第1题

地磁场．

（1）指南针是根据地磁场的作用工作的，地磁的南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近，再根据磁极间的作用规律，可判断指南针的指向；

（2）中国北宋的沈括最早发现了磁偏角的存在。

解：地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，其长柄为S极，在地球的磁场中受到磁力的作用，由于地磁N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近，故长柄所指方向是地磁北极，地理南极附近，即地理的南方；

中国北宋的沈括最早发现了地磁两极与地理两极并不重合的现象，比西方早了多年。

故答案为：南；沈括。

本题主要考查了地磁场的性质，属于基础知识考查，也是学生易错的内容。

第2题

声音的传播条件．

（1）声音的三个特征分别是：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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性，音色可以用来区别不同的发声体；

（2）声音的传播需要介质，传声的介质可以是固体、气体和液体。

解：由于男生和女生的音调不同，所以小明同学在演播厅外一听就知道是女生在演唱，这主要是根据声音的音调判断的；小明听到的声音是通过空气传入人耳的。

故答案为：音调；空气。

本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟知相关知识并能与生活中的现象相结合，是正确解答的关键。

第3题

做功改变物体内能．

质量是物质本身的一种属性；改变物体的内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的。

解：质量是物质本身的一种属性，不会随着形状、状态、温度和位置的改变而改变，所以样品的质量不会改变；返回舱穿越大气层的过程中，返回舱和大气摩擦生热，返回舱表面温度升高，这是通过做功的方式使其内能增加的。

故答案为：位置；做功。

本题考查了质量、改变内能的方法，属于基础题。

第4题

探究液体压强的特点实验．

液体内部压强跟液体深度成正比，跟液体的密度成正比。相同深度液体密度大的压强大。

解由图像可知，同种液体内部的压强与深度关系图像是正比例函数图像，故同种液体内部的压强与深度成正比；

根据公式p＝ρ液gh，结合图像可知，在深度相同时，液体压强p甲＞p乙，所以。

故答案为：正比；＞。

本题主要考查液体压强的特点，关键是认识图像，题目不难。

第5题

光的反射现象；光的折射现象及其应用．

（1）凸透镜成像属于光的折射现象；当物体放在焦点之内时，会在凸透镜的同一侧成正立放大的虚像。放大镜正是应用了凸透镜成放大、正立、虚像的原理；

（2）平面镜成像属于光的反射现象，平面镜成像特点：物体在平面镜成虚像；物像大小相等。

解：（1）上方镜是放大镜，透过上方镜能看到放大的印章，这属于光的折射现象；

（2）下方镜是平面镜，通过下方镜能看到印章底部的字是属于平面镜成像，是利用光的反射现象。

故答案为：折射；反射。

本题考查了光学知识在生产和生活中的应用，此题与实际生活联系密切，通过此类题目的练习，可以加深对知识的理解和提高学生学习物理的兴趣。

第6题

插座的构造与工作方式．

家庭电路中的用电器是并联的；三孔插座的上孔接地，防止用电器漏电时出现触电事故。

解：在家庭电路中，各用电器工作时互不影响，是并联的，所以三孔插座应并联在电路中；

三孔插座的上孔接地，用电器的金属外壳接三脚插头的上端，当用电器插入三孔插座时，使金属外壳接地，人体被接地的导线短路，即使金属外壳的用电器漏电时，也不会发生触电事故。

故答案为：并；大地。

要理解金属外壳的用电器为什么采用三脚插头，为什么采用三孔插座。

第7题

参照物及其选择；运动和静止的相对性．

动滑轮上绳子的段数n＝2，由vF＝nv物计算绳子自由端移动的速度；

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。

解：由题可知，物体移动的速度v物＝0.1m/s，且n＝2，

因为，在相同的时间内，绳子自由端移动的距离s是物体上升高度的n倍，即s＝nh，所以绳子自由端移动的速度：vF＝nv物＝2×0.1m/s＝0.2m/s；

物体运动时，动滑轮和物体A一起运动，物体A和动滑轮之间没有发生位置的改变，所以，以动滑轮为参照物，物体A是静止的

故答案为：0.2；静止。

本题考查对滑轮组的认识和理解、物体运动状态的判断等，是基础题，一定要掌握。

第8题

电路的动态分析．

（1）当开关S、S1闭合时，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测电源两端的电压，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，利用串联电路的分压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，从而得出灯泡两端的电压变化，利用P＝UI可知灯泡实际功率的变化，从而得出灯泡的亮暗变化；

（2）当开关S闭合、S1断开时，滑动变阻器和灯泡L串联，电压表测滑片右侧电阻丝和灯泡L两端电压之和，根据电压表的内阻特点可知滑片移动时变阻器接入电路中的电阻不变，从而得出电路中的总电阻不变，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，再根据滑片的移动可知滑片右侧电阻丝的阻值变化，利用欧姆定律可知滑片右侧电阻丝两端的电压和灯泡两端的电压变化，从而得出电压表示数的变化。

解：（1）当开关S、S1闭合时，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测电源两端的电压，

当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，

由I＝U/R可知，电路中的电流变大，

由串联电路的分压特点可知，滑动变阻器两端分得的电压变小，灯泡两端分得的电压变大，

因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，

所以，由P＝UI可知，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮；

（2）当开关S闭合、S1断开时，滑动变阻器和灯泡L串联，电压表测滑片右侧电阻丝和灯泡L两端电压之和，因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，所以，滑片移动时变阻器接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，由I＝U/R可知，电路中的电流不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑片右侧电阻丝的阻值变小，由U＝IR可知，滑片右侧电阻丝两端的电压变小，灯泡两端的电压不变，则滑片右侧电阻丝和灯泡L两端电压之和变小，即电压表的示数变小。

故答案为：变亮；变小。

本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测电路元件是关键。

第9题

第10题

力的作用效果；平衡力的辨别；摩擦力的种类；动能和势能的转化与守恒．

（1）根据小球的运动情况判定摩擦力的种类；

（2）动能的大小与物体的质量、速度有关；重力势能的大小与物体的质量、高度有关；

（3）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上；

（4）力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状。

解：

A、小球在斜面上滚动，与斜面之间的摩擦是滚动摩擦，故A错误；

B、小球从斜面滚下过程中，质量不变，高度减小，故重力势能减小，同时速度变大，动能增加，所以是将重力势能转化为动能的过程，故B错误；

C、小球在水平桌面上运动时，竖直方向受到的重力和支持力是一对平衡力，大小相等，故C正确；

D、小球在水平桌面上做曲线运动，运动状态发生了变化，说明力可以改变物体的运动状态，故D错误。

故选：C。

该题考查了能量的转化判断、力的作用效果、摩擦力、二力平衡的判断，是一道综合题，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。

第11题

电磁继电器的组成、原理和特点；电磁铁的其他应用；直流电动机的原理；电流的热效应、化学效应和磁效应．

（1）将钥匙插入仪表板上的钥匙孔并旋转，汽车启动，所以旋转钥匙相当于闭合开关；

（2）电流流过导体时导体发热，这种现象是电流的热效应；

（3）利用安培定则判断电磁铁的极性；

（4）电动机将电能转化为机械能，同时也会产生少量内能。

解：A、将钥匙插入仪表板上的钥匙孔并旋转，汽车启动，所以旋转钥匙相当于闭合开关，故A正确；

B、电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，故B错误；

C、读图可知，电流从电磁铁的上端流入，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，则大拇指所指的上端为螺线管的N极，故C错误；

D、电动机能够将电能大部分转化为机械能，但也会产生一少部分内能，故D错误。

故选：A。

本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，关键是认清电路的构造，联系所学知识进行解答。

第12题

凸透镜成像规律及其探究实验．

根据凸透镜成像的三种情况进行判断：u＞2f，成倒立、缩小的实像，此时f＜v＜2f；2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，此时v＞2f；u＜f，成正立、放大的虚像。

解：A、如凸透镜的焦距为10cm，则此时物距大于二倍焦距，像距位于一倍焦距和二倍焦距之间，即像出现在光具座70~80cm之间，故A符合题意；

B、如凸透镜的焦距为20cm，则此时的物距位于一倍焦距和二倍焦距之间，像距应大于二倍焦距，即大于40cm，像出现在光具座cm以外，所以在光具座上移动光屏，不能得到清晰的像，故B不符合题意；

C、如凸透镜的焦距为30cm，此时的物距等于一倍焦距，不成像，故C不符合题意；

D、如凸透镜的焦距为40cm，此时的物距小于一倍焦距，成正立放大的虚像，虚像不能用光屏承接，故D不符合题意。

故选：A。

此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。

第13题

力与运动的关系；重力．

地球附近的物体都受到地球的吸引力；地面对物体的支持产生支持力；摩擦力产生在相互接触的物体之间；大气压在地球周围存在，所以存在大气压力。

解：小明同学参加校运会百米赛跑的情景。跑步过程中，他时刻都要受到的有重力，大气的压力，因为地球附近的物体都受到重力和大气压力，当小明在跑步的过程中，脱离地面此时不会再有支持力、摩擦力，故AD正确，BC错误。

故选：AD。

本题主要考查力的分析，基础题目。

第14题

沸点及沸点与气压的关系；惯性；磁场对通电导线的作用；电磁感应．

A、力的作用是相互的，相互作用的两个力大小相等，在受力面积相同时，鸡蛋和石头受到的压强大小是相等的；

B、水沸腾的条件是：温度要达到沸点，还要不断吸热；

C、惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都具有惯性；

D、电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关。

解：A、力的作用是相互的，相互作用的两个力大小相等，在受力面积相同时，由公式Pp=F/S可知：鸡蛋和石头受到的压强大小是相等的，鸡蛋破碎是因为鸡蛋硬度太小，故A错误；

B、水沸腾的条件是：温度要达到沸点，还要不断吸热，移开酒精灯后，水不能再从外界吸热，所以不能继续沸腾，故B错误；

C、惯性是指物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都具有惯性。急刹车时，乘客由于有惯性，会继续向前运动，故C正确；

D、电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关，在磁场方向不变时，电流方向改变，其受力方向改变，导致反向偏转，故D正确。

故选：CD。

本题考查惯性、液体沸腾条件、电流表原理等基础知识，难度不大。

第15题

第16题

欧姆定律的应用；电功率的计算．

（1）灯泡标有“2V2W”，根据电功率公式的变形计算灯泡正常工作时的电流，根据欧姆定律的变形计算灯泡的电阻；

（2）由题意知通过电路的最大电流是1A，而灯泡允许通过的最大电流也是1A，根据串联电路电流特点可知灯泡和定值电阻的连接方式；

（3）当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路总电阻最小，通过电路的电流最大，由欧姆定律可得电路总电阻，根据串联电路电阻规律计算定值电阻R0的阻值；

（4）当通过电路的电流最小时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，由欧姆定律可得该电路总电阻，进一步计算滑动变阻器的最大阻值。

答：（1）小灯泡正常工作时的电流为1A，电阻为2Ω；

（2）定值电阻R0与小灯泡串联接入电路；

（3）定值电阻R0的阻值为4Ω；

（4）滑动变阻器R的最大阻值为24Ω。

本题考查串联电路特点、电功率公式、欧姆定律的灵活运用，分清通过电路的最大和最小电流时滑动变阻器滑片的位置是解题的关键。

第17题

答：（1）燃气热水器正常工作10min流出的热水的质量为50kg；

（2）燃气热水器正常工作10min流出的热水所吸收的热量为6.3×J；

（3）该即热式电热水器的加热效率为90%；

（4）使用电能的显著优点是污染少，效率高。

本题考查了密度公式和吸热公式、电热公式以及效率公式的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。

第18题

液体温度计的构造与工作原理；温度计的使用及其读数；天平的使用；长度的测量．

（1）图1表盘上有“mA”字样，表明该仪器是测量电流的电表；刻度的单位是mA，分度值是0.5mA；

（2）图2甲中刻度尺缺陷是未标注单位，根据一般中学生“一拃”长度在15cm左右，确定单位进行读数；

（3）图2乙中游码不在标尺的零刻度线，天平在使用前需将游码移至横梁标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母，使天平水平平衡；

（4）实验室常用温度计的原理是液体的热胀冷缩；观察图2丙中的温度计，读出“舒适”范围的温度值。

解：（1）图1表盘上有“mA”字样，表明该表是测量的电流仪表；刻度的单位是mA，图中电流表一大格2mA被分成4小格，每小格表示0.5mA，即分度值是0.5mA；

（2）图2甲中刻度尺缺陷是未标注单位，根据一般中学生“一拃”长度在15cm左右，图中刻度尺的读数值为“17”左右，故刻度尺的单位是：cm，分度值为1cm，图中“一拃”的左端与20cm刻度线对齐，读为20.0cm，右端与37cm刻度线对齐，读为37.0cm，所以图中“一拃”的长度：L＝37.0cm﹣20.0cm＝17.0cm；

（3）图2乙中游码不在标尺的零刻度线，天平在使用前需将游码移至横梁标尺的零刻度线处，再调节平衡螺母，使指针对准分度盘的中央刻度线（或在中央刻度线两侧摆动幅度相同），天平水平平衡；

（4）实验室常用温度计是根据液体热胀冷缩的原理制成的；观察图2丙中的温度计，分度值是1℃，读出“舒适”范围的温度值为：18℃﹣24℃。

故答案为：（1）电流；0.5mA；（2）未标注单位；17.0cm；（3）将游码移至标尺左端的零刻度线处，向右调节平衡螺母直至天平水平平衡；（4）液体热胀冷缩；18℃﹣24℃。

读取不同测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直；熟悉温度计的原理。

第19题

电功率的测量实验．

（1）知道灯泡的额定电压和其阻值的大约值，根据欧姆定律求出额定电流的大约值，然后确定电流表的量程；要使滑动变阻器连入电路时阻值最大，接线柱B必须接入电路中，据此进行解答；

（2）为防止电路中的电流过大烧坏电路元件，电路连接时开关应断开；闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电表有示数，说明电路是通路，不用更换灯泡，也不用检查电路是否断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，分析电阻过大的原因，然后进行下一步操作；

（3）根据表格数据得出额定电压下通过灯泡的电流，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；根据表格数据得出小灯泡两端电压为1.5V时通过的电流，然后求出其实际功率，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小比较亮暗关系；

①根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻，图乙中，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，灯泡两端的电压最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出灯泡两端的电压，然后判断灯泡两端的电压是否能达到额定电压；

②用电压表测量电压时，电流从电压表正接线柱流入从负接线柱流出，否则电压表指针反向偏转。

解：（1）灯泡的额定电流约为I＝U/R＝2.5V/10Ω＝0.25A，则电流表的量程为0～0.6A，要使滑动变阻器连入电路时阻值最大，接线柱B必须接入电路中，用导线把电流表“0.6”接线柱与变阻器B接线柱连接即可。

（2）为保护电路，电路连接时开关应断开；

闭合开关前，滑片置于阻值最大处，闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，电路不存在断路，滑动变阻器阻值全部接入电路，电路总电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，可能不足以引起灯泡发光，所以，下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；

（3）由表格数据可知，灯泡两端的电压UL＝2.5V时，通过的电流IL＝0.30A，则灯泡的额定功率PL＝ULIL＝2.5V×0.30A＝0.75W，

当灯泡两端电压UL′＝1.5V时，通过的电流IL′＝0.22A，则灯泡的实际功率PL′＝UL′IL′＝1.5V×0.22A＝0.33W，

由PL＞PL′可知，当小灯泡两端电压为1.5V时，小灯泡的亮度较暗；

①灯泡正常发光时的电阻RL＝UL/IL＝2.5V/0.30A≈8.3Ω，

图乙中，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，灯泡两端的电压最大，

此时电路中的电流I大＝U/RL+R0＝6V/8.3Ω+20Ω≈0.21A，

此时灯泡两端的电压UL″＝I大RL＝0.21A×8.3Ω≈1.8V＜2.5V，所以，灯泡两端的电压不能达到额定电压；

②保持滑片位置不变，电压表所接的b接点不动，只断开a接点，改接到c接点上，会造成电压表正负接线柱反接，不能测定值电阻R0两端的电压。

故答案为：（1）如上图所示；（2）断开；移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；（3）0.75；较暗；①灯泡两端的电压不能达到额定电压；②电压表正、负接线柱接反了。

本题考查了测量小灯泡电功率的实验，涉及到实物图的连接和实验的注意事项、实验的操作、电功率的计算、串联电路的特点和欧姆定律的应用等，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。

第20题

探究杠杆的平衡条件实验．

（1）杠杆的力臂是指支点到动力或阻力作用线的距离。

（2）力臂不一定在杠杆上。

（3）若支点在杠杆的中心处，将杠杆调节到水平位置平衡可以消除杠杆自重对实验的影响。

解：

（1）当杠杆不在水平位置平衡时，我们需要通过调节杠杆两端的平衡螺母来调平。调平原则为：左高左调，右高右调。本题中，杠杆左端较高，所以需要向左调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置平衡。

（3）小明所做的实验中，阻力是由挂在O点左侧的钩码提供的，动力是由挂在O点右侧的钩码提供的，所以阻力＝左侧钩码重，动力＝右侧钩码重，动力与重力的方向均为竖直向下。分析表格中实验1、2、3中数据可知，动力与阻力的大小都在变化，这就说明左右两侧所挂钩码的数量均在变化。

小明所做的三次实验均是在杠杆在水平位置平衡时完成的，这就导致动力臂、阻力臂均在杠杆上，所以我们无法区分动力臂（阻力臂）与支点到动力（阻力）的距离，所以根据小明的数据，猜想一、二都可以得到验证。为了改变这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）与杠杆有一定的角度，而不是重合在一起。

分析实验4、5中的数据我们发现，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，所以我们可以得出结论：猜想二是错误的。若要验证猜想一，我们就需要测出倾斜后的动力（或阻力）的力臂。为使实验数据易于处理，即易于求出支点到动力（或阻力）作用线的距离，我们应使动力（或阻力）与杠杆成30°、45°或60°。为此，我们需要使用半圆或直角三角板。

若通过他们二人共同实验得出的数据可以验证猜想一，则说明动力臂（阻力臂）为支点到动力（阻力）作用线的距离。

故答案为：（1）左；（3）数量。

一和二；方向；二；直角三角板；力的作用线。

在探究杠杆平衡的实验探究题中，大部分杠杆的支点都在杠杆的中心处，这样我们在调节杠杆水平平衡后，就可以消除杠杆自重对实验的影响。但是在一些实验中，会将支点设计在杠杆的左侧或右侧，这时杠杆的自重将无法忽略。

第21题

熔化和凝固的探究实验．

猜想与假设：实验中需要比较冰熔化的快慢，所以除了现有器材，还需要用秒表测量时间；

设计与进行实验：（2）实验中，要注意控制变量法的使用；

分析与论证：若两次熔化时间相同，则猜想一错误；若两次实验不相同，则猜想一正确；

评估与交流：（1）该实验是通过比较冰完全熔化所用的时间来比较冰熔化快慢的；

（2）炎热的夏天，冰棒更容易熔化，是由于夏天的温度更高；

拓展：在物理学中，我们用单位时间内通过路程的多少来表示速度；用单位时间内做功的多少来表示功率。

解：猜想与假设：实验中需要比较冰熔化的快慢，所以需要用秒表测量时间；

设计与进行实验：（2）为了探究冰熔化快慢与隔热材料的关系，我们需控制其他条件相同，而改变材料，所以需要用不同的隔热材料将A杯和B杯包裹相同厚度，C杯不包裹，并开始计时；

分析与论证：若t1≠t2，说明冰块熔化的快慢与隔热的材料有关；

评估与交流：（1）该实验是通过比较冰完全熔化所用的时间来比较冰熔化快慢的；

（2）炎热的夏天，冰棒更容易熔化，是由于夏天的温度更高，所以冰块熔化的快慢还可能与温度有关；

拓展：在物理学中，我们用单位时间内通过路程的多少来表示速度；用单位时间内做功的多少来表示功率。

故答案为：猜想与假设：秒表；设计与进行实验：（2）不同；相同；分析与论证：有关；评估与交流：（1）时间；（2）温度；拓展：速度。

本题主要考查了影响冰熔化快慢的因素，在实验过程中要注意控制变量法的使用。