备考2024年中考物理重难点精讲精练：104-2023年中考物理模拟试卷1（解析版）

2023年中考物理模拟试卷（解析版）一、选择题1.我国的古诗词文化有几千年的灿烂历史，很多名句蕴含着丰富的物理知识，下列诗句从科学的角度解释错误的是（）A．“潭清疑水浅”句中“水浅”是由于光的反射造成的 B．“举杯邀明月”句中“明月”通过酒看到的月亮，是光的反射形成的 C．“绿树阴浓夏日长”句中“阴浓”是光的直线传播形成的 D．“长河落日圆”，诗人看到的“落日”是光经过大气发生折射而成的像【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。【解答】A．“潭清疑水浅”中“水浅”是水底看起来比较浅，这是由于光的折射形成的，故A错误；B．“举杯邀明月”句中通过酒看到月亮，是平面镜成像现象，是由光的反射形成的，故B正确；C．“绿树阴浓夏日长”中“浓阴”是树木的影子，由于光的直线传播，光射到不透明物体上，在不透明物体后面形成影子，故C正确；D．“长河落日圆”中，“落日”是由于大气分布不均匀，下部空气密度大，上部空气密度小，落日发出的光在不均匀的空气中传播时发生折射，折射光线不断向下偏折，我们逆着折射光线看去所看到的落日位置比实际位置高，我们看到的“落日”是由于光的折射而形成的太阳的虚像，故D正确。故选：A。2.关于温度、内能、热量三者的关系，下列说法正确的是（）A．物体的内能增加，温度一定升高 B．物体的温度升高，内能一定增加 C．物体的温度升高，一定吸收了热量 D．物体吸收了热量，温度一定升高【分析】（1）改变物体的内能有做功和热传递两种方式，这两种方式是等效的；（2）物体的温度升高，内能一定增加，但是物体的内能增加，物体的温度不一定升高，比如晶体的熔化和液体的沸腾过程。【解答】A、物体内能增加，温度不一定升高，如冰块熔化，吸收热量，内能增加，温度不变，故A错误；B、物体温度升高，内能一定增加，说法正确；C、物体内能增加，可能从外界吸收热量，也可能对物体做了功，故C错误；D、物体吸收热量，温度不一定升高，如冰块熔化，吸收热量，温度不变，故D错误。故选：B。3.由Q＝cmΔt可得c＝，对于同一种物质的比热容c，下列说法正确的是（）A．若吸收的热量增大一倍，则比热容增大一倍 B．若质量增大一倍，则比热容减至一半 C．若加热前后的温度差增大一倍，则比热容减小一半 D．无论质量和温度差是多少，比热容都一样【分析】单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容；比热容是物质本身的一种特性，它不会随物质吸收的热量、质量、温度的改变而改变。【解答】比热容是物质本身的一种特性，与物体吸收的热量、温度变化、质量等因素无关，只与物质种类和状态有关；所以，同一种物质，无论质量和温度差是多少，比热容都一样；故ABC错误，D正确。故选：D。4.祖国山河一年四季美景如画。下列图中描述的山河美景的形成过程中，需要吸收热量的是A．春天冰雪消融 B．夏天雾绕群山 C．秋天霜打枝头 D．冬天冰花剔透【分析】（1）物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。（2）六种物态变化中，需要吸热的是：熔化、汽化和升华；需要放热的是：凝固、液化和凝华。【解答】解：A、图中的冰雪消融，是固态冰变为液态水的熔化，熔化吸热，故A正确；B、图中的雾是水蒸气遇冷形成的小水滴的液化现象，液化放热，故B错误；C、图中的霜是水蒸气从气态直接变成固态形成的，是凝华现象，凝华放热，故C错误；D、图中的冰花，是水蒸气直接变为冰，这是凝华现象，凝华放热，故D错误。故选：A。5.如图所示，下列四个图像中属于非晶体凝固图像的是A．B． C． D．【分析】①熔化图像整个过程中温度有上升的趋势，若在熔化过程中温度保持不变，则为晶体的熔化图像，否则为非晶体的熔化图像；②凝固图像整个过程中温度有下降的趋势，若在凝固过程中温度保持不变，则为晶体的凝固图像，否则为非晶体的凝固图像。【解答】A、整个过程中温度有下降的趋势，且整个过程中温度都在不断下降，所以是非晶体的凝固图像。故A正确；B、温度有上升的趋势，且整个过程中温度都在不断上升，所以是非晶体的熔化图像。故B错误；C、整个过程温度有下降的趋势，且有一段时间温度保持不变，所以是晶体的凝固图像。故C错误；D、整个过程温度有上升的趋势，且有一段时间温度保持不变，所以是晶体的熔化图像。故D错误。故选：A。6．四个悬挂着的带电通草小球，静止时的位置关系如图，下列说法正确的是（）A．A球与C球一定带有同种电荷 B．B球与C球一定带有异种电荷 C．B球与D球一定带有异种电荷 D．A球与D球一定带有异种电荷【分析】利用图示的A、B、C、D四个带电小球的相互作用情况，结合电荷间的作用规律，以A、B球的带电情况为突破口来解决此题。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体具有吸引轻小物体的性质。【解答】四个悬挂着的带电通草小球，AB相互排斥，因此它们一定带同种电荷。可能是正电，也可能是负电；BC相互吸引，则C一定与B和A带异种电荷；故A错误，B正确；CD相互吸引，则C与D一定带异种电荷，所以D与A或B一定带同种电荷，故CD错误。故选：B。7.如图所示，开关断开时电压表的示数为3V，开关闭合后，电压表的示数为2V，则L1两端的电压为（）A．1V B．2V C．3V D．5V【分析】由电路图可知，开关断开时，电压表测量电源电压，开关闭合后，两灯泡串联，电压表测L2两端的电压，根据串联电路的电压的特点即可求出灯泡L1两端的电压。【解答】由电路图可知，开关断开时，电压表通过灯泡L1与电源的正负两极相连，所以，电压表测量电源电压，则电源电压为3V；开关闭合后，L1与L2串联，电压表测L2两端的电压，电压表示数为2V，即L2两端的电压U2＝2V，串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡L1两端的电压：U1＝U﹣U2＝3V﹣2V＝1V。故选：A。8.用下列电路探究电路的电流规律时，电流表A1、A2的示数如图所示，则流过灯泡L1、L2的电流分别是（）A．0.9A0.4A B．1.3A0.4A C．0.26A0.4A D．0.4A0.9A【分析】由实物图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，根据图示和并联电路的电流特点求出通过两灯的电流。【解答】由图可知，灯泡L1、L2并联，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则A1的示数应大于A2的示数，而图中电流表A1的指针偏转角度比A2的小，所以电流表A1选择的是大量程（即0～3A），分度值为0.1A，其示数为1.3A，即干路电流为1.3A；电流表A2选择的是小量程（即0～0.6A），分度值为0.02A，其示数为0.4A，即通过灯泡L2的电流为0.4A；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以通过灯泡L1的电流为I1＝I﹣I2＝1.3A﹣0.4A＝0.9A。综上分析可知，A正确。故选：A。9.现有两个定值电阻R1和R2（R1＜R2），按照如图所示的四种方式，分别接到电压恒为U的电源两端工作相同的时间。则四个电路中电流做功大小关系正确的是（）A．W甲＞W乙＞W丙＞W丁 B．W乙＞W丙＞W丁＞W甲 C．W甲＞W丙＞W丁＞W乙 D．W丙＞W丁＞W乙＞W甲【分析】根据电阻的串联和并联以及R1＞R2比较四个电路的总电阻关系，电源的电压一定，根据W＝UIt＝t比较四个电路中电流做功大小关系。【解答】因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻、并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，且R1＜R2，所以，四个电路中的总电阻关系为：R甲＞R丁＞R丙＞R乙，因电源的电压恒为U，且工作时间相等，所以，由W＝UIt＝t可知，四个电路中电流做功大小关系为W乙＞W丙＞W丁＞R甲。故选：B。10.如图所示是一种无线门铃发射器，它不需要安装电池。发射器内部提供电能的部件是由位置固定的永磁体和可以左右滑动的绕有线圈的铁芯组成，当按下门铃按钮时就会推动铁芯向左运动，松手后弹簧又将铁芯向右弹回。下列实验中和门铃提供电能的部件工作原理相同的是（）A． B． C． D．【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这就是电磁感应现象。【解答】当按下门铃按钮时就会推动铁芯向左运动，此时线圈在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，为门铃提供电能，则该部件的工作原理是电磁感应现象；A、该图是探究电磁铁磁性的实验，属于电流的磁效应，故A不符合题意；B、图中有电源，通电导体在磁场中受力的作用而运动，故B不符合题意；C、电磁继电器的主要部件是电磁铁，其工作原理是电流的磁效应，故C不符合题意；D、图中导体在在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，是电磁感应现象，故D符合题意。故选：D。11.小华用如图所示的装置探究二力平衡的条件的实验，物块M放在粗糙程度相同的水平桌面上，左右两端用细线通过滑轮连接着两个相同的吊盘、小华用它做实验时发现：当在左盘中放200g的砝码、右盘中放100g的砝码时，物块M可以向左做匀速直线运动。如果盘中的原有砝码都不变，使物块M最终可以向右匀速直线运动的方案是（滑轮的摩擦不计）（）A．在右盘中再加200g砝码 B．在左盘中再加200g砝码 C．在左盘中再加100g砝码，在右盘中再加100g砝码 D．在左盘中再加200g砝码，在右盘中再加100g砝码【分析】首先由受力分析明确物体M受力情况，由M的运动状态可判断M受摩擦力的大小；当M运动方向发生变化时，摩擦力方向同时发生变化，根据压力与接触面粗糙程度的变化确定摩擦大小变化；最后根据物体始终受力平衡可求得左侧应加砝码。【解答】在左盘中放质量为200g的砝码，右盘中放质量为100g砝码时，物体M恰好向左做匀速直线运动，即物体受力平衡，因此物体所受向左的摩擦力与物体受到向右的合力相等，即f＝（0.2kg﹣0.1kg）×10N/kg＝1N；当物体向右运动时，摩擦力方向向左，由于压力和接触面的粗糙程度不变，故物体受到摩擦力不变，又因为物体仍然做匀速直线运动，则物体受到向左的摩擦力与物体受到的拉力相等，方向相反，即物体受到的向右的拉力比向左的拉力拉力大1N，即相对于大100g砝码的重力，因此右盘中的砝码质量比左盘中要多100g，故A正确。故选：A。12.在探究凸透镜成像规律的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，这时烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，下列说法正确的是（）A．凸透镜的焦距可能是10cm B．保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜，光屏上只能成一次像 C．蜡烛在光具座0cm至10cm刻度范围移动，像移动的速度比蜡烛移动的速度快 D．若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜放一副近视眼镜，应将光屏向左移动才可再次呈现清晰的像【分析】（1）光屏上能承接到的像是实像。凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像；物距等于像距时，成倒立等大的实像；物距小于像距时，成倒立放大的实像。（2）光折射时，光路是可逆的。（3）根据成像的特点分析移动速度的大小关系。（4）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后，可以用来矫正近视眼；根据凹透镜的作用和物远像近小的特点可判断应进行的操作。【解答】A、由图可知，物距u＝25.0cm，v＝40.0cm，物距u＜v，f＜25.0cm＜2f，解得，12.5cm＜f＜25.0cm，40.0cm＞2f，解得，f＜20.0cm，由以上解得可得，12.5cm＜f＜20.0cm，故A错误；B、保持蜡烛和光屏不动，移动凸透镜，当现在的物距等于原来的像距时，根据光路可逆可知，光屏上能成一次清晰的像，故B正确；C、蜡烛在光具座0cm至10cm刻度范围移动，此时的物距大于2f，成倒立缩小的实像，则像移动的速度比蜡烛移动的速度慢，故C错误；D、近视眼镜的镜片为凹透镜，对光有发散作用，可使光线的会聚点推迟延后，因此，不改变眼镜和透镜的位置，要使光屏上再次呈现清晰的像，可以将光屏向远离凸透镜的方向移动适当距离，故D错误。故选：B。13.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，闭合开关S后，在滑片从最右端向左移动的过程中，电表均不超过量程，下列分析正确的是（）A．电流表示数变大，电压表V2示数变大 B．电流表示数变大，电压表V1示数变小 C．电压表V2的示数与电流表示数之比变大 D．电压表V1的示数与电流表示数之比保持不变【分析】由电路图可知，R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，A测电路中的电流；根据滑片的移动方向确定电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压的变化，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；根据R＝分析电压表的示数与电流表示数之比的变化。【解答】由电路图可知，R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，A测电路中的电流；AB、当开关S闭合后，滑片从最右端向左端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据U＝IR可知，R1两端的电压变大，即V1的示数变大；根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压变小，即V2的示数变小，故AB错误；CD、根据R＝可知，电压表V2的示数与电流表示数之比为滑动变阻器接入电路的电阻，由于滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以电压表V2的示数与电流表示数之比变小；电压表V1的示数与电流表示数之比为定值电阻R1的阻值，保持不变，故D正确，C错误。故选：D。二、填空题1.甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，他们运动的s﹣t图像如图所示。则甲同学骑行的速度为m/s；以甲为参照物，乙运动的方向为。【分析】（1）由图像读出甲15s通过的路程，利用速度公式计算甲骑行的速度；（2）比较相同时间内甲、乙通过的路程，得出甲、乙的速度大小关系，然后根据运动和静止的相对性判断以甲为参照物，乙的运动方向。【解答】解：由图像可知，甲、乙做匀速直线运动，t甲＝15s时，通过的路程s甲＝60m，所以甲同学骑行的速度v甲＝＝＝4m/s；由图像可知，相同时间内，乙通过的路程小于甲通过的路程，所以乙骑行的的速度小于甲骑行的速度，因为甲、乙两位同学分别骑自行车沿平直公路自西向东行驶，v甲＞v乙，所以以甲为参照物，乙向西运动。故答案为：4；向西。2.如图甲，一小车正在向左做匀速直线运动，车厢内悬挂一小球，剪断悬挂小球的细线，小球将落在（选填“A点”“A点左侧”或“A点右侧”）。若某时刻小球状态如图所示，可判断小车在向左做（选填“匀速”“加速”或“减速”）运动。【分析】物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是物体的基本属性，任何物体都具有惯性。【解答】解：由题意知，在小车匀速直线行驶时，剪断悬挂小球的细线，小球由于惯性仍保持原来的运动状态，继续与小车一起向前运动，故小球将落在悬挂位置的正下方A点。小车匀速运动时，小球和车厢保持相对静止状态，图乙中小球摆向小车行驶的方向，小球的速度大于车的速度，说明小车做减速运动。故答案为：A点；减速。3.如图所示，货架上A、B、C、D四个体积相同的实心球，已知ρA＝ρB＞ρC＝ρD。则A与B相比，重力势能大，B与C相比，重力势能大。【分析】（1）重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度。（2）质量一定时，高度越高，重力势能越大。（3）高度一定时，质量越大，重力势能越大。【解答】解：A、B、C、D四个体积相同的实心球，A、B密度相同，质量相同。C、D密度相同，质量相同。B比C的密度大，相同体积时，B球的质量大于C球的质量。（1）A和B是质量相同，A比B的位置高，A的重力势能大。（2）B和C高度相同，B的质量大于C的质量，B的重力势能大。故答案为：A；B。4.在探究“通电螺线管的外部磁场分布”的实验中，小明在螺线管周围摆放了一些小磁针（涂黑的一端为N极）。（1）通电后小磁针静止时的分布如图甲所示，此时，通电螺线管的左端是（填“N”或“S”）极；（2）小明继续探究，并按图乙连接电路，他先将开关S接a。观察电流表的示数及吸引大头针的数目；再将开关S从a换到b，调节变阻器的滑片P，再次观察电流表的示数及吸引大头针的数目，此时调节滑动变阻器是为了来探究电磁铁磁性强弱与的关系。【分析】（1）根据磁极间的相互作用规律判定通电螺线管左端的极性；（2）影响电磁铁磁性强弱的因素有电流的大小和线圈匝数的多少；在实验中，应注意控制变量法的运用。【解答】（1）图甲中，小磁针涂黑的一端为N极；将小磁针放在通电螺线管外部，因异名磁极相互吸引，所以可知通电螺线管左端为S极；（2）实验中，他将开关S从a换到b上时，连入电路中线圈的匝数发生了变化，为了保证两次实验中电流的大小不变，则应调节变阻器的滑片P，通过观察吸引大头针的数目，可以探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系。故答案为：（1）S；（2）线圈匝数。5.如图所示，电源电压为3V，电阻丝R1＝20Ω，R2＝10Ω，甲、乙为两个完全相同的气球。根据以上信息可知，小明可以探究电流通过导体产生热量的多少与的关系。闭合开关后，密闭烧瓶内等量的空气被加热，他观察到（选填“甲”或“乙”）气球先鼓起来。通电100s，整个电路产生的热量为J。【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。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；当电流和通电时间相同时，电阻越大，产生的热量越多；（2）根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用焦耳定律求出通电100s，整个电路产生的热量。【解答】解：由图可知，R1、R2串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，可以探究电流产生热量跟电阻的关系；由于R1＞R2，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，电流通过R1产生的热量比R2的多，所以甲气球会先鼓起来；根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R＝R1+R2＝20Ω+10Ω＝30Ω，电路中的电流：I＝＝＝0.1A，通电100s，整个电路产生的热量：Q＝I2Rt＝（0.1A）2×30Ω×100s＝30J。故答案为：电阻；甲；30。三、实验探究题1.张洋同学收集到一块纪念币，他想利用物理知识测量这块纪念币的质量，他用天平和量筒进行了实验，如图16所示，他设计了下列实验步骤：①用调节好的天平测出纪念币的质量m；②向量筒中倒进适量的水，读出水的体积V1；③根据密度的公式，算出纪念币的密度ρ；④将纪念币浸没在量筒内的水中，读出纪念币和水的总体积V2。（1）他应采用的最优实验步骤顺序为（选填下列选项前的字母）。A、①②④③B、①②③④C、②③④①D、②③①④（2）如图1甲所示，张洋在调节天平横梁平衡过程中的操作错误是。（3）张洋纠正错误后，重新调节天平平衡并测量纪念币的质量，当天平平衡时右盘砝码和游码如图乙所示，纪念币的质量为g；由图丙和图丁得出纪念币的体积为cm3；计算出纪念币的密度为g/cm3；（4）若纪念币缺损后，它的密度将（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（5）赵飞同学觉得可以只用量筒测量纪念币的密度，他选用了一只小玻璃杯和适量的水做了如下实验：a、量筒里装有适量水体积为V1b、将小玻璃杯开口向上漂浮在量筒内的水面上，如2图甲所示，此时水面对应刻度为V2。c、将纪念币放入小玻璃杯中，让小玻璃杯漂浮在量筒内的水面上，如图2乙所示，此时水面对应刻度为V3d、取出小玻璃杯，将纪念币沉没在量筒内的水中（如图丙所示），此时水面对应刻度线为V4．根据以上数据可知，合金块的密度是。（用测量的物理量和ρ水表示）（6）张洋仔细思考了同桌赵飞的方法，结合了浮力测密度，确实巧妙，赞叹不已！他想到了一个利用此纪念币测量他最爱喝的饮料唯怡豆奶的密度的方法。他找出两个相同的溢水杯和配套的小烧杯，一块泡沫塑料（查阅资料泡沫塑料和合金块的密度之比为1：4）选取一质量和纪念币相等的泡沫塑料小球A，利用天平做起了实验：a、将小球A和纪念币和分别缓慢放入倒满豆奶的甲、乙溢水杯中，用小烧杯承接溢出的豆奶；b、用天平测量溢出豆奶的质量，发现甲、乙溢出的豆奶质量之比为5：3则，豆奶的密度为（用纪念币的密度ρ币表示）。【分析】（1）用天平和量筒测量纪念币的密度时，要先用天平测量纪念币的质量，然后在量筒中倒入适量的水记下体积，把纪念币浸没在水中再记下体积，求出纪念币的体积，最后根据密度公式求出纪念币的密度。（2）使用天平时，天平放在水平台上，游码回零，然后调节平衡螺母使天平的横梁平衡，如图，张洋同学没有游码回零就调节平衡螺母，操作是错误的。（3）纪念币的质量等于砝码的质量和游码对应的刻度之和，纪念币的体积等于纪念币浸没水前后，水对应刻度的差，知道纪念币的质量和体积，根据密度公式求出密度。（4）物质的密度是物质的一种特性，不随质量和体积的变化而变化。（5）利用漂浮条件，通过甲、乙两图求出纪念币的质量，利用甲、丙两图求出纪念币的体积，根据密度公式求出纪念币的密度。（6）由于小球A和纪念币的质量相等，知道密度关系求出两者的体积关系，根据小球A和纪念币排出豆奶的质量关系，求出浮力关系，求出豆奶的密度。【解答】解：（1）测量纪念币的密度，要先测量质量，然后测量体积，最后根据密度公式求出密度，所以步骤如下：①用调节好的天平测出纪念币的质量m；②向量筒中倒进适量的水，读出水的体积V1；④将纪念币浸没在量筒内的水中，读出纪念币和水的总体积V2。③根据密度的公式，算出纪念币的密度ρ；故选：A。（2）张洋在调节天平横梁平衡过程中，游码没有回零，所以张洋的操作错误是：调节天平横梁平衡时，游码没有回零。（3）纪念币的质量：m＝20g+5g+2g＝27g纪念币的体积：V＝25ml﹣15ml＝10ml＝10cm3纪念币的密度：ρ＝＝＝2.7g/cm3（4）纪念币缺损后，物质不变，所以纪念币的密度不变。（5）由甲、乙两图得，增加的浮力等于增大的重力，所以，△F浮＝△Gρ水gV排＝G币ρ水g（V3﹣V2）＝ρ币gV币ρ水g（V3﹣V2）＝ρ币g（V4﹣V1）ρ币＝ρ水（6）泡沫塑料小球和合金块的密度之比为：ρ球：ρ币＝1：4，两者的质量相等，体积和密度成反比，所以小球的体积和纪念币的体积之比是：V球：V币＝4：1，小球和纪念币的质量相等，小球和纪念币放在豆奶中，排开豆奶的质量不同，即排开豆奶的重力不同，所以小球和纪念币不能都漂浮在豆奶面上，也不能都浸没在豆奶中，小球的密度小于纪念币的密度，可以判断小球漂浮在豆奶上，纪念币沉到豆奶底部，由于小球和纪念币排开豆奶的质量之比是5：3，排开豆奶的重力之比也是5：3，所以浮力之比也是5：3，所以，F浮球：F浮币＝5：3小球漂浮是豆奶上，小球受到的浮力等于重力，所以，F浮球＝G球＝ρ球gV球ρ球gV球：ρ豆gV币＝5：3ρ币g×4V币：ρ豆gV币＝5：3解得，ρ豆＝0.6ρ币故答案为：（1）A；（2）调节天平横梁平衡时，游码没有回零；（3）27；10；2.7；（4）不变；（5）ρ水；（6）0.6ρ币。2.在“测量小灯泡额定功率”的实验中，已知小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。图甲是未连接完整的实物电路图。（1）请用笔画线代替导线将甲图中的电路连接完整。（要求滑片向左移动时灯泡变亮）（2）小华同学连接好电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，他将滑片由B端向A端移动过程中，开始一段时间灯泡仍然不亮，两表均无示数，但当滑片移到某点M时，灯突然发光且很亮，电压表、电流表均有较大示数，他立即断开开关，查找原因。你认为出现以上现象的原因是（填序号）。A.滑动变阻器最大阻值太大B.滑动变阻器线圈在B、M间有断路C.滑动变阻器线圈在A、M间有断路（3）解决以上问题后，闭合开关，缓慢移动滑片使电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则灯泡的额定功率为W。（4）若实验中电压表电阻并非无穷大，考虑到电压表电阻对电路的影响，则由上述方案测得的小灯泡的额定功率将比真实值（选填“偏大”或“偏小”）。（5）实验结束后，小华还想用上述器材探究“电流与电压的关系”，小林认为用上述器材不能完成此探究，你认为小林判断的理由是：。（6）完成上述实验后，小华又设计了一种测小灯泡额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点（选填“a”或“b”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；②保持滑片的位置不动，再将开关S1，拨到另一触点，读出电压表的示数U2；③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P＝。【分析】（1）滑动变阻器应与被控制用电器串联，根据滑片移动方向灯泡亮度变化确定其接线柱，根据小灯泡的额定电压确定电压表量程，电压表并联在小灯泡的两端；（2）灯泡不亮，两表均无示数，说明电路有断路；灯突然发光且很亮，电压表、电流表均有较大示数，说明滑动变阻器连入电路的阻值太小；（3）弄清电流表的量程和分度值，读出电流值，根据P＝UI求出额定功率；（4）根据实物图分析电表所测灯泡的电压和电流值的情况，从而分析误差情况；（5）探究“电流与电压关系”时要控制电阻大小不变，据此分析；（6）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。【解答】（1）由题知，滑动变阻器应与灯泡串联，从而控制灯泡的亮度，滑片左移灯泡变亮，说明变阻器连入电路的阻值减小，故应将A接线柱接入电路；电压表与灯泡并联测其两端电压，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表使用0﹣3V量程。如图所示：；（2）将滑片由B端向A端移动过程中，开始一段时间灯泡仍然不亮，两表均无示数，说明电路有断路；但当滑片移动到线圈某点M时，灯突然发光且很亮，电压表、电流表均有较大示数，说明电路突然接通，且变阻器连入电路的阻值太小；综上所述出现以上现象的原因是：滑动变阻器线圈在B、M间有断路；故选C；（3）电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.22A，灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.22A＝0.55W；（4）电压表内阻虽然大，但仍有电流通过电压表；由实物图可知，电压表与灯泡并联，所测就是灯泡两端电压，但电流表测的是灯泡和电压表的电流之和，即测得灯泡的电流偏大，由P＝UI可知所测额定功率比真实值偏大；（5）探究“电流与电压关系”时要控制电阻大小不变，而灯丝电阻随温度的升高而增大，不是一个定值，帮用上述器材不能完成此探究；（6）①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点a，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点（b），读出电压表的示数U2；③在①中，电压表测灯泡两端的电压，灯正常发光；在②中，电压表测灯与R0两端的电压，因此时各电阻的大小和它们两端的电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻两端的电压：U0＝U2﹣U1；由欧姆定律和串联电路的电流特点可知，通过小灯泡的电流：IL＝I0＝＝，则小灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝U1•。故答案为：（1）见上图；