2024年武汉市中考物理试卷真题解读及答案解析（精校打印）

年中考物理真题完全解读（武汉卷）2024年湖北武汉中考是单独命题，也是武汉“新中考”的第二年，今年是“双减”政策和课程标准（2022版）颁布后的第二次学业水平考试，学业水平考试以学科课程标准为依据，坚持基础教育课程改革的方向，倡导促进学生全面发展的评价理念，充分反映学生所达到的学业水平。考试控制试卷长度，试题简约明了。控制试题难易程度，题量适中，杜绝偏题、怪题。今年武汉中考物理与去年相比，题型、题量、分值等基本保持一致，但难度增大。试卷整体呈现以下特点。一、注重基础知识和基本技能，突显物理学科特色试卷坚持以课标为依据，注重对基础知识的掌握情况，试题素材多数来源于教材和现实生活，体现物理学科核心素养导向，指导学生重视教材内容和关注物理在生活中的应用，引导老师要依据课标和教材开展教学，了解生活中的物理应用。如物理试卷选择题的前5题，第9、10题，非选择题第13、14、15题都是基础题；第1题声现象，第4题电磁波，第6题能量转化，第9题动态电路分析，第10题电磁学都来源于教材图片；第4题电磁波（生活实验），第7题神舟十七受力分析，第10题新能源汽车电磁学，第11题家庭电路，第13题高架上的“光伏声屏障”，试题素材来源于生活。这些题设问灵活，联系生活，考查学生的基础知识理解应变能力和思维能力，增强学生分析问题、解决问题的能力。二、突出学科特点，注重解决问题的创新实践能力试题注重考查学生综合运用所学知识分析和解决实际问题的能力。如第7题神舟十七受力分析，第8题浮力综合题，第9题动态电路分析，第10题新能源汽车电磁学，第12题电学的多档位分析，第16题凸透镜实验探究，都体现了物理学科的特点、综合分析应用能力，以及物理学科促进人类社会进步的重要作用，充分体现了教学育人功能。注重考查学生的创新精神和实践学生的创新精神和实践能力。第4题电磁波产生的实践探究，第7题神舟十七受力分析，第12题电学的浴霸多档位问题，第13题高架上的绿色“光伏声屏障”，第14题温度自动控制装置。这些试题都体现了实践创新能力的要求。三、坚持引领教学，强化核心素养试卷中增加了一些开放性的试题，加强与社会实际、生活的联系，既考查了物理知识，又考查了学生的学科核心素养，体现探究性和开放性的特点，对引导老师进行素养为本的教学有较大意义。如物理试卷填空第13题高架上的绿色“光伏声屏障”，既考查声学与环境问题，又考查储能问题；第14题温度自动控制装置，考查电磁学、导体材料等知识；第19题，以海洋油气生产平台“海基二号”为素材，考查力学问题。这些试题都属于开放性题目，既重视探究，更重视思维分析，涉及利用科学知识和技术解决实际问题等跨学科知识和内容。增强了学科的核心素养能力。2024年湖北武汉中考物理是武汉“新中考”的第二年，与2023年中考物理相比变化不大，个别试题难度加大，如第5、7、8、12、18题。其次涉及生活综合分析应用的题比重大，如第4、7、9、10、11、12、13、14、19题等。注重分析应用、更注重灵活处理能力。

题号分值题型考查内容考查点13选择声现象声与能量、声音的产生与转播23选择比热容利用比热容解释生活中的现象33选择光的反射实验探究探究光的反射规律43选择信息传递电磁波的产生与传播53选择参照物参照物的选择63选择机械能及其转化动能与重力势能相互转化73选择运动与力力的分析，力的合成与应用83选择压强、液体压强、浮力压强公式的应用，液体压强的计算、浮力的综合分析与计算93选择电流与电路、欧姆定律动态电路分析103选择电动机、磁生电指南针的原理、电磁铁的应用、磁生电113选择生活用电家庭电路的故障分析123选择电能与电功率电功率的多档位问题、电能与电功率计算133填空声、太阳能噪声的减弱、太阳能的转化、燃料的热值计算143填空磁现象、磁生电电磁铁的应用、安培定则154实验探究熔化与凝固探究固体熔化时温度的变化规律164实验探究透镜及其应用探究凸透镜成像规律174实验探究简单机械探究杠杆的平衡条件186实验探究欧姆定律的实验探究探究电流与电压的关系1910综合计算计算题、浮力利用阿基米德原理计算、速度公式的计算、压强、液体压强的公式计算一、注重基础，落实“双基”武汉中考物理今年比往年难度稍大，但基础题还是占相当大的比例，所以平时学习中要强化教材（图片）基础知识全方位的理解，注重多角度去思考知识间的联系和应用。单项选择题注意细节、理解清楚题意，填空题明确所考查的知识点，书写要准确；实验题只考查教材实验题，所以要熟悉实验原理、步骤，理解每一步的作用，注意计算空的准确性；综合计算题相对比较难，要充分理解考查的知识内容，要熟悉计算公式，要有准确的数据处理和运算。二、强化学科联动，结合生活学习今后的考查方向更注重跨学科的内容，今年教材就突出了跨学科实践活动。因此在教与学时，需要在物理知识点的基础上与其他学科及社会科技文化进行结合，融会贯通。三、关注社会热点和现代前沿科技，形成学科核心素养学习领会2022版新课标中对学生从物理角度能够对问题进行分析、判断、辨析与探究的要求。教学中要注重学生将知识与生活相互联系，充分发挥学科优势，引导学生关注社会热点、科技发展，帮助学生用学科知识进行系统分析身边的问题，让学生感受到学以致用，学有所用的学科特色。培养学生的科学精神和社会责任感，形成学科核心素养。一、选择题。（本题包括12小题，每小题只有1个正确选项。每题3分，共36分）1．下列关于声现象的说法正确的是（）A．拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动 B．逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增强 C．用大小不同的力敲击同一个编钟，发出声音的响度相同 D．超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递信息【答案】A【解析】A、拨动张紧的橡皮筋，能听到声音，说明发声的物体在振动，故A正确；B、逐渐抽出真空罩内的空气，闹钟的铃声逐渐增弱，故B错误；C、用大小不同的力敲击同一个编钟，振幅不同，发出声音的响度不同，故C错误；D、超声波清洗机清洗眼镜，说明声可以传递能量，故D错误。故选：A。2．下列事例中，与“水的比热容较大”这个特性无关的是（）A．汽车发动机用水作冷却剂 B．人游泳之后从水中出来，风一吹感觉更冷 C．海边昼夜温度变化比沙漠中小，适于居住 D．生物体内水的比例很高，有助于调节生物体自身的温度【答案】B【解析】A、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水冷却汽车发动机，故A不符合题意；B、游泳之后从水中出来，风一吹感觉特别冷，是由于身体表面的水汽化吸热，与“水的比热容较大”这个特性无关，故B符合题意；C、因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，由此使得海边昼夜温差小，故C不符合题意；D、因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，所以生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度，故D不符合题意。故选：B。3．如图所示，为了探究光反射时的规律，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，纸板NOF可以向前或向后折。下列说法正确的是（）A．纸板NOF向前或向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内 B．入射光线靠近ON时，反射光线远离ON C．使一束光贴着纸板沿NO方向射到O点，这时没有反射光射出 D．使用此实验装置不能探究光在反射时光路是否可逆【答案】A【解析】A、在研究光的反射定律实验中，当把纸板NOF向前折或向后折时看不到反射光线，当把两纸板折到同一平面上时，可以看到反射光线，说明反射光线、入射光线、法线在同一平面内，故A正确；B、若把入射光线OA靠近ON，则入射角减小，根据反射角等于入射角可知，反射角也会减小，所以反射光线OB也会靠近ON，故B错误；C、若使光束沿NO方向射向平面镜，反射光线、入射光线、法线三线合一，反射光线与法线的夹角为0°，故C错误；D、若要研究反射时光路是否可逆，应让光线沿原来的反射光线进行入射，即沿FO入射，会发现反射光线沿着OE方向射出，故D错误。故选：A。4．如图所示，打开收音机的开关，旋至没有电台的位置，将音量开大，取一节干电池和一根导线，先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，会听到收音机中传出“喀喀”声。关于这个实验，下列说法错误的是（）A．这个实验对电池有损害，最好用旧电池来做 B．迅速变化的电流能够产生电磁波 C．收音机可以接收到电磁波信号 D．电磁波只能在空气中传播【答案】D【解析】A、将导线的一端与电池的负极相连，另一端与电池的正极快速摩擦，使它们时断时续地接触，这样会损伤电池，故A正确；B、先将导线的一端与电池的负极相连，再将导线的另一端与正极摩擦，使它们时断时续地接触，电路中有时断时续的电流出现，迅速变化的电流产生了电磁波，产生的电磁波被收音机接收到，听到“咔咔”的声音，故B正确；C、收音机接收到的声音是通过电磁波传播的，故C正确；D、磁波能在真空中传播，故D错误。故选：D。5．北宋文学家欧阳修在一首词中有这样的描写：“无风水面琉璃滑，不觉船移……”其中“不觉船移”所选的参照物可能是（）A．船在水中的倒影 B．船周围的浮萍 C．被船惊飞的鸟 D．船附近岸边的花草【答案】A【解析】“不觉船移”以船周围的浮萍、被船惊飞的鸟以及船附近岸边的花草为参照物时，船相对于它们的位置都发生了变化，以船在水中的倒影为参照物，船与倒影的位置未发生变化，A正确，BCD错误。故选：A。6．如图所示，将一个小球用细线悬挂起来，让小球从A点静止释放，小球会在A、C两点之间来回摆动，最终静止下来。下列说法正确的是（）A．小球从A点摆动到B点，动能转化为重力势能 B．小球能从B点摆动到C点是由于受到惯性 C．小球每次经过B点，其动能都比上一次小 D．小球最终静止在A点【答案】C【解析】A、小球从A点摆动到B点的过程中，小球的质量不变、高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故A错误；B、小球在B点时有一定的速度，由于小球具有惯性，小球会从B点摆动到C点，惯性是一种性质，不能说受到惯性，故B错误；C、由于小球运动过程中机械能损失，所以球每次经过点B的速度都有所减慢，小球每次经过B点，其动能都比上一次小，故B正确；D、小球最终静止在B点，故D错误。故选：C。7．2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。如图所示，返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，若降落伞和返回舱受到的重力分别为G1和G2，降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，则下列关系式正确的是（）A．f+F＝G1+G2 B．f+F＝G2 C．F＝G1+G2+f D．F＝G2+f【答案】B【解析】研究对象是返回舱，对其进行受力分析，返回舱受到三个力的作用：降落伞对返回舱的拉力为F，空气对返回舱的阻力为f，返回舱受到的重力G2，如返回舱在落地前的某段时间内沿竖直方向匀速下落，受力平衡，则f+F＝G2。故选：B。8．如图甲所示，水平桌面上有一个质量为100g、底面积为100cm2的圆柱形平底薄壁溢水杯，杯底上表面到溢水口的距离为15cm，杯中装有部分水，此时溢水杯对桌面的压强为p0。将挂在弹簧测力计下端密度为ρ的圆柱体从水面上方逐渐浸入水中，当圆柱体一半浸在水中时，圆柱体下表面受到的压力为F1，水对溢水杯底部的压强为p1；当圆柱体浸没在水中时，如图乙所示，弹簧测力计的示数为2.4N，溢出到小桶中的水重为1N，圆柱体下表面受到的压力为F2，溢水杯对桌面的压强为p2。已知p2＝p0+200Pa，下列结论正确的是（）A．ρ＝2.2g/cm3 B． C． D．F2﹣F1＞1.5N【答案】D【解析】A、没有放入圆柱体时溢水杯对桌面的压力：F＝G杯+G水，当圆柱体浸没在水中时，由称重法可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮＝G﹣F示，对溢水杯的整体受力分析可知，溢水杯整体受到溢水杯、杯中剩余的水和圆柱体的总重力、桌面对溢水杯的支持力和弹簧测力计向上的拉力，由力的平衡条件可知，桌面对溢水杯的支持力：F支＝G杯+（G水﹣G溢）+G﹣F示＝G杯+（G水﹣G溢）+F浮＝G杯+G水+F浮﹣G溢，由力的作用是相互的可知，此时溢水杯对桌面的压力：F'＝F支＝G杯+G水+F浮﹣G溢，则p0＝＝，p2＝＝，代入p2＝p0+200Pa可知，＝+200Pa，即＝200Pa，则F浮＝G溢+200Pa×S＝1N+200Pa×100×10﹣4m2＝3N，由F浮＝ρ液gV排可知，圆柱体浸没时排开水的体积：V排＝＝＝3×10﹣4m3，因为圆柱体浸没在水中，所以圆柱体的体积：V＝V排＝3×10﹣4m3＝300cm3，由称重法可知，圆柱体的重力：G＝F浮+F示＝3N+2.4N＝5.4N，由G＝mg可知，圆柱体的质量：m＝＝＝0.54kg＝540g，则圆柱体的密度：ρ＝＝＝1.8g/cm3，故A错误；B、由F浮＝ρ液gV排可知，圆柱体一半浸在水中时受到的浮力：F浮'＝F浮＝×3N＝1.5N，则从圆柱体一半浸在水中到圆柱体浸没在水中时增加的浮力：ΔF浮＝F浮﹣F浮'＝3N﹣1.5N＝1.5N＞1N，即ΔF浮＞G溢，说明圆柱体一半浸在水中时，水面没有到达溢水口，此时水的深度h＜15cm＝0.15m，因此水对溢水杯底部的压强：p1＝ρ水gh＜1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1.5×103Pa，故B错误；C、由G＝mg和ρ＝可知，溢出到小桶中水的体积：V溢＝＝＝1×10﹣4m3＝100cm3，原来溢水杯中水的体积：V水＝Sh杯+V溢﹣V排＝100cm2×15cm+100cm3﹣300cm3＝1300cm3，原来溢水杯中水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0g/cm3×1300cm3＝1300g＝1.3kg，则原来溢水杯中水的重力：G水＝m水g＝1.3kg×10N/kg＝13N，溢水杯的重力：G杯＝m杯g＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N，没有放入圆柱体时，溢水杯对桌面的压力：F＝G杯+G水＝1N+13N＝14N，此时溢水杯对桌面的压强：p0＝＝＝1400Pa，则当圆柱体浸没在水中时，溢水杯对桌面的压强：p2＝p0+200Pa＝1400Pa+200Pa＝1600Pa，故C错误；D、由浮力产生的原因可知，圆柱体一半浸在水中时圆柱体下表面受到的压力：F1＝F浮'＝1.5N，图乙中，圆柱体上下表面受到的压力差：F2﹣F1'＝F浮＝3N，即F2＞3N，因此F2﹣F1＞3N﹣1.5N＝1.5N，故D正确。故选：D。9．如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，杠杆的右端是滑动变阻器的滑片，杠杆左端固定着一个浮子，油箱内油量变化时，滑片就在电阻片R两端之间滑动。下列说法错误的是（）A．定值电阻R0和滑动变阻器是串联的 B．油量减少时，滑动变阻器接入电路的电阻变大 C．油量增加时，电流表示数变大 D．油箱中没有油时，电流表示数为零【答案】D【解析】A、由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器首尾顺次连接在电路中，是串联的，电流表测量电路中的电流，故A正确；B、油量减少时，浮子下降，在杠杆作用下，滑片上移，滑动变阻器接入电路电阻丝变长，滑动变阻器接入电路的阻值变大，故B正确；C、油量增加时，浮子上浮，在杠杆作用下，滑片下移，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故C正确；D、油箱中没有油时，浮子在最低位置，在杠杆作用下，滑片移动到最上端，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由欧姆定律可知，电路中的电流最小，但不为零，即电流表示数不为零，故D错误。故选：D。10．新能源汽车作为我国新质生产力的杰出代表，各项技术均处于世界领先水平，其中用到的一种能量回收技术就是汽车在滑行或制动过程中，内部线圈切割磁感线产生感应电流，将机械能转化为电能。下列装置中也利用了电磁感应原理工作的是（）A．电磁起重机 B．司南 C．自制电动机 D．动圈式话筒【答案】D【解析】A、电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的，故A不符合题意；B、司南指示南北是由于受到地磁场的作用，故B不符合题意；C、电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意；D、动圈式话筒是利用电磁感应来工作的，故D符合题意。故选：D。11．如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V10（40）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，饭煮熟后，他将这个电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，其它用电器仍正常工作，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸。空气开关跳闸的原因可能是（）A．照明灯的开关接在了零线与灯泡之间 B．用电器的总功率过大 C．电热水壶的内部电路短路 D．接入电热水壶的插座短路【答案】C【解析】A、照明灯的开关接在了零线与灯泡之间，不会引发空气开关跳闸，只是容易发生触电事故，故A不符合题意；B、由电能表上的参数可得，电路中允许的最大功率为：P＝UI＝220V×40A＝8800W；正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，将电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，电路中用电器总功率变小，所以空气开关跳闸的原因不可能是用电器的总功率过大，故B不符合题意；CD、如果接入电热水壶的插座短路，没有插入电热水壶时，空气开关就应该会跳闸，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸，则说明是由于电热水壶的内部电路短路，故C符合题意、D不符合题意。故选：C。12．某同学家浴室里安装了一款风暖浴霸，它既可以实现照明、换气的功能，又可以实现送自然风、暖风、热风的功能，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸电路的部分参数。额定电压220V照明功率20W换气功率35W暖风功率1133W热风功率2233W关于下列结论：①开关S1断开、S与触点1接触时，浴霸处于送自然风状态；②每根电热丝的阻值为44Ω；③电路中通过开关S的电流最大为10.15A；④浴霸工作10分钟，电路消耗的电能最大为1.3398×106J。其中正确的是（）A．①③ B．②③ C．②④ D．③④【答案】B【解析】①开关S1断开、S与触点1接触时，只有电动机工作，说明此时没有加热，浴霸处于换气状态；故①错误；②根据电热丝与电阻是并联，每个电热丝的功率P＝2233W﹣1133W＝1100W；由P＝可得，电热丝的电阻为：R＝＝44Ω，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。每根电热丝的阻值为44Ω；故②正确；③当处于热风状态时，电路中通过开关S的电流最大，I＝＝＝10.15A，故③正确；④浴霸热风状态，且照明灯发光时，电功率最大，工作10分钟，电路消耗的电能最大W＝Pt＝（2233W+20W）×10×60s＝1.3518×106J，故④错误。故选：B。二、非选择题（本题包括7小题，共34分）13．（3分）绿色发展是高质量发展的底色，为了更好践行绿色发展和“双碳目标”，武汉市区某高架桥上修建了一段全封闭“光伏声屏障”试验路段，如图所示。“光伏声屏障”既可以控制噪声，又可以提供电能，比传统的声屏障设备更节能环保。（q无烟煤＝3.4×107J/kg）（1）“光伏声屏障”是通过阻断噪声的方式来控制噪声的。（2）“光伏声屏障”路段的每一块玻璃上贴满了81个小光伏电池板，这些光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为。这段“光伏声屏障”试验路段每年发电约1.7×105kW•h，相当于完全燃烧kg的无烟煤释放的能量。【答案】（1）传播（2）电能；1.8×104。【解析】（1）“光伏声屏障”是在传播过程中减弱噪声，即通过阻断噪声传播的方式来控制噪声的。（2）光伏电池板利用太阳能的方式是将太阳能转化为电能；无烟煤完全燃烧放出的热量Q放＝1.7×105kW•h＝1.7×105×3.6×106J＝6.12×1011J，由Q放＝mq可知，完全燃烧无烟煤的质量m＝＝＝1.8×104kg。14．（3分）如图所示是一种温度自动控制装置的原理图。制作水银温度计时在玻璃管中封入一段金属丝，“电源1”的两极分别与水银和金属丝相连。（1）闭合开关S后，当温度达到℃时，发热电阻就停止加热。（2）当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，则“电源1”的端为正极。（3）为增强电磁铁的磁性，下列措施一定可行的是（填序号）。①增大“电源1”的电压；②减小“电源2”的电压；③减少电磁铁线圈匝数；④改变电磁铁中电流方向【答案】（1）90；（2）右；（3）①【解析】（1）温度计就相当于开关，当介于金属丝接触导通，吸引衔铁断开加热电路，故此时金属丝对应的刻度是90℃；（2）当电磁铁中有电流通过时，若它的左端为N极，电流从右侧流入，则“电源1”的右端为正极。（3）为增强电磁铁的磁性，必须增大线圈中的电流或增大线圈的匝数，故选：①。15．（4分）某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图象。实验中要控制好烧杯中的水温。（1）根据图乙的图象中段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于态。（2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气（填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度0℃。【答案】（1）BC；固、液共存；（2）凝华；低于【解析】（1）图乙BC段吸收热量温度不变，可知冰是晶体，BC段的物质处于熔化过程中，处于固液共存态；（2）易拉罐的下部有白霜形成，是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，即白霜；用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，低于冰的熔点，低于0℃。16．（4分）实验小组在探究凸透镜成像规律的实验中：（1）图甲中，点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，（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：仅将光屏向移动一段距离。方案二：仅换用焦距较的凸透镜。（2）某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，此时该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成（填“倒立缩小”“倒立放大”或“正立放大”）的像。【答案】（1）照相机；左；大；（2）倒立放大【解析】（1）由图甲可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；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，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，仅将光屏向左移动一段距离；若不移动光屏，仅换用焦距较大的凸透镜，凸透镜焦距变大，对光的会聚能力变弱，会将光线推迟会聚成像；（2）某同学利用焦距为20cm的凸透镜观察指纹，保持指纹到眼睛的距离为40cm不变，将凸透镜调整到如图乙所示的位置，看到了指纹正立放大的像，说明u＜f，即指纹到凸透镜的距离小于20cm，此时眼睛到凸透镜的距离大于20cm，小于40cm，即2f＞u＞f，因此该同学的眼睛通过凸透镜在另一侧能成倒立放大的像。17．（4分）某同学利用若干个质量为50g的钩码和弹簧测力计探究杠杆的平衡条件。（1）调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并，达到平衡状态，如图所示。（2）在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，移动右侧钩码到cm刻度线处使杠杆重新在水平位置平衡。这时动力或阻力是（填“钩码受到的重力”“钩码对杠杆的拉力”或“杠杆对钩码的拉力”）。（3）保持杠杆左侧钩码的数量和位置不变，取下右侧钩码，改用弹簧测力计拉杠杆使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计的示数为3N时，该拉力的作用点可能在杠杆（填序号）刻度线处。①左侧10cm；②右侧5cm；③右侧15cm【答案】（1）静止；（2）10；钩码对杠杆的拉力；（3）①③【解析】（1）调节平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态；（2）如在杠杆左侧15cm刻度线处挂上4个钩码，在杠杆右侧挂上6个钩码，设每个钩码的重力为G，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知4G×15cm＝6G×L，解得L＝10cm；动力和阻力都必须是作用在杠杆上，而钩码受到的重力、杠杆对钩码的拉力作用在钩码上，不是动力或阻力，故钩码对杠杆的拉力是动力或阻力。（3）当弹簧测力计的示数为3N时，相当于6个质量为50g的钩码重力，因而力臂必须为10cm，①左侧10cm，竖直向上拉力臂为10cm，恰好能平衡；②右侧5cm，最大的力臂为5cm，不可能平衡；③右侧15cm，斜向下拉，使得力臂等于10cm也可以平衡。故选：①③。18．（6分）某同学利用图甲所示的电路探究电流与电压的关系。实验中电源电压保持3V不变，定值电阻的阻值为4Ω，滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”。（1）该同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。（2）正确改接电路后，该同学立即进行实验，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，此时通过定值电阻的电流是A。这位同学实验操作的不足之处是。（3）该同学完成了预先设计好的表格中的4次实验，将得到的实验数据填入表格。电压U/V0.30.60.91.21.51.82.12.4电流I/A0.150.230.300.38分析表中已测出的数据，可以初步得到实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压。为了进一步验证这个结论，该同学利用现有器材在不改变电路连接的情况下，表格里余下的4次实验中，他还能完成次。【答案】（1）见下图所示；（2）0.22；闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端；（3）成正比；1【解析】（1）原电路中，电流表与电压表串联，在电路中是错误的，电压表应并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中，如答图所示：（2）由图乙可知，电流表使用的量程是0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.22A；该同学正确改接电路后，立即进行实验，由图甲可知，这位同学实验操作的不足之处是闭合开关前，没有将滑片移到滑动变阻器最左端；（3）分析表一中的这些数据，可以得出结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流和导体两端的电压成正比；由滑动变阻器的规格为“20Ω，0.5A”可知，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，允许通过的最大电流为0.5A，当定值电阻两端电压为U1＝0.3V时，滑动变阻器两端的电压应为U滑＝U﹣U1＝3V﹣0.3V