2026-2027学年沪科版中考物理三模模拟冲刺试卷（附答案与解析）

第页2026-2027学年沪科版中考物理三模模拟冲刺试卷（附答案与解析）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五六总分得分注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的)1．如图所示的简单机械，正常使用时费距离的是（）A．筷子 B．食品夹 C．定滑轮 D．动滑轮2.骑自行车出行郊游，是一种时尚、环保的生活方式。当我们在平直路面上匀速向前骑行时，以下说法正确的是(

)A.若自行车停下，惯性就消失了

B.自行车受到的动力大于自行车受到的阻力

C.路面受到的压力与人受到的支持力是一对平衡力

D.人和车受到的重力与地面对人和车的支持力是一对平衡力3.小明在帮妈妈洗碗时，发现同一只碗有时可以漂浮在水面上，有时也可以沉入水底，如图所示，请你分析下列说法正确的是(

)A.碗沉入水底时比漂浮时排开水的质量减小了

B.碗沉入水底时受到的浮力等于它的重力

C.碗沉入水底时比漂浮时所受的浮力变大了

D.碗沉人水底时比漂浮时所受的重力变大了4.如图，2023年平顶山市“市长杯”青少年校园足球联赛上，随着足球被踢出，联赛正式拉开帷幕。用脚将足球踢出后，足球在草地上滚动，下列分析正确的是(

)A.以滚动的足球为参照物，球门是静止的

B.踢出后的足球继续滚动，是由于足球具有惯性

C.脚踢球时感到疼，说明力可以改变物体的运动状态

D.足球踢出后，脚对足球继续做功

5.如图所示是中国古代的计程车“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓；当车走十里时，车上的木人就敲一下锣(古代的乐器)。下列说法正确的是(

)A.敲鼓时发声是由于木人振动所致

B.鼓声和锣声是通过地面传入人耳的

C.人们根据鼓和锣发声的音色不同，确定行驶的是一里还是十里

D.人们根据鼓声和锣声确定路程，说明声音可以传递能量6．步行不仅是一种简易的健身运动，小华根据自己的腿长和步距画出了如图所示的步行示意图，对步行时重心的变化进行了分析，当两脚一前一后着地时重心降低，而单脚着地迈步时重心升高，因此每走一步都要克服重力做功．如果小华的质量为50kg，根据图中小华测量的有关数据，可计算他每走一步克服重力所做的功为（g取10N/kg）A．30JB．300JC．25JD．250J7.如图甲是健身房常用的拉力器设计原理图。硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起，电压表量程为0～3V，均匀电阻丝MN长为10cm，其电阻R=20Ω，定值电阻R0=10Ω，电源电压U=6V，滑片P与R间的摩擦不计。当拉环不受拉力时，滑片P处于M端，弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F的关系如图乙。开关S闭合后，水平向右拉动拉环(

)A.当电压表指示数为1V时，作用在拉环上的拉力为500N

B.作用在拉环上的拉力为200N时，电压表的示数为0.4V

C.为保证电压表的安全，拉力器所能承受的最大拉力650N

D.为提高拉力器所能承受的最大拉力，可将R0二、填空题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应的位置上.)8.同学们每天早晨起来洗漱时要通过平面镜观察自己的面容，我们在平面镜中的像是______(选填“实像”或“虚像”)；当我们走近平面镜时，像的大小______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。9．我国举世瞩目的三峡大坝之所以修成“上窄下宽”的形状，是因为；三峡大坝的船闸是在实际中的具体运用，它能让大型轮船在上下游之间顺利往返航行；钢笔吸墨水、注射器吸药液是利用的作用。离海平面越高，大气压强越小最早测出大气压值的科学家是。10.如图所示是小明画的自己家中的部分电路，请你指出图中的错误之处______；他将电吹风插入插座使其单独工作，测得2min内，电能表转盘转了60转(电能表如图所示)，则该电吹风的功率是______W。11．某一温度下，两个电路元件甲和乙中的电流与电压的关系如图所示若将元件甲、乙并联后接在电压为2V的电源两端，则干路的电流是A；将元件甲、乙串联后接在电压为3V的电源两端，则元件乙两端的电压是V；若将元件甲单独接在电压为6V的电源两端，工作1min所产生的热量为J。12.如图甲所示，小明将装满水的玻璃杯，用薄塑料片盖严杯口并倒置，塑料片不会掉下来，这个现象说明了______的存在；如图乙所示是我国的战略096型核潜艇(核动力潜水艇)，它是坚不可摧的“水下盾牌”，是真正意义上的大国重器，下潜过程中，水对潜艇底部的压强______(填“变大”或“变小”或“不变”)。13．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动，电压表V的示数，电压表V的示数与电流表A2的示数之比，电流表A1的示数与电流表A2的示数的差（以上三空均选填“变大”“变小”或“不变”）。14.如图所示电路中，电源电压恒为4.5V，灯L标有“3V 0.9W”，滑动变阻器R上标有“30Ω 1A”的字样，电压表量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，则灯泡正常工作时的电流为______A，此时通电1min滑动变阻器产生的热量为______J。为了保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器连入电路的阻值范围是______Ω(灯丝电阻保持不变)。三、作图题：本大题共3个小题，共7分。15．如图所示，静止的木板上放着一个木块，突然向右拉木板，木块在木板上滑动，请作出木块所受力的示意图。16.如图所示，木块静止在斜面上，画出木块所受力的示意图。

17.如图所示，请按小磁针的指向在括号中用“S”或“N”标出通电螺线管的南北极，用“+”或“−”标出电源的正负极。四、实验题：本大题共3小题，第18小题6分，第19小题6分，第20小题8分，共20分。18．小峰同学在做“用伏安法测量定值电阻R的阻值”的实验中：（1）请你按照图甲所示的电路图，以笔画线代替导线，将图乙未连接好的电路连接完整______；（2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电压表始终无示数，电流表有示数，其原因可能是_______（填字母）；A．滑动变阻器断路

B．定值电阻R断路

C．定值电阻R短路（3）排除故障后，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图丙所示，则通过定值电阻R的电流是______A，它的阻值是______Ω；（4）实验中需要移动变阻器的滑片多次测量，其目的是______。19.在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，实验装置如图所示。选取三个相同的木块分别放在不同的接触面上，其中甲、乙两图的接触面是相同的木板，丙图的接触面是棉布。

(1)实验中应该用弹簧测力计拉着木块在水平接触面上做______运动，根据______知识可知，木块所受摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。

(2)如果想探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应选择______两图进行实验，比较两图可得出的结论是______。

(3)某同学猜想：滑动摩擦力大小可能与接触面积大小有关。于是他将甲图中木块切去一半(如图丁所示)，重复甲图的实验操作。他比较图甲和图丁的实验结果，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。你认为他探究过程中存在的问题是______，改进方法是______。20．在“测量小灯泡的电功率”的实验中，电源电压6V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V（电阻约为10Ω）。（1）请用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整（要求滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变亮）；（2）闭合开关前，应将滑片移到端（选填“A”或“B”）；（3）闭合开关，发现灯泡不亮，移动滑片灯泡仍不亮，突然小明的文具盒掉到桌上，灯泡亮了，小明敲了几下桌子，灯泡又熄灭了，出现这种故障的原因是；A．开关短路B．灯泡短路C．电压表断路D．灯泡接触不良（4）排除故障，再次闭合开关，移动滑片，当电压表的示数为V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为W；（5）实验中滑动变阻器的最大阻值不能小于Ω。五、计算题：本大题共2小题，第21小题7分，第22小题6分，共13分。21．如图所示的电路，电源电压不变，电阻R＝5Ω，闭合开关S后，电流表的示数为0.4A，已知小灯泡灯丝的电阻恒为10Ω。求：（1）通过小灯泡的电流；（2）通电10s，整个电路消耗的电能。22．如图甲所示，圆柱形木块A与质量不计的薄壁圆柱形容器B分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为20cm，底面积为100cm2，容器B内盛有4cm深的水。小吴从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，木块A和容器B对桌面的压强随截取高度h的变化关系如图乙所示。求：（1）图乙中p0的值；（2）从A截取h1＝5cm的圆柱块放入容器B中，B对桌面压强的增加量；（3）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，物体A所受的浮力。六、综合能力题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。23．说起“节约用水”总会想起央视的一个公益广告，其中有一句让人刻骨铭心的广告词：别让你的眼泪成为最后一滴水。水对于这个蓝色的星球来说太重要，它意味着两个字：生命。所以水对于人类来说很重要，节约用水人人有责，作为一个中学生怎么做到节约用水呢？至少说出两种方法。24．如图所示为某款微电脑电热水壶，其具有温度可控、自动抽水等优点，下表是该电热水业的部分参数【c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1×103kg/m3】求：额定电压加热功率频率容量220V1210W50Hz1.2L（1）该电热水壶正常加热时的电阻是多少？（2）用该电热水壶将1.2L的水从20℃加热到100℃，则这些水需吸收多少焦的热量？（3）某天用电高峰期，只使用该电热水壶加热6min，标有“1200r/（kW•h）”字样的家用电能表的转盘转了120转，此时电热水壶的实际功率是多少？

25．随着人们生活水平的提高，更侧重生活的舒适度体验，智能马桶开始走入人们的生活。如图甲所示，是杭州生产的一款有洗涤功能的马桶盖，表中是说明书中部分内容，图乙是加热电路的简化电路图。在图乙中，当闭合开关S、断开开关S1时，保温座圈的电热丝R2开始加热；再闭合开关S1，电热丝R1给水加热，同时洗净装置将热水喷出。[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：（1）保温座圈的电热丝R2的阻值。（2）按出水量0.6L/min计算，1min喷出水的质量。（3）若洗净装置喷水时将水由20℃加热到40℃，该装置加热的效率。额定电压220V洗净装置出水量0.6L/min加热功率1200W保温座圈功率50W

参考答案及解析1．（2分）如图所示的简单机械，正常使用时费距离的是（）A．筷子 B．食品夹 C．定滑轮 D．动滑轮【分析】结合图片和生活经验，先判断机械在使用过程中的特点，或动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它们的省力情况，据省力一定费距离的特点分析即可判断。【解答】解：A、根据图示可知，使用筷子时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，即费力省距离，故A错误；B、根据图示可知，使用食品夹时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，即费力省距离，故B错误；C、定滑轮是一个等臂杠杆，即动力臂等于阻力臂，即不省距离，也不费距离，故C错误；D、动滑轮是一个省力杠杆，即省力但一定费距离，故D正确；故选：D。【点评】知道省力杠杆省力、一定费距离是解决该题的关键。2.【答案】D

【解析】解：A、一切物体都有惯性，当自行车静止时，同样具有惯性，故A错误；

B、在平直路面上匀速向前骑行时，自行车受到的动力与自行车受到的阻力是一对平衡力，大小相等，故B错误；

C、路面受到的压力与人受到的支持力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故C错误；

D、把人和车看做一个整体，人和车受到的重力与地面对人和车的支持力符合二力平衡的四个条件，是一对平衡力，故D正确。

故选：D。

(1)一切物体都有惯性；

(2)(3)(4)根据二力平衡的四个因素分析。

本题考查了二力平衡条件的应用、惯性等知识，属于基础题。

3.【答案】A

【解析】解：A、碗沉入水底时，浮力小于重力；碗漂浮时，浮力等于自身的重力，由于重力相同，由F浮=G排可知，碗沉入水底时比漂浮时排开水的重力减小了，则排开水的质量减小了，故A正确；

B、碗沉入水底时，受到的浮力小于它的重力；故B错误；

C、碗沉入水底时，受到的浮力小于它的重力，碗漂浮时，浮力等于自身的重力，由于重力不变，所以漂浮时的浮力大于下沉时的浮力，故C错误；

D、碗沉入水底时与漂浮在水面上时，质量相同，所以重力相同，故D错误；

故选：A。

(1)由于地球的吸引而使得物体受到的力是重力，重力的大小与物体的质量有关；

(2)下沉时，物体所受的浮力小于自身的重力；

(3)物体漂浮时，浮力等于自身的重力。

本题考查阿基米德原理和浮沉条件的应用，关键是知道小碗沉入水底排开水的体积变小了，而碗的重力是不变的。4.【答案】B

【解析】解：A、以滚动的足球为参照物，球门相对于滚动的足球位置在改变，球门是运动的，故A错误；

B、踢出后的足球，由于是由于惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；

C、物体间力的作用是相互的，所以用力踢足球时脚会有疼的感觉，故C错误；

D、足球踢出后，脚对足球没有力的作用，没有对足球做功，故D错误。

故选：B。

(1)被研究的物体和参照物之间如果发生位置的改变，被研究的物体是运动的，如果没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的；

(2)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；

(3)物体间力的作用是相互的；

(4)做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。

本题考查了参照物、惯性、力的作用是相互的及做功的必要因素等多个物理知识，具有一定综合性，难度不大。

5.【答案】C

【解析】解：A、声音是物体振动产生的，敲鼓时鼓面由于振动而发声，故A错误；

B、鼓声和锣声是通过空气传入人耳的，故B错误；

C、人们确定车行驶了一里还是十里是根据鼓和锣发声有不同的音色，故C正确；

D、人们根据鼓声和锣声确定路程，说明声音可以传递信息，故D错误。

故选：C。

(1)声音是物体振动产生的；振动停止，发声停止；

(2)声音的传播需要介质，气体、液体和固体都能够传播声音；

(3)声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的距离有关；音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。

(4)声音能够传递信息，也能够传递能量。

本题需要学生掌握声音产生的原因、声音的传播、声音的特征、声音的利用，是一道声学基础题，是中考的热点。6．C【详解】重心升高的高度h=65cm5cm0.05m.克服重力做的功为W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×0.05m=25J，故选C.【点睛】根据直角三角形的特征利用勾股定理求出重心升高的高度，再利用公式W=Gh求出做的功．7.【答案】D

【解析】解：A、R与R0串联，电压表测R部分电阻的电压；由于电压表的内阻很大，相当于开路，所以电阻丝接入电路的阻值不变，为20Ω，串联电路总电阻等于各分电阻之和，由欧姆定律可得通过电路的电流：

I=UR+R0=6V20Ω+10Ω=0.2A，

与电压表并联电阻的阻值为：

RP=UPI=1V0.2A=5Ω，

均匀电阻丝MN长为10cm，其阻值为20Ω，则1cm电阻丝的阻值为2Ω，所以与电压表并联部分的电阻丝的长度为2.5cm，

由图乙所示图象可知弹簧每伸长1cm，受到的拉力为100N，则此时受到的拉力为250N，故A错误；

B、由图乙可知，当拉力为200N时弹簧的伸长量为2cm，由A可知，1cm电阻丝的阻值为2Ω，则电压表并联部分的电阻丝的阻值为2×2Ω=4Ω，故电压表示数为：

U'=IRP'=0.2A×4Ω=0.8V，故B错误；

C、由题意可知，电压表选用小量程，故电压表最大示数为3V；则与电压表并联电阻的阻值为：

RP'=UP'I=3V0.2A=15Ω，

1cm电阻丝的阻值为2Ω，所以与电压表并联部分的电阻丝的长度为7.5cm，

由图乙所示图象可知弹簧每伸长1cm，受到的拉力为100N，则此时受到的拉力为750N，故C错误；

D、若要提高拉力器所能承受的最大拉力，在电阻丝MN8.【答案】虚像

不变【解析】解：同学们每天早晨起来洗漱时要通过平面镜观察自己的面容，我们在平面镜中的像是反射光线的延长线形成的虚像；

当我们走近平面镜时，像的大小不变。

故答案为：虚像；不变。

平面镜所成的像是反射光线的延长线形成的，光屏无法承接，是虚像。平面镜所成的像与物体等大，据此分析。

本题考查平面镜成像的特点，知道平面镜所成的是正立、等大的虚像。

9．解：因为水的压强随深度增加而增大，故为了防止大坝被水压冲毁，拦河大坝所以修成“上窄下宽”的形状；三峡大坝的船闸由上下两个阀门组成一个闸室，当上游阀门打开时，闸室与上游通过阀门组成连通器，使闸室内的水位与上游水位相平；故船闸的原理即为连通器的原理，即三峡大坝的船闸是连通器在实际中的具体应用；吸钢笔水时、注射器吸药液是借助了大气压的作用，外界大气压大于笔胆内的气压，把墨水压入笔胆内；最早测出大气压值的科学家是托里拆利。故答案为：同种液体，液体内部压强随深度的增加而增大；连通器；大气压；托里拆利。10.【答案】开关接在零线与灯之间

600

【解析】解：(1)左图中，三孔插座，左孔接零线、右孔连接火线、中孔连接地线，连接正确；

为了安全，开关要接在火线和灯之间，这样连接，在开关断开时，灯上没有电；而左图中，开关接在零线与灯之间。

(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转3000r，

电能表转盘转动60r，电吹风消耗的电能：

W=603000kW⋅h=0.02kW⋅h，

用电时间：t=2min=130h，

电吹风的电功率为：

P=Wt=0.02kW⋅h130h=0.6kW=600W11．（3分）某一温度下，两个电路元件甲和乙中的电流与电压的关系如图所示若将元件甲、乙并联后接在电压为2V的电源两端，则干路的电流是0.3A；将元件甲、乙串联后接在电压为3V的电源两端，则元件乙两端的电压是2V；若将元件甲单独接在电压为6V的电源两端，工作1min所产生的热量为216J。【分析】（1）两元件并联后接在电压为2V的电源两端时它们两端的电压相等，根据图像读出通过两元件的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的电流；（2）将元件甲、乙串联后接在电压为3V的电源两端时，通过两元件的电流相等，且总电压等于各分电压之和，根据图像读出符合要求的电流与电压，从而得出元件乙两端的电压；（3）由图像可知元件甲的I﹣U图像是正比例函数，通过甲的电流和两端的电压成正比，则甲的电阻为定值电阻，读出任意一组电流和电压值，根据欧姆定律求出其阻值；由I＝可求得将元件甲单独接在电压为6V的电源两端时的电流，再利用W＝t可求得工作1min所产生的热量。【解答】解：（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，将元件甲、乙并联后接在电压为2V的电源两端时，两元件两端的电压均为2V，由图像可知，I甲＝0.2A，I乙＝0.1A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路的电流I＝I甲+I乙＝0.2A+0.1A＝0.3A；（2）将元件甲、乙串联后接在电压为3V的电源两端时，因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，所以，由图像可知，当I′＝0.2A、U甲′＝1V、U乙′＝2V时符合，则元件乙两端的电压是2V。（3）由图像可知，元件甲为定值电阻，当U甲＝1V时，I甲＝0.1A，由I＝可得，元件甲的电阻R甲＝＝＝10Ω；工作1min所产生的热量W＝t＝×60s＝216J。故答案为：0.3；2；216。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，从图像中获取有用的信息是关键。12.【答案】大气压

变大

【解析】解：(1)纸板受到水对它向下的压强和外界大气压对它向上的压强，而纸板受到向上的大气压远大于水对纸片向下的压强，所以纸片不会掉下来，这个现象说明了大气压强的存在；

(2)核潜艇下潜时，深度增加，根据p=ρgh可知水对潜艇底部的压强变大。

故答案为：大气压；变大。

(1)此实验是证实大气压存在的最常见的实验，纸片没有掉下来就是因为受到外界大气压对纸片向上压力的作用；

(2)根据p=ρgh判断潜艇下潜过程中，海水对潜艇底部压强的变化。

本题考查的是大气压的存在和液体压强的特点，属于基础题。

13．解：由图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A2测R1支路的电流，电流表A1测干路电流。因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R1的电流不变；电压表V的示数不变，电流表A2的示数不变，其比值不变；将变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小；电流表A1的示数与电流表A2的示数的差为通过滑动变阻器的电流，故差值变小。故答案为：不变；不变；变小。14.【答案】0.3

27

5Ω～20

【解析】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)灯泡正常发光时的电压为3V，功率为0.9W，

根据P=UI可得，此时的电流：IL=PLUL=0.9W3V=0.3A；

(2)根据串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压UR=U−UL=4.5V−3V=1.5V；

根据串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流IR=IL=0.3A，

通电1min滑动变阻器产生的热量Q=W=URIRt=1.5V×0.3A×60s=27J；

(3)串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，

所以电路中的最大电流Imax=0.3A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，

由I=UR可知，灯泡的电阻RL=ULIL=3V0.3A=10Ω；

电路中的总电阻R总小=UImax=4.5V0.3A=15Ω，

根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R15．【解析】竖直方向木块受到竖直向下的重力和木板对它竖直向上的支持力，且这两个力是一对平衡，所以两力大小相等；木块原来静止在木板上，突然向右拉木板，木块由于惯性要保持原来的静止状态，所以木块相对木板向左滑动，则木块受到木板对向右的摩擦力。据此画出木块的受力示意图如图所示：16.【答案】解：木块的重心在其几何中心，过重心作竖直向下的重力G、沿斜面向上的摩擦力f、垂直于斜面向上的支持力F。如图所示：

【解析】静止在斜面上的物体受到重力、摩擦力和支持力作用，然后过重心分别表示出三个力的方向。

作出力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。本题的关键是正确分析出物体受到的各力。

17.【答案】解：根据磁极间的相互作用可以判断出螺线管的左端为N极，右端为S极，根据安培定则，伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极(左端)，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的，所以电源的右端为正极，左端为负极，如图所示：

。【解析】根据磁极间的相互作用判断螺线管的磁极。最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。

本题主要考查对磁极间的相互作用以及安培定则的掌握情况。

安培定则：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极。

18．

C

0.5

5

取平均值来减小误差【解析】(1)[1]由图可知，滑动变阻器应串联接入电路，且接法为“一上一下”，如图所示：(2)[2]闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，则电路通路，但是电压表始终无示数，则说明电压表断路或定值电阻R短路，故C符合题意，AB不符合题意。故选C。(3)[3][4]由图丙可知，电流表选择0～0.6A量程，分度值为0.02A，则读数为0.5A；此时电阻的电压为2.5V，则电阻阻值为(4)[5]为了减小实验误差，实验中需要移动变阻器的滑片多次测量，根据不同的电流电压值，计算出每次测量的电阻，然后取平均值。19.【答案】匀速直线

二力平衡

乙丙

压力相同时，接触越粗糙，滑动摩擦力越大

没有控制压力大小相等

将切除的一半叠放在剩余的一半之上【解析】解：(1)实验中应该用弹簧测力计拉着木块在水平接触面上做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡知识可知，木块所受摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；

(2)如果想探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同，应选择乙丙两图进行实验，比较两图可得出的结论是：压力相同时，接触越粗糙，滑动摩擦力越大；

(3)研究滑动摩擦力大小可能与接触面积大小有关，要控制压力和接触面粗糙程度相同，他将甲图中木块切去一半(如图丁所示)，则压力变小，故他探究过程中存在的问题是：没有控制压力大小相等；为控制压力相同，改进方法是将切除的一半叠放在剩余的一半之上。

故答案为：

(1)匀速直线；二力平衡；

(2)乙丙；压力相同时，接触越粗糙，滑动摩擦力越大；

(3)没有控制压力大小相等；将切除的一半叠放在剩余一半之上。

(1)根据二力平衡的条件分析；

(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；

(3)研究滑动摩擦力大小可能与接触面积大小有关，要控制压力和接触面粗糙程度相同，据此分析。

本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。

20．【答案】（1）见解答图；（2）B；（3）D；（4）2.5；0.75；（5）11.7。【分析】（1）滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器接入电路的阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移到阻值最大处；（3）因灯泡时亮时灭，说明电路某处接触不良；（4）当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光；根据电流表选用的量程，读出电流表的示数，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；（5）根据串联电路的特点结合欧姆定律计算滑动变阻器接入电路的阻值。【解答】解：（1）滑动变阻器滑片向左移动时灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器接入电路的阻值变小，故滑动变阻器应选用左下接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：；（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑片移到阻值最大处，即B端；（3）闭合开关，发现灯泡不亮，移动滑片灯泡仍不亮，突然小明的文具盒掉到桌上，灯泡亮了，小明敲了几下桌子，灯泡又熄灭了，则出现这种故障的原因是灯泡接触不良；故选：D；（4）小灯泡的额定电压为2.5V，当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光；此时电流表的示数如图乙所示，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；（5）灯泡正常发光时的电流为0.3A，根据串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，根据串联电路的电流特点和欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻为：R滑＝＝≈11.7Ω，所以实验中滑动变阻器的最大阻值不能小于11.7Ω。故答案为：（1）见解答图；（2）B；（3）D；（4）2.5；0.75；（5）11.7。【点评】本题是测量小灯泡电功率的实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电功率的计算及器材的选择等知识。21．如图所示的电路，电源电压不变，电阻R＝5Ω，闭合开关S后，电流表的示数为0.4A，已知小灯泡灯丝的电阻恒为10Ω。求：（1）通过小灯泡的电流；（2）通电10s，整个电路消耗的电能。【解答】解：（1）在并联电路中，U＝U1＝U2，由I＝得，灯泡两端电压为UL＝UR＝IR•R＝0.4A×5Ω＝2V；通过灯泡的电流为IL＝＝＝0.2A；（2）干路电流为I＝IL+IR＝0.2A+0.4A＝0.6A，通电10s，整个电路消耗的电能为W＝UIt＝2V×0.6A×10s＝12J。答：（1）通过灯泡的电流为0.2A；（2）通电10s，整个电路消耗的电能为12J。22．【解答】解：（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，木块A的重力减小，对桌面的压力减小，对桌面的压强减小，同理可知容器B对桌面的压强增大，则下图中a是容器B对桌面的压强随截取高度h的变化图像，b是木块A对桌面的压强随截取高度h的变化图像，当h＝0时，容器内水的高度h水＝4cm＝0.04m，容器B对桌面的压强为p0，水的体积：V水＝SBh水，由ρ＝可得，容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水，因薄壁圆柱形容器B的质量不计，所以，容器B对桌面的压力：FB＝G水＝m水g＝ρ水SBh水g，容器B对桌面的压强：p0＝＝＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝400Pa；（2）圆柱形木块A的质量：mA＝ρAVA＝ρASAhA＝0.8×103kg/m3×0.2m×100×10﹣4m2＝1.6kg，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A＝GA＝mAg＝1.6kg×10N/kg＝16N，木块浸入水中的体积：V排A＝＝＝16×10﹣4m3，由图可知当木块A漂浮在水面上时，容器B对桌面的压强为1200Pa，容器B对桌面增加的压强：Δp＝p﹣p0＝1200pa﹣400pa＝800pa，水面上升的高度：h0＝＝＝0.08m，容器B的底面积：SB＝＝＝0.02m2，从A截取h1＝5cm时，截取部分的质量：m1＝ρAVA截1＝ρASAh1＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×5×10﹣2m＝0.4kg，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮1＝G1＝m1g＝0.4kg×10N/kg＝4N，木块浸入水中的体积：V排1＝＝＝4×10﹣4m3，水面上升的高度：h1′＝＝＝0.02m，B对桌面压强的增加量；Δp1＝ρ水gh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m＝200Pa；（3）容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水＝1g/cm3×200cm2×4cm＝800g＝0.8kg，容器内水的重力：G水＝m水g＝0.8kg×10N/kg＝8N；当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，设截取A的重力为G截，此时A对桌面的压强：pA′＝，B对桌面的压强pB′＝，根据题意可得：＝2×，由前面解答可知SB＝2SA，则有：＝2×，解得G截＝11.2N；容器底面积为200cm2，原来盛有4cm深的水，若截取部分放入水中时沉底，但仍然漂浮（与容器底部接触但对底部无压力），则此时水的深度（此时相当于水分布在容器两侧）：h′＝＝＝＝8cm，此时截取部分的重力G截′＝F浮′＝ρ水gV排＝ρ水gS截h′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣4m2×0.08m＝8N；而实际截取部分的重力11.2N＞8N，所以此时截取部分在水中沉底，且不能使水面上升，则此时水的深度仍然为8cm，截取部分所受的浮力仍然为8N。答：（1）图乙中p0的值为400Pa；（2）从A截取h1＝5cm的圆柱块放入容器B中，B对桌面压强的增加量为200Pa；（3）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，物体A所受的浮力为8N。23．解：作为一个中学生，为了节约用水，我们可以：（1）洗菜水留用浇花；（2）洗澡时尽量用淋浴，不泡澡；故答案为：（1）洗菜水留用浇花；（2）洗澡时尽量用淋浴，不泡澡；24．（9分）如图所示为某款微电脑电热水壶，其具有温度可控