信息必刷卷01（江西专用）-2025年中考物理考前信息必刷卷

绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01（江西专用） 物 理 （考试时间：85分钟 试卷满分：80分） 考情速递 中考·新动向：注重实验过程分析和方案评估。不同物体分别放在不同液体中，探究浮力大小和哪些因素有关，例如第19题 中考·新考法：使用实验报告册的形式呈现完整的实验探究的过程，通过更换不同焦距的透镜或者加镜片引起成像规律分析例如第21题。 命题·大预测：本卷结合江西中考命题趋势，结合物理核心素养的创新，科学推理考查力的知识点。将中国传统文化和物理知识相结合，考查对知识点的应用能力，例如第9，10题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一．填空题（共8小题，每空1分，共16分） 1．移动通信公司为客户推出了4G业务，通过4G网络可提供无线视频电话、无线上网等多项服务，网速快、流量价格更低，有效实现高速数据传输。这些服务是通过　 　（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）来传递信号的，这种波在空中的传播速度约为　 　km/s。 2．中华第一古刹洛阳白马寺的“马寺钟声”已成为为人类祈福、辞旧迎新的象征。撞击大钟时，钟声特别洪亮，“洪亮”指的是声音的 　 　（选填“音调高”、“响度大”或“音色优美）；据传，只要马寺钟声一响，远在十余公里之外的洛阳城鼓楼的大钟也应声而响，这是因为声音能传递 　 　（选填“信息”或“能量”）。 3．小敏观察家里的电热水壶发现，当水沸腾时，小敏透过玻璃水壶可以看到气泡上升时 　 　（选填“由小变大”或“由大变小”），壶口上方生成大量“白气”，“白气”是 　 　（选填“水”或“水蒸气”）。 4．比赛中，运动员奋力一掷，铅球飞向空中，此现象说明力可以改变物体的 　 　（选填“形状”或“运动状态”）；为了防止手心出汗而影响成绩，投掷前，运动员的双手都要抹上镁粉，这是为了 　 　（选填“增大”或“减小”）摩擦力。 5．有两只定值电阻，甲标有“10Ω 1A”，乙标有“15Ω 0.6A”，若把它们串联在同一电路中，电路的总电压不超过 　 　V；若把它们并联在电路中，则干路上的电流最大为 　 　A。 6．如图所示时通过灯L、定值电阻R的电流与其两端电压的关系。若将灯L、定值R并联后接入4V的电源，通过干路的电流为 　 　A；若将灯L、定值电阻R串联后接入6V的电源，则灯L的电功率为 　 　W。 7．如图为家庭取暖常用的电热油汀，为了使它通电后能快速升温，在其内部应充入比热容较 　 　（填“大”或“小”）的导热油。取暖时，房间空气的内能是通过 　 　的方式改变的。 8．如图所示，底面积为100cm2的容器中装有质量为1200g的水。水因受到 　 　力且具有流动性而向各个方向都有压强，若容器底部水的压强为1000Pa，水对容器底面的压力为 　 　N。（g取10N/kg） 2． 选择题（共14分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题有两个或两个以上正确选项，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分 9．春秋末年的著作《考工记》中有“马力既竭，转犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动。下列相关说法正确的是（　　） A．马停止用力，车还能前进一段距离，是因为马车具有惯性 B．马停止拉车，车还能向前运动一段距离，此时马对车继续做功 C．马车停止后，马车受到的重力和地面的支持力是一对相互作用力 D．马对车不施加拉力时，车将做匀速直线运动 10．如图所示是西汉时期的熊足青铜鼎。在鼎内装较多水。盖上厚实的鼎盖，闭合锁扣，在鼎下堆放干柴燃烧。当鼎外为1个标准大气压时，鼎内的水竟然在120℃沸腾。下列说法正确的是（　　） A．干柴燃烧烧水是通过做功的方式改变水的内能 B．水沸腾时产生的“白雾”是汽化现象 C．鼎内水沸腾时，温度升高，内能增大 D．鼎内水的沸点高于100℃，说明鼎内的气压高于1个标准大气压 11．如图甲所示的迷你小风扇，电路图如图乙所示。ab间接有如图丙所示的自动断电安全装置，cd间接有如图丁所示的用于调节风速的机械电位器。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．当小风扇倾斜时，铜球将电路接通 B．当小风扇直立时，铜球将电路断开 C．若cd分别接①②，则逆时针调节旋钮，风速变大 D．若cd分别接②③，则顺时针调节旋钮，风速变小 12．如图所示电路中，灯泡L1、L2上分别标有“9V，6W”“6V，6W”的字样，电源电压保持不变，当开关S1闭合，S2无论接a还是b，都能使其中一个灯正常发光，则（　　） A．两灯正常发光时，L1更亮 B．两灯正常发光时的电阻相等 C．电源电压为15V D．电阻R的阻值为13.5Ω 13．物理学是一门以实验为基础的学科，针对下列物理实验的说法中正确的是（　　） A．甲：在探究“牛顿第一定律”时每次让小车从斜面同一高度滑下，是为了确保小车的滑行距离相同 B．乙：在验证“阿基米德原理”时，若开始时溢水杯中的水未达到溢水口，会影响实验结果 C．丙：在探究“光的反射定律”时，逐渐改变入射角度时，入射角总是等于反射角 D．丁：在探究“电磁感应现象”时，若灵敏电流表指针偏转角度太小可以将导体棒换成一个多匝线圈 14．在学习透镜对光的作用以及成像规律时，小阳用光路图记录了一些现象，如图所示，下列解释正确的是（　　） A．甲图，该透镜对光有会聚作用，因为光经过透镜折射后向主光轴方向偏折 B．乙图，平行光通过透镜折射会聚于一点，这个点叫做该透镜的焦点 C．丙图，若将蜡烛沿主光轴远离透镜些，则像会靠近透镜，像会变小 D．丁图，这是矫正近视眼的情况，若取走镜片，来自物体的光将会聚在视网膜前 三．计算题（共22分，第15、16小题各7分，第17小题8分） 15．如图所示，重550N的工人站在水平地面上用滑轮组提起重760N的货物，货物匀速上升2m用的时间为10s，提升过程中工人的拉力为400N，提升过程中不计绳重和摩擦。求： （1）在这次提升过程中，工人的拉力的功率； （2）在这次提升过程中，滑轮组的机械效率； （3）若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，该工人用这个滑轮组能提升的最大物重。 16．电源电压恒为5V，小灯泡正常发光时通过的电流为0.4A、电阻为10Ω，变阻器铭牌为“2A20Ω”。在学习使用滑动变阻器的课堂中，小明按课本要求连成甲图的电路，小夏不小心连成了乙图的电路，他们发现都可以改变小灯泡的亮度！ （1）甲图中要使小灯泡正常发光，变阻器的接入电路中的电阻是多大？ （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端、最右端时，电流表的示数各是多大？（忽略小灯泡电阻的变化） 17．如图甲所示，是小明同学家新买的电热水壶示意图，它有高温加热、中温加热和保温三挡功能。图乙是小明设计的简化电路图，R1和R2为发热电阻，电源电压恒为220V，已知电阻R1为60.5Ω，电热水壶在保温状态工作时的电功率为200W。求： （1）电热水壶高温加热时的电功率； （2）若用中温挡加热，且电流做功全部转化为热量并全部被水吸收，将壶中质量为500g水从20℃加热到100℃需要多少时间； （3）小明同学关闭家中其他电器，单独让电热水壶接在图丙中的电能表上，在保温状态下正常工作5min，电能表转盘转了50转，则电能表上模糊不清的这个参数应该是多少转每千瓦时。 4． 实验探究题（共28分，每空1分） 18．小旭想测量金属块的质量，于是他进行了如下实验： （1）在测量金属块的质量时，应将天平放在 　 　实验台上，然后将游码移至 　 　； （2）若指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 　 　调，直到 　 　； （3）把金属块放到天平 　 　盘称量，然后加减砝码并移动游码直至天平平衡；天平平衡时，右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则金属块的质量是 　 　g； （4）小旭的同学小华用调节好的天平测量一个鸡蛋的质量，操作情景如图丙所示，其错误之处是：　 　。 19．小明同学按如图所示步骤，探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验。 （1）如图甲所示，金属块的重力为　 　N；在丁图中，金属块受到浮力为　 　N； （2）通过比较步骤甲、乙、丙可以得出结论：同种液体中，金属块受到的浮力大小与排开液体　 　有关；通过比较步骤甲、丙、丁可以得出结论：同种液体中，金属块受到的浮力大小与浸没在液体中的　 　无关； （3）小明又做了如图己的实验，若满足关系式：F1﹣F3＝　 　，则验证了“阿基米德原理”；浸入液体中的金属块所受的浮力的大小等于金属块排开液体所受的　 　的大小。若将金属块换成可以漂浮在水面的木块进行实验，则　 　（选填“能”或“不能”）验证阿基米德原理。 20．“探究串联电路特点”时，小明选用两只规格相同的灯泡连接的电路如图甲所示。 （1）当小明按电路图连接完最后一根导线时两灯泡都亮了，原因是 　 　； （2）为了寻找“串联电路的电流关系”，分别把图中A、B、C各点断开，然后把电流表分别接入，闭合开关前，发现电流表指针如图乙所示，观察到这种现象后他应该 　 　； （3）在寻找“串联电路的电压关系”时，小明将电压表并联在L1两端，闭合开关，发现L1不亮，L2亮，电压表指针不偏转，原因是 　 　。排除故障后，闭合开关，电压表示数如图丙所示，为了使实验结果更准确，接下来他应该 　 　； （4）小明测出L1两端的电压后，将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并把接线改接到C接点上，这个方法 　 　（选填“能”或“不能”）测出L2两端的电压； （5）正确实验操作后，测得A、B、C三处的电流记IA、IB、IC，测得AB、BC、AC两点间的电压UAB、UBC、UAC。下列说法正确的是 　 　； A.IA＞IB＞IC B.IA＜IB＜IC C.UAB＝UBC＝UAC D.UAC＝UAB+UBC （6）为了使结论更有普遍性，可采用的方法是：　 　。 A.换用不同规格灯泡多次实验 B.改变电源电压多次实验 21．小亮利用如图装置，做“探究凸透镜成像规律”的实验。 （1）如图﹣1，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ 　 　______cm。 （2）开始实验时，应先将烛焰和光屏的中心调整到凸透镜的 　 　上。 （3）如图﹣2，点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据该成像特点制成的。将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，同学们提出了两种不同的解决方案： 方案一：仅向 　 　（选填“左”或“右”）移动光屏适当的距离； 方案二：仅换用焦距较 　 　（选填“长”或“短”）的凸透镜。 （4）如图﹣3，保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则人眼在图中 　 　处（选填“A”、“B”或“C”）能观察到烛焰的像。 （5）如图﹣4所示，在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜是 　 　眼镜（选填“近视”或“远视”）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考物理考前信息必刷卷01（江西专用） 答案及评分标准 1． 填空题（共8小题，每空1分，共16分） 1．【答案】电磁波；3×105。 2．【答案】响度大；能量。 3．【答案】由小变大；水。 4．【答案】运动状态；增大。 5．【答案】15；1.5。 6．【答案】1；0.8。 7．【答案】小；热传递。 8．【答案】重；10。 二．选择题（共14分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题有两个或两个以上正确选项，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分） 题号 9 10 11 12 13 14 答案 A D C C BD ACD 2． 计算题（共22分，第15、16小题各7分，第17小题8分） 15．【答案】（1）在这次提升过程中，工人的拉力的功率为160W； （2）在这次提升过程中，滑轮组的机械效率为95%； （3）若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，该工人用这个滑轮组能提升的最大物重为1060N。 16．【答案】（1）甲图中要使小灯泡正常发光，变阻器的接入电路中的电阻是2.5Ω； （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端时，电流表的示数是0.25A；当变阻器的滑片在最右端时，电流表的示数是0.75A。 17．【答案】（1）电热水壶高温加热时的电功率为1000W； （2）若用中温挡加热，且电流做功全部转化为热量并全部被水吸收，将壶中质量为500g水从20℃加热到100℃需要的时间为210s； （3）电能表上模糊不清的这个参数应该是3000r/（kW•h）。 四．实验探究题（共28分，每空1分） 18．【答案】（1）水平；标尺左端零刻度线处；（2）左；指针对准分度盘中央刻度线；（3）左；38.4；（4）测量过程中调节平衡螺母。 19．【答案】（1）5；4；（2）体积；深度；（3）F4﹣F2；重力；能。 20．【答案】（1）连接电路时开关没有断开； （2）对电流表调零； （3）L1短路；断开开关，选用小量程，即选用0﹣3V的量程； （4）不能； （5）D； （6）A。 21．【答案】（1）10.0；（2）主光轴；（3）投影仪；左；长；（4）B；（5）远视。 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年中考考前信息必刷卷01（江西专用） 物 理 （考试时间：70分钟 试卷满分：70分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一．填空题（共8小题） 1．移动通信公司为客户推出了4G业务，通过4G网络可提供无线视频电话、无线上网等多项服务，网速快、流量价格更低，有效实现高速数据传输。这些服务是通过　电磁波　（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）来传递信号的，这种波在空中的传播速度约为　3×105　km/s。 【答案】见试题解答内容 【分析】①普通手机和4G手机都是利用电磁波传递信息的； ②电磁波在真空中的传播速度和光的传播速度是相同的，约为3×108m/s。 【解答】解：①4G手机都是通过电磁波来传递信息的； ②电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s＝3×105km/s。 故答案为：电磁波；3×105。 2．中华第一古刹洛阳白马寺的“马寺钟声”已成为为人类祈福、辞旧迎新的象征。撞击大钟时，钟声特别洪亮，“洪亮”指的是声音的 　响度大　（选填“音调高”、“响度大”或“音色优美）；据传，只要马寺钟声一响，远在十余公里之外的洛阳城鼓楼的大钟也应声而响，这是因为声音能传递 　能量　（选填“信息”或“能量”）。 【答案】响度大；能量。 【分析】（1）声音有三个特征，即音调、响度 和音色；响度与振幅有关，振幅越大，响度越大；我们一般利用音色来区分和辨别物体； （2）声音既能传递信息，又能传递能量。 【解答】解：（1）“洪亮”说明响度大； （2）马寺钟声一响，远在十余公里之外的洛阳城鼓楼的大钟也应声而响，说明声能够传递能量。 故答案为：响度大；能量。 3．小敏观察家里的电热水壶发现，当水沸腾时，小敏透过玻璃水壶可以看到气泡上升时 　由小变大　（选填“由小变大”或“由大变小”），壶口上方生成大量“白气”，“白气”是 　水　（选填“水”或“水蒸气”）。 【答案】由小变大；水。 【分析】水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。 液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。 【解答】解：当水沸腾时，透过玻璃水壶可以看到气泡上升时由小变大（水沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大），壶口上方生成大量“白气”，“白气”是热的水蒸气遇到冷空气液化形成小水滴。 故答案为：由小变大；水。 4．比赛中，运动员奋力一掷，铅球飞向空中，此现象说明力可以改变物体的 　运动状态　（选填“形状”或“运动状态”）；为了防止手心出汗而影响成绩，投掷前，运动员的双手都要抹上镁粉，这是为了 　增大　（选填“增大”或“减小”）摩擦力。 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）力可以改变物体的运动状态； （2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；用滑动代替滚动。 【解答】解：（1）铅球从运动员手中掷出后，运动的方向和运动速度大小变化，这表明力可以改变物体的运动状态。 （2）投掷前，运动员的双手都要抹上镁粉，是在压力一定时，通过增大手和铅球接触面的粗糙程度，增大摩擦力，防止铅球滑落影响成绩。 故答案为：运动状态；增大。 5．有两只定值电阻，甲标有“10Ω 1A”，乙标有“15Ω 0.6A”，若把它们串联在同一电路中，电路的总电压不超过 　15　V；若把它们并联在电路中，则干路上的电流最大为 　1.5　A。 【答案】15；1.5。 【分析】（1）已知两电阻允许通过的最大电流，根据串联电路的电流特点可知，两电阻串联时电路允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流的较小值，然后根据电阻的串联和欧姆定律求出两端允许加的最大电压； （2）根据欧姆定律求出两电阻两端允许所加的最大电压，根据并联电路的电压特点可知，两电阻并联时，并联电路两端允许加的最大电压为较小的一个，然后由欧姆定律求出通过两电阻的电流，再根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流。 【解答】解：（1）把它们串联在同一电路中，根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和可得，电路中的总电阻： R＝R甲+R乙＝10Ω+15Ω＝25Ω； 因串联电路中各处的电流相等， 则串联电路中电路中允许通过的最大电流为：I＝I乙＝0.6A， 根据欧姆定律可得，电路两端允许加的最大电压： U＝IR＝0.6A×25Ω＝15V。 （2）根据欧姆定律可得，两电阻两端允许所加的最大电压： U甲＝I甲R甲＝1A×10Ω＝10V，U乙＝I乙R乙＝0.6A×15Ω＝9V； 因并联电路中各支路两端的电压相等， 则两只电阻并联时，电路中的最大电压U′＝U乙＝9V， 此时通过乙的电流为0.6A， 通过甲的电流I甲′0.9A， 根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可得，干路最大电流： I＝I甲′+I乙＝0.9A+0.6A＝1.5A。 故答案为：15；1.5。 6．如图所示时通过灯L、定值电阻R的电流与其两端电压的关系。若将灯L、定值R并联后接入4V的电源，通过干路的电流为 　1　A；若将灯L、定值电阻R串联后接入6V的电源，则灯L的电功率为 　0.8　W。 【答案】1；0.8。 【分析】（1）由图可知，电压为4V时，通过定值电阻R和灯泡L的电流，根据并联电路的电流特点求出通过干路的电流； （2）根据串联电路的电流规律和电压规律结合图像找出将它们串联后接入6V的电源两端时电路中的电流，根据P＝UI算出灯L的电功率。 【解答】解：（1）由图可知，电压为4V时，通过定值电阻R和灯泡L的电流分别为：IL＝0.6A，IR＝0.4A， 由并联电路的电流特点可知，通过干路的电流：I干＝IL+IR＝0.6A+0.4A＝1A； （2）若将它们串联后接入6V的电源，因为串联电路电流处处相等，且串联电路的总电压等于各部分电路两端电压之和， 由图象可知，当电流为0.4A时，灯泡L两端的电压为2V，定值电阻R两端的电压为4V，电源电压：U＝2V+4V＝6V，符合题意， 故此时电路中的电流为0.4A， 灯L的电功率是： P＝ULI＝2V×0.4A＝0.8W。 故答案为：1；0.8。 7．如图为家庭取暖常用的电热油汀，为了使它通电后能快速升温，在其内部应充入比热容较 　小　（填“大”或“小”）的导热油。取暖时，房间空气的内能是通过 　热传递　的方式改变的。 【答案】小；热传递。 【分析】吸收相同的热量时，比热容大的物体温度变化小；改变内能的方式：做功与热传递。 【解答】解：为了让电热油汀通电后能快速升温，在其内部应充入比热容较小的导热油；取暖时，房间空气的内能是通过热传递的方式改变的。 故答案为：小；热传递。 8．如图所示，底面积为100cm2的容器中装有质量为1200g的水。水因受到 　重　力且具有流动性而向各个方向都有压强，若容器底部水的压强为1000Pa，水对容器底面的压力为 　10　N。（g取10N/kg） 【答案】重；10。 【分析】（1）根据液体压强产生的原因解答：液体对容器底部有压强，是因为液体受到重力的作用；液体对容器侧壁有压强，是因为液体具有流动性。 （2）根据p计算水对容器底面的压力。 【解答】解：A．根据液体压强的知识可知，液体压强产生的原因是因为液体受到重力且具有流动性； 根据p可得，水对容器底面的压力：F＝pS＝1000Pa×100×10﹣4m2＝10N。 故答案为：重；10。 二．选择题（共6小题） 9．春秋末年的著作《考工记》中有“马力既竭，转犹能一取焉”，意思是马对车不施加拉力了，车还能继续向前运动。下列相关说法正确的是（　　） A．马停止用力，车还能前进一段距离，是因为马车具有惯性 B．马停止拉车，车还能向前运动一段距离，此时马对车继续做功 C．马车停止后，马车受到的重力和地面的支持力是一对相互作用力 D．马对车不施加拉力时，车将做匀速直线运动 【答案】A 【分析】（1）物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，这个性质叫做惯性，惯性是一切物体的固有属性，任何物体都有惯性； （2）做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离； （3）相互作用的两个力，大小相等、方向相反、并且作用在同一直线上，作用在不同物体上； （4）力是改变物体运动状态的原因。 【解答】解：A.马停止用力，车由于惯性保持原来的运动状态继续前进一段距离，故A正确； B.马停止拉车了，车由于具有惯性能向前运动一段距离，但由于此时马对车没有力，所以此时马对车不做功，故B错误； C.马车受到的重力和地面的支持力，作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故C错误； D.马对车不施加拉力时，由于受到阻力，车将减速，故D错误。 故选：A。 10．如图所示是西汉时期的熊足青铜鼎。在鼎内装较多水。盖上厚实的鼎盖，闭合锁扣，在鼎下堆放干柴燃烧。当鼎外为1个标准大气压时，鼎内的水竟然在120℃沸腾。下列说法正确的是（　　） A．干柴燃烧烧水是通过做功的方式改变水的内能 B．水沸腾时产生的“白雾”是汽化现象 C．鼎内水沸腾时，温度升高，内能增大 D．鼎内水的沸点高于100℃，说明鼎内的气压高于1个标准大气压 【答案】D 【分析】（1）做功和热传递是改变物体内能的两种方式； （2）物质由气态变成液态的过程叫液化； （3）内能的大小跟质量、温度、状态有关； （4）气压高，水的沸点高。 【解答】解：A、干柴燃烧烧水是通过热传递的方式改变水的内能，故A错误； B、水沸腾时产生的“白雾”是水蒸气遇冷液化形成的，故B错误； C、鼎内水沸腾时，水沸腾时继续吸热，内能增加，但温度保持不变，故C错误； D、鼎内水的沸点高于100℃，说明鼎内的气压大于1个标准大气压，故D正确。 故选：D。 11．如图甲所示的迷你小风扇，电路图如图乙所示。ab间接有如图丙所示的自动断电安全装置，cd间接有如图丁所示的用于调节风速的机械电位器。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．当小风扇倾斜时，铜球将电路接通 B．当小风扇直立时，铜球将电路断开 C．若cd分别接①②，则逆时针调节旋钮，风速变大 D．若cd分别接②③，则顺时针调节旋钮，风速变小 【答案】C 【分析】（1）铜球是导体，且容易发生滚动，据此分析； （2）用于调节风速的机械电位器实质是滑动变阻器，根据滑动变阻器的使用方法分析。 【解答】解：AB、根据丙图可知，当小风扇直立时，铜球处连通，电路连通，电路处于闭合状态。 当电扇倾倒时，铜球就会发生滚动，铜球处断开，两根导线有一根绝缘棒连接，绝缘棒不善于导电，电路处于断开状态，故AB错误； C、若cd分别接①②，逆时针调节旋钮，电位器接入电路中的电阻变小，电路中电流变大，电风扇的风速变大，故C正确； D、若cd分别接②③，顺时针调节旋钮，电位器接入电路中的电阻变小，电路中电流变大，电风扇的风速变大，故D错误。 故选：C。 12．如图所示电路中，灯泡L1、L2上分别标有“9V，6W”“6V，6W”的字样，电源电压保持不变，当开关S1闭合，S2无论接a还是b，都能使其中一个灯正常发光，则（　　） A．两灯正常发光时，L1更亮 B．两灯正常发光时的电阻相等 C．电源电压为15V D．电阻R的阻值为13.5Ω 【答案】C 【分析】（1）由电路图可知，当S1闭合、S2接a时，R与L1串联，且L1正常发光；当S1闭合、S2接b时，R与L2串联，且L2正常发光；灯泡正常发光时其两端的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，再利用电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值和电源电压。 （2）灯泡L1、L2上分别标有“9V 6W”、“6V 6W”的字样，两灯正常发光时，实际功率等于额定功率，二者的实际功率相等，故二者亮度相同； 根据P可知两灯正常发光时的电阻是否相等。 【解答】解：AB、灯泡L1、L2上分别标有“9V 6W”、“6V 6W”的字样，两灯正常发光时，实际功率等于额定功率，则二者的实际功率相等，故二者亮度相同；根据P可知两灯正常发光时的电阻不相等，故AB错误。 CD、由电路图可知，当S1闭合、S2接a时，R与L1串联， 因串联电路中各处的电流相等，且L1正常发光， 所以，由P＝UI可得，电路中电流：IA，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由I可得，电源的电压：U＝UR+U1＝IR+U1A×R+9V﹣﹣﹣﹣﹣①， 当S1闭合、S2接b时，R与L2串联，且L2正常发光，则电路中电流：I′1A，电源的电压：U＝UR+U2＝I′R+U2＝1A×R+6V，因电源的电压保持不变，由①②，解得：R＝9Ω，电源电压：U＝1A×9Ω+6V＝15V，故C正确、D错误。 故选：C。 （多选）13．物理学是一门以实验为基础的学科，针对下列物理实验的说法中正确的是（　　） A．甲：在探究“牛顿第一定律”时，每次让小车从斜面同一高度滑下，是为了确保小车的滑行距离相同 B．乙：在验证“阿基米德原理”时，若开始时溢水杯中的水未达到溢水口，会影响实验结果 C．丙：在探究“光的反射定律”时，逐渐改变入射角度时，入射角总是等于反射角 D．丁：在探究“电磁感应现象”时，若灵敏电流表指针偏转角度太小，可以将导体棒换成一个多匝线圈 【答案】BD 【分析】实验时让小车从斜面的同一高处滑下，目的是使小车到达平面时具有相同的速度。 物体放入水中前，溢水杯应该是满水的，否则小桶内所盛的水将小于物体排开水的体积，物体排开的水没有全进入小烧杯内，排开水的重力偏小。 由入射光线决定反射光线，叙述时要先叙述入射光线如何变化，再叙述反射光线如何变化。 感应电流影响大小的因素：①导线切割的速度大小；②导线切割的速度方向；③永磁体的强度；④切割导线的条数；⑤切割导线的有效长度。 【解答】解：A.甲：在探究“牛顿第一定律”时，每次让小车从斜面同一高度滑下，是为了确保小车到达水平面时的速度相同，故A错误； B.乙：在验证“阿基米德原理”时，若开始时溢水杯中的水未达到溢水口，溢出的水会减少，会影响实验结果，故B正确； C.丙：在探究“光的反射定律”时，逐渐改变入射角度时，反射角总是等于入射角，故C错误； D.丁：在探究“电磁感应现象”时，若灵敏电流表指针偏转角度太小，说明感应电流太小，若要增大感应电流，可以将导体棒换成一个多匝线圈，故D正确； 故选：BD。 （多选）14．在学习透镜对光的作用以及成像规律时，小阳用光路图记录了一些现象，如图所示，下列解释正确的是（　　） A．甲图，该透镜对光有会聚作用，因为光经过透镜折射后向主光轴方向偏折 B．乙图，平行光通过透镜折射会聚于一点，这个点叫做该透镜的焦点 C．丙图，若将蜡烛沿主光轴远离透镜些，则像会靠近透镜，像会变小 D．丁图，这是矫正近视眼的情况，若取走镜片，来自物体的光将会聚在视网膜前 【答案】ACD 【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用； （2）根据焦点和焦距的定义回答； （3）凸透镜成实像时有物近像远像变大的特点； （4）近视眼晶状体太薄会聚能力太强，像成在视网膜的前方，需戴凹透镜来矫正。 【解答】解：A、由图可知，甲对光有会聚作用，是凸透镜，光经过透镜折射后向主光轴方向偏折，故A正确； B、图乙中，平行于主光轴的光线通过凸透镜会聚于一点，这个点即为透镜的焦点，故B错误； C、图丙中，将蜡烛沿主光轴远离透镜些，根据凸透镜成实像时有物近像远像变大的特点，像会靠近透镜，像会变小，故C正确； D、丁图中，这是矫正近视眼的情况，若取走镜片，来自物体的光将会聚在视网膜前，故D正确。 故选：ACD。 三．计算题（共3小题） 15．如图所示，重550N的工人站在水平地面上用滑轮组提起重760N的货物，货物匀速上升2m用的时间为10s，提升过程中工人的拉力为400N，提升过程中不计绳重和摩擦。求： （1）在这次提升过程中，工人的拉力的功率； （2）在这次提升过程中，滑轮组的机械效率； （3）若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，该工人用这个滑轮组能提升的最大物重。 【答案】（1）在这次提升过程中，工人的拉力的功率为160W； （2）在这次提升过程中，滑轮组的机械效率为95%； （3）若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，该工人用这个滑轮组能提升的最大物重为1060N。 【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用W总＝Fs＝Fnh求出拉力做的总功，根据P求出工人的拉力的功率； （2）根据W有用＝Gh求出克服货物重力做的有用功，利用η求出滑轮组的机械效率； （3）不计绳重和摩擦，根据F（G+G动）求出动滑轮重；比较绳子能承担的最大拉力和工人的重力，据此确定最大拉力，利用F最大（G最大+G动）求出这个滑轮组能提升的最大物重。 【解答】解：（1）由图可知，n＝2，拉力做的总功为： W总＝Fs＝Fnh＝400N×2×2m＝1600J， 在这次提升过程中，工人的拉力的功率为： ； （2）克服货物重力做的有用功为： W有用＝Gh＝760N×2m＝1520J， 滑轮组的机械效率为： ； （3）提升过程中不计绳重和摩擦，由可知，动滑轮重为： G动＝2F﹣G＝2×400N﹣760N＝40N； 若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，工人重550N，故工人对绳子的最大拉力为F最大＝550N，所以能提升的最大物重为： G最大＝2F最大﹣G动＝2×550N﹣40N＝1060N。 答：（1）在这次提升过程中，工人的拉力的功率为160W； （2）在这次提升过程中，滑轮组的机械效率为95%； （3）若该滑轮组所用绳子能承担的最大拉力为600N，该工人用这个滑轮组能提升的最大物重为1060N。 16．电源电压恒为5V，小灯泡正常发光时通过的电流为0.4A、电阻为10Ω，变阻器铭牌为“2A20Ω”。在学习使用滑动变阻器的课堂中，小明按课本要求连成甲图的电路，小夏不小心连成了乙图的电路，他们发现都可以改变小灯泡的亮度！ （1）甲图中要使小灯泡正常发光，变阻器的接入电路中的电阻是多大？ （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端、最右端时，电流表的示数各是多大？（忽略小灯泡电阻的变化） 【答案】（1）甲图中要使小灯泡正常发光，变阻器的接入电路中的电阻是2.5Ω； （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端时，电流表的示数是0.25A；当变阻器的滑片在最右端时，电流表的示数是0.75A。 【分析】（1）由图甲可知，灯泡L与变阻器R串联，根据欧姆定律和串联电路规律计算灯泡正常发光时，变阻器接入电路的电阻值； （2）乙图中，变阻器滑片在左端时，灯泡被短接，变阻器接入最大阻值，根据欧姆定律计算电路中的电流； 变阻器滑片在右端时，灯泡与变阻器的最大阻值并联，电流表测量干路的电流，根据并联电路规律和欧姆定律计算干路电流。 【解答】解：（1）由图甲可知，小灯泡和滑动变阻器串联， 由欧姆定律可得，小灯泡正常发光时两端的电压： U灯＝IR灯＝0.4A×10Ω＝4V， 根据串联电路电压规律可知，滑动变阻器两端的电压： U1＝U﹣U灯＝5V﹣4V＝1V， 变阻器的接入电路中的电阻： ； （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端，小灯泡被短路，滑动变阻器的最大阻值接入电路中，电流表测电路中的电流， 由欧姆定律可得，此时电路中的电流： ； 乙图中，当变阻器的滑片在最右端，小灯泡和滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测电路中的总电流， 此时通过滑动变阻器的电流： ， 通过小灯泡的电流： ， 根据并联电路电流规律可知，电路中的总电流： I＝I1+I2＝0.25A+0.5A＝0.75A。 答：（1）甲图中要使小灯泡正常发光，变阻器的接入电路中的电阻是2.5Ω； （2）乙图中，当变阻器的滑片在最左端时，电流表的示数是0.25A；当变阻器的滑片在最右端时，电流表的示数是0.75A。 17．如图甲所示，是小明同学家新买的电热水壶示意图，它有高温加热、中温加热和保温三挡功能。图乙是小明设计的简化电路图，R1和R2为发热电阻，电源电压恒为220V，已知电阻R1为60.5Ω，电热水壶在保温状态工作时的电功率为200W。求： （1）电热水壶高温加热时的电功率； （2）若用中温挡加热，且电流做功全部转化为热量并全部被水吸收，将壶中质量为500g水从20℃加热到100℃需要多少时间； （3）小明同学关闭家中其他电器，单独让电热水壶接在图丙中的电能表上，在保温状态下正常工作5min，电能表转盘转了50转，则电能表上模糊不清的这个参数应该是多少转每千瓦时。 【答案】（1）电热水壶高温加热时的电功率为1000W； （2）若用中温挡加热，且电流做功全部转化为热量并全部被水吸收，将壶中质量为500g水从20℃加热到100℃需要的时间为210s； （3）电能表上模糊不清的这个参数应该是3000r/（kW•h）。 【分析】（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的特点和P可知电热水壶高温加热时的电路连接，根据P求出R1的电功率；据此求出电热水壶高温加热时的电功率； （2）根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，根据题意可知电热水壶消耗的电能，根据P可求出加热需要的时间； （3）根据W＝Pt求出保温5min消耗电能，根据N求出用电器消耗1kW•h电能，电能表转盘转过的圈数。 【解答】解：（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P可知，电路的总功率最大，电热水壶处于高温挡； 当只闭合开关S1时，电阻R1的电功率：P1， 当只闭合开关S2时，只有R2工作，此时电热水壶处于保温状态， 则电阻R2的电功率即是保温电功率，即P2＝200W， 则电热水壶高温加热时的电功率：P高温＝P1+P2＝800W+200W＝1000W； （2）当只闭合开关S1时，电热水壶处于中温加热状态， 水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×105J， 根据题意可知，电热水壶消耗的电能：W＝Q吸＝1.68×105J， 中温加热挡的电功率P1＝800W， 由P可知，需要加热时间：t210s； （3）当只闭合开关S2时，电热水壶处于保温状态，保温挡电功率P2＝200W， 保温5min消耗电能：W＝P2t′＝200W×300s＝60000JkW•h， 用电器每消耗1度电，电能表盘转过的圈数：N3000r/（kW•h）。 答：（1）电热水壶高温加热时的电功率为1000W； （2）若用中温挡加热，且电流做功全部转化为热量并全部被水吸收，将壶中质量为500g水从20℃加热到100℃需要的时间为210s； （3）电能表上模糊不清的这个参数应该是3000r/（kW•h）。 四．实验探究题（共4小题） 18．小旭想测量金属块的质量，于是他进行了如下实验： （1）在测量金属块的质量时，应将天平放在 　水平　实验台上，然后将游码移至 　标尺左端零刻度线处　； （2）若指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 　左　调，直到 　指针对准分度盘中央刻度线　； （3）把金属块放到天平 　左　盘称量，然后加减砝码并移动游码直至天平平衡；天平平衡时，右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则金属块的质量是 　38.4　g； （4）小旭的同学小华用调节好的天平测量一个鸡蛋的质量，操作情景如图丙所示，其错误之处是：　测量过程中调节平衡螺母　。 【答案】（1）水平；标尺左端零刻度线处；（2）左；指针对准分度盘中央刻度线；（3）左；38.4；（4）测量过程中调节平衡螺母。 【分析】（1）把天平放在水平台面上，并将游码移至标尺左端零刻线处； （2）使用天平测量物体质量之前要进行调平，先调节平衡螺母，后调节游码，平衡螺母相对于指针的调节规律是“左偏右调，右偏左调”； （3）天平称量时左物右码；物体的质量等于砝码质量加游码在标尺上所对的刻度值； （4）在使用天平称量物体的质量时，通过增减砝码和移动游码使天平水平平衡，不能再移动平衡螺母。 【解答】解：（1）把天平放在水平台面上，并将游码移至标尺左端零刻线处； （2）指针偏右，应将平衡螺母向左调节，直到指针对准分度盘中央刻度线，使横梁水平平衡； （3）天平称量时左物右码，即把金属块放到天平左盘称量，然后加减砝码并移动游码直至天平平衡；游码对应的刻度值，标尺每一个大格代表1g，每一个小格代表0.2g，游码对应的刻度值是3.4g； 矿石的质量＝砝码的质量+游码对应的刻度值＝20g+10g+5g+3.4g＝38.4g； （4）在使用天平称量物体的质量时，应通过增减砝码和移动游码使天平水平平衡，不能再调节平衡螺母。 故答案为：（1）水平；标尺左端零刻度线处；（2）左；指针对准分度盘中央刻度线；（3）左；38.4；（4）测量过程中调节平衡螺母。 19．小明同学按如图所示步骤，探究“浮力大小与哪些因素有关”的实验。 （1）如图甲所示，金属块的重力为　5　N；在丁图中，金属块受到浮力为　4　N； （2）通过比较步骤甲、乙、丙可以得出结论：同种液体中，金属块受到的浮力大小与排开液体　体积　有关；通过比较步骤甲、丙、丁可以得出结论：同种液体中，金属块受到的浮力大小与浸没在液体中的　深度　无关； （3）小明又做了如图己的实验，若满足关系式：F1﹣F3＝　F4﹣F2　，则验证了“阿基米德原理”；浸入液体中的金属块所受的浮力的大小等于金属块排开液体所受的　重力　的大小。若将金属块换成可以漂浮在水面的木块进行实验，则　能　（选填“能”或“不能”）验证阿基米德原理。 【答案】（1）5；4；（2）体积；深度；（3）F4﹣F2；重力；能。 【分析】（1）根据弹簧测力计的分度值读数金属块的重力；根据称重法F浮＝G﹣F示求出金属块在水中受到的浮力； （2）同种液体中，金属块受到的浮力大小与排开液体体积有关，与浸入液体的深度无关； （3）浸入液体中的金属块所受的浮力的大小等于金属块排开液体所受到的重力，阿基米德原理适用于任何受到浮力的物体。 【解答】解：（1）由图甲可知金属块的重力G＝5N，金属块浸没在水中时，受到的浮力： F浮＝G﹣F丙＝5N﹣1N＝4N； （2）比较步骤甲、乙、丙排开液体的体积不同，浮力不同，故同种液体中，金属块受到的浮力大小与排开液体的体积有关； 比较步骤甲、丙、丁浸入液体的深度不同，浮力相同，同种液体中，金属块受到的浮力大小与浸没在液体中的深度无关； （3）物体受到的浮力等于F1﹣F3，排开液体的重力为F4﹣F2，若两者相等既符合阿基米德原理； 阿基米德原理适用于任何受到浮力的物体，只将物体的一部分浸在水中，其它步骤操作正确，则能得到相同的结论。 故答案为：（1）5；4；（2）体积；深度；（3）F4﹣F2；重力；能。 20．“探究串联电路特点”时，小明选用两只规格相同的灯泡连接的电路如图甲所示。 （1）当小明按电路图连接完最后一根导线时两灯泡都亮了，原因是 　连接电路时开关没有断开　； （2）为了寻找“串联电路的电流关系”，分别把图中A、B、C各点断开，然后把电流表分别接入，闭合开关前，发现电流表指针如图乙所示，观察到这种现象后他应该 　对电流表调零　； （3）在寻找“串联电路的电压关系”时，小明将电压表并联在L1两端，闭合开关，发现L1不亮，L2亮，电压表指针不偏转，原因是 　L1短路　。排除故障后，闭合开关，电压表示数如图丙所示，为了使实验结果更准确，接下来他应该 　断开开关，选用小量程，即换用0﹣3V的量程　； （4）小明测出L1两端的电压后，将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并把接线改接到C接点上，这个方法 　不能　（选填“能”或“不能”）测出L2两端的电压； （5）正确实验操作后，测得A、B、C三处的电流记IA、IB、IC，测得AB、BC、AC两点间的电压UAB、UBC、UAC。下列说法正确的是 　D　； A.IA＞IB＞IC B.IA＜IB＜IC C.UAB＝UBC＝UAC D.UAC＝UAB+UBC （6）为了使结论更有普遍性，可采用的方法是：　A　。 A.换用不同规格灯泡多次实验 B.改变电源电压多次实验 【答案】（1）连接电路时开关没有断开； （2）对电流表调零； （3）L1短路；断开开关，选用小量程，即选用0﹣3V的量程； （4）不能； （5）D； （6）A。 【分析】（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开； （2）闭合开关前，电流表指针没有对准零刻度线，应该把电流表先调零再接入电路； （3）①因两灯串联，L2亮，说明电路是通路，L1不亮，且电压表指针不偏转，说明故障是L1短路； ②电压表示数如图丙所示，示数较小，选择的量程偏大，接下来他应该换用小量程； （4）将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，改接到C接点上，此时电压表的正负接线柱反接； （5）电路为串联电路，串联电路电流处处相等； 在串联电路中，总电压等于各部分电路电压之和； （6）实验中，为了避免结论的偶然性，可采用的方法是：换用不同规格灯泡多次实验。 【解答】解：（1）小明按电路图连接完最后一根导线时，两灯泡都亮了，原因是连接电路时开关没有断开； （2）闭合开关前，发现其中一个电表指针如图乙所示，即指针没有正对零刻度，出现这种现象的原因是没调零，应该对电流表调零； （3）①因两灯串联，L2亮，说明电路是通路，L1不亮，电压表指针不偏转，说明电压表被短路，测导线的电压了，故障是L1短路； ②闭合开关，电压表示数如图丙所示，示数较小，选择的量程偏大，为了使实验结果更准确，接下来他应该断开开关，选用小量程，即选用0﹣3V的量程； （4）测出L1两端的电压后，将电压表所接的B接点不动，只断开A接点，并把接线改接到C接点上，此时电压表的正负接线柱反接，这个方法不能测出L2两端的电压； （5）电路为串联电路，串联电路电流处处相等，即IA＝IB＝IC；在串联电路中，总电压等于各部分电路电压之和，即UAB+UCB＝UAC 故选：D； （6）根据一组数据得出的结论有偶然性，实验中，为了避免结论的偶然性，使结论更有普遍性，可采用的方法是：换用不同规格灯泡多次实验，而改变电源电压只能让电流成倍数的变化，不合适，故选A。 故答案为：（1）连接电路时开关没有断开；（2）对电流表调零；（3）L1短路；断开开关，选用小量程，即选用0﹣3V的量程；（4）不能；（5）D；（6）A。 21．小亮利用如图装置，做“探究凸透镜成像规律”的实验。 （1）如图﹣1，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ 　10.0　cm。 （2）开始实验时，应先将烛焰和光屏的中心调整到凸透镜的 　主光轴　上。 （3）如图﹣2，点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，　投影仪　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据该成像特点制成的。将蜡烛向左移动一段距离，光屏上的像变模糊了，为了使光屏上再次成清晰的像，同学们提出了两种不同的解决方案： 方案一：仅向 　左　（选填“左”或“右”）移动光屏适当的距离； 方案二：仅换用焦距较 　长　（选填“长”或“短”）的凸透镜。 （4）如图﹣3，保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则人眼在图中 　B　处（选填“A”、“B”或“C”）能观察到烛焰的像。 （5）如图﹣4所示，在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜是 　远视　眼镜（选填“近视”或“远视”）。 【答案】（1）10.0；（2）主光轴；（3）投影仪；左；长；（4）B；（5）远视。 【分析】（1）平行光正对凸透镜照射，光屏上出现的最小最亮的光斑就是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离为焦距； （2）为使像成在光屏中央，应将烛焰和光屏的中心调整到凸透镜的主光轴上； （3）物距小于像距，成倒立、放大的实像；根据物远像近像变小进行分析；用焦距较长的凸透镜，相当于相对减小了物距； （4）物距小于1倍焦距，所以成正立、放大的虚像； （5）凸透镜对光线有会聚作用。 【解答】解：（1）由图﹣1可知，凸透镜在10.0cm处，光斑在20.0cm处，所以焦距为f＝20.0cm﹣10.0cm＝10.0cm； （2）开始实验时，为使像成在光屏中央，应将烛焰和光屏的中心调整到凸透镜的主光轴上。 （3）由图可知物距小于像距，根据凸透镜成像规律可知成倒立、放大的实像，因此是投影仪的成像原理。 将蜡烛向左移动一段距离，物距变大了，根据成像规律，像距变小了，因此向左移动光屏；也可以换用焦距较长的凸透镜，因为焦距变长，相当于相对减小了物距，也能使像再次清晰。 （4）移动透镜至16cm刻度线处，此时物距u＝16cm﹣10cm＝6cm，小于1倍焦距，所以成正立、放大的虚像，像与物在同侧，所以人眼在图中B处能观察到烛焰的像。 （5）在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，即所成的像变近了，说明该眼镜对光线有会聚作用，是凸透镜，所以该眼镜是远视眼镜。 故答案为：（1）10.0；（2）主光轴；（3）投影仪；左；长；（4）B；（5）远视。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$