2018年河北省石家庄市桥西区中考物理一模试卷
【答案】
1. D
2. B
3. A
4. B
5. B
6. C
7. D
8. A
9. BC 10. CD 11. BC
12. 192；相对性；流速越大，压强越小 13. 空气进入水；折射 14. 5；0.2；2
15. 小；亮；增大电源电压、增大电磁铁的线圈匝数等
16. 48.4；900；用电高峰，实际电压小于额定电压，电饭锅实际功率小于额电功率
17. 1、用铁钉在纸杯底部扎一个孔；2、用手指堵住杯底的孔，将纸杯装满水，然后用硬纸片将杯口盖严，另一只手按住硬纸片将纸杯倒置，并移开按住硬纸片的手，观察到硬纸片和杯子里的水都不落下来；3、放开堵住孔的手指。；观察到硬纸片和杯子里的水都下落；不是；摩擦力
18. 加热时间；a ；水沸腾时温度保持不变；4.8×104；87.5%
19. A ；能；摩擦；0.2；小明；小明将轻质纸片悬挂起来减小了重力和摩擦力对实验的影响 20. 左；0.5；b ；2.5V×
；1.67；2V-3V
21. 解：（1）由ρ=可得，A 的质量： m A =ρA V A =1.5×103kg/m 3×4×10-3m 3=6kg ， A 对地面的压力：
F A =
G A =m A g=6kg×10N/kg=60N； （2）容器B 对地面的压力：
F B =
G 总=（m 水+m B ）g=（1.5kg+0.3kg ）×10N/kg=18N， 容器B 对地面的压强：
p B ===6000Pa ；
（3）因水平面上物体的压力和自身的重力相等， 所以，甲放在A 的上面时，A 对地面压强的变化量： △p A ===，
甲浸没在B 容器的水中时，排开水的体积： V 排=V 甲=， 水上升的高度：
△h===，
B 中液体对容器底压强的变化量：
△p B =ρ水g△h=ρ水g ，
因A 对地面压强的变化量与B 中液体对容器底压强的变化量相等， 所以，△p A =△p B ，即
=ρ
水
g ，
则ρ甲=ρ水=×1.0×103kg/m 3=2×103kg/m 3；
水未溢出时，甲的最大体积等于B 的容积减去水的体积，此时甲排开水的体积最大，受到的浮力最大， 则V 排=S B h B -V 水=S B h B -=3×10-3m 2×0.7m -=6×10-4m 3，
甲受到的最大浮力：
F 浮=ρ水gV 排=1.0×103kg/m 3×10N/kg×6×10-4m 3=6N 。 答：（1）A 对地面的压力为60N ； （2）容器B 对地面的压强为6000Pa ；
（3）物体甲的密度为2×103kg/m 3，甲受到的最大浮力为。
22. 解：（1）灯L 1和L 2以某种方式接在电压为18V 的某电源时，两灯均正常发光， 将L 1和L 2以另一种方式接在电压为U 的电源时，L 1的功率是其额定功率的
，
由P=I 2R 可得，L 1前后两次通过的电流之比：=====； （2）若灯L 1和L 2以并联方式接在电压为18V 的某电源时，它们两端的电压均为18V ， 因两灯均正常发光， 所以，U 额1=U 额2=18V ，
灯L 1和L 2以串联方式接在电压为U 的电源时，L 2正常发光，其功率P 2=P 2额=8W ， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，电路中的电流：
I=I
1=I
2额
===A，
则I
额1=I
1
=×A=A，
由I=可得，两灯泡的电阻分别为：
R 1===32.4Ω，R
2
===40.5Ω，
由题意可知两灯泡的电阻关系应为R
1＞R
2
，而上面的假设不符合，
所以，灯L
1和L
2
应以串联方式接在电压为18V的某电源上，两灯泡的额定电流应相等，===，
将L
1和L
2
以并联方式接在电压为U的电源时，它们两端的电压相等，即U
1
=U
额2
=U，
则U
额1=U
1
=U，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，两灯泡串联时，有U
额1+U
额2
=18V，即U+U=18V，
解得：U=8V，即U
额2=U=8V，U
额1
=10V，
灯泡L
1
的额定电流：
I
额1=I
额2
===1A，
则L
1
的额定功率：
P
额1=U
额1
I
额1
=10V×1A=10W。
答：（1）L
1前后两次通过的电流I
额1
与I
1
之比为5：4；
（2）电源电压U为8V，L
1
的额定功率为10W。
【解析】
1.
解：A、三个苹果的质量约1斤=500g，所以一个苹果的质量在150g左右。故A不符合实际；
B、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故B不符合实际；
C、正常情况下，人的脉搏1min跳动的次数在75次左右，跳动一次的时间接近1s。故C不符合实际；
D、普通居民楼三层的高度在10m左右，一层楼的高度在3m左右。故D符合实际。
故选：D。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。
物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2.
解：A、“隔墙有耳”说明固体能传播声音，故A错误；
B、实验中只能尽可能抽出瓶内的空气，不可能把瓶内空气完全抽出，因此这是一个理想化的实验，所以，通过此实验不能直接得到真空不能传声的结论，而是在此实验的基础上通过科学推理法得出实验结论，故B正确；
C、超声波，次声波都是声波，在空气中的传播速度相同，故C错误
D、我们听不到蝴蝶翅膀振动发出的声音是因为其振动的频率低于20Hz，不在人耳的听觉范围20-20000Hz之内，故D错误。故选：B。
（1）声音的传播需要介质；
（2）真空不能传播声音；
（3）声音以声波的形式向外传播，声音的传播靠介质；固体、液体、气体都可作为传播声音的介质，同种介质中的传播速度相同；
（4）人耳的听觉范围20-20000Hz之内。
从声学的不同角度考查了与声音有关的多个知识点，属基础知识的考查，难度不大。
3.
解：A、积雪消融，是固态的冰熔化成液态的水属于熔化现象，而熔化要吸热，故A正确；
B、清晨凝露是空气中的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，属于液化现象，而液化要放热，故B错误；
C、树叶凝霜是凝华现象，水蒸气遇冷凝华而成的小冰晶，凝华要放热，故C错误；
D、山涧起雾，水蒸气遇冷液化而成的小水滴，属于液化现象，液化要放热，故D错误。
故选：A。
解决此题要知道物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行，其中熔化、汽化、升华过程需要吸热，凝固、液化、凝华过程需要放热。
解决此类问题要会正确的判断物态变化，然后结合吸热和放热进行分析判断。
4.
解：
A、由于电冰箱有金属外壳，所以为了防止漏电时导致人触电，一定要用三孔插座，故A错误；
B、wifi 无线信号是通过电磁波来传递信息的，故B正确；
C、磁感线能形象的描述磁场，但磁感线不是真实存在的，是为了研究磁场方便而假想的曲线，故C错误；
D、能自由转动的磁体静止时指南的那个磁极叫做南极，又叫S极；司南静止时，长柄指向南方，说明长柄是S极，故D错误。
故选：B。
（1）由于电冰箱有金属外壳，所以为了防止漏电事故导致人触电，故需要用三孔插座；
（2）无线信号是通过电磁波来传递信息的；
（3）磁场是客观存在的物质场，而磁感线是不存在的，是为了研究方便假象出来的；
（4）“司南”是最早的指南针，是利用天然的磁石磨制成的磁勺，磁勺受到地磁场的作用总是一端指南一端指北。
此题考查了安全用电的理解、磁场和磁感线的区别、地磁场及司南的工作原理等知识点的理解，是一道综合题。
5.
解：
煤是化石能源，会越用越少，不可能在短时间内补充，是不可再生能源；太阳能、风能、潮汐可以源源不断的得到，是可再生能源；
所以利用不可再生能源发电的是燃煤发电，故B符合题意。
故选：B。
能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；根据可再生能源和不可再生能源的特点来作答。
本题主要考查学生对：可再生和不可再生能源的特点的理解和掌握，要理解。
6.
解：A、据图可知，此时的物距大于像距，所以物体一定处于2倍焦距以外，此时成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、把蜡烛和光屏位置互换，此时物距小于像距，即物体一定处于1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、放大的实像，故B错误；
C、把蜡烛逐渐远离透镜，即物距变大，像距变小，所以向透镜处移动光屏，同时像变小，故C正确；
D、若在透镜前放置一个远视眼镜，即凸透镜，即此时会像提前会聚，即像距变小，所以应该保持蜡烛和透镜不动，需要把光屏向左移动适当距离后，光屏上才能再次出现烛焰清晰的像，故D错误；
故选：C。
（1）设凸透镜的焦距为f，物距为u，则凸透镜成像的规律为：当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，此时f＜v＜2f。利用其可制成照相机。当u=2f时，成倒立、等大的实像，此时v=2f。当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，此时v＞2f。利用其可制成幻灯机或投影仪。当u=f时，无像。经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点。当u＜f时，成正立、放大的虚像。利用其可制成放大镜。
（2）凸透镜成实像时，物近向远像变大，物远像近像变小；
（3）远视镜是凸透镜，对光线有会聚作用；
本题考查了凸透镜成像实验注意事项、凸透镜成像规律的应用，熟悉实验、熟练掌握凸透镜成像规律是正确解题的关键。
7.
解：
A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
B、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
C、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，不省力也不费力；
D、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故选：D。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂
8.
解：
A、由图知，n=3，不计摩擦和绳重，拉力F=（G+G
），则动滑轮的重：
动
=3F-G=3×200N-500N=100N，故A正确；
G
动
B、绳端移动的速度：
=3×1.5m/s=4.5m/s，
v=nv
物
拉力做功的功率：
P===Fv=200N×4.5m/s=900W，故B错；
C、滑轮组的机械效率η=====×100%≈83.3%，故C错；
D、滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比，与提升物体的速度无关，故D错。
故选：A。
），据此求动滑轮的重；
（1）由图知，n=3，不计摩擦和绳重，拉力F=（G+G
动
（2）绳端移动的速度等于物体提升速度的3倍，利用P=Fv求拉力做功功率；
（3）滑轮组的机械效率η====；
（4）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比，其大小与提升物重、动滑轮重力和摩擦大小有关，而与提升物体的速度无关。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，注意：滑轮组的机械效率与提升物重、动滑轮重力和摩擦大小有关，而与提升物体的速度无关。
9.
解：A、内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，不管在什么样的温度下，物体都会存在内能，0℃的冰也有内能，故A错误。
B、冬天搓手取暖时，克服摩擦力做功，是通过做功的方式来改变内能的，故B正确；
C、要使物体的内能增加，不一定要吸收热量，因为也可以对物体做功，故C正确；
D、影响物体内能的因素有温度和质量，温度高的物体的内能不一定大，温度低的物体可能比温度高的物体内能大，故热量可以从内能少的物体传向内能多的物体，故D错误。
故选：BC。
（1）内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和；
（2）改变内能的方法：做功和热传递；
（3）改变内能的方式有两种，即做功和热传递，这两种方式是等效的；
（4）热传递的条件：温度差。
热量、内能、温度是热学里三个最重要，同时也是联系最密切的概念，要真正理解。
10.
解：
A、物体只受重力作用时，不一定做竖直向下的运动，例如竖直上抛的物体，故A错误；
B、用力推一个物体，没有推动，原因是推力等于摩擦力，故B错误；
C、匀速直线运动的物体，其机械能也可能转化为内能；比如跳伞运动员在空中匀速下落时，动能不变，重力势能减小，机械能减小，由于运动时受到空气阻力的作用，机械能会转化为内能，故C正确；
D、扔出去的实心球到达最高点时，其水平方向的速度不为零，重力和空气阻力也不是平衡力，此时铅球处于非平衡状态，故D正确。
故选：CD。
（1）力是改变物体运动状态的原因，若物体受平衡力或不受力，运动状态不变，受非平衡力，运动状态一定改变。
（2）克服摩擦做功时，机械能转化为内能。
此题考查了力和运动的关系，力与运动的关系是力学中的一个重点和难点，正确理解力与运动的关系是学好力学的关键。
11.
解：
（1）闭合S
1和S
2
时，等效电路图如下图所示：
由电压表被短路和电流表A
1
所在支路断路可知，两电表均无示数，故A错误；
（2）只闭合S
1
时，等效电路图如下图所示：
设向右移动滑片前后，电路中的电流分别为I
1、I
2
，
由I=可得，电压表V示数的变化量：
△U
3=U
3
-U
3
′=I
1
R
3
-I
2
R
3
=（I
1
-I
2
）R
3
=△IR
3
，
即=R
3
，即电压表V的示数变化量与电流表A 的示数变化量之比不变，故B正确；
（3）同时闭合S
1、S
2
、S
3
时，等效电路图如下图所示：
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R
2和R
3
的电流不变，
当向右移动滑片时，R
1
接入电路中的电阻变小，
由I=可知，通过R
1
的电流变大，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R
1和R
2
支路的电流之和变大，即电流表A
2
的示数变大，
通过R
1、R
2
、R
3
支路的电流之和变大，即电流表A的示数变大，故C正确；
干路电流变大，由P=UI可知，电路的总功率变大，
因电源的电压和通过R
2、R
3
支路的电流均不变，
所以，由P=UI 可知，R 2和R 3的功率不变，故D 错误。 故选：BC 。
（1）闭合S 1和S 2时，电压表被短路，电流表A 1被断路，两表均无示数；
（2）只闭合S 1时，R 1、R 2、R 3串联，电压表测R 3两端的电压，电流表测电路中的电流，设出向右移动滑片前后电路中的电流，根据欧姆定律表示出电压表V 示数的变化量，然后判断电压表V 的示数变化量与电流表A 的示数变化量之比变化；
（3）同时闭合S 1、S 2、S 3时，R 1、R 2、R 3并联，电压表测电源两端的电压，电流表A 1测R 2和R 3支路的电流之和，电流表A 2测R 1和R 2支路的电流之和，根据电源电压保持不变可知滑片移动时电压表V 示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R 2和R 3的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R 1的电流变化，然后判断电流表A 2的示数和电流表A 示数的变化，根据P=UI 可知电路的总功率变化以及R 2和R 3的功率变化。
本题考查了串并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的电路元件是关键。 12.
解：（1）列车从正定机场发车时刻时10：38，到达保定东的时刻是11：12，所以时间t=11：12-10：38=34min=h ；
正定机场站到保定东站的路程为：142km-33km=109km ，
从正定机场站到保定东站区间列车运行的平均速度为：v==≈192km/h；
（2）车上的乘客发现自己相对于对面的乘客是静止的，但是相对于窗外的景物是运动的，这说明了运动和静止具有相对性； （3）列车进站时，速度较快，使人身前的空气流速变快，则压强较小，人身后的压强大于人身前的压强，产生一个向内的压力差，使人有可能被“吸入”列车下，造成危险。
故答案为：（1）192；（2）相对性；（3）流速越大，压强越小。
（1）由时刻表中列车发车和到达时间计算正定机场到保定东的运行时间和路程；利用速度公式计算平均速度； （2）运动和静止是相对的，选取不同的参照物，物体的运动结果的描述不同。 （3）流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
本题考查了速度公式的应用、运动和静止的相对性、流体压强与流速的关系等知识，由表中数据求出列车的运行时间（包括在中间站的停车时间）是解题的前提与关键。
13.
解：①连接飞机与观察口，入射点在连线与界面的交点左侧，在靠近交点的位置确定入射点，画出法线；
②根据光从空气进入水中时折射角小于入射角的规律画出入射光线与折射光线，折射光线的反向延长线交于飞机的虚像上。所
以图中下方是飞机，上方是飞机的像。如图所示： 根据光是从空气进入水中，所以折射角小于入射角，像比实物的位置偏高； ①首先确定光的入射点；
②画入射光线，光从空气进入水中时折射角小于入射角；
③折射光线的反向延长线到飞机的像，所以像比实际飞机要高一些。
此题主要考查光的折射光路图，题中难点是入射点的确定，光从空气中斜射到水面上时，会发生折射现象，折射光线将靠近法线，折射角小于入射角；眼睛观察物体是逆着光的传播方向看。 14.
解：由图示图象可知，元件甲的电阻：R 甲===5Ω； 串联电路电流处处相等，由图示图象可知，电流：I=0.2A 时， U 甲=1V ，U 乙=2V ，
两元件的串联电压：U=U 甲+U 乙=1V+2V=3V 。 故答案为：5；0.2；2。
由图示图象求出电压对应的电流，然后应用欧姆定律求出电阻阻值； 根据串联电路特点应用图示图象求出电压对应的电流，然后答题。
本题考查了学生对图象的理解及应用，图象法是物理学中常见的解题方法，要求学生应熟练掌握。
15.
解：（1）闭合S 1后，利用安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁的左端为N 极、右端为
S 极，如图下图：
（2）由左图可知，向左滑动滑片P 时，变阻器接入电路中的电阻变小，由I=可知，左边电路中的电流变大，则电磁铁的磁性变强，周围的磁场增强；由右图可知，巨磁电阻和指示灯串联，因为巨磁电阻的阻值随磁场的增强而减小，所以此时巨磁电阻的阻值会变小，右边电路中的总电阻变小，由I=
可知，右边电路中的电流变大，通过指示灯的电流变大，指示灯的实际
功率变大，所以指示灯变亮；
（3）据题目的实际情况可知，也可以通过增大电源电压、增大电磁铁的线圈匝数等方法增强GMR 所处的磁场； 故答案为：（1）见上图；（2）小；亮；（3）增大电源电压、增大电磁铁的线圈匝数等。 （1）利用安培定则判断电磁铁的磁极；
（2）巨磁电阻材料的电阻在磁场中随磁场强度的增大而急剧减小分析即可判断；
（3）据题目的实际情况可知，也可以通过增大电源电压、增大电磁铁的线圈匝数等方法增强GMR 所处的磁场；
本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和欧姆定律公式的应用等，判读出巨磁电阻的变化是解题的关键。 16. 解：由P=
可知，
电饭锅正常工作时的电阻R==
=48.4Ω； 电饭锅消耗的电能为W==0.075kW ；
电饼铛的实际功率为P 实=═=0.9kW=900W ；
做晚饭时蒸饭所用时间比在其他时段要长的原因是：用电高峰，实际电压小于额定电压，电饭锅实际功率小于额电功率。 故答案为：48.4；900；用电高峰，实际电压小于额定电压，电饭锅实际功率小于额电功率。 （1）已知加热时额定功率，利用公式R=
求出电饭锅正常工作时的电阻；
（2）①已知每消耗1kw?h 的电能，转盘就转动3000r ，可求转盘转过225r 消耗的电能，关键公式P=可求电饼铛的实际功率；
②做晚饭时电饭锅实际功率变小的原因是：用电高峰，实际电压小于额定电压。
本题考查消耗电功率、电阻和实际功率的计算等，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
17.
解：①操作方法：1、用铁钉在纸杯底部扎一个孔；2、用手指堵住杯底的孔，将纸杯装满水，然后用硬纸片将杯口盖严，另一只手按住硬纸片将纸杯倒置，并移开按住硬纸片的手，观察到硬纸片和杯子里的水都不落下来；3、放开堵住孔的手指； ②实验现象：观察到硬纸片和杯子里的水都下落； ③实验结论：图中A4纸不掉不是水粘住了纸的缘故； ④手中的纸杯不会掉下来的原因是受到了摩擦力的作用。
故答案为：①1、用铁钉在纸杯底部扎一个孔；2、用手指堵住杯底的孔，将纸杯装满水，然后用硬纸片将杯口盖严，另一只手按住硬纸片将纸杯倒置，并移开按住硬纸片的手，观察到硬纸片和杯子里的水都不落下来；3、放开堵住孔的手指；②观察到硬纸片和杯子里的水都下落；③不是；④摩擦力。
本实验要求证明小明同学的想法是错误的，即硬纸片不是被水粘住，而是被大气压支持住的；
如果硬纸片是被水粘住的，杯内有无空气对硬纸片是否下落是没有影响的。故可以直接用铁钉在纸杯底部扎一个孔，让空气进入杯内，这样根据硬纸片是否下落就可以判断出硬纸片是被“粘”住的还是被大气压支持住的；纸杯拿在手中纸杯受到摩擦力的作用。
此实验是证明大气压存在的实验，设计实验是学生的一个难点，因此通过此实验学会反思和验证，并且养成克服困难的精神。 18.
解：（1）根据转换法，沙子和水吸热的多少是通过加热时间来反映的；
（2）两图中，加热2分钟，吸收的热量相同，沙子和水的质量相等，吸收相同热量时，沙子的比热容比水小，从公式△t=可知，沙子温度升得多，故图中a 图是沙子吸热升温的图象。 b 图为水的温度变化关系，水沸腾时温度保持不变；
（3）由于酒精灯平均每分钟消耗0.8g 酒精，则加热2min 时间消耗的酒精为： m=0.8g×2=1.6g=1.6×10-3kg ，消耗的酒精如果完全燃烧放出的热量： Q 放=mq=1.6×10-3kg×3.0×107J/kg=4.8×104J ； 由图b 知，水升高的温度： △t 水=70℃-20℃=50℃，
在开始加热的2分钟时间内，水吸热的热量：
Q 水吸=c 水m 水△t 水=4.2×103J/（kg?℃）×0.2kg×（70℃-20℃）=4.2×104J ， 加热效率：
η===×100%=87.5%。
故答案为：（1）加热时间；（2）a ；水沸腾时温度不变；（3）4.8×104；87.5%。
（1）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法；
（2）用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式△t=进行分析；水沸腾时温度保持不变；
（3）已知酒精灯平均每分钟消耗0.8g 酒精，可以计算出给水加热2min 时间消耗的酒精，已知酒精的热值，可利用公式Q 放=mq 计算热量；
由图b 知，在前2min 时间内，水升高的温度值，已知水的比热容和质量，利用吸热公式求水吸收的热量；
根据已知条件可求出在这个时间内酒精完全燃烧放出的热量，根据η=求图中b图可得出该加热装置物质吸热效率。
本题探究沙子和水谁的吸热本领大，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法了及对吸热公式、效率公式、热值公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。
19.
解：（1）由于小卡片的质量很小，其重力远小于卡片受到的拉力，所以选轻质纸片来减小重力对实验的影响，故选A；
（2）用定滑轮能改变力的方向；因为左右两侧各通过一个定滑轮拉卡片，定滑轮的位置虽然不等高，但是当两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上时，小卡片还是能处于静止状态，照样能完成实验。
（3）木块受到向左的拉力F
左=0.1kg×10N/kg=1N，向右的拉力F
右
=0.12kg×10N/kg=1.2N，此时木块保持静止，木块受力平
衡，说明木块受到向左的摩擦力，摩擦力f=F
右-F
左
=1.2N-1N=0.2N；
评估：小明将轻质纸片悬挂起来减小了重力和摩擦力对实验的影响，而小红将木块放在水平桌面上，木块和水平桌面间的摩擦力较大，就会影响实验效果；故小明的方案更好。
故答案为：（1）A；（2）能；（3）摩擦；0.2；
评估：小明；小明将轻质纸片悬挂起来减小了重力和摩擦力对实验的影响。
（1）实验中，用到了小卡片，是因为小卡片的质量很小，其重力远小于卡片受到的拉力，重力可以忽略；
（2）实验装置就是利用定滑轮的特点：改变方向；只要能到达平衡力的四个条件，就可以研究；
（3）根据二力平衡条件进行分析；
评估：小明将木块放在水平桌面上，木块在水平桌面上静止或运动都可能受到摩擦力的作用，就会影响实验效果。
此题探究的是二力平衡的条件，二力平衡是初中物理力学中的难点，也是一个重点需要掌握。
20.
解：（1）原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如下所示：
（2）闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处，即最左端。
（3）由如图乙所示的U-I图象，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.2A，小灯泡的额定功率是：
P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。
（4）电压表测灯的电压，当灯电压为2.5V时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：
U 0=U-2.5V，由欧姆定律，通过定值电阻的电流：I
==，根据串联电路电流的规律，即为灯的额定电流，则小灯泡的
额定功率可表示为P
额=U
额
I
额
=2.5V×；
在实验操作中，因电压表选用0-3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R
0的电压，故定值电阻R
的最大电压不能超过
3V-2.5V=0.5V，因灯正常工作时的电流I
L =0.3A，由欧姆定律I=，故R
的最大阻值不能超过：
R
0大
==≈1.67Ω；
所选用的定值电阻R
的阻值不得超过1.67Ω；
【拓展】
因电流表的量程为0～0.6A，所以电路中的最大电流为0.6A，当接入最小的电阻5Ω时，电压表示数即为允许的最大电压U
最大
=R
最小I
最大
=5Ω×0.6A=3V；
设电压表的最小电压为U
V ，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为U-U
V
，根据分压原理：=-----①，①式
左边为一定值，故变阻器的最大电阻连入电路时，对应的电阻也最大，
故=，U
V
=2V。
要完成这四次探究实验，则定值电阻两端电压的取值范围是 2V-3V
故答案为：（1）如上所示；（2）左；（3）0.5；（4）b；2.5V×；1.67；
【拓展】2V-3V。
（1）原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表应与灯串联，电压表与灯并联，据此改正；（2）为保护电路，闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处；
（3）由如图乙所示的U-I图象，找出灯的电压为2.5V时电流大小，根据P=UI求小灯泡的额定功率是；
（4）在没有电流表的情况下，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，灯在额定电压下正常发光，
保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出通过定值电阻的电流，即为灯的额定电流，根据P=UI求小灯泡的额定功率；
在实验操作中，因电压表选用0-3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R
的电压，根据串联电路电压的规律，求出定
值电阻R
0的最大电压，根据灯正常工作时的电流，由欧姆定律I=，求R
的最大阻值。
本题测小灯泡的电功率，考查电路的连接、注意事项、额定功率的计算及设计实验方案的能力，同时也考查了探究电流与电阻的关系和控制变量法的运用和对器材的要求。
21.
（1）已知A的体积和密度，根据m=ρV求出其质量，A对地面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小；
（2）容器B对地面的压力等于容器B和水的重力之和，根据F=G=mg求出其大小，根据p=求出容器B对地面的压强；（3）甲放在A的上面时A对地面压力的增加量等于甲的重力，根据p=表示出压强的变化量；甲浸没在B容器的水中时，排
开水的体积和自身的体积相等，根据V=求出其大小，然后求出水上升的高度，利用p=ρgh表示出B中液体对容器底压强的变化量，根据A对地面压强的变化量与B中液体对容器底压强的变化量相等得出等式即可求出甲的密度；水未溢出时，甲的最大体积等于B的容积减去水的体积，此时甲排开水的体积最大，受到的浮力最大，根据体积公式和密度公式求出最大排开水的体积，根据阿基米德原理求出受到的最大浮力。
本题考查了密度公式和重力公式以及压强公式、液体压强方式、阿基米德原理的应用，正确的判断出甲物体的最大排开水的体积是关键。
22.
（1）灯L
1和L
2
以某种方式接在电压为18V的某电源时，两灯均正常发光；将L
1
和L
2
以另一种方式接在电压为U的电源时，L
1
的功率是其额定功率的，根据P=I2R求出L
1
前后两次通过的电流之比；
（2）若灯L
1和L
2
以并联方式接在电压为18V的某电源时，它们两端的电压均为18V，且两灯泡的额定功率相等，灯L
1
和L
2
以
串联方式接在电压为U的电源时，L
2
正常发光，其功率和额定功率相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电
流，然后求出L
1的额定电流，根据欧姆定律求出两灯泡的电阻，根据题干要求R
1
＞R
2
判断出灯L
1
和L
2
应以串联方式接在电压
为18V的某电源上、L
1和L
2
以并联方式接在电压为U的电源上，两灯泡的额定电流相等，根据欧姆定律求出L
1
的额定电压和实
际电压的关系，根据串并联电路的特点表示出串联时的电压，然后求出U的大小和两灯泡的额定电压，根据串联电路的特点和P=UI求出L
1
的额定功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断两灯泡的连接方式是关键和难点。