2020年中考物理真题试题（含解析） 新人教 版(2)

2020年中考物理真题试题（含解析） 新人教 版(2)

‎2019年中考物理真题试题 一、选择题 ‎1．如图所示，在A、B、C、D4个相同的玻璃瓶中，装入不同高度的水，则（　　）‎ A．敲打D瓶发出的声音传播得最快 B．用嘴依次吹瓶口，A的音调最高 C．用筷子依次敲打瓶口，B的音调最高 D．瓶周围有没有空气瓶发出的声音都能直接传入人耳 ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．物体吸收热量，温度一定升高 B．热机的大量使用有利于环境的保护 C．燃料的热值与燃料的质量没有关系 D．热机的工作过程只是将内能转化成机械能的过程 ‎3．分子动理论是人们用来解释热现象的初步知识，以下几幅图中所描述的物理现象不符合分子动理论内容的是（　　）‎ ‎4．2018年4月30日东坡国际半程马拉松比赛在眉山市湿地公园隆重举行，若甲、乙两位运动员同时从起跑线起跑并做匀速直线运动，他们的路程时间s﹣t图象是如图所示，a、b、c三条图线中的两条，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m，则（　　）‎ 29‎ A．甲的s﹣t图象一定为a B．乙的s﹣t图象一定为c C．甲的s﹣t图象可能为b D．乙的s﹣t图象可能为a ‎5．小李将一排球竖直向上抛出，排球离开手后竖直向上运动到一定高度又落回地面，不计空气阻力，关于排球离开手后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．排球在上升过程中小李对排球做功 B．排球在下落过程中排球的动能减小 C．排球在上升过程中排球受到一个竖直向上的力 D．排球在下落过程中排球所受的重力做功越来越快 ‎6．小王同学在研究影响滑动摩擦力大小的因素时，用同一木块和同一砝码等器材，做了如图所示a、b、c三次实验，他用弹簧测力计拉动木块做匀速直线运动，则三次实验中木块受到的滑动摩擦力（　　）‎ A．a图中木块受到的滑动摩擦力最大 B．b图中木块受到的滑动摩擦力最大 C．c图中木块受到的滑动摩擦力最大 D．b、c图中木块受到的滑动摩擦力大小相等 ‎7．如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是（　　）‎ 29‎ A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC B．三个物体的密度大小关系是ρA＞ρB＞ρC C．容器对桌面的压力大小关系为F甲=F乙=F丙 D．容器底部受到水的压强大小关系为P甲＞P乙＞P丙 ‎8．下表中有几种物质的比热容，小张同学根据提供的数据得出了四个结论，其中正确的是（　　）‎ 几种物质的比热容/[J•（kg•℃）﹣1]‎ 水 ‎4.2×103‎ 铁 ‎0.46×103‎ 酒精 ‎2.4×103‎ 铜 ‎0.39×103‎ 煤油 ‎2.1×103‎ 干泥土 ‎0.54×103‎ 冰 ‎2.1×103‎ 水银 ‎0.14×103‎ A．一杯水比一桶煤油的比热容小 B．液体的比热容一定比固体的比热容大 C．水吸收或放出热量的本领较强，常用作冷却剂 D．比热容是物质自身的性质之一，只和物质的种类有关 ‎9．如图所示，闭合开关，条形磁铁静止后，将滑动变阻器滑片P从左往右滑动的过程中，弹簧将（　　）‎ A．缩短 B．伸长 C．静止不动 D．先伸长后缩短 ‎10．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L1，L2的电阻之比为R1：R2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（　　）‎ 29‎ A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3‎ ‎11．如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是（　　）‎ A．只闭合S1，将P向左移动，电流表示数变小，电压表示数变大 B．闭合S1、S2，断开S3，将P向左移动，R1消耗的功率增大 C．开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数为零，电流表示数变小 D．开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小 ‎12．小芳同学在做电学实验时，实物图如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程“0﹣3V”，灯L标有“2.5V 1.25W”（设灯丝电阻不变），滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，在不损坏电路元件的情况下进行实验，下列说法正确的是（　　）‎ A．灯泡的最小功率是0.162W B．该电路的最大功率是4.05W C．电路中电流变化的范围是0.3A﹣0.4A D．滑动变阻器的阻值应在4Ω﹣10Ω之间变化 ‎　‎ 二、填空题（共6小题，12空，每空2分，共24分，）‎ ‎13．（4分）春节联欢晚会为了打造舞台效果，常用干冰（固态CO2‎ 29‎ ‎）在舞台上产生淡淡的白雾，是由于干冰的　 　吸热，使周围空气温度降低，空气中的水蒸汽遇冷　 　形成的。‎ ‎14．（4分）中考前夕，为了不打搅小明学习，姥姥看电视时调小了音量，这是在　 　减弱噪声的。调小音量也减小了声音的　 　。‎ ‎15．（4分）一束光从空气斜射到某液面上同时发生反射和折射，入射光线与液面成37°角，如图所示。若反射光线与折射光线的夹角为83°，则反射角的大小为　 　，折射角的大小为　 　。‎ ‎16．（4分）如图所示，小红同学在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距f=15cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处后，应将光屏向　 　（填“左”或”右”）移动，才能在光屏上观察到烛焰清晰的　 　（填“正立”或“倒立”）的像。‎ ‎17．（4分）如图所示，一同学在用滑轮组匀速提升不同重物时，记录下了绳子自由端拉力F与对应所提升的物体的重力G，如下表：‎ G/N ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ F/N ‎0.8‎ ‎1.3‎ ‎1.8‎ ‎2.3‎ ‎2.8‎ ‎3.3‎ 根据上表数据分析可知，绳子自由端拉力F与物体重力G的关系式为F=　 　；当物体重力G=10N时，此滑轮组的机械效率η=　 　。‎ ‎18．（4分）将一只“220V 100W”的灯泡（设灯丝电阻不变）接在照明电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为　 　‎ 29‎ kW•h；若用输电线把该灯泡由电源处引到学校运动场时，发现灯泡亮度较暗，测得灯泡实际功率只有81W，则输电线上消耗的功率为　 　W。‎ ‎　‎ 三、作图题（共3小题，每小题2分，共6分．）‎ ‎19．（2分）如图所示，轻质杠杆OA能绕O点转动，请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）。‎ ‎20．（2分）根据左侧电路实物图，在右侧方框内画出对应的电路图。‎ ‎21．（2分）投影仪灯泡功率很大，所以需要风扇散热，使用后，应先关闭灯泡L，再关闭风扇M；请用笔画线表示导线在如图中把电路连接完整，要求实现：先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动：若只闭合开关S1，灯泡不亮。‎ ‎　‎ 四、计算题（共2小题，每小题6分，共12分）‎ ‎22．（6分）试根据压强是物体所受压力的大小与受力面积之比的定义，推导出密度为ρ的液体，在液面下深度为h处液体产生的压强P的表达式。（已知：重力与质量的比值为g，要求用ρ、h、g表示P）。‎ ‎23．（6分）小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1=50Ω，电热丝R2=220Ω，电热转化效率为84%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：‎ ‎（1）高温档的加热功率 29‎ ‎（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间 ‎　‎ 五、实验与探究题（共3小题，63题7分，64题6分，65题6分，共19分）‎ ‎24．（7分）如图所示，在探究“阻力对物体运动的影响”实验中，观察将毛巾、棉布分别铺在水平木板上和只有木板的三种情况下，让小车分别从斜面顶端由静止下滑，研究小车在水平面上滑行的距离。‎ ‎（1）实验中每次均让小车从斜面顶端由静止下滑的目的是：使小车每次在水平面上开始滑行时速度大小　 　（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎（2）实验中改变小车所受阻力大小，是通过改变　 　来实现的。‎ ‎（3）实验中发现小车在毛巾表面滑行的距离最近；在棉布表面滑行的距离较远；在木板表面滑行的距离最远。说明小车受到的阻力越小，速度减小得越　 　（填“快”或“慢”）。‎ ‎（4）推理：如果小车在水平面上滑行，受到的阻力越来越小，直到变为零，它将做　 　。‎ ‎（5）在大量经验事实的基础上，牛顿总结了伽利略等人的研究成果概括出了牛顿第一定律，所以牛顿第一定律虽然不是直接由实验得出的，但是通过符合逻辑的　 　得出的正确结论。‎ ‎（6）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动　 　（填“需要”或“不需要”）力来维持，一切物体都有保持原来　 　不变的性质。‎ ‎25．（6分）如图所示，小陈同学为测量某液体的密度，准备了天平、玻璃杯等器材，在实验时发现没有准备量筒，于是从身边找来了一个体积为20cm3的金属块和一些纸张。‎ ‎（1）将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的　 　刻度线上。‎ ‎（2）此时，如果天平指针偏左，小陈同学应向　 　（填“左”或“右”）调节　 　使天平横梁平衡。‎ ‎（3）在玻璃杯中倒入适量的该液体，用天平称量液体和玻璃杯的总质量m总时，向盘中加减砝码要用　 　，不能用手接触砝码，称得m总=123.2g 29‎ ‎（4）将金属块浸没在液体中且不接触玻璃杯，液体无溢出，如图所示，天平平衡后，砝码的总质量加上的游码在标尺上对应的刻度值为m=　 　g，则液体的密度ρ=　 　g/cm3。‎ ‎26．（6分）2018年4月，某同学参加我市中考物理实验操作考试时，为“测量小灯泡的额定电功率”，实验室备有以下实验器材：额定电压为2.5V的小灯泡、规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干。‎ ‎（1）图甲是该同学连接好的电路实物图，其中有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”。‎ ‎（2）闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到最　 　（填“左”或“右”）端。‎ ‎（3）经修正后电路连接无误，各元件均完好。闭合开关，移动滑片P使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表的读数为　 　A，则小灯泡的额定功率是　 　W。‎ ‎（4）测出小灯泡额定功率后，该同学又把灯泡两端的电压调为额定电压的，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮他分析出现这种现象的原因是　 　。‎ ‎　‎ 29‎ 参考答案与试题解析 一、选择题 ‎1．如图所示，在A、B、C、D4个相同的玻璃瓶中，装入不同高度的水，则（　　）‎ A．敲打D瓶发出的声音传播得最快 B．用嘴依次吹瓶口，A的音调最高 C．用筷子依次敲打瓶口，B的音调最高 D．瓶周围有没有空气瓶发出的声音都能直接传入人耳 ‎【分析】音调与振动频率的关系，频率越快，音调就越高。声速的大小与频率无关；声音的传播需要介质。‎ ‎【解答】解：‎ A、声速的大小与频率无关，敲打每个瓶子时，音调不同，但速度相同，故A错误；‎ B、用嘴依次吹瓶口，A中的空气柱最短，发出的音调最高，故A的音调最高，故B正确；‎ C、由于瓶子中装有水的多少不同，导致敲击时，振动快慢就不同，水少的振动快，故D的音调最高，故C错误；‎ D、声音的传播需要介质，瓶周围有没有空气，瓶发出的声音不能直接传入人耳，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎　‎ ‎2．以下说法正确的是（　　）‎ A．物体吸收热量，温度一定升高 B．热机的大量使用有利于环境的保护 C．燃料的热值与燃料的质量没有关系 D．热机的工作过程只是将内能转化成机械能的过程 ‎【分析】（1）晶体熔化过程中，吸热但温度不变；‎ ‎（4）热机多数燃烧的都是化石燃料，燃烧时产生氮氧化合物等有害气体，会造成环境污染；‎ ‎（3）燃料的热值是物质本身固有的一种性质，只与燃料的种类有关；‎ 29‎ ‎（4）热机是把内能转化为机械能的装置；热机工作过程中，在压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。‎ ‎【解答】解：‎ A、物体吸收热量，温度不一定升高，比如晶体熔化过程中，吸热但温度不变，故A错误；‎ B、热机在使用时会排放出一些有害的气体，造成环境污染，故B错误；‎ C、热值只跟燃料的种类有关，与燃料的质量无关，故C正确；‎ D、热机工作过程中，在压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎3．分子动理论是人们用来解释热现象的初步知识，以下几幅图中所描述的物理现象不符合分子动理论内容的是（　　）‎ ‎【分析】（1）物质是由分子组成的，组成物质的分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力：当分子间距离小于10﹣10米时，分子间的作用力表现为斥力，当分子间距离大于10﹣10米时，分子间的作用力表现为引力；‎ ‎（2）卫星围绕地球转动是天体的宏观运动不符合分子动理论内容。‎ ‎【解答】解：‎ A、不同的物质相互接触时彼此进入对方的现象称为扩散，扩散现象说明一切分子都在做无规则运动，故A不符合题意；‎ B、图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力，故B不符合题意；‎ C、气体压缩到一定程度后，由于分子间存在斥力，因此难以再压缩，与扩散无关，故C不符合题意；‎ D、卫星围绕地球转动是天体的宏观运动不符合分子动理论内容，故D符合题意。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ 29‎ ‎4．2018年4月30日东坡国际半程马拉松比赛在眉山市湿地公园隆重举行，若甲、乙两位运动员同时从起跑线起跑并做匀速直线运动，他们的路程时间s﹣t图象是如图所示，a、b、c三条图线中的两条，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m，则（　　）‎ A．甲的s﹣t图象一定为a B．乙的s﹣t图象一定为c C．甲的s﹣t图象可能为b D．乙的s﹣t图象可能为a ‎【分析】（1）根据s﹣t图象找出同一时刻a、b、c对应的路程，然后由速度公式判断三图象对应速度的大小关系；‎ ‎（2）由图象判断5s内，三图象的路程差；‎ ‎（3）根据图象a、b、c的速度及它们5s的路程差，根据题意选择答案。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图象可知，相同时间内（如t=4s）a、b、c的路程关系为sa＞sb＞sc，‎ 由速度公式v=可知，va＞vb＞vc；‎ ‎（2）由图象可知，t=5s时，sa﹣sb＞2m，sa﹣sc≈4m＞2m，sb﹣sc＜2m；‎ ‎（3）由题知，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m；结合前面解答可知，甲的s﹣t图象一定是图线a；乙的s﹣t图象可能是图线b，也可能是图线c；‎ 故选：A。‎ ‎　‎ ‎5．小李将一排球竖直向上抛出，排球离开手后竖直向上运动到一定高度又落回地面，不计空气阻力，关于排球离开手后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．排球在上升过程中小李对排球做功 B．排球在下落过程中排球的动能减小 C．排球在上升过程中排球受到一个竖直向上的力 D．排球在下落过程中排球所受的重力做功越来越快 ‎【分析】‎ 29‎ ‎（1）从做功的两个必要因素分析，分析排球在上升过程中，小阳是否对排球施加力，从而判断小阳对排球是否做功；‎ ‎（2）影响动能大小的因素有质量和速度，据此判断排球动能的变化情况；‎ ‎（3）排球在上升过程中，对排球进行受力分析，根据受到的力确定受力方向；‎ ‎（4）排球在下落过程中，排球下落速度越来越大，下落相同高度，用时间越来越少，根据W=Gh和P=判断重力做功快慢。‎ ‎【解答】解：‎ A、排球在上升过程中，小李不再对排球施加力，所以小李对排球不做功，故A错误；‎ B、排球在下落过程中，质量不变，速度逐渐变大，排球的动能变大，故B错误；‎ C、排球在上升过程中，不计空气阻力，排球只受到竖直向下的重力作用，故C错误；‎ D、功率是反映做功快慢的物理量；排球在下落过程中，重力做功的功率P===Gv；由于排球下落时速度越来越快，所以重力做功的功率越来越大，即重力做功越来越快；故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ ‎6．小王同学在研究影响滑动摩擦力大小的因素时，用同一木块和同一砝码等器材，做了如图所示a、b、c三次实验，他用弹簧测力计拉动木块做匀速直线运动，则三次实验中木块受到的滑动摩擦力（　　）‎ A．a图中木块受到的滑动摩擦力最大 B．b图中木块受到的滑动摩擦力最大 C．c图中木块受到的滑动摩擦力最大 D．b、c图中木块受到的滑动摩擦力大小相等 ‎【分析】根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度。‎ ‎【解答】解：影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；由图可知，bc中接触面相同，b的压力大，则b中受到的摩擦力大，ab中，压力相同，c的接触面粗糙，则a中受到的摩擦力要大一些，故a中的摩擦力是最大的；故C正确。‎ 29‎ 故选：A。‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是（　　）‎ A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC B．三个物体的密度大小关系是ρA＞ρB＞ρC C．容器对桌面的压力大小关系为F甲=F乙=F丙 D．容器底部受到水的压强大小关系为P甲＞P乙＞P丙 ‎【分析】（1）由图得出A、B、C三个正方体排开水的体积关系，根据阿基米德原理即可判断物体受到的浮力大小关系；‎ ‎（2）由图得出A、B、C三个正方体所处的状态，利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；‎ ‎（3）根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力；‎ ‎（4）利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系。‎ ‎【解答】解：由题知，A、B、C三个正方体的体积相同；‎ A、由图可知，A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，‎ 根据F浮=ρ液gV排可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；‎ B、由图可知，A和B处于漂浮，C处于悬浮，‎ 则由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，‎ 由于FA＜FB＜FC，所以GA＜GB＜GC；‎ 由于正方体A、B、C的体积相同，‎ 所以根据ρ==可知，物体密度的大小关系：ρA＜ρB＜ρC，故B错误；‎ C、因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力，由阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，即说明容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等；由于容器相同，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙，故C正确；‎ 29‎ D、正方体静止时，三个容器内水面高度相同，即h相同，水的密度一定，根据p=ρgh可知，容器底受到水的压强关系为p甲=p乙=p丙，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎8．下表中有几种物质的比热容，小张同学根据提供的数据得出了四个结论，其中正确的是（　　）‎ 几种物质的比热容/[J•（kg•℃）﹣1]‎ 水 ‎4.2×103‎ 铁 ‎0.46×103‎ 酒精 ‎2.4×103‎ 铜 ‎0.39×103‎ 煤油 ‎2.1×103‎ 干泥土 ‎0.54×103‎ 冰 ‎2.1×103‎ 水银 ‎0.14×103‎ A．一杯水比一桶煤油的比热容小 B．液体的比热容一定比固体的比热容大 C．水吸收或放出热量的本领较强，常用作冷却剂 D．比热容是物质自身的性质之一，只和物质的种类有关 ‎【分析】比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物质吸收热量的多少、质量多少、温度变化没有关系；根据比热容的特点进行分析判断。‎ ‎【解答】解：A、由表格中的信息可知，水的比热容大于煤油的比热容，比热容大小与质量无关，故A错误。‎ B、液体的比热容不一定比固体的大，比如：冰的比热容比水银的比热容大，故B错误。‎ C、因为水的比热容大，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，所以人们常用水作冷却剂，故C正确；‎ D、比热容是物质自身的性质之一，只和物质的种类和状态有关，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，闭合开关，条形磁铁静止后，将滑动变阻器滑片P从左往右滑动的过程中，弹簧将（　　）‎ A．缩短 B．伸长 C．静止不动 D．先伸长后缩短 29‎ ‎【分析】（1）根据滑动变阻器的使用方法确定电路中的电阻的变化，再根据欧姆定律确定电路中电流的变化；‎ ‎（1）根据安培定则确定通电螺线管的N、S极，然后根据螺线管的磁性变化以及磁极间的相互作用判断弹簧长度的变化。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）滑片从左往右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强；‎ ‎（2）由图知，电流从螺线管的下方流入，根据安培定则可知，螺线管的上端为N极，下端为S极，则螺线管和条形磁铁相对的磁极为异名磁极，异名磁极相互吸引，所以螺线管对磁铁的吸引力增大，弹簧的长度变长。‎ 故选：B。‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L1，L2的电阻之比为R1：R2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（　　）‎ A．2：1 B．1：2 C．3：2 D．2：3‎ ‎【分析】根据电路的连接，乙表与电源连接，故为电压表，甲表不能是电流表，故两表都为电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，根据分压原理和串联电路电压的规律得出答案。‎ ‎【解答】解：乙表与电源连接，故为电压表，甲表不能是电流表，否则S闭合时，将灯短路，不发光，故两表都为电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，灯L1、L2的电阻之比为R1：R2=1：2，根据分压原理，L2的电压为灯L1的2倍，即2UL1，根据串联电路电压的规律，总电压为：‎ U=UL1+2UL1=3UL1，‎ 甲、乙两电表的示数之比为2UL1：3UL1=2：3．只有D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ 29‎ ‎11．如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是（　　）‎ A．只闭合S1，将P向左移动，电流表示数变小，电压表示数变大 B．闭合S1、S2，断开S3，将P向左移动，R1消耗的功率增大 C．开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数为零，电流表示数变小 D．开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小 ‎【分析】A、只闭合S1，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，将P向左移动分析变阻器连入电路中的电阻变化，由串联电阻的规律判断总电阻变化，由欧姆定律得出电流表示数变化，根据欧姆定律分析R1电压变化，由串联电路电压的规律确定电压表示数变化；‎ B、闭合S1、S2，断开S3，R1与灯并联后与R2串联，将P向左移动判断变阻器连入电路中的电阻变化，根据分压强原理确定R2的电压变化，根据串联电路电压的规律分析并联部分的电压变大，根据P=确定R1消耗的功率变化；‎ CD、开关都闭合，变阻器短路，R1与灯并联，电压表的示数为零；将P向左移动，对电路没有影响；‎ 据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）只闭合S1，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，将P向左移动，变阻器连入电路中的电阻变小，由串联电阻的规律，总电阻变小，由欧姆定律，电流表示数变大，根据U=IR，R1电压变大，由串联电路电压的规律，电压表示数变小，A错误；‎ ‎（2）闭合S1、S2，断开S3，R1与灯并联后与R2串联，将P向左移动，变阻器连入电路中的电阻变小，根据分压强原理，R2的电压变小，根据串联电路电压的规律，并联部分的电压变大，根据P=，R1消耗的功率增大，B正确；‎ ‎（3）（4）开关都闭合，变阻器短路，R1与灯并联，电压表的示数为零；将P向左移动，对电路没有影响；‎ 电流表示数不变，C错误；‎ L的电压和电流都不变，根据P=UI，消耗的功率不变，R2消耗的始终为0，不变，D错误。‎ 故选：B。‎ 29‎ ‎　‎ ‎12．小芳同学在做电学实验时，实物图如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程“0﹣3V”，灯L标有“2.5V 1.25W”（设灯丝电阻不变），滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，在不损坏电路元件的情况下进行实验，下列说法正确的是（　　）‎ A．灯泡的最小功率是0.162W B．该电路的最大功率是4.05W C．电路中电流变化的范围是0.3A﹣0.4A D．滑动变阻器的阻值应在4Ω﹣10Ω之间变化 ‎【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。‎ ‎（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出灯泡正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点结合滑动变阻器允许通过最大电流确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大功率，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值；‎ ‎（2）当电压表的示数为3V时，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，利用串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，利用欧姆定律求出电路中的电流，进一步求出电路中电流变化的范围，根据P=UI求出灯泡的最小功率，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值即可得出滑动变阻器阻值变化的范围。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。‎ ‎（1）由P=UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：‎ IL===0.5A，‎ 因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，‎ 所以，在不损坏电路元件的情况下，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，‎ 该电路中电流的最大功率：‎ P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故B错误；‎ 29‎ 由I=可得，灯泡的电阻和此时电路中的总电阻分别为：‎ RL===5Ω，‎ R总===9Ω，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：‎ R滑小=R总﹣RL=9Ω﹣5Ω=4Ω；‎ ‎（2）当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，此时灯泡两端的电压：‎ UL′=U﹣U滑大=4.5V﹣3V=1.5V，‎ 电路中的最小电流：‎ I小===0.3A，‎ 所以，电路中电流范围是0.3A～0.5A，故C错误；‎ 灯泡的最小功率：‎ PL′=UL′I小=1.5V×0.3A=0.45W，故A错误；‎ 滑动变阻器接入电路中的最大阻值：‎ R滑大===10Ω，‎ 则滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　‎ 二、填空题（共6小题，12空，每空2分，共24分，）‎ ‎13．（4分）春节联欢晚会为了打造舞台效果，常用干冰（固态CO2）在舞台上产生淡淡的白雾，是由于干冰的　升华　吸热，使周围空气温度降低，空气中的水蒸汽遇冷　液化　形成的。‎ ‎【分析】‎ 29‎ 升华是指物质从固态直接变为气态的过程，它需要吸热；物质由气态变成液态的过程叫液化。‎ ‎【解答】解：‎ 干冰是一种非常容易升华的物质。当它升华时，会从周围空气吸收大量的热，导致空气温度急剧下降，使周围水蒸气放热，液化成为小水滴。‎ 故答案为：升华；液化。‎ ‎　‎ ‎14．（4分）中考前夕，为了不打搅小明学习，姥姥看电视时调小了音量，这是在　声源处　减弱噪声的。调小音量也减小了声音的　响度　。‎ ‎【分析】（1）防治噪声的途径，从三方面考虑：①在声源处；②在传播过程中；③在人耳处；‎ ‎（2）响度是指声音的强弱，它与物体振幅有关，音量的调节就是改变声音的响度。‎ ‎【解答】解：（1）把电视音量调小可以在声源处减弱噪声，防止影响小明学习；‎ ‎（2）调节音量时，喇叭的振幅发生改变，所以发出声音的响度发生改变；所以把音量关小是为了减弱声音的响度。‎ 故答案为：声源；响度。‎ ‎　‎ ‎15．（4分）一束光从空气斜射到某液面上同时发生反射和折射，入射光线与液面成37°角，如图所示。若反射光线与折射光线的夹角为83°，则反射角的大小为　53°　，折射角的大小为　44°　。‎ ‎【分析】要解决此题，首先要掌握光的反射定律的内容，知道反射角等于入射角。‎ 同时要掌握光的折射的规律，知道光从空气斜射入其它介质时，折射角小于入射角。‎ ‎【解答】解：由题意知，入射光线与液面成37°角，则入射角为90°﹣37°=53°；反射角为53°；‎ 则折射光线与界面的夹角为：83°﹣37°=46°，折射角为90°﹣46°=44。‎ 故答案为：53°；44°‎ ‎　‎ ‎16．（4分）如图所示，小红同学在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距f=15cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处后，应将光屏向　右　‎ 29‎ ‎（填“左”或”右”）移动，才能在光屏上观察到烛焰清晰的　倒立　（填“正立”或“倒立”）的像。‎ ‎【分析】当物距等于2f时，成倒立、等大的实像，像距等于2f。‎ ‎【解答】解：已知凸透镜的焦距f=15cm，将点燃的蜡烛移动到光具座上20cm刻线处，此时u=50cm﹣20cm=30cm，u=2f，成倒立、等大的实像，像距等于2f；故将光屏向右移动到80cm时，观察到烛焰清晰的倒立的像。‎ 故答案为：右；倒立。‎ ‎　‎ ‎17．（4分）如图所示，一同学在用滑轮组匀速提升不同重物时，记录下了绳子自由端拉力F与对应所提升的物体的重力G，如下表：‎ G/N ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ F/N ‎0.8‎ ‎1.3‎ ‎1.8‎ ‎2.3‎ ‎2.8‎ ‎3.3‎ 根据上表数据分析可知，绳子自由端拉力F与物体重力G的关系式为F=　0.5G+0.3N　；当物体重力G=10N时，此滑轮组的机械效率η=　94.3%　。‎ ‎【分析】由表格数据，重力G每增大1N，绳子自由端的拉力F增大0.5N，所以F与G成一次函数关系，由此解答；根据物体的重力求出拉力的大小，然后根据机械效率公式求出机械效率。‎ ‎【解答】解：‎ 由表格数据可知，重力G每增大1N，绳子自由端的拉力F增大0.5N，所以F与G成一次函数关系，‎ 设F与G关系的表达式为F=kG+b，‎ 由表格第一组数据，当G=1N，F=0.8N，‎ 29‎ 则：0.8N=k×1N+b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 由表格第二组数据，当G=2N，F=1.3N，‎ 则：1.3N=k×2N+b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ ‎②﹣①可得k=0.5，‎ 将k=0.5代入①解得b=0.3N，‎ 所以拉力F与物体所受重力G的关系式：F=0.5G+0.3N；‎ 当物体重力G=10N时，此时的拉力：F=0.5×10N+0.3N=5.3N；‎ 由图可知，有两段绳子拉着动滑轮；‎ 滑轮组的机械效率为：η=====≈94.3%。‎ 故答案为：0.5G+0.3N；94.3%。‎ ‎　‎ ‎18．（4分）将一只“220V 100W”的灯泡（设灯丝电阻不变）接在照明电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为　0.05　kW•h；若用输电线把该灯泡由电源处引到学校运动场时，发现灯泡亮度较暗，测得灯泡实际功率只有81W，则输电线上消耗的功率为　9　W。‎ ‎【分析】（1）由灯泡铭牌可知额定电压及额定功率，则由功率公式可求得额定电流；由电功公式求得通电30min时消耗的电能；‎ ‎（2）由功率公式P=可求得灯泡的电阻，则由功率公式可求得灯泡的实际电压，则由欧姆定律可求得实际电流；因灯泡和导线为串联电路，故由串联电路的规律可求得导线上消耗的电压，则由P=UI可求得导线上消耗的电功率。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）灯泡正常发光时的功率P=100W=0.1kW，在30min内消耗的电能：‎ W=Pt=0.1kW×h=0.05kW•h；‎ ‎（2）由“220V、100W”知灯泡的额定电压U=220V，额定功率是P=100W，‎ 根据p=得灯泡的电阻：‎ R===484Ω 29‎ 灯泡功率为81W时，根据p=得灯泡两端的实际电压：‎ U实===198V；‎ 流过灯泡的实际电流：‎ I实===A；‎ 灯泡的电压降U线=U﹣U实=220V﹣198V=22V 输电导线上损失的功率P损=U损I损=22V×A=9W。‎ 故答案为：（1）0.05；（2）9。‎ ‎　‎ 三、作图题（共3小题，每小题2分，共6分．）‎ ‎19．（2分）如图所示，轻质杠杆OA能绕O点转动，请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）。‎ ‎【分析】此题是求杠杆最小力的问题，已知点O是动力作用点，那么只需找出最长动力臂即可，可根据这个思路进行求解。‎ ‎【解答】解：O为支点，所以力作用在杠杆的最右端A点，并且力臂是OA时，力臂最长，此时的力最小。确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F．如图所示：‎ ‎　‎ ‎20．（2分）根据左侧电路实物图，在右侧方框内画出对应的电路图。‎ 29‎ ‎【分析】从电源的正极开始，按照电流的方向，依次串联各元件符号，到电源的负极，最后把电压表并联在灯泡两端。‎ ‎【解答】解：‎ 从电源正极开始，依次串联开关、电流表、滑动变阻器、灯泡到电源负极，最后把电压表并联在灯泡两端。如图所示：‎ ‎　‎ ‎21．（2分）投影仪灯泡功率很大，所以需要风扇散热，使用后，应先关闭灯泡L，再关闭风扇M；请用笔画线表示导线在如图中把电路连接完整，要求实现：先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动：若只闭合开关S1，灯泡不亮。‎ ‎【分析】先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。‎ ‎【解答】解：‎ 由题知，先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动，灯和风扇并联；‎ 若只闭合开关S1，灯泡不亮。由此可知S1在灯所在支路上，S2在干路上，如图所示：‎ 29‎ ‎　‎ 四、计算题（共2小题，每小题6分，共12分）‎ ‎22．（6分）试根据压强是物体所受压力的大小与受力面积之比的定义，推导出密度为ρ的液体，在液面下深度为h处液体产生的压强P的表达式。（已知：重力与质量的比值为g，要求用ρ、h、g表示P）。‎ ‎【分析】设想液面下h深处有一面积为S的水平圆面，它所受到的压力是其上方圆柱形的小液柱所产生的，根据F=G=mg=ρVgS表示出其大小，利用p=得出在液面下深度为h处液体产生的压强。‎ ‎【解答】解：设想液面下h深处有一面积为S的水平圆面，则水平圆面受到的压力：‎ F=G=mg=ρVg=ρShg，‎ 则在液面下深度为h处液体产生的压强：‎ p===ρgh。‎ 答：密度为ρ的液体，在液面下深度为h处液体产生的压强的表达式为p=ρgh。‎ ‎　‎ ‎23．（6分）小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1=50Ω，电热丝R2=220Ω，电热转化效率为84%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：‎ ‎（1）高温档的加热功率 ‎（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间 ‎【分析】（1）由电路图可知，闭合S、S1、S2时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，由P=可知，电路的总功率最大，热水器处于高档，由此计算高温档的加热功率；‎ 29‎ ‎（2）先由Q=cm△t计算水吸热，由电路图可知，闭合S、S2时，只有R2连入电路中，电路中电阻最大，功率最小，热水器处于低温档，由P=可得低温档功率，再由Q=84%W=84%P低温t计算加热时间。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由电路图可知，当三个开关都闭合时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，电源电压一定，‎ 由P=可知，此时电路的总功率最大，热水器处于高档，所以高温档的加热功率：‎ P高温=P1+P2=+=+=968W+220W=1188W；‎ ‎（2）将22kg水从20℃加热到60℃吸收的热量：‎ Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×22kg×（60℃﹣20℃）=3.696×106J，‎ 由电路图可知，闭合S、S2时，只有R2连入电路中，电路中电阻最大，功率最小，热水器处于低温档，‎ P高温=P2===220W，‎ 由题知，电热转化效率为84%，所以：Q=84%W=84%P低温t，‎ 所以加热时间：‎ t===2×104s。‎ 答：（1）高温档的加热功率为1188W；‎ ‎（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间为2×104s。‎ ‎　‎ 五、实验与探究题（共3小题，63题7分，64题6分，65题6分，共19分）‎ ‎24．（7分）如图所示，在探究“阻力对物体运动的影响”实验中，观察将毛巾、棉布分别铺在水平木板上和只有木板的三种情况下，让小车分别从斜面顶端由静止下滑，研究小车在水平面上滑行的距离。‎ ‎（1）实验中每次均让小车从斜面顶端由静止下滑的目的是：使小车每次在水平面上开始滑行时速度大小　相等　（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎（2）实验中改变小车所受阻力大小，是通过改变　水平面的粗糙程度　来实现的。‎ 29‎ ‎（3）实验中发现小车在毛巾表面滑行的距离最近；在棉布表面滑行的距离较远；在木板表面滑行的距离最远。说明小车受到的阻力越小，速度减小得越　慢　（填“快”或“慢”）。‎ ‎（4）推理：如果小车在水平面上滑行，受到的阻力越来越小，直到变为零，它将做　匀速直线运动　。‎ ‎（5）在大量经验事实的基础上，牛顿总结了伽利略等人的研究成果概括出了牛顿第一定律，所以牛顿第一定律虽然不是直接由实验得出的，但是通过符合逻辑的　推理　得出的正确结论。‎ ‎（6）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动　不需要　（填“需要”或“不需要”）力来维持，一切物体都有保持原来　运动状态　不变的性质。‎ ‎【分析】（1）该实验应使小车运动到斜面底端时的速度相等，比较小车运动的距离才有意义，所以要控制小车每次都从斜面上同一位置释放；‎ ‎（2）改变接触面的粗糙程度，可以改变摩擦力阻力的大小；‎ ‎（3）小车停下来的原因是小车受到了摩擦阻力，实验中通过改变接触面的粗糙程度来改变阻力的大小，阻力越小小车运动的距离越远；‎ ‎（4）（5）由第（3）问中所观察到的现象以及结论推理出阻力为零时的运动情况；牛顿第一定律是在实验基础上通过推理得出的；‎ ‎（6）根据牛顿第一定律，当物体不受任何外力时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）每次都从斜面上同一位置释放，使小车运动到斜面底端时的速度相等；‎ ‎（2）在做“斜面小车实验”时，给水平桌面铺上粗糙程度不同的物体，目的是探究阻力对物体运动的影响，由毛巾表面到棉布再到木板，接触面的粗糙程度减小，小车受到的阻力也减小；‎ ‎（3）表面越光滑，阻力就越小，小车运动的距离就越远，这说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢；‎ ‎（4）假如小车受到的阻力为零，即小车不受力，小车的运动状态将不会改变，做匀速直线运动；‎ ‎（5）由上分析可知，牛顿第一定律是在实验的基础上，通过推理得出的，不是用实验直接得出的；‎ ‎（6）牛顿第一定律的内容为：一切物体在不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；这反映了力和运动的关系，表明了物体的运动不需要力来维持，而力是改变物体运动状态的根本原因。‎ 29‎ 故答案为：（1）相等；（2）水平面的粗糙程度；（3）慢；（4）匀速直线运动；（5）推理；（6）不需要；运动状态。‎ ‎　‎ ‎25．（6分）如图所示，小陈同学为测量某液体的密度，准备了天平、玻璃杯等器材，在实验时发现没有准备量筒，于是从身边找来了一个体积为20cm3的金属块和一些纸张。‎ ‎（1）将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的　零　刻度线上。‎ ‎（2）此时，如果天平指针偏左，小陈同学应向　右　（填“左”或“右”）调节　平衡螺母　使天平横梁平衡。‎ ‎（3）在玻璃杯中倒入适量的该液体，用天平称量液体和玻璃杯的总质量m总时，向盘中加减砝码要用　镊子　，不能用手接触砝码，称得m总=123.2g ‎（4）将金属块浸没在液体中且不接触玻璃杯，液体无溢出，如图所示，天平平衡后，砝码的总质量加上的游码在标尺上对应的刻度值为m=　150.6　g，则液体的密度ρ=　1.37　g/cm3。‎ ‎【分析】（1）调节天平平衡时，应先调节游码，再调节平衡螺母；‎ ‎（2）指针偏向分度盘的左侧可知左侧较重，所以把平衡螺母向右调节，才能使天平平衡，“左偏右移，右偏左移”；‎ ‎（3）向盘中加减砝码时要用镊子，不能用手接触砝码，不能把砝码弄湿、弄脏；‎ ‎（4）左盘中物体质量等于右盘中物体质量与游码读数之和；‎ 根据图中示数，求出增加的质量；增加的质量与金属块排开的液体的质量相等，从而求出金属块受到的浮力，根据阿基米德原理求出液体的密度。‎ ‎【解答】解：（1）将天平放在水平台上，将游码放到标尺左端的零刻度线上，调节横梁使天平平衡；‎ ‎（2）调节天平平衡时，若发现指针偏向分度盘的左端，则平衡螺母要向右调；‎ ‎（3）向盘中加减砝码要用镊子，不能用手接触砝码；‎ ‎（4）由图知，标尺的分度值为0.2g，液体和玻璃杯的总质量m总=100g+50g+0.6g=150.6g，‎ 金属块排开的液体的质量为：m=150.6g﹣123.2g=27.4g=0.0274kg；‎ 排开的液体的重力，即金属块受到的浮力为：F浮=G=mg=0.0274g×10N/kg=0.274N；‎ 29‎ 根据阿基米德原理可知，液体的密度为：‎ ρ===1.37×103kg/m3=1.37g/cm3；‎ 故答案为：（1）零；（2）右；平衡螺母；（3）镊子；（4）150.6；1.37‎ ‎　‎ ‎26．（6分）2018年4月，某同学参加我市中考物理实验操作考试时，为“测量小灯泡的额定电功率”，实验室备有以下实验器材：额定电压为2.5V的小灯泡、规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干。‎ ‎（1）图甲是该同学连接好的电路实物图，其中有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”。‎ ‎（2）闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到最　左　（填“左”或“右”）端。‎ ‎（3）经修正后电路连接无误，各元件均完好。闭合开关，移动滑片P使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表的读数为　0.26　A，则小灯泡的额定功率是　0.65　W。‎ ‎（4）测出小灯泡额定功率后，该同学又把灯泡两端的电压调为额定电压的，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮他分析出现这种现象的原因是　灯的电阻随温度的变化而变化　。‎ ‎【分析】（1）原电路中，灯被短路，据此修改；‎ ‎（2）闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处；‎ ‎（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求小灯泡的额定功率；‎ ‎（4）根据P=，若电阻R不变，则电功率与电压的平方成正比，但灯的电阻随温度的变化而变化，据此分析。‎ ‎【解答】解：（1）原电路中，灯被短路，修改后如下所示：‎ 29‎ ‎（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处，即最左端。‎ ‎（3）经修正后电路连接无误，各元件均完好。闭合开关，移动滑片P使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表的读数为0.26AA，则小灯泡的额定功率是：P=UI=2.5V×0.26A=0.65W；‎ ‎（4）根据P=，若电阻R不变，则电功率与电压的平方成正比，但灯的电流随电压的减小而变小，根据P=UI，灯的功率变小，灯丝的温度变小，灯丝的电阻变小，故意电功率与电压的平方不成正比，‎ 测出小灯泡额定功率后，该同学又把灯泡两端的电压调为额定电压的，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮他分析出现这种现象的原因是：灯的电阻随温度的变化而变化。‎ 故答案为：（1）如上所示；（2）左；（3）0.26；0.65；（4）灯的电阻随温度的变化而变化。‎ 29‎