C

B【考点】1M：液化及液化现象．

【分析】物质由气态遇冷变为液态的现象是液化现象．

【解答】解：

夏天，从冰箱中取出冷藏的饮料温度较低，低于周围的环境温度，空气中的水蒸汽遇到温度较低的饮料瓶发生液化，变成小水珠附着在瓶的外壁上，这就是我们看到的饮料瓶的“出汗”现象，是水蒸汽液化现象，故B正确．

故选B．

A【考点】7O：杠杆的分类．

【分析】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．

【解答】解：

A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；

B、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；

C、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；

D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．

故选A．

A【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．

【分析】根据凸透镜成像的三种情况确定成像情况．当u＞2f时，成倒立、缩小的实像；当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像；当u＜f时，成正立、放大的虚像．

【解答】解：将一物体放在此透镜前25cm处，f＜25cm＜2f，成倒立、放大的实像．

故选A．

D【考点】G1：分子动理论的基本观点．

【分析】物体是由大量分子组成的，分子在永不停息的做无规则运动，分子间存在相互的引力和斥力，分子间有间隙．

【解答】解：

因为分子间存在着空隙，水和酒精充分混合后，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了，故D正确．

故选D．

C【考点】84：增大压强的方法及其应用；88：液体的压强的特点；8G：大气压强与高度的关系；8K：流体压强与流速的关系．

【分析】A、固体压强的大小与压力大小和受力面积的大小有关，在压力一定时，可以通过减小受力面积的方式来增大压强．

B、液体内部的压强随深度的增加而增大；

C、大气压随高度的最大而减小；

D、流体的压强跟流速有关，流速越快的地方压强反而越小．

【解答】解：

A、菜刀刀口做的很薄，减小了受力面积，从而增大了压强，使刀更锋利，故A正确；

B、“蛟龙号”深潜器在海水中下潜的过程中，深度增大，受到的海水压强增大，故B正确；

C、氢气球升到高空后会炸裂，是因为大气压随高度的增大而减小，故C错；

D、动车运行时，车厢附近的气流速度较大，压强较小，故D正确；

故选C．

B【考点】18：体温计的使用及其读数；2D：量筒的使用；64：长度的测量；J6：电功的测量．

【分析】（1）体温计的测量范围是：35℃～42℃，沸水的温度为100℃；

（2）使用刻度尺读数时视线要与尺面垂直，估读到分度值的下一位；

（3）使用量筒测量液体的体积时，视线要和液柱的凹面底部相平；

（4）电能表是测量电功的仪表．

【解答】解：

A、体温计的测量范围是：35℃～42℃，而沸水的温度为100℃，不能用沸水给体温计消毒，故A错误；

B、使用刻度尺测量长度时，应估读到分度值的下一位，故B正确；

C、使用量筒测量液体的体积时，视线要和液柱的凹面底部相平，不是与液面垂直，故C错误；

D、电能表可以直接测量电功，不能直接测量家用电器的电功率，故D错误．

故选B．

B【考点】GM：内燃机的四个冲程．

【分析】汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气；做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程也有能量转化，将机械能转化为内能．

【解答】解：

在汽油机一个工作循环的四个冲程中，压缩冲程活塞向上运动，压缩燃料混合物对其做功，使气缸内的气体的内能增加，温度升高，故是将机械能转化为内能，故B正确．

故选B．

D【考点】CP：电磁感应．

【分析】灯被点亮，说明通过灯泡是有电流的，再根据电磁感应现象的定义分析．

【解答】解：用一不通电的LED灯靠近正在通电的特斯拉线圈时，LED灯发光了，这说明灯泡中产生了电流，故该现象为电磁感应现象．

故选：D．

B【考点】FN：动能和势能的大小变化；22：质量及其特性；52：参照物及其选择；KA：太阳能的转化．

【分析】（1）物体由于被举高而具有的能量是重力势能．影响重力势能的因素是质量和被举高度；

（2）在研究物体的运动情况时，要先选取一个标准做为参照物，研究对象和参照物的位置发生了改变，就是运动的；如果位置没有发生改变，则是静止的；

（3）天空二号上有许多电子设备，需要电能的提供，太阳能电池板就可以将太阳能转化为电能；

（4）物体所含物质的多少叫质量．质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置、温度无关．

【解答】解：

A、火箭升空时，“天舟一号”的质量不变，高度增加，所以重力势能增大．故A错误；

B、对接成功后，“天宫二号”与“天舟一号”成为一个整体，以相同的速度和方向运动，以“天宫二号”为参照物，“天舟一号”的位置没有变化，所以是静止的．故B正确；

C、太阳能电池板工作时将光能直接转化为电能．故C错误；

D、“天舟一号”进入太空后，位置发生变化，所含物质的多少没有变化，所以质量不变．故D错误．

故选B．

B【考点】HS：电路的基本连接方式；I3：电压表的使用．

【分析】根据电路的连接和电压表的使用规则进行分析．

【解答】解：

电压表与灯泡并联且遵循“正进负出”，故将M接B 或D能保证电流从电压表的正接线柱流进，将N接A或C保证两灯并联、且电流从电压表的正接线柱流出，故有AB两接线柱、AD两接线柱、CB两接线柱、CD两接线柱 这四种接法．

故选B．

C【考点】42：半导体的特点．

【分析】当电流从二极管的正接线柱流入，负接线柱流出时，二极管将电路接通；当电流从二极管的负接线柱流入时，二极管在电路中处于断开状态．

【解答】解：

因为二极管具有单向导电性，当电流从二极管的正接线柱流入，负接线柱流出时，二极管将电路接通；当电流从二极管的负接线柱流入时，二极管在电路中处于断开状态；根据题意可知，电流从其P端流入时发红光，从其Q端流入时发绿光，所以两二极管并联，且红发光二极管的正接线柱在P端，负接线柱在Q端，绿发光二极管的正接线柱在Q端，负接线柱在P端，所以C图正确．

故选C．

【考点】91：声音的产生；9D：频率及音调的关系．

【分析】声音是由物体的振动产生的，振动的频率越高，音调越高．

【解答】解：用嘴贴着试管口吹气，振动发声的是由于试管口内空气柱的振动发出的，当水量增加时，空气柱长度越短，音调越高．

故答案为；振动；高．

【考点】6L：惯性；19：熔化与熔化吸热特点；G9：做功改变物体内能．

【分析】①改变物体的内能的方法：一是做功，二是热传递；

②物质从固态变为液态叫熔化，从液态变为固态叫凝固；

③物体具有的保持运动状态不变的性质的惯性．

【解答】解：掷出的冰壶由于具有惯性，所以能在冰面继续滑行；

比赛时两名队员在冰壶前方“刷冰”，克服摩擦做功，消耗机械能转化为冰的内能，是通过做功的方式改变冰的内能；

冰的内能增加，熔化成成薄薄的一层水，这样就能够减小冰壶与冰面之间的摩擦，使冰壶按照预计的运动快慢和方向运动；

故答案为：具有惯性；熔化；做功．

【考点】H1：物体带电现象；H7：摩擦起电的实质；HA：验电器的原理及使用．

【分析】（1）毛衣摩擦过的塑料棒带了电荷，而带电体具有吸引轻小物体的性质．

（2）根据验电器的金属箔片是否张开角度来确定物体是否带电．其之所以张开角度，就是由于两个箔片带了同种电荷，同种电荷相互排斥的造成的．

（3）摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷．

【解答】解：

用毛衣摩擦过的塑料棒带了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体，所以当其靠近碎纸屑时，碎纸屑会被吸引过来．

当验电器与带电的塑料棒接触后，验电器的金属箔片上都带了同种电荷，由于同种电荷相互排斥，所以两个金属箔片会张开角度．

摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，即摩擦起电的实质是电子在物质间转移．

故答案为：吸引轻小物体；同；电子．

【考点】21：物质的基本属性；D2：电磁波的传播．

【分析】①体积一定的不同物质，质量与密度成正比；

②飞机舱内要保持一定的温度，舱壁材料要具有良好的隔热性能；

③电磁波传播不需要介质，利用电磁波可以传递信息．

【解答】解：

由“相比同体积的普通铝合金质量更小”知，铝锂合金的密度更小，体积一定时质量更小；

为有效维持舱内的温度，降低能耗，舱壁所需材料要具有良好的隔热性能；

航电系统工作时可将飞机参数通过电磁波传输给地面指挥控制中心．

故答案为：密度；隔热；电磁波．

【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用．

【分析】知道煤油的质量和比热容以及温度的变化，根据Q_吸=cm△t求出煤油吸收的热量；

电流产生的热量与通电时间、电流大小和电阻的大小有关．

【解答】解；煤油的质量m=200g=0.2kg，则煤油吸收的热量：

Q_吸=cm△t=2.1×10³J/（kg•℃）×0.2kg×5℃=2100J；

由图可知，此时的电阻是定值电阻，无法改变，可以通过改变时间来探究电流产生的热量与时间大小的关系．

故答案为：2100；通电时间．

【考点】J4：电功计算公式的应用．

【分析】金属外壳的家用电器的外壳一定要接地，这样可以避免触电事故的发生；夏天，为了节能，可将冰箱的设置温度适当调高些；

电冰箱工作时的功率和额定功率相等，知道消耗的电能，根据P=求出电冰箱工作的时间

【解答】解：

电冰箱的外壳是金属做的，家用电器的金属外壳一定要接地，可防止因漏电使外壳带电而造成触电事故，以保证安全；

夏天，为了节能，可将冰箱的设置温度适当调高些，减小冰箱的工作时间；

冰箱铭牌上标有“220V 150W”字样，表示冰箱的额定电压为220V，额定功率为150W，

电冰箱工作时的功率P=150W=0.15kW，一天消耗的电能W=1.2kW•h，

由P=可得，电冰箱的压缩机在一天内工作的总时间：

t===8h．

故答案为：接地；高；8．

【考点】A4：光的传播速度与光年．

【分析】（1）知道从A点喷射到B点的距离和所用的时间，根据速度公式求出喷射的实际速度；

（2）根据勾股定理求出喷流竖直的距离，进而得出喷流在B点发出的光传到地球所用的时间，利用速度公式求出观测者测得喷流的速度．

【解答】解：由题意知，s_AB=5光年，时间t=6年，

则喷流喷射的实际速度：

v==c．

由勾股定理可知，喷流竖直的距离：

s_BD==光年=4光年，∨

由图可知，s_AC=s_DE=6光年，

则有：s_BE=s_DE﹣s_BD=6光年﹣4光年=2光年，

由此可知，喷流在B点发出的光传到地球观测者所用的时间t′=2年，

则观测者测得喷流的速度：

v′==c=1.5c．

故答案为：；1.5．

【考点】EH：有用功和额外功；F6：斜面的机械效率；FF：功率的计算．

【分析】（1）知道木箱的重力和斜面的高度，根据W=Gh求出克服重力做的有用功；

（2）已知拉力F与斜面长，利用W=Fs计算总功，根据公式P=计算功率；

（3）知道有用功和总功，根据机械效率公式求出机械效率．

【解答】解：（1）木箱的重力G=mg=100kg×10N/kg=1000N，工人师傅对木箱做的有用功：

W_有用=Gh=1000N×1.5m=1500J；

（2）拉力做的总功 W_总=Fs=400N×5m=2000J．

拉力做功的功率为 P_总===200W．

（3）斜面的机械效率：

η=×100%=×100%=75%．

故答案为：（1）工人所做的有用功是1500J；

（2）工人做功的功率是200W；

（3）斜面的机械效率是75%．

【考点】J9：电功率与电压、电流的关系；IH：欧姆定律的应用；JE：实际功率．

【分析】（1）根据I=算出小灯泡的额定电流；

（2）根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式，然后求定值电阻R₀的阻值；

（3）根据电路中的电流为0.5A，求出总电阻，根据串联电路的电阻特点求出地球的电阻，根据P=I²R求出灯泡的实际功率．

【解答】解：（1）由P=UI得，

小灯泡的额定电流：I===0.6A；

（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，灯泡正常发光时，定值电阻R₀两端的电压：

U₀=U﹣U_L=9V﹣6V=3V，

因串联电路中各处的电流相等，

所以，电路中的电流：I=0.6A，

定值电阻R₀的阻值：R₀===5Ω；

（3）当S接触c点时，调节R₃的滑片至中点位置时R₃=5Ω，电路中的电流为：I′=0.5A，

电路的总电阻：R===18Ω，

灯泡的电阻为：R_L=R﹣R₃=18Ω﹣5Ω=13Ω，

灯泡的实际功率为：P_L=I²R=（0.5A）²×13Ω=3.25W．

答：（1）小灯泡的额定电流为0.6A；

（2）定值电阻R₀的阻值为5Ω；

（3）当S接触c点时，调节滑片至中点位置，电路中的电流为0.5A，此时灯泡的实际功率为3.25W．

【考点】A7：光的反射定律．

【分析】（1）探究光的反射定律时，应让硬纸板竖直放置，这样光的传播路径能呈现在纸上．

（2）根据镜面反射和漫反射的不同可的出结论；在纸板上标出刻度，可以测量角的大小；

（3）实验只做一次结论具有偶然性，若需进一步验证该规律的正确性，需多次改变入射角的大小进行实验，表中所示反射角等于入射角；

（4）法线与平面镜垂直；反射光线、入射光线和法线在同一平面内，可以通过硬纸板显示光路．

【解答】解：（1）为了使光的传播路径能呈现在硬纸板上，应让硬纸板B竖直放置在平面镜A上，让激光紧贴纸板射向O点．

（2）为了看清楚纸板上的光路，纸板材质应是较粗糙，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚；

在纸板上标出刻度是为了方便测量反射角和入射角的大小；

（3）读表可得，反射角等于入射角；

（4）加湿器使整个教室充满雾气，这样能显示出光的传播路径；法线与平面镜是垂直的，红色激光笔发出的光垂直射向平面镜上的O点，可以显示法线的位置；沿水平方向缓慢转动圆台，当我们观察到反射光线的传播路径，可以根据光的传播路径来判断三线是否在同一平面内．

故答案为：（1）竖直；（2）粗糙；反射角和入射角；（3）相等；（4）法线；反射光线．

【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验；6T：二力平衡条件的应用．

【分析】（1）①由测力计分度值，根据二力平衡的条件分析；②③

②研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小；

③找出相同的量和不同的量，根据测力计示数，分析得出结论；

（2）二力平衡的条件：同体、反向、等大、共线分析；物体在平衡状态中受平衡力的作用．

【解答】解：①在乙图中，测力计分度值为0.2N，测力计示数为2.4N，因沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大等于摩擦力的大小，木块受到的滑动摩擦力大小等于2.4N，物体向右运动，故摩擦力方向水平向左；

②研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面的粗糙程度相同，只改变压力大小，乙中测力计示数大于甲中的示数，故比较甲乙两图的实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关．

③比较甲、丙两图的实验可知，压力大小相同，故得出：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关．

（2）在操作过程中小明还发现，弹簧测力计不沿水平方向拉动时，也可以使木块在木板上眼水平方向做匀速直线运动，如图丁所示，此过程中，木块处于 不平衡状态；弹簧测力计对木块的拉力和木块受到的滑动摩擦力 不是一对平衡力，理由是：拉力与摩擦力不在同一直线；

竖直方向上，因物体处于静止状态，故木块受到的重力和木板对它的支持力 是一对平衡力．

故答案为：（1）①3.4；水平向左；②甲乙；③接触面的粗糙程度；

（2）不平衡；不是；拉力与摩擦力不在同一直线；是．

【考点】FQ：探究影响物体动能大小的因素．

【分析】（1）动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小；

（2）在实验的过程中，通过木块滑动的距离来判定动能的大小，故重新实验时，应控制木块的初始位置相同；

（3）根据图中木块移动的距离分析．

【解答】解：（1）由图知，两相同小车分别从同一斜面不同高度由静止滑下，小车的质量相同，初速度不同，所以可探究动能与小车的初速度关系；

实验中通过小车推动木块移动的距离来反映动能的大小；

（2）在实验的过程中，通过木块滑动的距离来判定动能的大小，故重新实验时，应把木块恢复到原位置；

（3）由图可知，甲撞击木块移动的距离远，故结论为：在质量相同的情况下，速度越大，动能越大．

故答案为：（1）小车；速度；木块移动的距离；（2）恢复到原位置；（3）在质量相同的情况下，速度越大，动能越大．

【考点】C9：通电直导线周围的磁场；CA：通电螺线管的磁场．

【分析】（1）①奥斯特实验通过小磁针偏转说明了通电导体周围存在磁场；

②小磁针在地磁场的作用下指示南北；

③当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变；

（2）①周围铁屑会被磁化，但由于其与纸板的摩擦力太大，它不能自己转动，因此实验中轻敲玻璃板；

②通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似；根据改变螺线管中的电流方向，发现小磁针转动，南北所指方向发生了改变可得出结论．

③小磁针静止时N极的指向就是该点处磁场的方向．

【解答】解：（1）①这是著名的奥斯特实验，实验中，开关闭合时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在着磁场；

②断开开关，小磁针在地磁场的作用下又恢复到原来的位置；

③改变电流方向，小磁针的方向也发生了偏转，说明了产生的磁场方向也改变，即表明了通电导体周围的磁场方向与电流方向有关；

（2）①由于周围铁屑会被磁化，但由于其与纸板的摩擦力太大，它不能自己转动，因此实验中轻敲玻璃板的目的是减小铁屑与玻璃板的摩擦，使铁屑受到磁场的作用力而有规律地排列．

②由以上实验探究的结果是：通电螺线管外部磁场与条形磁体相似；

改变螺线管中的电流方向，发现小磁针转动，南北所指方向发生了改变，可知通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关．

③将小磁针放在通电螺线管外部，小磁针静止时N极的指向就是该点处磁场的方向

故答案为：（1）通电导体周围存在磁场；地磁场；磁场方向与电流方向有关；（2）轻敲；条形磁铁；N．

【考点】IL：探究电流与电压、电阻的关系实验．

【分析】（1）根据滑片P向右移动时，R₂接入电路的电阻变大确定变阻器的连接；

（2）逐一分析每个选项，确定正确答案；

（3）根据电表分度值确定电表量程读数；

（4）在连接电路时，开关要断开；研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，分别测出定值电阻的电压和通过的电流大小，分析得出结论，据此分析；

（5）根据原操作，结合研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，将变阻器作为研究对象，根据串联电路电压的规律，根据描点法作图；

根据图象分析得出结论．

【解答】解：（1）因滑片P向右移动时，R₂接入电路的电阻变大，故将变阻器滑片以左电阻丝连入电路中，如下图1所示：

（2）A．R₁短路，电压表示数为0，根据欧姆定律，电路中电流I==0.06A，因电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表有示数，不符合题意，错误；

B．R₁断路，电流表无示数，但电压表与电源连通，有示数，不符合题意，错误；

C．R₂短路，电路中只有电阻箱，因电压箱最大电阻接入电路中，电流表示数几乎为0，但电压表示数为电源电压，不符合题意，错误；

D．R₂断路，整个电路断路，两表均无法示数，正确；

故选D；

（3）图丙中，电压表选用大量程，分度值为0.5V，示数为3V；

电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A；

（4）在原操作中，没有断开开关进行电路的连接是错误的；研究电流与电压的关系时，要控制电阻大小不变，电压表并联在电阻箱的两端，电阻箱为研究对象，故应控制电阻箱的电阻R₁大小不变，通过改变变阻器连入电路中的电阻大小改变电阻箱的电压大小；而实验中支改变了R₁大小，故通过R₁的电流与其两端的电压不能正比；

（5）①在原操作中，因变阻器的滑片位置不动，可视为一定值，作为研究对象，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压U_滑=U﹣U_表，在实验中，变阻器的电压分别为6V﹣4V=2V；6﹣4.5V=1.5V；6V﹣5V=1V，对应通过变阻器的电流分别为0.2A、0.15A、0.1A，根据描点作图，如下图2所示：

②由图2知，电阻的电流随电压的变化关系为一直线，得出的结论是：在电阻不变时，通过导体的电流与电压成正比．

故答案为：（1）如上图1所所示；（2）D；（3）3；0.3；（4）①开关闭合时连接电路；②调节R₁的阻值；（5）①如上图2所示；②在电阻不变时，通过导体的电流与电压成正比．