2019年山东省济南市莱芜地区中考物理试卷 12页

‎2019年山东省济南市莱芜地区中考物理试卷 一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．在以下每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题意的）‎ ‎ ‎ ‎1. 关于声现象，下列说法正确的是（ ） ‎ A.我们听不到真空罩中闹铃振动产生的声音，是因为真空不能传播声音 B.敲击音叉时用力越大发出的声音越大，是因为音叉振动变快 C.莱芜城区从‎2019‎年‎5‎月开始禁放鞭炮，这是在传播过程中控制噪声 D.渔船上安装的声呐系统是利用次声波确定鱼群的位置 ‎ ‎ ‎2. 一束光由水中斜射向空气，在界面上同时发生反射和折射，下列光路图能正确反映这一现象的是（ ） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎3. 关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（        ） ‎ A.家庭电路中，电能表是测量家用电器总功率的仪表 B.家庭电路中，家用保险丝熔断后可用铁丝或铜丝代替 C.雷雨天气可以站在大树下避雨 D.发生触电事故时，不能用手去拉，应先切断电源再进行抢救 ‎ ‎ ‎4. 下列四种情境中，与平面镜成像原理相同的是（ ） ‎ A.水中“弯折”的筷子 B.倒映在水中的山 C.树荫下的圆形光斑 D.手影 ‎ ‎ ‎5. 如图是汽油机工作循环中的一个冲程，下列说法正确的是（ ） ‎ A.该冲程是汽油机的压缩冲程，将机械能转化为内能 B.该冲程是汽油机的做功冲程，将内能转化为机械能 C.该汽油机工作时冒黑烟，说明汽油燃烧不充分，其热值变小 D.该汽油机的效率越高，在做相同功的情况下消耗的能量越多 ‎ ‎ ‎6. 生活中有很多现象和应用都与物态变化有关，下列说法不正确的是（ ） ‎ A.皮肤上擦酒精后变凉爽是由于酒精汽化从皮肤吸热所致 B.在运输食物的车里放干冰，利用干冰升华吸热给食物降温 C.出汗时吹电风扇感觉凉爽，是由于电风扇吹出的风降低了室温 D.夏天吃冰棒时看到周围冒“白气”，这是液化现象 ‎ ‎ ‎7. 如图所示的生活用具，在使用中属于省力杠杆的是（ ） ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 A.筷子 B.钓鱼竿 C.扳手 D.食品夹 ‎ ‎ ‎ ‎8. 能源是人们生活和社会发展的基石，信息和材料是社会发展的保障。下列有关能源、信息和材料的说法正确的是（ ） ‎ A.核电站是利用核聚变来发电的 B.我国自主建立的北斗卫星定位系统，主要是用超声波来传递信息的 C.光纤通信是光在光导纤维中多次发生折射来传递信息的 D.煤、石油和天然气是一次能源，也是不可再生能源 ‎ ‎ ‎9. 一个空心小铁球放在盛水的烧杯中漂浮在水面上，将烧杯置于铁棒AB的上方，绕在铁棒上的线圈连接在如图所示的电路中，开关S闭合后，下列说法正确的是（ ） ‎ A.小铁球仍静止在水面上时受到的重力和浮力是一对平衡力 B.A端为电磁铁的S极 C.滑片P向右滑动，小铁球所受浮力不变 D.滑片P向左滑动，螺线管的磁性增强 ‎ ‎ ‎10. 在如图所示的电路中，灯泡L标有“‎6V 3W”字样，电源电压及灯泡电阻均保持不变，滑动变阻器最大阻值为‎20Ω，定值电阻R‎0‎＝‎10Ω．当S、S‎1‎都闭合，滑片P移动到最左端时，灯泡L正常发光，则（ ） ‎ A.此时电流表的示数为‎0.5A B.电源电压为‎12V C.此时电路消耗的总功率为‎6.6W D.若S闭合、S‎1‎断开，且滑片P移动到中点时电流表的示数为‎0.2A 二、多项选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题意．选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）‎ ‎ ‎ ‎ 同学们经过两年的物理学习，知道了许多物理学家以及他们做出的杰出贡献。下列叙述正确的是（ ） ‎ A.牛顿直接从自己所做的实验中得出了牛顿第一定律 B.欧姆揭示了电流与电压、电阻的关系 C.法拉第第一个发现了电流周围存在磁场 D.焦耳通过实验得出了电流通过导体产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系 ‎ ‎ ‎ 对下列四种场景的叙述正确的是（     ） ‎ A.图甲：铁轨铺在枕木上，主要是减小火车对地面的压力 B.图乙：机翼做成上凸下平的形状在飞行时可以获得向上的升力 C.图丙：用手指托住乒乓球，从漏斗口用力向下吹气，同时手指移开，乒乓球会掉下来 D.图丁：将玻璃管稍微倾斜，玻璃管中水银柱的竖直高度不变 ‎ ‎ ‎ 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ） ‎ A.物体放出热量，其内能一定减少、温度一定降低 B.热量都是从内能大的物体向内能小的物体传递 C.把热汤倒入碗中，碗变热是通过热传递的方式改变了它的内能 D.冰在熔化过程中，其内能增加而温度保持不变 ‎ ‎ ‎ 如图所示是探究动能大小与哪些因素有关的实验装置，小车从粗糙斜面上某一高度由静止开始释放，撞击静止于水平木板上的木块（不计空气阻力），将木块推出一段距离。下列说法正确的是（ ） ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ ‎ A.小车在斜面上向下运动的过程中，动能增加势能减小，机械能守恒 B.小车动能的大小是通过小车推动木块移动的距离来反映的 C.小车释放的高度越高，小车推动木块移动的距离越长 D.若木板的表面光滑且足够长，该实验装置仍能探究出小车的动能与哪些因素有关 ‎ ‎ ‎ 如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ） ‎ A.电压表的示数不变 B.电流表A‎1‎和电流表A‎2‎的示数均减小 C.电流表A‎1‎的示数与电流表A‎2‎的示数之差减小 D.电压表V的示数与电流表A‎2‎的示数比值不变 三、填空题（本大题包括5小题，每空2分，共20分）‎ ‎ ‎ ‎ 莱芜划归济南后，为济南的发展增添了新鲜血液，也为莱芜的发展插上了腾飞的翅膀，两地交流更加频繁。某次，小明和他爸爸开车驶向济南，小明看到路边的树木飞驰向后运动。他所选的参照物是________。当车经过A点路标时，时间是‎11‎时‎45‎分；当车经过B点路标时，时间是‎12‎时‎15‎分。则车在A、B之间的平均速度是________km/h。 ‎ ‎ ‎ ‎ 垃圾污染已成为当今社会四大污染之一，采用垃圾发电的方式处理垃圾，不仅解决了垃圾污染问题，而且还提供了大量能源．垃圾发电是将垃圾填埋后，采用科学的方法使其发酵，并把产生的填埋气收集起来用于发电．垃圾发电是将垃圾内储存的________能转化为电能．已知某市每年垃圾发电量大约为‎2.4×‎10‎‎7‎kW⋅h，这些电能可供用电功率为‎1000kW的小型工厂正常生产________h． ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，汽车通过滑轮组将矿井内重为‎9500N的物体M匀速提升了‎6m，所用的时间为‎10s，汽车的拉力F为‎5000N．在此过程中，滑轮组的机械效率为________，汽车拉力F的功率为________W。 ‎ ‎ ‎ ‎ 一台直流电动机额定电压为‎220V，其电阻为‎1Ω．正常工作时通过的电流为‎20A，则该电动机的额定功率是________kW，电动机连续正常工作‎10min，电动机因本身有电阻而发热损失的电能为________J． ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2019‎年‎5‎月在上海举行了“国际射箭比赛”，本次赛事吸引了‎41‎个国家和地区的代表队参赛。如图是某运动员正在瞄准目标拉弓射箭，其中涉及到很多物理知识。请仿照示例写出其中两个现象及对应的物理知识。 示例：用力拉弓变弯--力使物体发生形变 ‎ ‎（1）________；‎ ‎ ‎ ‎（2）________。 ‎ 四、作图与实验探究题（本大题包括5小题，共25分）‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，小磁针处于静止状态，请在图中虚线处标出磁感线的方向和小磁针的N极。 ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示为“探究凸透镜成像规律”的实验装置。 ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎ ‎ ‎（1）实验前老师为同学们准备了焦距分别为‎10cm和‎30cm两个凸透镜，为了顺利完成实验，你应该选择焦距为________cm的凸透镜；‎ ‎ ‎ ‎（2）将点燃的蜡烛和光屏分别放在如图所示的位置，此时光屏上呈现了烛焰清晰的像，像的性质是倒立的________（选填“放大”或“缩小”）的实像，________（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据这一原理工作的；如果此时将蜡烛和光屏对调，光屏上________（选填“能”或“不能”）呈现烛焰清晰的像；‎ ‎ ‎ ‎（3）若小华在做实验时，不小心让凸透镜和自己的衣服发生了摩擦带了静电，将一小片碎纸片吸附到了凸透镜上面，将凸透镜的镜面遮挡住了一部分，此时光屏上________（选填“烛焰的像不完整”、“会有纸片的像”或“烛焰的像变暗了些”）．‎ ‎ ‎ ‎ 在“探究物质的吸热能力”的实验中，实验装置如图所示： ‎ ‎（1）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯底部、侧壁和________；‎ ‎ ‎ ‎（2）实验中必须要选取初温相同且________（选填“质量”或“体积”）相等的甲、乙两种液体；选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，这样做的目的是在相同时间内甲和乙两种液体________相同；‎ ‎ ‎ ‎（3）根据实验测得的数据分别描绘出了甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图象，如图丙所示，则________的吸热能力更强；‎ ‎ ‎ ‎（4）若甲液体的比热容为‎2.1×‎10‎‎3‎J(kg⋅‎​‎‎∘‎C)‎，则乙液体的比热容为________J/(kg⋅‎​‎‎∘‎C)‎。‎ ‎ ‎ ‎ 小刚妈妈从银座超市买了一桶花生油，小刚想利用在学校学到的“测量物质的密度”知识来测量花生油的密度，于是他从学校借来了有关器材，进行了如下操作： ‎ ‎（1）将天平放在水平桌面上，将游码拨在标尺左端零刻线处，此时指针指在如图甲所示位置，小刚接下来的操作应该是________，使指针指在分度盘中央；‎ ‎ ‎ ‎（2）将空烧杯放在左盘，向右盘加减砝码，当加入最后一个最小砝码时，指针的指向仍然如甲图所示。小刚接下来应该进行的操作是________，使指针指在分度盘中央，最后测出了空烧杯的质量为m‎1‎＝‎45g；‎ ‎ ‎ ‎（3）将花生油倒在量筒里，如图乙所示。花生油的体积为V＝________cm‎3‎；‎ ‎ ‎ ‎（4）将量筒中的花生油倒在空烧杯中，将烧杯放在已调平的天平的左盘，向右盘中加（减）砝码，并调节游码，使横梁在水平位置平衡，此时右盘中砝码和游码的刻度值如图丙所示，则花生油和烧杯的总质量为m‎2‎＝________g；‎ ‎ ‎ ‎（5）小刚根据测量的数据算出花生油的密度为ρ油＝________kg/‎m‎3‎；‎ ‎ ‎ ‎（6）已知该花生油的密度在‎0.911×‎10‎‎3‎kg/m‎3‎∼0.918×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎之间，请你根据小刚的测量结果分析，小刚的测量过程中存在的不足之处是________。‎ ‎ ‎ ‎ 在“测量小灯泡的额定功率”实验中，提供如下实验器材：电源（输出电压恒为‎6V）、小灯泡（额定电压‎2.5V电阻约为‎10Ω）、滑动变阻器（‎50Ω 1A）、电压表（量程‎0∼3V，‎0∼15V）、电流表（量程‎0∼0.6A，‎0∼3A）、开关、导线若干． ‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎（1）请用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路的连接；‎ ‎ ‎ ‎（2）正确连接后闭合开关，发现小灯泡不发光，电压表和电流表均无示数．小宁利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在A、E之间和A、F之间，电压表均有示数；接在C、F之间，电压表无示数．如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是________（选填“小灯泡断路”“小灯泡短路”或“滑动变阻器断路”）；‎ ‎ ‎ ‎（3）排除故障后，小宁看到电压表示数为‎2V，此时小灯泡的功率________（选填“大于“小于”或“等于”）额定功率，要使灯泡L正常发光，滑动变阻器的滑片P应向________（选填“A”或“B”）端移动，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，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‎0.6‎倍，发现测得的实际功率并不等于其额定功率的‎0.36‎倍，请你帮他分析出现这种现象的主要原因是________；‎ ‎ ‎ ‎（5）把上面电路中的小灯泡换成定值电阻，用这一电路还可以完成的实验有________．‎ 五、计算题（本大题包括2小题，共20分．解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎ ‎ ‎ 小华将滑动变阻器和小灯泡串联组成了如图甲所示的调光电路，其电源电压为‎6V，灯泡的额定电压为‎2.5V．调节滑动变阻器的滑片，从a端开始向b端移动到某一位置的过程中，测出了多组电流和电压值，并绘制了如图乙所示的图象。求： ‎ ‎（1）滑动变阻器的最大阻值；‎ ‎ ‎ ‎（2）小灯泡的额定功率；‎ ‎ ‎ ‎（3）小灯泡正常发光‎10min所消耗的电能；‎ ‎ ‎ ‎（4）小华手边还有一只额定电压为‎1.5V，正常工作时电阻为‎7.5Ω的灯泡，若将此灯泡替代甲图中的灯泡，请你通过计算说明该灯泡能否在这个电路中正常发光。‎ ‎ ‎ ‎ 如图甲所示，将边长都为‎10cm的正方体物块A和B用细线（质量忽略不计）连接在一起，放入水中，A和B恰好悬浮，此时容器中水的深度为‎40cm，B下表面距容器底‎6cm．当把细线轻轻剪断后，物块A上升，物块B下沉，最后A漂浮在水面上静止，且A露出水面的体积是它自身体积的‎2‎‎5‎，B沉到容器底后静止（物块B与容器底不会紧密接触），如图乙所示．‎(A和B都不吸水，ρ水＝‎1.0×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎，g取‎10N/kg)‎求： ‎ ‎（1）甲图中物块B下表面受到水的压强；‎ ‎ ‎ ‎（2）物块A的密度；‎ ‎ ‎ ‎（3）图乙中物块B对容器底部的压强；‎ ‎ ‎ ‎（4）物块B从图甲位置下落到图乙位置的过程中重力对物块B做的功．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 参考答案与试题解析 ‎2019年山东省济南市莱芜地区中考物理试卷 一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分．在以下每小题列出的四个选项中，只有一项是最符合题意的）‎ ‎1.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 防治噪声的途径 响度与振幅的关系 超声波与次声波 声音的传播条件 ‎【解析】‎ ‎（1）声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质，真空不能传声； （2）声音的特征：音调、响度、音色；音调是指声音的高低；响度是指声音的大小；不同发声体的音色不同； （3）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声； （4）声呐是利用超声波确定鱼群位置和海水深度。‎ ‎【解答】‎ A‎、我们听不到真空罩内的铃声，是因为真空不能传声，故A正确； B、敲击音叉的振动幅度较大，声音的响度越大，故B错误； C、禁放鞭炮，这是从声源处控制噪声的，故C错误； D、超声波具有较强的穿透性，并且能够传递信息，所以声呐是利用超声波确定鱼群位置，故D错误。‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 作光的反射光路图 作光的折射光路图 ‎【解析】‎ ‎（1）光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角； （2）光的折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角。‎ ‎【解答】‎ A‎、光从水中斜射入空气时，反射光线与入射光线应都在水中，而图中反射光线在空气中，故A错误。 B、光从水中斜射入空气时，折射光线应向远离法线方向偏折，而图中折射光线的传播方向不变，故B错误； C、光从水中斜射入空气时，折射光线应向远离法线方向偏折，而图中折射光线向法线靠近了，故C错误； D、由图可知，光从水中斜射入空气时，反射角等于入射角，符合光的反射定律；折射角大于入射角，符合光的折射定律，故D正确；‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 电能表参数的理解与电功的测量 熔断器的作用及保险丝的选择方法 安全用电原则 ‎【解析】‎ ‎（1）电能表是测量电路消耗电能的仪表； （2）当家庭电路中发生短路或总功率过大时，会使导线发热而引发事故，故要有能自动切断电路的装置，这就是要安装保险丝的原因，保险丝在电流过大时发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用； （3）发生雷雨时，雷电可以沿着高大的树木、建筑物进入地下； （4）当有人触电时，应先切断电源。‎ ‎【解答】‎ 解：A．电能表是测量电路消耗电能（或测量电功）的仪表，故A错误； B．铜丝或铁丝的电阻小、熔点高，在电流过大时，产生的热量不容易达到熔点，因此不会熔断，起不到保险的作用，故B错误； C．雷雨天，雷电容易接触高的物体，雷雨天在大树下避雨容易发生触电，所以应避免在大树下避雨，故C错误； D．发现有人触电后，如果用手去拉触电者，也会造成触电事故的发生，应该首先切断电源，然后再进行其他的救护措施，故D正确． 故选D．‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 平面镜的应用 ‎【解析】‎ ‎（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。‎ ‎【解答】‎ 平面镜成像是由光的反射形成的； A、筷子好像在水面处断是由于水面下的筷子反射的光进入空气时反生折射，折射角大于入射角而造成的。所以属于光的折射，故A不符合题意。 B、平静水面上山的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意； C、小孔成像，成的是物体倒立的像，像之所以是倒立的，就是因为光的直线传播造成的，故C不符合题意； D、影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故D不符合题意。‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 B ‎【考点】‎ 热机的效率 内燃机的四个冲程 燃料的热值 ‎【解析】‎ ‎（1）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，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程，同时还可参考火花塞的状态进行判断； （2）在四冲程内燃机工作过程中有两个冲程存在能量转化：一个是压缩冲程，将机械能转化为内能；另一个是做功冲程，将内能转化为机械能； （3）热值是燃料的一种特性，与它是否完全燃烧没有关系； （4）在热机中，用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，叫热机的效率。‎ ‎【解答】‎ AB‎、由图可知，汽油机的两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，所以是做功冲程，该冲程是燃料燃烧推动活塞做功，将内能转化为机械能，故A错误，B正确。 C、热值是燃料的一种特性，与它是否完全燃烧没有关系，排气管冒黑烟，汽油燃烧不充分，其热值不变，故C错误； D、热机效率越高，做有用功与燃料完全燃烧放出内能的比值越大，即在做功相同的情况下，消耗的能量越少（或消耗的燃料较少），故D错误。‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 液化及液化现象 汽化及汽化吸热的特点 升华和凝华的定义和特点 ‎【解析】‎ ‎（1）物质由液态变成气态的现象叫做汽化，汽化包括蒸发和沸腾两种方式，汽化吸热； （2）物质由固态直接变成气态的过程叫升华，升华吸热； （3）物质由气态变成液态的过程叫液化。‎ ‎【解答】‎ A‎、在皮肤上擦酒精后，会感到凉，这是由于酒精蒸发时，从皮肤吸收了热量的缘故，故A正确； B、在运输食物的车里放干冰，利用干冰升华吸热给食物降温，故B正确； C、出汗时吹风扇感觉凉快，是因为风加快了汗液的蒸发，蒸发从人体吸热，使人体的温度降低，但风不能降低室温，故C错误； D、夏天吃冰棒时看到周围冒出“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故D正确。‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 杠杆的分类 ‎【解析】‎ 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】‎ A‎、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆； B、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆； C、扳手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆； D、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 核聚变和核裂变 四种通信及通信技术的发展前景 能源的分类 ‎【解析】‎ ‎（1）核裂变和核聚变都能释放能量，但是又有区别，对于核裂变是可控的，如核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量； （2）北斗卫星定位系统是利用电磁波来传递信息的； （3）光纤通信是利用激光从光纤的一端射入，在内壁上多次反射后在另一端射出来，然后在接收端，检测器收到光信号后把它变换成电信号，经解调后恢复原信息； （4）从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源，人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生、连续利用的能源，属于可再生能源。‎ ‎【解答】‎ A‎、核电站是利用铀核裂变发生链式反应释放出大量的核能来发电的，是可控链式反应，故A错误； B、北斗卫星定位系统是利用电磁波来传递信息的，故B错误； C、光纤通信是利用激光从光纤的一端射入，在内壁上多次反射后在另一端射出来，然后在接收端，检测器收到光信号后把它变换成电信号，经解调后恢复原信息，故C错误； D、煤炭、石油、天然气属于不可再生能源，也是一次性能源，故D正确。‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平衡力的辨别 探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验 安培定则 ‎【解析】‎ ‎（1）根据小铁球的受力情况进行分析； （2）已知电流方向则由右手螺旋定则可知螺线管A的磁极。 （3）当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电阻变小，则由欧姆定律可知螺线管中磁性的变化；则由力的合成可知小铁球所受的浮力的变化。‎ ‎【解答】‎ A‎、开关S闭合后，螺线管具有磁性，小铁球仍静止在水面上时受到重力、浮力、电磁铁的吸引力的作用，其重力和浮力的大小不相等，所以这两个力不是一对平衡力，故A错误； B、开关S闭合后，电流由B流向A，则由右手螺旋定则可知螺线管的A端为N极，故B错误； C、滑片P 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 向右滑动，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律可知电路中电流减小，则螺线管中的磁性减弱，小铁球所受吸引力减小；此过程中小铁球受到重力、浮力、电磁铁的吸引力的作用，当小球重新平衡后，向下的吸引力与重力之和应等于向上的浮力，因吸引力减小，所以铁球所受浮力也将减小，故C错误； D、当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流增大，则螺线管的磁性增强，故D正确。‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 电功率的计算 欧姆定律的应用 ‎【解析】‎ ‎（1）当S、S‎1‎都闭合，滑片P移动到最左端时，R‎0‎与L并联，电流表测干路电流。 由于灯泡L正常发光时R‎0‎的电压和额定电压相等，根据并联电路的电压特点可知电源的电压； 根据P＝UI求出通过灯泡的电流；根据欧姆定律求出通过R‎0‎的电流，根据并联电路的特点求出干路电流； 根据P＝UI求出总功率； （2）若S闭合、S‎1‎断开时，R‎0‎与R串联，当滑片P移动到中点，求出滑动变阻器连入电路的电阻，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流。‎ ‎【解答】‎ 根据P＝UI可得： 通过灯泡的电流IL‎=PLUL=‎3W‎6V=0.5A， 由I=‎UR可得： 通过R‎0‎的电流I‎0‎‎=UR‎0‎=‎6V‎10Ω=0.6A， 则电流表示数为I＝IL‎+‎I‎0‎＝‎0.5A+0.6A＝‎1.1A；故A错误（1）总功率P＝UI＝‎6V×1.1A＝‎6.6W，故C正确（2）（2）若S闭合、S‎1‎断开时，R‎0‎与R串联，当滑片P移动到中点，则： 滑动变阻器连入电路的电阻R′=‎1‎‎2‎R=‎1‎‎2‎×20Ω＝‎10Ω， R总＝R‎0‎‎+R′‎＝‎10Ω+10Ω＝‎20Ω(3)‎则I=UR=‎6V‎20Ω=0.3A，故D错误。 故选：C。‎ 二、多项选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分．每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题意．选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 物理常识 ‎【解析】‎ 根据对物理学家及其成就的掌握作答。‎ ‎【解答】‎ A‎、牛顿第一定律的内容是：“一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止或匀速直线运动状态”。由于没有不受力的物体，所以牛顿第一定律无法用实验直接验证，是在大量实验和事实的基础上，通过科学推理得出的。故A错误； B、欧姆对“电流跟电阻和电压之间的关系”进行了深入的研究并得到了正确结论，欧姆定律就是欧姆得出的。故B正确； C、奥斯特最早发现电流周围存在磁场；法拉第发现了电磁感应现象，发电机就是根据这一原理制成的。故C错误； D、焦耳最先发现了“电流通过导体产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系”，即焦耳定律。故D正确。‎ ‎【答案】‎ B,D ‎【考点】‎ 流体压强与流速的关系 大气压强的测量方法 减小压强的方法及其应用 ‎【解析】‎ ‎（1）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强。 （2）流体流速越大的位置，压强越小，飞机的机翼利用了这一原理； （3）在托里拆利实验中，玻璃管内水银柱的高度代表了外界大气压强的大小，因此，只要外界大气压不变，它的垂直高度是不会改变的。玻璃管倾斜只会改变水银柱的长度，而高度不会发生变化。‎ ‎【解答】‎ 解：A．铁轨铺在枕木上，在压力一定时，增大受力面积可以减小对地面的压强，压力不变，故A错误； B．机翼做成上凸下平的形状，当飞行时，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，可以获得向上的升力，故B正确； C．从漏斗口向下用力吹气，乒乓球上方空气流速大压强小，乒乓球下方空气流速小压强大，乒乓球受到向上的压强大于向下的压强，乒乓球不会掉下来，故C错误； D．在托里拆利实验中，水银柱的高度是指管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度，这一高度的大小是由外界大气压决定的，因此不会因倾斜而改变，故D正确． 故选BD．‎ ‎【答案】‎ C,D ‎【考点】‎ 热传递改变物体内能 温度、热量与内能的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）物体放出热量时内能一定减少，温度不一定降低。 （2）热传递的条件是有温度差，热传递的方向是从高温到低温。 （3）改变物体内能的方式有做功和热传递。 （4）物体吸热或温度升高，内能一定增大。‎ ‎【解答】‎ 解：A．物体放出热量，内能一定减少，但温度不一定降低，如晶体在凝固过程中，放出热量、内能减少，但温度保持不变，故A错误； B．热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，而不是从内能大的物体向内能小的物体传递，故B错误； C．把热汤倒入碗中，碗的温度升高，是通过热传递的方式改变了它的内能，故C正确； D．冰在熔化过程中吸收热量，虽然温度保持不变，但内能增加，故D正确． 故选CD．‎ ‎【答案】‎ B,C 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎【考点】‎ 探究动能的影响因素 ‎【解析】‎ ‎（1）让小车从某一高度由静止释放，使小车获得动能；动能的大小与物体的质量和速度有关，探究动能与质量关系时，控制速度不变； （2）该实验采用了转换法，通过比较小车推动木块移动的距离来反映小车动能的大小； （3）由于动能的大小与物体的质量和速度有关； （4）据牛顿第一定律分析即可判断。‎ ‎【解答】‎ A‎、小车在斜面上向下运动的过程中，动能增加势能减小，但是斜面粗糙，需要克服阻力做功，机械能减小，故A错误； B、在研究动能大小与什么因素有关时，我们是通过观察小车推动木块移动的距离来反映小球动能大小的，采用的是转换法的思想，故B正确； C、由于动能的大小与物体的质量和速度有关，小车释放的高度越高，小车到达斜面底端速度越大，具有动能越大，小车推动木块移动的距离越长，故C正确； D、若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，小车和木块将永远一直运动下去，没有运动距离的远近之分，就不能达到通过比较距离来比较动能的目的了，故D错误；‎ ‎【答案】‎ A,C,D ‎【考点】‎ 电路的动态分析 ‎【解析】‎ 由电路图可知，R‎1‎与R‎2‎并联，电流表A‎1‎测干路电流，电流表A‎2‎测R‎1‎支路的电流，电压表测电源两端的电压。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R‎1‎的电流变化，然后得出电压表V的示数与电流表A‎2‎的示数比值变化，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R‎2‎的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后得出电流表A‎1‎的示数与电流表A‎2‎的示数之差的变化。‎ ‎【解答】‎ 由电路图可知，R‎1‎与R‎2‎并联，电流表A‎1‎测干路电流，电流表A‎2‎测R‎1‎支路的电流，电压表测电源两端的电压。 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，故A正确； 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R‎1‎的电流不变，即电流表A‎2‎的示数不变，故B错误； 则电压表V的示数与电流表A‎2‎的示数比值不变，故D正确； 滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大， 由I=‎UR可知，通过R‎2‎的电流变小， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，干路电流变小，即电流表A‎1‎的示数变小， 则电流表A‎1‎的示数与电流表A‎2‎的示数之差减小，故C正确。‎ 三、填空题（本大题包括5小题，每空2分，共20分）‎ ‎【答案】‎ 车,‎‎90‎ ‎【考点】‎ 变速运动与平均速度 参照物及其选择 ‎【解析】‎ ‎（1）判断物体的运动情况时，必须选取一个标准作为参照物，如果研究对象与参照物之间的位置发生了变化，则是运动的；如果位置没有发生变化，则是静止的； （2）由题知汽车从A处到B处所用的时间和A到B的路程，利用速度公式v=‎st计算小汽车在A、B之间的平均速度。‎ ‎【解答】‎ 小明坐在行驶的汽车上，小明随汽车一起向前运动，所以小明看到路边的树木相对于汽车是向后运动，因此他是以车为参照物的； 由题知，汽车在A处时，时间是‎11‎时‎45‎分；到达B处时，时间是‎12‎时‎15‎分， 则，小汽车从A处到B处所用的时间： t＝‎12h15min−11h45min＝‎30min＝‎0.5h， 由图可知，从A处到B处的路程： s＝‎78km−33km＝‎45km， 则从A处到B处的平均速度： v=st=‎45km‎0.5h=90km/h。‎ ‎【答案】‎ 化学,‎‎2.4×‎‎10‎‎4‎ ‎【考点】‎ 能量转化和转移 电功率与电能、时间的关系 ‎【解析】‎ ‎（1）垃圾发电是将垃圾内储存的化学能转化为电能。 （2）根据P=‎Wt公式变形求出用电器正常工作的时间。‎ ‎【解答】‎ 解：将填埋气收集起来用于发电，是将这些垃圾的化学能最终转化为电能； 由P=‎Wt可得，正常生产时间t=WP=‎2.4×‎10‎‎7‎kW⋅h‎1000kW=2.4×‎10‎‎4‎h．‎ ‎【答案】‎ ‎95%‎‎,‎‎6000‎ ‎【考点】‎ 功率的计算 滑轮（组）的机械效率 ‎【解析】‎ ‎（1）由图知，n＝‎2‎，绳子自由端移动的距离s＝‎2h，利用W＝Fs求汽车拉力对滑轮组做的总功；利用W＝Gh求拉力做的有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比； （2）利用P=‎Wt求汽车拉力的功率。‎ ‎【解答】‎ 汽车拉力对滑轮组做的总功： W总＝Fs＝‎5000N×12m＝‎6×‎10‎‎4‎J(1)‎拉力做的有用功： W有用＝Gh＝‎9500N×6m＝‎5.7×‎10‎‎4‎J(2)‎滑轮组的机械效率： η=WW=‎5.7×‎10‎‎4‎J‎6×‎10‎‎4‎J×100%‎＝‎95%(3)(2)‎汽车拉力的功率： P=Wt=‎6×‎10‎‎4‎J‎10s=6000W。 故答案为：‎95%‎；‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎6000‎‎。‎ ‎【答案】‎ ‎4.4‎‎,‎‎2.4×‎‎10‎‎5‎ ‎【考点】‎ 焦耳定律的计算公式及其应用 电功率的计算 ‎【解析】‎ 电动机为非纯电阻，电动机在工作时，把电能转化成机械能的同时，还有一部分电能转化成了热能，并且线圈与电动机串联。 （1）已知通过电动机的电流、电动机两端的电压，根据P＝UI算出电动机的额定功率； （2）已知电动机线圈的电阻、通过线圈的电流和时间，可利用公式Q＝I‎2‎Rt计算线圈产生的热量。‎ ‎【解答】‎ 解：电动机的额定功率为P额‎=UI=220V×20A=4400W=4.4kW， 电动机因本身有电阻而发热损失的电能为Q＝I‎2‎Rt＝‎(20A‎)‎‎2‎×1Ω×600s＝‎2.4×‎10‎‎5‎ J．‎ ‎【答案】‎ 射箭时瞄准目标--光的直线传播 箭射出时由静止变为运动--力可以改变物体的运动状态 ‎【考点】‎ 物理常识 ‎【解析】‎ 结合题干中的现象，可以从光学、力学等角度对相关现象进行分析，得出其中所涉及到的物理知识。‎ ‎【解答】‎ 射箭时瞄准目标--光的直线传播；‎ 箭射出时由静止变为运动--力可以改变物体的运动状态；（1）箭射出后能够向前飞行--物体具有惯性；（2）用力将箭射出--弹性势能转化为动能。‎ 四、作图与实验探究题（本大题包括5小题，共25分）‎ ‎【答案】‎ ‎【考点】‎ 磁感线及其特点 ‎【解析】‎ 磁体外部磁感线总是由N极指向S极，小磁针静止时N极总是指向磁感线的方向。‎ ‎【解答】‎ 磁体外部磁感线总是由N极指向S极，因两N极相对，故磁感线应指向外； 小磁针静止时N极指向磁感线的方向；‎ ‎【答案】‎ ‎10‎ 放大,投影仪,能 烛焰的像变暗了些 ‎【考点】‎ 凸透镜成像规律及其探究实验 ‎【解析】‎ ‎（1）物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距； （2）物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；折射现象中光路可逆； （3）物距小于焦距成正立放大虚像；‎ ‎【解答】‎ 若选择焦距为‎30cm的凸透镜，则凸透镜的‎2‎倍焦距为‎60cm，光具座刻度尺的量程为‎100cm，将凸透镜放在光具座‎50cm处会无法完成实验，故应选焦距为‎10cm的凸透镜；‎ 如题图所示，此时蜡烛到凸透镜的距离是‎10cm，像到凸透镜的距离为‎30cm，物距小于像距，此时凸透镜成倒立放大的实像，应用这一原理可制成投影仪；在折射现象中光路是可逆的，如果此时将蜡烛和光屏对调，光屏上会出现倒立缩小的实像；‎ 凸透镜被遮住一部分，光屏上仍然会出现完整的像，但是通过凸透镜的光线减少，所成的像会变暗一些；‎ ‎【答案】‎ 电加热丝 质量,吸收的热量 乙 ‎4.2×‎‎10‎‎3‎ ‎【考点】‎ 探究比热容的实验 ‎【解析】‎ ‎（1）用温度计测温度时，玻璃泡与待测液体充分接触，不能与容器底和壁与加热器接触； （2）（3）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。 比较物质吸热能力的‎2‎种方法： ①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强 ②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强； （4）根据c=‎Qm△t，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，结合（3）求出乙液体的比热容。‎ ‎【解答】‎ 实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯底部、侧壁和电加热丝；‎ 根据比较不同物质吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中必须要选取初温相同且质量相等的甲、乙两种液体；选用规格相同的电加热器分别给甲和乙两种液体加热，根据转换法，这样做的目的是在相同时间内甲和乙两种液体吸收的热量相同；‎ 根据实验测得的数据分别描绘出了甲和乙两种液体的温度随加热时间变化的图象，由图知，加热‎5‎分钟，甲升高的温度为：‎60‎​‎‎∘‎C−20‎​‎‎∘‎C＝‎40‎​‎‎∘‎C； 乙升高的温度为： ‎40‎​‎‎∘‎C−20‎​‎‎∘‎C＝‎‎20‎​‎‎∘‎C 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 ‎；即乙升温小，故乙的吸热能力更强；‎ 根据c=‎Qm△t，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度成反比，结合（3），故乙液体的比热容为： c=‎40‎‎20‎×2.1×‎10‎‎3‎J/(kg⋅‎​‎‎∘‎C)‎＝‎4.2×‎10‎‎3‎J/(kg⋅‎​‎‎∘‎C)‎。‎ ‎【答案】‎ 将平衡螺母向左调 取下最小砝码，向右调节游码 ‎20‎ ‎62‎ ‎0.85×‎‎10‎‎3‎ 将花生油向烧杯倒时，有部分残留在量筒壁，导致测量质量偏小，计算出的密度偏小 ‎【考点】‎ 设计实验测密度 液体密度的测量 ‎【解析】‎ ‎（1）使用天平测量前通过调节平衡螺母在调节天平平衡；测量过程中通过增减砝码和移动游码调节平衡； （2）物体放在天平的左盘，砝码放在天平右盘，当右盘加最小砝码，右端下沉，当取下最小砝码，左端下沉时，此时向右移动游码，使天平的横梁平衡； （3）花生油的体积V就是在量筒中的示数，读数时视线要与液面的凹面相平； （4）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值； （5）利用ρ=‎mV可求得花生油的密度； （6）将花生油向烧杯倒时，有部分残留在量筒壁，导致测量质量偏小，由密度公式分析。‎ ‎【解答】‎ 调节天平在水平面上平衡时要将平衡螺母向指针偏转的相反方向调节，图甲中指针偏向分度盘的右侧，所以应向左调节平衡螺母。‎ 天平平衡后，把物体放在左盘，用镊子向右盘加减砝码，当把砝码盒中最小的砝码放入右盘后，发现指针偏向分度盘的右侧，天平的右端下沉，要取下最小砝码，向右移动游码。‎ 量筒的分度值为‎1mL，量筒中花生油的体积V＝‎20mL＝‎20cm‎3‎。‎ 花生油和烧杯的总质量为m‎2‎＝‎50g+10g+2g＝‎62g。‎ 花生油的质量m＝m‎2‎‎−‎m‎1‎＝‎62g−45g＝‎17g， 花生油的密度ρ=mV=‎17g‎20cm‎3‎=0.85g/cm‎3‎＝‎0.85×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎。‎ 在将花生油向烧杯倒时，有部分残留在量筒壁，导致测量质量偏小，计算出的密度偏小。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）如解答图所示；‎ ‎（2）滑动变阻器断路 ‎（3）小于,A,‎‎0.65‎ ‎（4）灯的电阻随温度的变化而变化 ‎（5）研究电流与电压的关系 ‎【考点】‎ 探究用电器的电功率实验 ‎【解析】‎ ‎（1）灯的额定电压‎2.5V，电阻约为‎10Ω，由欧姆定律求出灯的电流确定电流表选用小量程与灯串联，变阻器按一上一下接入电路中； （2）把电压表分别接在某两点间，若电压表有示数，则电压表所在的电路为通路，若无示数，则电压表所在的电流为断路； （3）灯的功率由实际电压决定； 灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向； 根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率； （4）根据P=‎U‎2‎R，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，根据灯的电阻随温度的变化而变化分析； （5）研究电流与电压关系时要控制电阻不变时，通过移动变阻器的滑片可多次测量，据此分析。‎ ‎【解答】‎ 解：（1）灯的额定电压‎2.5V，电阻约为‎10Ω，由欧姆定律，灯的电流约为： I=ULR=‎2.5V‎10Ω=0.25A，故电流表选用小量程与灯串联，变阻器按一上一下接入电路中，如图所示： ‎ ‎（2）把电压表分别接在A、E之间电压表有示数，则A−‎电源‎−‎开关‎−‎电压表组成的电路是连通的，同理，接在A、F之间，电压表均有示数，则A−‎电源‎−‎开关‎−‎灯‎−‎电压表组成的电路为通路，而连接在C、F之间，电压表无示数，则可确定滑动变阻器断路；‎ ‎（3）排除故障后，小宁看到电压表示数为‎2V，小于灯的额定电压，此时小灯泡的功率小于灯的额定功率， 灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为额定电压； 当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为‎0.02A，电流为‎0.26A，则小灯泡的额定功率： P＝UI＝‎2.5V×0.26A＝‎0.65W；‎ ‎（4）根据P=‎U‎2‎R，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，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‎0.6‎倍，通过灯的电流也变小了，根据P＝UI灯的功率变小，灯的温度降低，灯丝的电阻变小，故发现测得的实际功率并不等于其额定功率的‎0.36‎倍；‎ ‎（5）把上面电路中的小灯泡换成定值电阻，通过移动变阻器的滑片可多次测量，用这一电路还可以完成的实验有研究电流与电压的关系．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页 五、计算题（本大题包括2小题，共20分．解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数字计算的题，答案中必须写出数值和单位）‎ ‎【答案】‎ 滑动变阻器的最大阻值为‎24Ω；‎ 小灯泡的额定功率为‎1W；‎ 小灯泡正常发光‎10min所消耗的电能为‎600J；‎ 该灯泡不能在这个电路中正常发光。‎ ‎【考点】‎ 电功率的计算 欧姆定律的应用 电功的计算 ‎【解析】‎ 由图可知：灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流； （1）根据变阻器滑片在a端时连入电路的电阻最大，根据欧姆定律可知此时电路中电流最小，由图象得出电流最小时的电流值和变阻器两端的电压；根据欧姆定律即可求出变阻器的最大电阻值； （2）已知灯泡的额定电压，根据串联电路的特点求出灯泡正常工作时滑动变阻器两端的电压，然后根据图象得出此时电路中的电流值；根据P＝UI即可求出灯泡的额定功率； （3）根据W＝Pt即可求出灯泡正常发光‎10min所消耗的电能； （4）若将此灯泡替代甲图中的灯泡，假设该灯泡能正常发光，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的最小电阻值与滑动变阻器的最大阻值比较即可判断。‎ ‎【解答】‎ 根据变阻器滑片在a端时连入电路的电阻最大，根据I=‎UR可知此时电路中电流最小， 由图象可知此时电路中的最小电流值I最小＝‎0.24A，U滑最大＝‎4.8V； 根据I=‎UR可得： 变阻器的最大电阻值R滑‎=UI=‎4.8V‎0.2A=24Ω；‎ 已知灯泡的额定电压为‎2.5V，则灯泡正常工作时灯泡的实际电压UL＝U额＝‎2.5V， 根据串联电路的总电压等于各分电阻两端的电压之和可得： 灯泡正常工作时滑动变阻器两端的电压U滑＝U−‎UL＝‎6V−2.5V＝‎3.5V， 根据图象可知此时电路中的电流I＝‎0.4A， 灯泡的额定功率P额＝U额I＝‎2.5V×0.4A＝‎1W；‎ 灯泡正常发光‎10min所消耗的电能W＝P额t＝‎1W×10×60s＝‎600J；‎ 若将此灯泡替代甲图中的灯泡，假设该灯泡能正常发光，则UL2‎＝U额2‎＝‎1.5V，RL＝‎7.5Ω， 则I‎2‎‎=UL2‎RL=‎1.5V‎7.5Ω=0.2A， 根据I=‎UR可得： 电路中的最小总电阻R最小‎=UI‎2‎=‎6V‎0.2A=30Ω， 根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得： 滑动变阻器连入电路的最小电阻R滑最小＝R最小‎−‎RL＝‎30Ω−7.5Ω＝‎22.5Ω>20Ω， 所以，该灯泡不能在这个电路中正常发光。‎ ‎【答案】‎ ‎（1）甲图中物块B下表面受到水的压强为‎3.4×‎10‎‎3‎Pa；‎ ‎（2）物块A的密度为‎0.6×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎；‎ ‎（3）图乙中物块B对容器底部的压强为‎400Pa；‎ ‎（4）物块B从图甲位置下落到图乙位置的过程中重力对物块B做的功为‎0.84J．‎ ‎【考点】‎ 压强的计算公式及其应用 液体压强的计算公式及其应用 功的计算 密度的计算 ‎【解析】‎ ‎（1）已知容器中水的深度为‎40cm，B下表面距容器底‎6cm，可求得甲图中物块B下表面水的深度，再利用p＝ρgh可求得受到水的压强； （2）根据漂浮时浮力等于其重力可求得物块A的密度； （3）已知A的边长可求得其体积，利用m＝ρV可求得其质量，再利用G＝mg可求得其重力，甲图中对A、B受力分析，可得，GA‎+‎GB＝F浮，由此可求得B的重力，物块B对容器底部的压力等于其重力减去浮力，再利用压强公式计算压强； （4）物块B从图甲位置下落到图乙位置的高度h＝‎0.06m，再利用W＝Gh可求得重力对物块B做的功。‎ ‎【解答】‎ 解：（1）甲图中物块B下表面水的深度：hB＝h−‎h‎′‎＝‎40cm−6cm＝‎34cm＝‎0.34m， 物块B下表面受到水的压强：p＝ρgh＝‎1.0×‎10‎‎3‎kg/m‎3‎×10N/kg×0.34m＝‎3.4×‎10‎‎3‎Pa；‎ ‎（2）乙图中A物体漂浮在水面上，由题意可得，GA＝F浮， 则结合重力公式和阿基米德原理可得：ρAVAg＝ρ水g‎3‎‎5‎V， 解得ρA‎=‎3‎‎5‎×ρ水=‎3‎‎5‎×1.0×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎＝‎0.6×‎10‎‎3‎kg/‎m‎3‎；‎ ‎（3）A的体积VA＝‎(10cm‎)‎‎3‎＝‎1000cm‎3‎＝‎1×‎‎10‎‎−3‎m‎3‎， A的重力GA＝mAg＝ρAVg＝‎0.6×‎10‎‎3‎kg/m‎3‎×1×‎10‎‎−3‎m‎3‎×10N/kg＝‎6N； 甲图中对A、B受力分析，可得，GA‎+‎GB＝F浮＝ρ水g×2V， ‎6N+‎GB＝‎1.0×‎10‎‎3‎kg/m‎3‎×10N/kg×2×1×‎‎10‎‎−3‎m‎3‎， 则GB＝‎14N， 图乙中物块B对容器底部的压力：F＝GB‎−F ‎​‎B浮＝‎14N−1×‎10‎‎3‎kg/m‎3‎×1×‎10‎‎−3‎m‎3‎×10N/kg＝‎4N， 图乙中物块B对容器底部的压强：p=FS=‎4N‎0.01‎m‎2‎=400Pa；‎ ‎（4）物体B下落的高度h＝‎0.06m， 则重力对物块B做的功：W＝GBh＝‎14N×0.06m＝‎0.84J．‎ 第21页 共24页 ◎ 第22页 共24页