易吸附灰尘，这是衣服因为摩擦带了电荷 ，从而具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：第1空、220；
第2空、电荷；
第3空、吸引。
【分析】（1）我国家庭照明电路电压为220 V；
（2）衣服摩擦造成电荷的转移，使得衣服带了电荷，带电体具有吸引轻小物体的性质。
12．【答案】硬度；沿直线传播；增大
【知识点】物质的基本属性；光的直线传播及其应用；机械能及其转化
【解析】【解答】 地铁盾构机在地下挖掘出隧洞，需破开较多的岩石，因此 地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的硬度；地铁盾构机利用激光保证挖掘隧道的笔直，是利用了光沿直线传播的原理； 当传送带将深坑内的岩块和土壤匀速地送出地面过程中，高度增大，速度不变，重力势能增大、动能不变，则机械能增大。
故答案为：第1空、硬度；
第2空、沿直线传播；
第3空、增大。
【分析】（1）地铁盾构机在地下挖掘出隧洞，需破开较多的岩石，因此 地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的硬度；
（2）利用激光保证挖掘隧道的笔直，是利用了光沿直线传播的原理；
（3）重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关。题中高度增大，其他物理量不变，则机械能增大。
13．【答案】电；电磁波；3×108
【知识点】能量的转化或转移；电磁波的传播；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 太阳能电池板工作时，把太阳能转化为电能； GPS卫星定位工作是靠电磁波来传递信号的，这种波在真空中的传播速度为3×108 m/s 。
故答案为：第1空、电；
第2空、电磁波；
第3空、3×108。
【分析】（1）太阳能电池板工作时，把太阳能转化为电能；
（2）电磁波可以传递信息，在真空中的传播速度是3×108 m/s 。
14．【答案】不可能；大于；小于
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】根据流体压强与流速的关系，汽车行驶过程中，车窗外空气流速大于车内空气流速，则车窗外空气的压强小于车内空气的压强，形成一个向外的压强差，车窗内的空气流出车窗外，所以，紧闭车窗的汽车行驶在无风的雪天，如果打开一侧的车窗，汽车外面的雪不可能往车里进。
故答案为：第1空、不可能；
第2空、大于；
第3空、小于。
【分析】利用流速与压强的关系，流速越大，压强越小进行判断分析。
15．【答案】密度；静止；50
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；运动和静止的相对性
【解析】【解答】“武直20”机身材料选择镁铝合金，机身外形不变即体积不变的情况下大大降低机身自重，是因为镁铝合金比铁合金的密度小；当“武直20”悬停在空中时，与地面没有相对位置变化，它相对于地面是静止的；由速度公式可知，它升空的平均速度为。
故答案为：第1空、密度；
第2空、静止；
第3空、50。
【分析】（1）体积相同，重力越小，密度越小；
（2）与参照物对比是否发生相对位置变化判断是运动的还是静止的；
（3）利用速度公式求出平均速度
16．【答案】热传递；4.2×106；50%
【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算；热机的效率
【解析】【解答】 热水器是通过热传递方式增加水的内能；水吸收的热量为
Q吸=c水m水（t-t0）= 4.2×103J/（kg ℃） ×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J；
煤气完全燃烧放出的热量是Q放=qV= 4.0×107J/m3 × 0.21m3 =8.4×106J，
则热水器烧水的效率是。
故答案为：第1空、热传递；
第2空、4.2×106；
第3空、50%。
【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递，燃气热水器是煤气燃烧放出的热量传递给水，水的内能增加，温度上升，属于热传递方式；
（2）通过公式Q吸=c水m水（t-t0）求出水吸收的热量；
（3）通过公式Q放=qV求出煤气完全燃烧放出的热量，通过公式求出热水器烧水的效率。
17．【答案】解：如图所示：
【知识点】安培定则
【解析】【解答】闭合开关后，由图可知电流从螺线管的上侧流入、下侧流出；右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端为N极、上端为S极；当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，小磁针的上端为N极、下端为S极；在磁体周围，磁感线从磁体的N极出发回到S极，所以图中磁感线的方向是指向上的。如图所示：
【分析】结合通电螺线管的电流方向，利用右手螺旋定则求解通电螺线管的N极和S极。
18．【答案】解：如图所示：
【知识点】重力示意图；力臂的画法
【解析】【解答】解：（1）测力计对杠杆的拉力作用在C点，拉力的方向斜向右下方，过支点O作这条拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1。（2）重力的方向是竖直向下的，过物体重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图。如图所示：
【分析】过支点O作拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1.
重力的方向总是竖直向下的，过重心画一个带箭头的竖直向下的力即可.
19．【答案】（1）36.7
（2）电阻大小
（3）降低
（4）大于
【知识点】体温计的使用及其读数；沸点及沸点与气压的关系；阿基米德原理；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）体温计的分度值为0.1℃，图1的体温计读数过36刻度7小格，为36.7℃；
（2）图2可知，R1和R2串联，阻值不同，电流相同，因此此实验是探究电流通过导体产生的电热与电阻大小的关系；
（3）向瓶底浇冷水，使得瓶内的空气温度降低，气压降低，水的沸点降低，因此瓶内的水会再次沸腾；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，且甲乙两图密度计均漂浮，密度计受到浮力与重力相等，即F浮=G，由图可知，图甲排开液体的体积小于图液体排开水的体积，则可判断图甲杯中液体的密度大于图乙杯中液体的密度。
故答案为：（1）第1空、36.7；
（2）第1空、电阻大小；
（3）第1空、降低；
（4）大于。
【分析】（1）体温计的量程为35~42℃，分度值为0.1℃，通过观察刻度位置读出示数大小；
（2）根据Q=I2Rt，串联电路中电流相同，图中的电阻不同，因此是探究电流通过导体产生的电热与电阻大小的关系，关键在于找到有不同值的物理量，根据控制变量法即可得到是探究是哪一个变量；
（3）温度越低，气压越低，液体沸点越低；
（4）利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排和漂浮时F浮=G两个公式，结合图形密度计在不同液体情况下的排开液体的体积，分析判断两杯汇中液体的密度大小关系。
20．【答案】（1）海绵的凹陷程度
（2）乙、丙
（3）在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；①
（4）控制变量法；转换法
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）根据转换法，实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果，海绵的凹陷程度越大，压力作用效果越明显。
（2）研究压力作用效果与受力面积的关系，要控制压力不变，改变受力面积的大小，故比较乙、丙两图可知，压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（3）由图可知，甲、乙两图海绵的受力面积相同，受到的压力不同，比较甲、乙两图，可知在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
①货车行驶时，地面的受力面相同，承载质量越大，对地面压力越大，压强越大，路面易损坏，故①符合题意；
②菜刀越锋利，受力面积小，在压力一定的情况，压强大，切菜越轻松，故②不符合题意。
故答案为：①。
（4）该实验中影响压力作用效果的因素有两个，需要控制其中一个不变，探究另一个因素对实验的影响，这种研究物理问题的方法叫控制变量法。
实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果，这种方法叫转换法。
【分析】（1）实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果；
（2）压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（3）在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
（4）实验运用了转换法和控制变量法。
21．【答案】（1）
（2）0.75
（3）亮
（4）闭合开关S、S2，断开S1；U额
【知识点】电功率的计算；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】在“测量小灯泡额定功率”实验中，滑动变阻器、小灯泡和电流表串联，电压表与小灯泡并联，小灯泡的额定电压为2.5V，则电压表选择量程0~3V；小灯泡正常发光时的电流约为，则电流表选择量程0~0.6A； 滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电流表示数变大，滑动变阻器滑片P向A端移动时电阻值变小，则滑动变阻器的A点与小灯泡用导线连接，如图所示：
（2）已确定电流变选用量程为0~0.6A，由图乙，小灯泡正常发光时电流为0.3A，则小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
（3） 当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越亮；
（4）②保持滑动变阻器滑片P位置不动，闭合开关S、S2，断开S1，读出此时电压表的示数为U；
此时U=U额+U0，U0为电阻R0两端的电压，U0=U-U额，可求出小灯泡正常发光时的电流的电流，小灯泡额定功率为。
故答案为：（1）如图所示：
（2） 第1空、0.75 ；
（3） 第1空、亮 ；
（4） 第1空、闭合开关S、S2，断开S1 ； 第2空、 。
【分析】（1）“测量小灯泡额定功率”实验中，滑动变阻器、小灯泡和电流表串联，电压表与小灯泡并联，通过小灯泡额定功率确定电压表量程，利用欧姆定律求出小灯泡正常发光的大概电流确定电流表量程，根据题目要求确定滑动变阻器下端接线柱为A，同时注意两电表需接线柱遵循“正进负出”的规则，滑动变阻器遵循接线组“一上一下”的规则；
（2）根据图乙读出电流值，利用电功率公式P=UI求出小灯泡的额定功率；
（3）当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越亮；
（4）利用串联电路的电压与电流规律，不同开关连接情况分别测小灯泡正常发光的电压和小灯泡和电阻R0的电压，即可得到电阻R0的电压，利用欧姆定律求出通过电阻R0的电流，通过灯泡的电流与通过电阻R0的电流相等，利用P=UI即可整合得到小灯泡额定功率的表达式。本题中利用电压表与R0的组合的作用相当于一个电流表。
22．【答案】（1）8.0；同一高度
（2）照相机；变大；能
（3）远视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】（1）光屏上得到一个最小的光斑，水透镜与光屏的距离为水透镜的焦距，为8.0cm； 实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在同一高度；
（2）如图2，物距大于像距，能成清晰的像，根据凸透镜成像原理可知，成倒立缩小的实像，利用此成像特点可制成照相机；蜡烛向透镜方向移动，光屏将远离透镜可成清晰的像，此时的像将变大；若透镜不动，仅将蜡烛与光屏位置对调，根据光路的可逆性，光屏上能看到清晰的像。
（3）当从水透镜中抽出适量的水后，水透镜的焦距变大，聚光能力变弱，但烛焰经过“戴上”水透镜后光屏能再次得到清晰的像，说明眼睛使聚光能力变强，即戴的时远视眼镜。
故答案为：（1）第1空、8.0；第2空、同一高度；
（2）第1空、照相机；第2空、变大；第3空、能；
（3） 第1空、远视
【分析】（1）观察图1的读数读出焦距，刻度尺需要估读到分度值的下一位；实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在同一高度；
（2）根据凸透镜成像原理，物距大于像距，成倒立缩小的实像，利用此成像特点可制成照相机；根据凸透镜成像原理中的“物近像远像变大”的规律，判断像的变化；根据光路的可逆性，物像对调后，可成像；
（3）根据焦距的变化，水透镜抽出水后聚光能力变弱，仍能在原位置成像，即眼睛为有聚光能力的透镜，即凸透镜，故眼睛为远视眼镜。
23．【答案】（1）1.25×104
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×4m＝800J，
拉力做功的功率：P＝ ＝ ＝80W；
答：拉力的功率为80W；
（3）拉力做的有用功：W有＝Gh＝280N×2m＝560J，
滑轮组的机械效率：η＝ ×100%＝ ×100%＝70%；
答：该滑轮组的机械效率为70%
（4）因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×200N﹣280N＝120N，
小宁通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝500N，
因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以小宁用该滑轮组能提起的最大物重：G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣120N＝880N。
答：小宁同学能够提升货物的最大物重是880N。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】 小宁未拉绳，静止站立在地面，对地面的力为F1=G=500N，则对地面的压强为；
（2） 由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×4m＝800J，
拉力做功的功率：P＝ ＝ ＝80W；
答：拉力的功率为80W；
（3） 拉力做的有用功：W有＝Gh＝280N×2m＝560J，
滑轮组的机械效率：η＝ ×100%＝ ×100%＝70%；
答：该滑轮组的机械效率为70%
（4） 因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×200N﹣280N＝120N，
小宁通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝500N，
因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以小宁用该滑轮组能提起的最大物重：G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣120N＝880N。
答：小宁同学能够提升货物的最大物重是880N。
【分析】（1）站在地面上，人对地面的压力等于重力，根据压强公式求出对地面的压强；（2）由图得到n，利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，利用W总=Fs求出拉力做的总功，利用功率公式求出拉力做功的功率；
（3）利用W有用=Gh求出有用功，利用机械效率公式求出滑轮组的机械效率；
（4）因不计绳重与摩擦，利用求出滑轮组中动滑轮的重力，当人对地面的压力为0时，人的拉力最大，即通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人，再代入公式可得到人能够提升货物的最大物重大小。
24．【答案】（1）0.36A
（2）当通过压敏电阻电流为0.6A时，电路的总电阻：R＝ ＝ ＝30Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx′＝R﹣R0＝30Ω﹣15Ω＝15Ω，
则压敏电阻Rx消耗的功率Px＝（I′）2Rx′＝（0.6A）2×15Ω＝5.4W；
答：当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率为5.4W；
（3）由图乙可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大，
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：I″＝ ＝ ＝1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程0～3A，压敏电阻Rx能通过的最大电流0.9A，
所以，电路中的最大电流为0.9A，此时电路的总电阻：R′＝ ＝ ＝20Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx″＝R′﹣R0＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
由图乙可知，此装置能测量风力最大是720N。
答：在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是720N。
【知识点】串联电路的电流规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）无风时，由图乙，RX=35Ω，图甲为RX和R0串联电路，电流表测电路电流，电压表测R0两端电压，此时，电路总电阻R总=RX+R0=35Ω+15Ω=45Ω，则电路电流，所以电流表示数为0.36A；
（2） 当通过压敏电阻电流为0.6A时，电路的总电阻：R＝ ＝ ＝30Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx′＝R﹣R0＝30Ω﹣15Ω＝15Ω，
则压敏电阻Rx消耗的功率Px＝（I′）2Rx′＝（0.6A）2×15Ω＝5.4W；
答：当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率为5.4W；
（3） 由图乙可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大，
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：I″＝ ＝ ＝1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程0～3A，压敏电阻Rx能通过的最大电流0.9A，
所以，电路中的最大电流为0.9A，此时电路的总电阻：R′＝ ＝ ＝20Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx″＝R′﹣R0＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
由图乙可知，此装置能测量风力最大是720N。
答：在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是720N。
【分析】（1）由图乙读出无风时Rx的电阻值，利用串联电路的电阻关系求出总电阻，利用欧姆电路求出电路电流即电流表示数；
（2）根据串联电路的电流规律，通过压敏电阻电流即是电路电流，利用欧姆定律求出电路的总电阻，利用串联电路的电阻规律求出此时压敏电阻的阻值，利用电功率公式求出此时压敏电阻消耗的功率值；
（3）根据图乙信息可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大。利用电压表的量程限制，求出当电压表满偏时，利用欧姆定律求出通过R0的电流即电路电流，判断此时电流值是否超过电流表量程，若未超过则直接选用该电流值为电路能通过的最大电流值；若超过则直接选用电流的量程的最大值为电路能通过的最大电流。再利用欧姆定律求出电路中的总电阻，利用串联电路的电阻规律求出此时RX的电阻值，从图乙中直接读出能测量的最大风力值。
陕西省西安市雁塔区高新唐南中学2023年中考物理五模试卷
一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的）
1．“估测”是物理学中常用的方法。下列说法正确的是（ ）
A．教室里学生课桌的高度约为1.5m
B．我市冬季最低气温约为5℃
C．中学生正常步行的速度约为1.1m/s
D．中学生心脏正常跳动一次的时间约为1min
【答案】C
【知识点】物理常识
【解析】【解答】A、 教室里学生课桌的高度为0.7~0.8m，A选项错误，不符合题意；
B、 我市（西安市）冬季最低气温约为-10℃ ，B选项错误，不符合题意；
C、 中学生正常步行的速度约为1.1m/s，C选项正确，符合题意；
D、 中学生心脏正常跳动一次的时间约为1s，D选项错误，不符合题意。
故答案为：C
【分析】“估测”需对物理量有一定的认识，对生活常识的掌握以及正确认知物理单位及其转换。
2．如图所示，2021年11月7日，我国航天员翟志刚、王亚平身着新一代“飞天”舱外航天服，先后从“天和”核心舱节点舱成功出舱，地面指挥中心顿时掌声雷鸣，“掌声雷鸣”是指声音的（ ）
A．音调高 B．响度大 C．音色美 D．传播速度快
【答案】B
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】“掌声雷鸣”是指声音很大，即指响度大。ACD选项不符合题意，B选项符合题意。
故答案为：B
【分析】声音有三大特性：音调、响度和音色。音调指声音的高低，响度指声音的大小，音色是声音的特性可以区分不同发声体。
3．如图所示，下列光现象中，由光的折射形成的是（ ）
A．日食形成 B．水中倒影
C．杯弓蛇影 D．海市蜃楼
【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A、日食的形成是由光的直线传播形成的，A选项不符合题意；
B、水中倒影是由光的反射形成的，B选项不符合题意；
C、杯弓蛇影是由光的反射形成的，C选项不符合题意；
D、海市蜃楼是由光的折射形成的，D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】（1）日食是月球的影子，是由光的直线传播形成的；
（2）水中倒影是树在水中形成了像，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（3）杯弓蛇影指的是弓在水中形成的像看起来像蛇一样，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（4）海市蜃楼是光在不均匀的空气介质中传播发生折射形成虚像，是由光的折射形成的。
4．下列相关说法中正确的是（ ）
A．早晨上学时会发现洒到路面上的水很就结成冰了，这是凝华现象
B．暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气间发生了热传递
C．从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是由于空气汽化形成的
D．站在有阳光的地方感觉到暖和，是因为人获得了温度
【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A、 早晨上学时会发现洒到路面上的水很就结成冰了，是液体预冷变成了固体，是凝固现象，A选项错误，不符合题意；
B、 暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气间发生了热传递，内能减少，温度减低造成的，B选项正确，符合题意；
C、从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是空气中的水蒸气（气态）再眼镜片上预冷形成的小水珠（液态），是液化现象，选项错误，不符合题意；
D、 站在有阳光的地方感觉到暖和，是人与阳光发生了热传递，内能增加，温度升高造成，不能表述为获得温度，D选项错误，不符合题意。
故答案为：B
【分析】（1）物体由液态预冷转变成固态，是凝固现象；
（2）改变内能有两种方式：做功和热传递。热传递的条件是温度差， 暴露在空气中的手感觉到很冷，是因为手与空气发生热传递，失去热量，温度降低造成； 站在有阳光的地方感觉到暖和，是因为人与阳光发生热传递，吸收热量，温度升高造成。同时注意不能表述为获得温度，可以表述为获得能量；
（3）从室外进入室内时，眼镜片上出现的“白雾”是空气中的水蒸气（气态）再眼镜片上预冷形成的小水珠（液态），是液化现象。
5．图中是运动员跃起到最高处后下落的过程中，以及完成动作在终点水平雪地滑行庆祝，下列说法正确的是（ ）
A．运动员运动到最高点时不具有惯性
B．运动员从高处运动到低处的过程中，动能转化为重力势能
C．雪地对滑雪板的支持力和滑雪板对雪地的压力是一对相互作用力
D．滑雪板受到的重力和人对滑雪板的压力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A、一切物体都有惯性，运动员运动到最高点时具有惯性，A选项错误，不符合题意；
B、 运动员从高处运动到低处的过程中，是重力势能转化为动能，B选项错误，不符合题意；
C、 雪地对滑雪板的支持力和滑雪板对雪地的压力，两个力只发生在雪地和滑雪板两个物体，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，是一对相互作用力，C选项正确，符合题意；
D、 滑雪板受到的重力和人对滑雪板的压力，两个力作用在两个物体，不符合平衡力作用在同一物体这一条件，不是一对平衡力，D选项错误，不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）一切物体都有保持原有运动状态不变的性质，这种性质称为惯性，即一切物体都具有惯性；
（2）运动员从高处运动到低处的过程中，高度降低，速度增加；重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关，即重力势能减少、动能增大，是重力势能转化为动能；
（3）相互作用力的条件是：作用在两个物体上（即施力物体和受力物体互换）、大小相等、方向相反、作用在同一直线，两个力同时存在同时消失；
（4）平衡力的条件是：作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一直线，一个力消失另一个力不会随着消失。
6．西安大唐不夜城有一条100多米长的网红“钢琴街”如图所示，“钢琴街”的主要部件由永磁体和线圈组成。当路人踩在琴键上时，下面的线圈中会产生电流，从而发出不同旋律的声音，且对应的琴键还会发光。该“钢琴街”的工作原理与下列哪个选项的实验原理相同（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】“钢琴街”的主要部件由永磁体和线圈组成。当路人踩在琴键上时，下面的线圈中会产生电流，是机械能转化为电能，是一个发电机，其原理是电磁感应现场。
A、A选项是表明通电导体周围存在磁场，这是奥斯特实验，不符合题意；
B、B选项是导体在磁场中切割磁感线产生感应电流的实验，是电磁感应现象，符合题意；
CD、CD选项是通电导体在磁场中受到力的作用，不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据题意分析“钢琴街”的工作原理是电磁感应现象，通过各选项实验装置对应的工作原理进行对比分析，得出符合题意的答案。
7．如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了，其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．开关断路 D．电风扇的插头短路
【答案】D
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】 “保险丝熔断 ”说明电路中电流过大，电流过大可能的原因有电路短路或使用用电器功率过大，由题意可知，小灯泡和电风扇的总功率较小，所以造成这一故障的原因是电路短路，且这一故障是发生在电风扇插头插入插座后出现的，则表明是电风扇部分出现了短路。所以，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】判断保险丝熔断可能发生的原因是电路短路或用电器功率过大，已知用电器的总功率较小，明确故障原因为电路短路，已知电风扇接入电路后发生故障，则为电风扇发生短路。
8．（2022九上·晋江期中）某小区为加强对人员管控，对电动门控制系统进行了改造，进入人员在满足以下两点之一，电动机方可工作开启电动门：1、体温正常且刷门禁卡；2、体温正常且“刷脸”。用S1闭合表示体温正常，用S2闭合表示已刷门禁卡，用S3闭合表示已“刷脸”。则符合改造要求的电路是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】A．如图，三个开关串联，则必须体温正常且刷门禁卡且“刷脸”， 电动机方可工作开启电动门，A不符合题意；
B．如图，S2和S1并联后再与S3串联在电路中，则必须“刷脸”电动机方可工作开启电动门，B不符合题意；
C．如图，S2和S3并联后再与S1串联在电路中，当S1、S2同时闭合或S1、S3同时闭合时，电路为通路，即当体温正常且刷门禁卡或体温正常且“刷脸”时，电动机方可工作开启电动门，C符合题意；
D．如图，三个开关并联在电路中，则体温正常、刷门禁卡、“刷脸”满足其中一个条件时，电动机即可工作开启电动门，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】开关分别控制用电器时，开关并列连接；多个开关共同控制用电器时，开关串联。
9．潜水员正潜没在海水中，他携带的气瓶可以对身上的背心进行充气或放气，以改变背心的体积大小来实现浮沉。下列对潜水员分析正确的是（ ）
A．向海底下潜过程中，受到海水的压强变大
B．海水中水平游动时，受到海水的压强变小
C．对背心进行放气后，受到海水的浮力变大
D．对背心进行充气后，潜水员一定会下沉
【答案】A
【知识点】液体压强计算公式的应用；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、根据液体压强公式P=ρgh可知，向海底下潜过程中，深度增加，收到的海水的压强变大，A选项正确，符合题意；
B、在海水中水平游动时，深度不变，受到海水的压强不变，B选项错误，不符合题意；
C、根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，对背心进行放气后，V排减小，则受到海水的浮力变小，C选项错误，不符题意；
D、对背心进行充气后，V排变大，受到海水的浮力变大。根据浮力与重力的关系判断潜水员的浮沉状态，若F浮＞G，则上浮；
若F浮=G，则悬浮；若F浮＜G，则下沉；所以潜水员浮沉状态不定，D选项错误，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】（1）根据液体压强公式P=ρgh判断潜水员受到海水的压强变化；
（2）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排判断潜水员受到海水的浮力变化；
（3）潜水员的浮沉状态需根据潜水员具体的受力情况进行分析，具体情况见解答。
10．“模拟调光灯”的电路如图甲，电源电压4.5V，电压表量程“0～3V”，电流表量程“0～0.6A”，滑动变阻器（20Ω 1A），灯泡L标有“2.5V 1.25W”，调节滑动变阻器测得多组数据，作出U﹣I图线如图乙，下列判断正确的是（ ）
A．随电压的增加，小灯泡的电阻减小
B．电路中最小电流是0.18A
C．灯泡正常发光时，电路的总功率是2.25W
D．灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值是10Ω
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】该电路为L与R串联，电流表测电路电流，电压表测L两端的电压。
A、根据图乙的U-I图象可知，随着电压的增大，通过L的电流变化量越来越小，根据欧姆定律，U变化量大，I变化量小，则R变大，即小灯泡的电阻变大，A选项错误，不符合题意；
BD、电路中电流最小，即滑动变阻器接入电路的的电阻最大，R=20Ω。当灯泡正常发光时的电流，此时灯泡电阻为，且滑动变阻器接入电路的电阻为，小于最大阻值，D选项错误，不符合题意；因此电路中电流最小时，灯泡两端的电压小于正常工作的电压，灯泡的电阻小于5Ω，则电路中的最小电流，B选项错误，不符合题意；
C、灯泡正常发光时，电路的总功率为P总=UI额=4.5V×0.5A=2.25W，C选项正确，符合题意；
故答案为：C。
【分析】（1）结合U-I图象判断灯泡L的电阻值变化情况；
（2）利用电功率公式P=UI求出灯泡L正常工作时的电流，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路中电阻，判断是否为最大阻值；若是，则此时电流为最小电流；若不是，则将滑动变阻器的最大阻值接入电路，因灯泡L的阻值随电压的降低而减少，利用欧姆定律可求出最小电流的范围值。
（3）利用电功率公式P=UI求出电路总电功率。
二、填空与作图题（共8小题，每空1分，作图2分，计22分）
11．我国家庭照明电路电压为 V；干燥的冬天，化纤衣服很容易吸附灰尘，这是衣服因为摩擦带了 ，从而具有 轻小物体的性质。
【答案】220；电荷；吸引
【知识点】电荷间的相互作用规律；家庭电路的组成
【解析】【解答】 我国家庭照明电路电压为220 V；干燥的冬天，化纤衣服很容易吸附灰尘，这是衣服因为摩擦带了电荷 ，从而具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：第1空、220；
第2空、电荷；
第3空、吸引。
【分析】（1）我国家庭照明电路电压为220 V；
（2）衣服摩擦造成电荷的转移，使得衣服带了电荷，带电体具有吸引轻小物体的性质。
12．西安在全力发展地铁交通，在修地铁时必不可少的是地铁盾构机，它在地下挖掘出隧洞，并将岩块土壤送出地面，地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的 （填物理属性）。在隧道内一直有一道激光在给地铁盾构机调整推进方向，保证挖掘隧道的笔直，利用的是激光 的原理。当传送带将深坑内的岩块和土壤匀速地送出地面过程中，岩块和土壤的机械能将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】硬度；沿直线传播；增大
【知识点】物质的基本属性；光的直线传播及其应用；机械能及其转化
【解析】【解答】 地铁盾构机在地下挖掘出隧洞，需破开较多的岩石，因此 地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的硬度；地铁盾构机利用激光保证挖掘隧道的笔直，是利用了光沿直线传播的原理； 当传送带将深坑内的岩块和土壤匀速地送出地面过程中，高度增大，速度不变，重力势能增大、动能不变，则机械能增大。
故答案为：第1空、硬度；
第2空、沿直线传播；
第3空、增大。
【分析】（1）地铁盾构机在地下挖掘出隧洞，需破开较多的岩石，因此 地铁盾构机用来挖掘的钻头需要具备较大的硬度；
（2）利用激光保证挖掘隧道的笔直，是利用了光沿直线传播的原理；
（3）重力势能与质量和高度有关，动能与质量和速度有关。题中高度增大，其他物理量不变，则机械能增大。
13．“共享单车”绿色环保，它具GPS定位功能，方便人们用手机寻找到附近车辆，它的前储物篮底板是一个太阳能电池板，为GPS功能供电.太阳能电池板工作时，把太阳能转化为 能.GPS卫星定位工作是靠 来传递信号的，这种波在真空中的传播速度为 m/s.
【答案】电；电磁波；3×108
【知识点】能量的转化或转移；电磁波的传播；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 太阳能电池板工作时，把太阳能转化为电能； GPS卫星定位工作是靠电磁波来传递信号的，这种波在真空中的传播速度为3×108 m/s 。
故答案为：第1空、电；
第2空、电磁波；
第3空、3×108。
【分析】（1）太阳能电池板工作时，把太阳能转化为电能；
（2）电磁波可以传递信息，在真空中的传播速度是3×108 m/s 。
14．紧闭车窗的汽车行驶在无风的雪天，如果打开一侧的车窗，汽车外面的雪 （选填“可能”或“不可能”）往车里进，这是因为汽车在行驶过程中，车窗外空气流速 车内空气的流速，车窗外空气的压强 车内空气的压强的缘故。（选填“大于”、“等于”或“小于”）
【答案】不可能；大于；小于
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】根据流体压强与流速的关系，汽车行驶过程中，车窗外空气流速大于车内空气流速，则车窗外空气的压强小于车内空气的压强，形成一个向外的压强差，车窗内的空气流出车窗外，所以，紧闭车窗的汽车行驶在无风的雪天，如果打开一侧的车窗，汽车外面的雪不可能往车里进。
故答案为：第1空、不可能；
第2空、大于；
第3空、小于。
【分析】利用流速与压强的关系，流速越大，压强越小进行判断分析。
15．我国最先近的武装直升机“武直20”，“武直20”机身材料选择镁铝合金，是因为镁铝合金比铁合金的 小，因此可以大大降低机身自重，当“武直20”悬停在空中时，它相对于地面是 的。“武直20”从地面上升到4.5km的高空用时1.5min，则它升空的平均速度为 m/s。
【答案】密度；静止；50
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；运动和静止的相对性
【解析】【解答】“武直20”机身材料选择镁铝合金，机身外形不变即体积不变的情况下大大降低机身自重，是因为镁铝合金比铁合金的密度小；当“武直20”悬停在空中时，与地面没有相对位置变化，它相对于地面是静止的；由速度公式可知，它升空的平均速度为。
故答案为：第1空、密度；
第2空、静止；
第3空、50。
【分析】（1）体积相同，重力越小，密度越小；
（2）与参照物对比是否发生相对位置变化判断是运动的还是静止的；
（3）利用速度公式求出平均速度
16．小明家安装了新的燃气热水器，热水器是通过 方式增加水的内能，他在某次洗澡时，将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是 J，热水器烧水的效率是 。（水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg ℃），煤气的热值为4.0×107J/m3 ）
【答案】热传递；4.2×106；50%
【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算；热机的效率
【解析】【解答】 热水器是通过热传递方式增加水的内能；水吸收的热量为
Q吸=c水m水（t-t0）= 4.2×103J/（kg ℃） ×20kg×（60℃-10℃）=4.2×106J；
煤气完全燃烧放出的热量是Q放=qV= 4.0×107J/m3 × 0.21m3 =8.4×106J，
则热水器烧水的效率是。
故答案为：第1空、热传递；
第2空、4.2×106；
第3空、50%。
【分析】（1）改变内能的方式有做功和热传递，燃气热水器是煤气燃烧放出的热量传递给水，水的内能增加，温度上升，属于热传递方式；
（2）通过公式Q吸=c水m水（t-t0）求出水吸收的热量；
（3）通过公式Q放=qV求出煤气完全燃烧放出的热量，通过公式求出热水器烧水的效率。
17．（2020·南京）如图所示，小磁针静止在通电螺线管右侧。标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
【答案】解：如图所示：
【知识点】安培定则
【解析】【解答】闭合开关后，由图可知电流从螺线管的上侧流入、下侧流出；右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的下端为N极、上端为S极；当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，小磁针的上端为N极、下端为S极；在磁体周围，磁感线从磁体的N极出发回到S极，所以图中磁感线的方向是指向上的。如图所示：
【分析】结合通电螺线管的电流方向，利用右手螺旋定则求解通电螺线管的N极和S极。
18．（2019·兰州）如图所示为“探究杠杆平衡条件”的实验示意图，O点为杠杆的支点，请画出杠杆左侧钩码所受重力的示意图和弹簧测力计施加拉力的力臂L1。
【答案】解：如图所示：
【知识点】重力示意图；力臂的画法
【解析】【解答】解：（1）测力计对杠杆的拉力作用在C点，拉力的方向斜向右下方，过支点O作这条拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1。（2）重力的方向是竖直向下的，过物体重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力的示意图。如图所示：
【分析】过支点O作拉力作用线的垂线段，即拉力的力臂L1.
重力的方向总是竖直向下的，过重心画一个带箭头的竖直向下的力即可.
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．根据图示实验现象，完成填空。
（1）每天需要监测体温，由图1可知，体温计的读数为 ℃。
（2）如图2所示的装置，此实验是探究电流通过导体产生的电热与 的关系。
（3）如图3，将装有刚沸腾水的烧瓶，用橡皮塞塞紧瓶口后倒置，向瓶底浇冷水，瓶内水再次沸腾。这是因为，气压 （选填“升高”、“降低”或“不变”），沸点降低。
（4）如图4将自制密度计放入盛有不同液体的两个烧杯中，可判断图甲杯中液体的密度 图乙杯中液体的密度。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】（1）36.7
（2）电阻大小
（3）降低
（4）大于
【知识点】体温计的使用及其读数；沸点及沸点与气压的关系；阿基米德原理；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）体温计的分度值为0.1℃，图1的体温计读数过36刻度7小格，为36.7℃；
（2）图2可知，R1和R2串联，阻值不同，电流相同，因此此实验是探究电流通过导体产生的电热与电阻大小的关系；
（3）向瓶底浇冷水，使得瓶内的空气温度降低，气压降低，水的沸点降低，因此瓶内的水会再次沸腾；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，且甲乙两图密度计均漂浮，密度计受到浮力与重力相等，即F浮=G，由图可知，图甲排开液体的体积小于图液体排开水的体积，则可判断图甲杯中液体的密度大于图乙杯中液体的密度。
故答案为：（1）第1空、36.7；
（2）第1空、电阻大小；
（3）第1空、降低；
（4）大于。
【分析】（1）体温计的量程为35~42℃，分度值为0.1℃，通过观察刻度位置读出示数大小；
（2）根据Q=I2Rt，串联电路中电流相同，图中的电阻不同，因此是探究电流通过导体产生的电热与电阻大小的关系，关键在于找到有不同值的物理量，根据控制变量法即可得到是探究是哪一个变量；
（3）温度越低，气压越低，液体沸点越低；
（4）利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排和漂浮时F浮=G两个公式，结合图形密度计在不同液体情况下的排开液体的体积，分析判断两杯汇中液体的密度大小关系。
20．（2022八下·中山期中）如图在探究影响压力作用效果的因素时，某同学利用小桌、海绵和砝码等器材进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察 来比较压力的作用效果；
（2）比较 两图可知，压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（3）比较甲、乙两图，可以得出的结论是 ；下列实例中，应用该结论的是 （填序号）；
①超载的货车容易损坏路面
②菜刀越锋利，切菜越轻松
（4）该实验中用到的研究物理问题的方法有 和 。
【答案】（1）海绵的凹陷程度
（2）乙、丙
（3）在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；①
（4）控制变量法；转换法
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）根据转换法，实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果，海绵的凹陷程度越大，压力作用效果越明显。
（2）研究压力作用效果与受力面积的关系，要控制压力不变，改变受力面积的大小，故比较乙、丙两图可知，压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。
（3）由图可知，甲、乙两图海绵的受力面积相同，受到的压力不同，比较甲、乙两图，可知在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
①货车行驶时，地面的受力面相同，承载质量越大，对地面压力越大，压强越大，路面易损坏，故①符合题意；
②菜刀越锋利，受力面积小，在压力一定的情况，压强大，切菜越轻松，故②不符合题意。
故答案为：①。
（4）该实验中影响压力作用效果的因素有两个，需要控制其中一个不变，探究另一个因素对实验的影响，这种研究物理问题的方法叫控制变量法。
实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果，这种方法叫转换法。
【分析】（1）实验中通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用的效果；
（2）压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（3）在受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；
（4）实验运用了转换法和控制变量法。
21．在“测量小灯泡额定功率”实验中，小明选择的待测小灯泡的额定电压为2.5V，灯泡正常发光时的灯丝电阻约为8Ω。
（1）小明连接的部分实验电路如图甲所示，请用笔画线代替导线将电路连接完整。（要求：滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电流表示数变大，连线不得交叉）
（2）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（3）小明在实验中还观察到当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越 。
（4）同班小亮在进行实验时发现电流表已损坏无法使用，通过思考后，小亮添加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，也正确测出了小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整。（电源电压未知且保持不变）
①闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器的滑片P使电压表的示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片P位置不动， ，读出此时电压表的示数为U；
③小灯泡额定功率的表达式：P额＝ （用U额、U、R0表示）。
【答案】（1）
（2）0.75
（3）亮
（4）闭合开关S、S2，断开S1；U额
【知识点】电功率的计算；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】在“测量小灯泡额定功率”实验中，滑动变阻器、小灯泡和电流表串联，电压表与小灯泡并联，小灯泡的额定电压为2.5V，则电压表选择量程0~3V；小灯泡正常发光时的电流约为，则电流表选择量程0~0.6A； 滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电流表示数变大，滑动变阻器滑片P向A端移动时电阻值变小，则滑动变阻器的A点与小灯泡用导线连接，如图所示：
（2）已确定电流变选用量程为0~0.6A，由图乙，小灯泡正常发光时电流为0.3A，则小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W；
（3） 当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越亮；
（4）②保持滑动变阻器滑片P位置不动，闭合开关S、S2，断开S1，读出此时电压表的示数为U；
此时U=U额+U0，U0为电阻R0两端的电压，U0=U-U额，可求出小灯泡正常发光时的电流的电流，小灯泡额定功率为。
故答案为：（1）如图所示：
（2） 第1空、0.75 ；
（3） 第1空、亮 ；
（4） 第1空、闭合开关S、S2，断开S1 ； 第2空、 。
【分析】（1）“测量小灯泡额定功率”实验中，滑动变阻器、小灯泡和电流表串联，电压表与小灯泡并联，通过小灯泡额定功率确定电压表量程，利用欧姆定律求出小灯泡正常发光的大概电流确定电流表量程，根据题目要求确定滑动变阻器下端接线柱为A，同时注意两电表需接线柱遵循“正进负出”的规则，滑动变阻器遵循接线组“一上一下”的规则；
（2）根据图乙读出电流值，利用电功率公式P=UI求出小灯泡的额定功率；
（3）当小灯泡的实际功率越大时，小灯泡的亮度越亮；
（4）利用串联电路的电压与电流规律，不同开关连接情况分别测小灯泡正常发光的电压和小灯泡和电阻R0的电压，即可得到电阻R0的电压，利用欧姆定律求出通过电阻R0的电流，通过灯泡的电流与通过电阻R0的电流相等，利用P=UI即可整合得到小灯泡额定功率的表达式。本题中利用电压表与R0的组合的作用相当于一个电流表。
22．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律。当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图1所示，一束平行光平行于主光轴射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 cm。实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在 ；
（2）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图2所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 （照相机/投影仪）；若将蜡烛向透镜方向移动，并调整光屏直到出现清晰的像，此时的像将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；若透镜不动，仅将蜡烛与光屏位置对调，则光屏上 （能/不能）看到清晰的像；
（3）在图2所示实验场景下，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图3所示）。当从水透镜中抽出适量的水后，他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的是 眼镜（近视/远视）。
【答案】（1）8.0；同一高度
（2）照相机；变大；能
（3）远视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】（1）光屏上得到一个最小的光斑，水透镜与光屏的距离为水透镜的焦距，为8.0cm； 实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在同一高度；
（2）如图2，物距大于像距，能成清晰的像，根据凸透镜成像原理可知，成倒立缩小的实像，利用此成像特点可制成照相机；蜡烛向透镜方向移动，光屏将远离透镜可成清晰的像，此时的像将变大；若透镜不动，仅将蜡烛与光屏位置对调，根据光路的可逆性，光屏上能看到清晰的像。
（3）当从水透镜中抽出适量的水后，水透镜的焦距变大，聚光能力变弱，但烛焰经过“戴上”水透镜后光屏能再次得到清晰的像，说明眼睛使聚光能力变强，即戴的时远视眼镜。
故答案为：（1）第1空、8.0；第2空、同一高度；
（2）第1空、照相机；第2空、变大；第3空、能；
（3） 第1空、远视
【分析】（1）观察图1的读数读出焦距，刻度尺需要估读到分度值的下一位；实验前，应调节烛焰、水透镜和光屏三者中心在同一高度；
（2）根据凸透镜成像原理，物距大于像距，成倒立缩小的实像，利用此成像特点可制成照相机；根据凸透镜成像原理中的“物近像远像变大”的规律，判断像的变化；根据光路的可逆性，物像对调后，可成像；
（3）根据焦距的变化，水透镜抽出水后聚光能力变弱，仍能在原位置成像，即眼睛为有聚光能力的透镜，即凸透镜，故眼睛为远视眼镜。
四、计算题
23．小宁同学假期在工地上搬砖，他运用所学知识设计了如图所示的滑轮组，将重为280N的物体匀速提升了2m，用时10s，已知他自身重为500N，对绳子施加的拉力F＝200N，两脚与地面接触的总面积S＝400cm2。（不计绳重和摩擦）求此过程中：
（1）小宁未拉绳，静止站立在地面，对地面的压强为 Pa；
（2）拉力的功率为多少？
（3）求该滑轮组的机械效率。
（4）求小宁同学能够提升货物的最大物重是多少。
【答案】（1）1.25×104
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×4m＝800J，
拉力做功的功率：P＝ ＝ ＝80W；
答：拉力的功率为80W；
（3）拉力做的有用功：W有＝Gh＝280N×2m＝560J，
滑轮组的机械效率：η＝ ×100%＝ ×100%＝70%；
答：该滑轮组的机械效率为70%
（4）因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×200N﹣280N＝120N，
小宁通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝500N，
因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以小宁用该滑轮组能提起的最大物重：G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣120N＝880N。
答：小宁同学能够提升货物的最大物重是880N。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】 小宁未拉绳，静止站立在地面，对地面的力为F1=G=500N，则对地面的压强为；
（2） 由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×4m＝800J，
拉力做功的功率：P＝ ＝ ＝80W；
答：拉力的功率为80W；
（3） 拉力做的有用功：W有＝Gh＝280N×2m＝560J，
滑轮组的机械效率：η＝ ×100%＝ ×100%＝70%；
答：该滑轮组的机械效率为70%
（4） 因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×200N﹣280N＝120N，
小宁通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝500N，
因为不计绳重和摩擦时F＝ （G+G动），所以小宁用该滑轮组能提起的最大物重：G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣120N＝880N。
答：小宁同学能够提升货物的最大物重是880N。
【分析】（1）站在地面上，人对地面的压力等于重力，根据压强公式求出对地面的压强；（2）由图得到n，利用s=nh求出绳子自由端移动的距离，利用W总=Fs求出拉力做的总功，利用功率公式求出拉力做功的功率；
（3）利用W有用=Gh求出有用功，利用机械效率公式求出滑轮组的机械效率；
（4）因不计绳重与摩擦，利用求出滑轮组中动滑轮的重力，当人对地面的压力为0时，人的拉力最大，即通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人，再代入公式可得到人能够提升货物的最大物重大小。
24．如图甲是一个风力测试仪装置的原理图。迎风板与一压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向，有风时，迎风板向左运动，当挤压压敏电阻时，压敏电阻的阻值会发生变化，已知电源电压恒为18V，定值电阻R0＝15Ω，电压表的量程为0～15V，电流表量程0～0.9A，阻值与迎风板承受风力F的关系如图乙所示。试求：
（1）无风时，此时电流表的示数为 ；
（2）当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率；
（3）在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是多少？
【答案】（1）0.36A
（2）当通过压敏电阻电流为0.6A时，电路的总电阻：R＝ ＝ ＝30Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx′＝R﹣R0＝30Ω﹣15Ω＝15Ω，
则压敏电阻Rx消耗的功率Px＝（I′）2Rx′＝（0.6A）2×15Ω＝5.4W；
答：当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率为5.4W；
（3）由图乙可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大，
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：I″＝ ＝ ＝1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程0～3A，压敏电阻Rx能通过的最大电流0.9A，
所以，电路中的最大电流为0.9A，此时电路的总电阻：R′＝ ＝ ＝20Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx″＝R′﹣R0＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
由图乙可知，此装置能测量风力最大是720N。
答：在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是720N。
【知识点】串联电路的电流规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）无风时，由图乙，RX=35Ω，图甲为RX和R0串联电路，电流表测电路电流，电压表测R0两端电压，此时，电路总电阻R总=RX+R0=35Ω+15Ω=45Ω，则电路电流，所以电流表示数为0.36A；
（2） 当通过压敏电阻电流为0.6A时，电路的总电阻：R＝ ＝ ＝30Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx′＝R﹣R0＝30Ω﹣15Ω＝15Ω，
则压敏电阻Rx消耗的功率Px＝（I′）2Rx′＝（0.6A）2×15Ω＝5.4W；
答：当通过压敏电阻电流为0.6A，压敏电阻Rx消耗的功率为5.4W；
（3） 由图乙可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大，
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：I″＝ ＝ ＝1A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程0～3A，压敏电阻Rx能通过的最大电流0.9A，
所以，电路中的最大电流为0.9A，此时电路的总电阻：R′＝ ＝ ＝20Ω，
此时压敏电阻的阻值：Rx″＝R′﹣R0＝20Ω﹣15Ω＝5Ω，
由图乙可知，此装置能测量风力最大是720N。
答：在满足所有元件均安全使用的条件下，此装置能测量风力最大是720N。
【分析】（1）由图乙读出无风时Rx的电阻值，利用串联电路的电阻关系求出总电阻，利用欧姆电路求出电路电流即电流表示数；
（2）根据串联电路的电流规律，通过压敏电阻电流即是电路电流，利用欧姆定律求出电路的总电阻，利用串联电路的电阻规律求出此时压敏电阻的阻值，利用电功率公式求出此时压敏电阻消耗的功率值；
（3）根据图乙信息可知，当风力增大时，压敏电阻的阻值变小，电路中的电流变大，则电路中的电流最大时，此装置能测量的风力最大。利用电压表的量程限制，求出当电压表满偏时，利用欧姆定律求出通过R0的电流即电路电流，判断此时电流值是否超过电流表量程，若未超过则直接选用该电流值为电路能通过的最大电流值；若超过则直接选用电流的量程的最大值为电路能通过的最大电流。再利用欧姆定律求出电路中的总电阻，利用串联电路的电阻规律求出此时RX的电阻值，从图乙中直接读出能测量的最大风力值。