广西梧州市中考物理试卷 37页

‎2017年广西梧州市中考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共45分）‎ ‎1．（3分）在国际单位制中，电流的基本单位是（　　）‎ A．W B．V C．A D．Ω ‎2．（3分）某一校道旁立着如图所示的交通标志牌，由此可知（　　）‎ A．此标志为限速标志 B．此标志为限重标志 C．汽车对该路面的压力不得超过2000N D．汽车通过该路段的速度不得超过20m/s ‎3．（3分）冬天在浴室里洗热水澡时，浴室内的镜子会变得很“模糊”，产生该现象的原因是空气中的水蒸气发生了（　　）‎ A．熔化 B．液化 C．汽化 D．凝固 ‎4．（3分）如图所示，打开水坝的闸门时，液体压强使坝底的水奔流而出，则决定坝底水的压强大小的因素是（　　）‎ A．水的体积 B．水的深度 C．坝的宽度 D．坝的高度 ‎5．（3分）如图所示，小强用大小相同的力往同一方向推开家里的门时，发现推A点比推C点要容易，这说明力的作用效果跟下面哪个因素有关（　　）‎ A．力的大小 B．力的方向 C．力的作用点 D．物体的运动状态 ‎6．（3分）下列交通安全提示语，不是为了防止惯性带来危害的是（　　）‎ A．珍爱生命，远离酒驾 B．车辆起步，站稳扶好 C．学校路段，减速慢行 D．保持车距，安全行驶 ‎7．（3分）如图所示的电工带电操作中，不会发生触电事故的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（3分）下列关于电磁波的说法正确的是（　　）‎ A．电磁波在空气中的传播速度是340m/s B．电磁波只能传递声音信号，不能传递图象信号 C．微信聊天时手机发射的电磁波不能在真空中传播 D．北斗卫星定位系统既可以发射也可以接收电磁波 ‎9．（3分）如图所示，是我国自行制造的第一艘航空母舰静止在海面上，下列分析正确的是（　　）‎ A．航空母舰所受的浮力大于它所受的重力 B．航空母舰排开的海水越多受到的浮力越大 C．航空母舰受到的浮力大小跟它本身的密度有关 D．航空母舰的排水量约为7×104t，表示它空载时排开水的质量约为7×104t ‎10．（3分）如图所示，是我国首架自行研制的C919大飞机在加速升空的过程，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（　　）‎ A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，重力势能增大 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小 ‎11．（3分）如图所示，图甲是小车甲运动的s﹣t图象，图乙是小车乙运动的v﹣t图象，由图象可知（　　）‎ A．甲车速度大于乙车速度 B．甲、乙两车都由静止开始运动 C．甲、乙两车都以10m/s匀速运动 D．甲、乙两车经过5s通过的路程都是10m ‎12．（3分）由同种材料制成的AB和BC两段导体，长度相同，AB的横截面积比BC的小，将它们按照如图所示的方式串联接入电路中，不计温度的影响，下列判断正确的是（　　）‎ A．通过两段导体的电流：IAB＜IBC B．两段导体的电阻值：RAB=RBC C．两段导体的电阻值：RAB＞RBC D．两段导体发热的功率：PAB＜PBC ‎13．（3分）老奶奶用放大镜看报纸时，为了看到更大的清晰的像，她常常这样做（　　）‎ A．报纸与眼睛不动，放大镜离报纸远一些 B．报纸与眼睛不动，放大镜离报纸近一些 C．报纸与放大镜不动，眼睛离报纸远一些 D．报纸与放大镜不动，眼睛离报纸近一些 ‎14．（3分）如图所示是一种自动测定油箱内油量的装置，滑动变阻器R的金属滑片跟滑杆（杠杆）相连，从电流表示数大小就可知道油箱内油量的多少．观察分析图示可知，下列说法错误的是（　　）‎ A．电流表可以改装成油量表 B．R0在电路中起到保护电路的作用 C．油量增加，R的阻值减小，电流表示数变大 D．油量减少，R的阻值减小，电流表示数变小 ‎15．（3分）如图所示，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器R标有“1A 15Ω”的字样．当滑动变阻器的滑片P在最右端时，闭合开关S，通过灯泡的电流为0.4A，移动滑动变阻器的滑片P，在电路安全工作的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．向左移动滑动变阻器的滑片P时灯泡变亮 B．滑片P在最右端时通过干路中的电流是0.9A C．R接入电路的阻值变化范围是5Ω﹣15Ω D．电路总电阻的最大值为5Ω ‎　‎ 二、填空题（每空1分，共12分）‎ ‎16．（2分）如图甲所示，是东汉学者王充在《论衡》中记载的司南，静止时它的长柄指向　 　．在我国的《史记》和《梦溪笔谈》中都有关于海市蜃楼的记录，如图乙所示，海市蜃楼是一种由光的　 　产生的现象．‎ ‎17．（2分）如图甲所示，在医院里医生通过听诊器给病人诊病，是利用了声可以传递　 　（选填“信息”或“能量”）的性质；另外，在医院里我们还经常看到如图乙所示的“静”字，其目的是提醒大家要注意控制好声音的　 　（选填“音调”、“响度”、或“音色”），以免影响他人．‎ ‎18．（2分）可燃冰在燃烧时把化学能转化为　 　能，而可燃冰与煤和石油一样都属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源，可见掌握最好的可燃冰技术，具有重要的意义．‎ ‎19．（2分）人们在冬天常常搓手取暖，这是通过　 　（选填“热传递”或“做功”）的方式来改变物体内能，这里的能量转化方式与四冲程汽油机工作时的　 　（选填“压缩”或“做功”）冲程相同．‎ ‎20．（2分）如图所示，重为100N的物体A在拉力F=5N作用下沿水平面做匀速直线运动，已知滑轮组机械效率为60%，物体A运动的速度为0.5m/s，则物体A在20s内通过的路程为　 　m，该机械所做的有用功的功率为　 　W．（忽略绳子和滑轮的重力）‎ ‎21．（2分）如图所示，电源电压保持不变，如果闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P从a端移至距离b端ab处的过程中，电流表示数的变化范围是0.2A﹣0.6A，电压表示数的变化范围是1.0V﹣3.0V，那么R0的阻值是　 　Ω，该电路消耗的总功率的变化范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、作图、实验与探究题（共19分）‎ ‎22．（2分）如图所示，当开关闭合时，请标出通电螺线管右端的极性和用箭头标出小磁针N极的偏转方向．‎ ‎23．（2分）如图所示，铁球正在水中下沉，请画出此时铁球的受力示意图（忽略水的阻力）‎ ‎24．（4分）下面是小红进行“探究平面镜成像特点”的活动过程：‎ ‎（1）组装仪器时，如图所示，要使玻璃板与水平桌面的白纸相互　 　（选填“平行”或“垂直”）；‎ ‎（2）在实验中，小红看到两个不重合的蜡烛A的像，为了消除这个影响，下列做法可行的是　 　（选填序号）；‎ A．换用较薄的玻璃板 B．换用较厚的玻璃板 C．调整观察蜡烛A的像的角度 ‎（3）消除影响后，移动蜡烛A逐渐靠近玻璃板，观察到它的像的大小　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；‎ ‎（4）实验中，移去在蜡烛A成像位置处的蜡烛B，在其原来位置放一光屏，发现光屏上不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是　 　（选填“实”或“虚”）像．‎ ‎25．（5分）小明想知道某均质圆柱体的密度，于是他用天平和量筒等器材做了如下实验：‎ ‎（1）将天平放在水平台上，把游码放到标尺左端零刻度线处，发现指针偏向分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调；‎ ‎（2）用天平测量圆柱体的质量，当天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则圆柱体的质量为　 　g；‎ ‎（3）如图乙、丙和丁所示，用量筒并采用“压入法”（用一根细而长的铁丝将物体压入水中）测圆柱体的体积，则圆柱体体积V为　 　cm3；‎ ‎（4）根据测量结果可知圆柱体的密度ρ为　 　kg/m3；‎ ‎（5）细心的小明观察发现把圆柱体放在另一种已知密度为ρ0的液体中也能漂浮在液面上，则圆柱体露出液面的体积的表达式为：V露=　 　（请用ρ0、ρ、V等符号表示）‎ ‎26．（6分）如图所示，在“探究通过导体的电流与导体两端的电压的关系”实验中，某小组选用两节新干电池为电源，规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器等器材进行实验：‎ ‎（1）请根据图甲的实物图将图乙的电路图补充完整；‎ ‎（2）连接电路时开关应该　 　．闭合开关，发现电压表无示数，电流表有示数但没超出量程，则产生故障的原因可能是导体电阻　 　（选填“断路”或“短路”）；‎ ‎（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数如图丙所示，其读数为　 　A；‎ ‎（4）改变滑动变阻器滑片的位置，测得多组对应的电压、电流值，如下表所示，由测得数据可知，当电阻一定时，导体中的电流与电压成正比，导体电阻为　 　Ω（结果保留一位小数）：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U/V ‎0.6‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.8‎ 电流I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.32‎ ‎0.38‎ ‎0.48‎ ‎0.56‎ ‎（5）进行实验时，该小组发现：调节滑动变阻器无法使电压表示数为0.5V，为了解决这个问题，可采取的方法是　 　（写出一种即可）‎ ‎　‎ 四、综合应用题（共24分）‎ ‎27．（6分）如图所示是某太阳能热水器，水容量为100L，该热水器在冬季有效日照时段里，平均每平方米的面积上每小时接收的太阳能约为2.8×106J，若该热水器接收太阳能的有效面积为1.5m2，每天日照时间按8h计算，若这些太阳能能使装满水的热水器中的水温从20℃升高到60℃[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3]，求：‎ ‎（1）热水器中水的质量；‎ ‎（2）一天内热水器中的水吸收的热量；‎ ‎（3）热水器在冬季的效率．‎ ‎28．（8分）小明同学为了增加所设计机器人的可观赏性，他想用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛，现已知红灯L1规格为“6V 3W”，为了测出绿灯L2及电位器（滑动变阻器）R的规格，他选用红灯L1和绿灯L2及电位器R等元件涉及了如图所示电路（电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化）．求：‎ ‎（1）当闭合开关S、S1，断开S2，且电位器R的滑片P移至b端时，L1正常发光，流过L1的电流及电源的电压；‎ ‎（2）当闭合开关S、S1和S2，且电位器的滑片P移至b端时，L2正常发光，电流表的示数增大了1A，灯L2的额定电压和额定功率；‎ ‎（3）当闭合开关S、S2，断开S1，且电位器的滑片P移至R中点时，电流表的示数为0.25A，小明选用的电位器R的最大阻值；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率．‎ ‎29．（10分）经济建设中永达大量机械设备，某种起重机结构如图所示，A处时动滑轮，B、O处时定滑轮，D是柱塞（起重时柱塞沿竖直DC方向对吊臂C点有支撑力），E是卷扬机．作用在动滑轮A上共有3股钢丝绳，卷扬机转动使钢丝绳带动你动滑轮A提升重物，起重机的吊臂OCB可以看做杠杆，且OB：OC=5：1，用该起重机将浸没在水中的长方体集装箱匀速提出（忽略水的阻力），放在水平地面上，集装箱质量为4×104kg、底面积为10m2、高为2m．（g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3）求：‎ ‎（1）浸没在水中的集装箱受到的浮力；‎ ‎（2）当集装箱放在水平地面上，起重机未对集装箱施力时，集装箱对地面的压强；‎ ‎（3）若集装箱在水中被提升2m（没露出水面），集装箱受到的拉力所做的功；‎ ‎（4）当集装箱被提起且仍浸没在水中时，若起重机立柱DC对吊臂C点竖直向上的作用力为2×106N，起重机的滑轮组的机械效率．（吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力以及轮与绳的摩擦不计）‎ ‎　‎ ‎2017年广西梧州市中考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共45分）‎ ‎1．（3分）在国际单位制中，电流的基本单位是（　　）‎ A．W B．V C．A D．Ω ‎【分析】根据对常见物理量及其单位的掌握作答．‎ ‎【解答】解：在国际单位制中，‎ A、W也就是瓦特，是功率的单位．故A不符合题意；‎ B、V也就是伏特，是电压的单位．故B不符合题意；‎ C、A也就是安培，是电流的单位．故C符合题意；‎ D、Ω也就是欧姆，是电阻的单位．故D不符合题意．‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查的是我们对常见物理量及其单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，比较简单，容易解答．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）某一校道旁立着如图所示的交通标志牌，由此可知（　　）‎ A．此标志为限速标志 B．此标志为限重标志 C．汽车对该路面的压力不得超过2000N D．汽车通过该路段的速度不得超过20m/s ‎【分析】由图知这是一个限速标志牌，由此分析解答．‎ ‎【解答】解：‎ 由图可知，这是一个限速标志牌，表示汽车通过通过该路段的速度不得超过20km/h，故A正确，D错误；‎ 限重和该路面能承受压力与速度标志牌无关，故BC错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查对速度标志牌的认识和理解，要注意交通运输中速度和限重标志牌的区别，限重标志牌上有t字样，属于一道基础题，‎ ‎　‎ ‎3．（3分）冬天在浴室里洗热水澡时，浴室内的镜子会变得很“模糊”，产生该现象的原因是空气中的水蒸气发生了（　　）‎ A．熔化 B．液化 C．汽化 D．凝固 ‎【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；‎ ‎（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固．‎ ‎【解答】解：冬天，洗热水澡的过程中，经常发现浴室里的镜子会变得模糊不清．这是温度较高的水蒸气遇到温度较低的镜面，发生的液化现象，模糊是小水滴附着在镜面上造成的．‎ 故选B．‎ ‎【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）如图所示，打开水坝的闸门时，液体压强使坝底的水奔流而出，则决定坝底水的压强大小的因素是（　　）‎ A．水的体积 B．水的深度 C．坝的宽度 D．坝的高度 ‎【分析】液体压强使坝底的水喷射而出，根据液体压强的特点就能找出决定坝底水的压强大小的因素．‎ ‎【解答】‎ 解：由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，并且液体的压强随深度增加而增大，因此决定坝底水的压强大小的是水的深度，故ACD错误，B正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题的解题关键是熟记液体压强的特点，会灵活运用它来解决实际问题．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）如图所示，小强用大小相同的力往同一方向推开家里的门时，发现推A点比推C点要容易，这说明力的作用效果跟下面哪个因素有关（　　）‎ A．力的大小 B．力的方向 C．力的作用点 D．物体的运动状态 ‎【分析】力的大小、方向、作用点叫做力的三要素，力的三要素影响力的作用效果．‎ ‎【解答】解：由题知，分别在A、C两处用相同大小、相同方向的力推门时，可以感受到在A点用力容易把门推开，这说明力的作用效果与力的作用点有关．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了学生对力的三要素的掌握，属于基础知识的考查，比较简单．‎ ‎　‎ ‎6．（3分）下列交通安全提示语，不是为了防止惯性带来危害的是（　　）‎ A．珍爱生命，远离酒驾 B．车辆起步，站稳扶好 C．学校路段，减速慢行 D．保持车距，安全行驶 ‎【分析】惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，即运动的要保持原来的运动状态，静止的要保持静止状态．逐个分析选择项中提到的物理情景结合惯性的知识加以分析．‎ ‎【解答】解：A、人喝酒后反应就会迟钝，驾车时容易造成事故，与惯性无关，故A符合题意；‎ B、公交车启动时，人由于惯性会向后倾倒，所以提醒乘客“站稳扶好”，防止惯性带来危害，故B不合题意；‎ C、学校路段，减速慢行实防止惯性带来危害，故C不合题意；‎ D、汽车行驶过程如果紧急刹车，汽车由于惯性会继续运动，所以要保持一定车距，防止惯性带来危害，故D不合题意；‎ 故选A．‎ ‎【点评】惯性与人类生活息息相关．在对惯性的考查时，经常将其与交通方面联系起来进行考查如：车辆的限速、限载、保持车距都是这方面的内容．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）如图所示的电工带电操作中，不会发生触电事故的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的；触电有两种：①当人体的不同部位分别接触火线和零线时，②站在地上，身体的某一部位与火线接触，据此分析．‎ ‎【解答】解：人体触电，原因是形成了通路、有电流流过人体；人体为导体，一边与火线相接，一边与零线相接或与大地相接，都会形成通路，都会造成人体触电．‎ 图甲、丙、丁中都能构成闭合的电路，即有电流流过人体，人会触电；‎ 图乙中单手接触火线且人站在绝缘的木凳上，没有构成闭合的电路，即电流不会流过人体，人不会触电．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了常见触电的两种类型．我们要牢记安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．‎ ‎　‎ ‎8．（3分）下列关于电磁波的说法正确的是（　　）‎ A．电磁波在空气中的传播速度是340m/s B．电磁波只能传递声音信号，不能传递图象信号 C．微信聊天时手机发射的电磁波不能在真空中传播 D．北斗卫星定位系统既可以发射也可以接收电磁波 ‎【分析】A．电磁波的传播速度和光速相同，都是3×108m/s；‎ B．电磁波既可以传递声音信号，也可以传递图象信号；‎ C．电磁波可以在真空中传播；‎ D．电磁波是移动通信传递信息的介质．‎ ‎【解答】解：‎ A．电磁波在空气中的传播速度是3×108m/s．故选项A错误；‎ B．电磁波作为载波使用时，既可以传递声音信号，也可以传递图象信号，故选项B错误；‎ C．微信聊天时手机利用电磁波传输信号，电磁波可以在真空中传播，故选项C错误；‎ D．卫星接收和发送信号要靠电磁波传递，我国的北斗卫星定位系统也是利用电磁波来传递信号的，故选项D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了电磁波的传播速度、电磁波的作用、电磁波的传播条件等问题，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎9．（3分）如图所示，是我国自行制造的第一艘航空母舰静止在海面上，下列分析正确的是（　　）‎ A．航空母舰所受的浮力大于它所受的重力 B．航空母舰排开的海水越多受到的浮力越大 C．航空母舰受到的浮力大小跟它本身的密度有关 D．航空母舰的排水量约为7×104t，表示它空载时排开水的质量约为7×104t ‎【分析】（1）根据漂浮时浮力与重力相等进行分析；‎ ‎（2）知道航母满载排水量（排开水的质量），利用阿基米德原理求该舰满载时所受浮力．‎ ‎【解答】解：A、航空母舰静止在海面上，处于漂浮状态，则浮力与重力相等，故A错误；‎ B、根据阿基米德原理可知：浮力与物体排开液体受到的重力相等，所以航空母舰排开的海水越多受到的浮力就越大．故B正确；‎ C、根据阿基米德原理可知：浮力大小与物体排开液体的体积和液体的密度有关，与物体的密度无关，故C错误；‎ D、航空母舰的排水量约为7×104t，没有标明是空载时的排水量，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查物体沉浮条件的应用；知道漂浮的特点，会利用阿基米德原理分析，正确理解物体的运动状态取决于物体所受的重力和浮力．‎ ‎　‎ ‎10．（3分）如图所示，是我国首架自行研制的C919大飞机在加速升空的过程，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（　　）‎ A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，重力势能增大 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小 ‎【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．‎ ‎（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．‎ ‎【解答】解：C919大飞机在加速升空的过程，质量不变，速度变大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大．‎ 故选C．‎ ‎【点评】掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化．‎ ‎　‎ ‎11．（3分）如图所示，图甲是小车甲运动的s﹣t图象，图乙是小车乙运动的v﹣t图象，由图象可知（　　）‎ A．甲车速度大于乙车速度 B．甲、乙两车都由静止开始运动 C．甲、乙两车都以10m/s匀速运动 D．甲、乙两车经过5s通过的路程都是10m ‎【分析】运用图象法解答问题的一般步骤：①明确图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；②注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；③明确图象所表示的物理意义；④根据图象对题目提出的问题作出判断，得到结论．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图可知，甲车的速度v甲===2m/s，乙车的速度v乙=2m/s，所以甲车速度等于乙车速度；故A错误；‎ B、由图可知，甲车是由静止开始运动，乙车开始计时时的速度为2m/s，不是从静止开始运动．故B错误；‎ C、小车甲运动的s﹣t图象是一条过原点的直线，表示随着时间的推移，甲的路程逐渐的变大，所以甲做匀速直线运动，速度为2m/s；‎ 小车乙运动的v﹣t图象是一条平行于横轴的直线，表示随着时间的推移，乙的速度不变，所以乙做匀速直线运动，速度为2m/s；‎ 所以，甲、乙都以2m/s匀速运动．故C错误；‎ D、甲、乙都以2m/s匀速运动，经过5s通过的路程s=vt=2m/s×5s=10m．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】根据图象或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程．此题涉及到的知识点较多，综合性很强．‎ ‎　‎ ‎12．（3分）由同种材料制成的AB和BC两段导体，长度相同，AB的横截面积比BC的小，将它们按照如图所示的方式串联接入电路中，不计温度的影响，下列判断正确的是（　　）‎ A．通过两段导体的电流：IAB＜IBC B．两段导体的电阻值：RAB=RBC C．两段导体的电阻值：RAB＞RBC D．两段导体发热的功率：PAB＜PBC ‎【分析】（1）根据串联电路的电流特点可知通过两段导体的电流关系；‎ ‎（2）AB和BC是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，横截面积越大，电阻越小；‎ ‎（3）根据P=I2R可知导体AB和BC的功率关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、两段导体串联，串联电路中电流处处相等，所以IAB=IBC，故A错误；‎ BC、导体AB和BC由同种材料制成、长度相同，因为导体AB的横截面积比BC的小，所以RAB＞RBC，故B错误，C正确；‎ D、因为IAB=IBC，RAB＞RBC，由P=I2R可知PAB＞PBC，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】‎ 本题考查了串联电路的电流特点以及功率公式的应用，关键是根据影响电阻的大小因素确定两段导体电阻的大小．‎ ‎　‎ ‎13．（3分）老奶奶用放大镜看报纸时，为了看到更大的清晰的像，她常常这样做（　　）‎ A．报纸与眼睛不动，放大镜离报纸远一些 B．报纸与眼睛不动，放大镜离报纸近一些 C．报纸与放大镜不动，眼睛离报纸远一些 D．报纸与放大镜不动，眼睛离报纸近一些 ‎【分析】放大镜的成像规律：物距在一倍焦距内时，凸透镜成放大正立的虚像，并且物体离焦点近时，成的像较大．‎ ‎【解答】解：根据凸透镜的成像规律可知，成正立放大的虚像时，离焦点越近时，像越大，故应保持报纸与眼睛不动，放大镜离报纸远一些．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了凸透镜成正立放大的虚像的特点和规律．‎ ‎　‎ ‎14．（3分）如图所示是一种自动测定油箱内油量的装置，滑动变阻器R的金属滑片跟滑杆（杠杆）相连，从电流表示数大小就可知道油箱内油量的多少．观察分析图示可知，下列说法错误的是（　　）‎ A．电流表可以改装成油量表 B．R0在电路中起到保护电路的作用 C．油量增加，R的阻值减小，电流表示数变大 D．油量减少，R的阻值减小，电流表示数变小 ‎【分析】当油量发生为变化时，浮标随之运动，带动与浮标相连的指针运动，则可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电路中各电流的变化．‎ 电流表使用时要注意防止短路．‎ ‎【解答】解：由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流；‎ ‎（1）当油量增加时，油面升高，浮子位置升高，在杠杆作用下，滑片下移，变阻器R连入电路的阻值减小，电路中的总电阻减小，由I=可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，故电流表可改装成油量表，故A、C正确．‎ 当油面增加到一定程度时，滑片下移到最下端，此时变阻器连入电路的电阻为0，此时若没有R0，则会造成电源短路，故R0在电路中起到保护电路的作用，B正确；‎ ‎（2）当油量减少时，油面下降，浮子位置降低，在杠杆作用下，滑片上移，滑动变阻器R连入电路的阻值增大，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查欧姆定律及滑动变阻器在生活中的应用，要通过对图的分析得出仪器的原理，再由物理规律求解．‎ ‎　‎ ‎15．（3分）如图所示，电源电压为3V且保持不变，滑动变阻器R标有“1A 15Ω”的字样．当滑动变阻器的滑片P在最右端时，闭合开关S，通过灯泡的电流为0.4A，移动滑动变阻器的滑片P，在电路安全工作的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．向左移动滑动变阻器的滑片P时灯泡变亮 B．滑片P在最右端时通过干路中的电流是0.9A C．R接入电路的阻值变化范围是5Ω﹣15Ω D．电路总电阻的最大值为5Ω ‎【分析】（1）由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，根据并联电路独立工作、互不影响可知滑片的移动不能改变灯泡的亮暗；‎ ‎（2）当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，此时干路电流最小，根据欧姆定律求出通过的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流；‎ ‎（3）根据滑动变阻器的铭牌可知允许通过的最大电流，根据欧姆定律即可求出变阻器能接入的最小电阻值；‎ ‎（4）根据并联电路的电阻特点可知滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电阻最大，干路电流最小，则利用欧姆定律即可求出最大电阻值．‎ ‎【解答】解：‎ A、由电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，由于并联电路独立工作、互不影响，所以滑片的移动不能改变灯泡的亮暗，故A错误；‎ B、当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，由于并联电路中各支路两端的电压相等，则通过滑动变阻器的最小电流：‎ I1min===0.2A，‎ 则干路的电流Imin=IL+R1min=0.4A+0.2A=0.6A，故B错误；‎ C、由滑动变阻器的铭牌可知，允许通过的最大电流为1A，‎ 根据欧姆定律可得滑动变阻器的最小电阻为：‎ Rmin===3Ω，‎ 所以R接入电路的阻值变化范围是3Ω﹣15Ω，故C错误；‎ D、由于当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电阻最大，干路电流最小，‎ 所以，根据欧姆定律可得最大总电阻为：‎ Rmax===5Ω，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道并联电路独立工作、互不影响并能从滑动变阻器的铭牌得出允许通过的最大电流．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空1分，共12分）‎ ‎16．（2分）如图甲所示，是东汉学者王充在《论衡》中记载的司南，静止时它的长柄指向　南方　‎ ‎．在我国的《史记》和《梦溪笔谈》中都有关于海市蜃楼的记录，如图乙所示，海市蜃楼是一种由光的　折射　产生的现象．‎ ‎【分析】（1）“司南”是最早的指南针，实质就是一个磁体；‎ ‎（2）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、海市蜃楼等都是光的折射形成的．‎ ‎【解答】解：‎ 司南”最早出现于我国战国时期，它是我国古代劳动人民智慧的结晶，将勺放在水平光滑的“地盘”上，让其自由转动，在地磁场作用下静止时，因勺柄为S极，则勺柄指向南方，勺头指向北方；海市蜃楼是光在不均匀的大气中传播形成的光的折射现象．‎ 故答案为：南方；折射．‎ ‎【点评】本题主要考查学生对：司南的了解和掌握、光的折射的理解和应用，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象．‎ ‎　‎ ‎17．（2分）如图甲所示，在医院里医生通过听诊器给病人诊病，是利用了声可以传递　信息　（选填“信息”或“能量”）的性质；另外，在医院里我们还经常看到如图乙所示的“静”字，其目的是提醒大家要注意控制好声音的　响度　（选填“音调”、“响度”、或“音色”），以免影响他人．‎ ‎【分析】声波可以传递信息，是指告诉我们什么，也就是传递了信息，如教师讲课，告诉我们知识；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关．‎ ‎【解答】解：医生通过听诊器给病人诊病，听诊器可以让医生判断病人的状况，所以此时的声音传递的是信息；‎ 图乙所示的“静”字，其目的是提醒大家要注意控制好声音的响度，以免影响他人；‎ 故答案为：信息；响度．‎ ‎【点评】本题考查的是声音可以传递能量，声音在传递过程中，可以传递能量也可以传递信息；声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同．‎ ‎　‎ ‎18．（2分）可燃冰在燃烧时把化学能转化为　内　能，而可燃冰与煤和石油一样都属于　不可再生　（选填“可再生”或“不可再生”）能源，可见掌握最好的可燃冰技术，具有重要的意义．‎ ‎【分析】（1）燃料燃烧时，燃料的化学能转化为内能；‎ ‎（2）能够短时间内从自然界源源不断得到补充的是可再生能源，短时间内从自然界得不到补充的是不可再生能源．‎ ‎【解答】解：‎ 可燃冰在燃烧时，内部的化学能转化成内能；‎ 煤、石油、可燃冰等随着使用不断减少，短时间内从自然界得不到补充，因此属于不可再生能源．‎ 故答案为：内；不可再生．‎ ‎【点评】本题考查了能源的分类以及能量转化情况，属于基础知识的考查，比较简单．‎ ‎　‎ ‎19．（2分）人们在冬天常常搓手取暖，这是通过　做功　（选填“热传递”或“做功”）的方式来改变物体内能，这里的能量转化方式与四冲程汽油机工作时的　压缩　（选填“压缩”或“做功”）冲程相同．‎ ‎【分析】做功可以改变物体的内能；汽油机的压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能．‎ ‎【解答】解：人们在冬天常常搓手取暖，是通过搓手将机械能转化为内能，内能增加，温度升高，手暖和，这是通过做功的方式改变手的内能．这与汽油机工作中的压缩冲程的能量转化相同，都是将机械能转化为内能．‎ 故答案为：做功；压缩．‎ ‎【点评】本题考查了做功改变物体内能的利用以及汽油机中的能量转化，难度不大．‎ ‎　‎ ‎20．（2分）如图所示，重为100N的物体A在拉力F=5N作用下沿水平面做匀速直线运动，已知滑轮组机械效率为60%，物体A运动的速度为0.5m/s，则物体A在20s内通过的路程为　10　m，该机械所做的有用功的功率为　4.5　W．（忽略绳子和滑轮的重力）‎ ‎【分析】（1）已知A运动的时间和速度，利用v=计算路程；‎ ‎（2）克服摩擦力做的功为有用功，首先根据效率公式求出摩擦力；然后由功的计算公式求出有用功；再由功率公式求出功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据v=可得，物体A在20s内通过的路程：‎ s=vt=0.5m/s×20s=10m；‎ ‎（2）由图示可知，滑轮组承重绳子的有效股数：n=3，‎ 克服摩擦力做的功为有用功，‎ 效率：η=×100%=×100%=×100%，‎ 则f=nηF=3×60%×5N=9N，‎ 在20s内机械所做的有用功W=fs=9N×10m=90J，‎ 机械所做的有用功的功率为P===4.5W．‎ 故答案为：10；4.5．‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对速度公式及其应用、机械效率计算公式及其变形公式的理解和掌握，知道克服物体摩擦力做的功为有用功是解决此题的关键．‎ ‎　‎ ‎21．（2分）如图所示，电源电压保持不变，如果闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P从a端移至距离b端ab处的过程中，电流表示数的变化范围是0.2A﹣0.6A，电压表示数的变化范围是1.0V﹣3.0V，那么R0的阻值是　5　Ω，该电路消耗的总功率的变化范围是　1.8W～5.4W　．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，电压表测定值电阻R0两端的电压，电流表测通过电路的电流．电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的为最大阻值，电流表的示数最小．根据欧姆定律可计算R0的阻值；‎ ‎（2）当滑动变阻器的滑片P移至距离b端ab处时，电压表的示数最小时，滑动变阻器接入电路的电阻为R，电流表的示数最大．根据串联电路的特点和欧姆定律可得出电源电压的表达式；然后解得电源电压，利用P=UI求出总功率的变化范围．‎ ‎【解答】解：（1）滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，电压表测定值电阻R0两端的电压，电流表测通过电路的电流．‎ 当滑动变阻器的滑片P在a端时，滑动变阻器接入电路的为最大阻值，R、R0串联，电流表和电压表的示数最小，‎ 则由欧姆定律得：‎ R0===5Ω．‎ ‎（2）当滑动变阻器的滑片P在a端时，由串联电路的特点和欧姆定律得：‎ 电源电压U=U最小+UR1=U最小+I最小×R=1.0V+0.2A×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 当滑动变阻器的滑片P在移至距离b端ab处时，滑动变阻器接入电路的电阻为R，电流表的示数为0.6A，‎ 电源电压U=U最大+UR2=U最大+I最大×R=3.0V+0.6A×‎ R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 解①②得：U=9V，R=40Ω；‎ 则P最小=UI最小=9V×0.2A=1.8W，‎ P最大=UI最大=9V×0.6A=5.4W．‎ 所以，总功率的变化范围是1.8W～5.4W．‎ 故答案为：5；1.8W～5.4W．‎ ‎【点评】本题考查学生能否灵活运用欧姆定律和串联电路电阻规律分析实际问题并计算电路的有关物理量．‎ ‎　‎ 三、作图、实验与探究题（共19分）‎ ‎22．（2分）如图所示，当开关闭合时，请标出通电螺线管右端的极性和用箭头标出小磁针N极的偏转方向．‎ ‎【分析】根据电源的正负极可以确定线圈中的电流方向，再结合线圈的绕向，可以安培定则可以确定螺线管的NS极，进而利用磁极间的作用规律可以确定小磁针的转动方向．‎ ‎【解答】解：根据电源的正负极，可以确定电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈的绕向，可以确定螺线管的左端为S极，右端为N极；‎ 由于异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，所以小磁针的N极将靠近螺线管的S极，小磁针的S极将远离螺线管的S极，而向左转动．‎ 答案如下图所示：‎ ‎【点评】安培定则共涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定其中的另一个方向．‎ ‎　‎ ‎23．（2分）如图所示，铁球正在水中下沉，请画出此时铁球的受力示意图（忽略水的阻力）‎ ‎【分析】（1）铁球在水中受重力与浮力的作用，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上；‎ ‎（2）因为铁球正在下沉，所以重力比浮力大，线段的长度不同．‎ ‎【解答】解：铁的密度比水大，因此铁球在水中下沉，浮力小于重力；过球心分别沿竖直向下的方向和竖直向上的方向画一条带箭头的线段，分别用符号G和F浮表示；注意表示重力线段比表示浮力的线段要长些；如图所示：‎ ‎【点评】（1）画力的示意图时，首先根据物体的运动状态，判断出物体受力的大小关系；‎ ‎（2）力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点．‎ ‎　‎ ‎24．（4分）下面是小红进行“探究平面镜成像特点”的活动过程：‎ ‎（1）组装仪器时，如图所示，要使玻璃板与水平桌面的白纸相互　垂直　（选填“平行”或“垂直”）；‎ ‎（2）在实验中，小红看到两个不重合的蜡烛A的像，为了消除这个影响，下列做法可行的是　A　（选填序号）；‎ A．换用较薄的玻璃板 B．换用较厚的玻璃板 C．调整观察蜡烛A的像的角度 ‎（3）消除影响后，移动蜡烛A逐渐靠近玻璃板，观察到它的像的大小　不变　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；‎ ‎（4）实验中，移去在蜡烛A成像位置处的蜡烛B，在其原来位置放一光屏，发现光屏上不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是　虚　（选填“实”或“虚”）像．‎ ‎【分析】（1）如果玻璃板没有放正，所成的像不在水平面上，所以无论怎样移动另一支蜡烛都不能与像重合；‎ ‎（2）玻璃有两个表面，两个表面都会反射成像，如果玻璃板太厚，两个像有一定的距离，给实验研究带来麻烦．‎ ‎（3）根据物体在平面镜中成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等．‎ ‎（4）实像能承接在光屏上，虚像不能承接到光屏上．‎ ‎【解答】解：（1）平面镜所成的像和物体关于平面镜对称，如果玻璃板没有与桌面垂直，蜡烛的像与蜡烛不在同一水平面上，所以实验时，应使玻璃板与水平桌面垂直；‎ ‎（2）厚玻璃板有两个反射面，都会发生反射现象，反射光线的反向延长线都会会聚成像，玻璃板越厚，两个像距离越远，两个像越清晰；因此实验时需采用很薄的玻璃板，使两个反射面成的像几乎重合，使实验简单化，故选A；‎ ‎（3）将蜡烛逐渐远离玻璃板时，蜡烛大小不变，根据物像大小相等，所以蜡烛像的大小不变．‎ ‎（4）当蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合时，撤去蜡烛B并在原蜡烛B的位置放一与玻璃板平行的光屏，光屏上不能承接到像，因为平面镜成虚像，虚像不能用光屏承接．‎ 故答案为：（1）垂直；（2）A；（3）不变；（4）虚．‎ ‎【点评】对于平面镜成像的特点，只要掌握扎实，牢记相关的知识，答案不难得出．此题引入了“等效替代法”，这是物理学中常用的一种方法，应该有所了解，并学会使用．‎ ‎　‎ ‎25．（5分）小明想知道某均质圆柱体的密度，于是他用天平和量筒等器材做了如下实验：‎ ‎（1）将天平放在水平台上，把游码放到标尺左端零刻度线处，发现指针偏向分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向　左　（选填“左”或“右”）调；‎ ‎（2）用天平测量圆柱体的质量，当天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则圆柱体的质量为　24　g；‎ ‎（3）如图乙、丙和丁所示，用量筒并采用“压入法”（用一根细而长的铁丝将物体压入水中）测圆柱体的体积，则圆柱体体积V为　32　cm3；‎ ‎（4）根据测量结果可知圆柱体的密度ρ为　0.75×103　kg/m3；‎ ‎（5）细心的小明观察发现把圆柱体放在另一种已知密度为ρ0的液体中也能漂浮在液面上，则圆柱体露出液面的体积的表达式为：V露=　（1﹣）V　（请用ρ0、ρ、V等符号表示）‎ ‎【分析】（1）天平使用前调节平衡时，要调节平衡螺母，规则是“右偏左调，左偏右调”，即指针向右偏就向左调平衡螺母，指针向左偏就向右调平衡螺母，调左侧的还是右侧的平衡螺母都是可以的．‎ ‎（2）砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量；‎ ‎（3）圆柱体体积等于其完全浸没时排开水的体积，由图丁和图乙得出；‎ ‎（4）利用密度公式ρ=计算密度；‎ ‎（5）根据物体漂浮条件，利用G=mg、ρ=和F浮=ρ液gV排列出等式，推导出圆柱体露出液面的体积的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）指针的位置指在分度盘中央的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调节．‎ ‎（2）由图甲所示可知，圆柱体的质量：m=20g+4g=24g，‎ ‎（3）圆柱体体积V=72cm3﹣40cm3=32cm3；‎ ‎（4）圆柱体的密度ρ===0.75g/cm3=0.75×103kg/m3；‎ ‎（5）把圆柱体放在另一种已知密度为ρ0的液体中也能漂浮在液面上，F浮=G，‎ 则根据G=mg、ρ=和F浮=ρ液gV排可得，ρ0gV排=ρgV，‎ 所以V排==V，V露=V﹣V=（1﹣）V．‎ 故答案为：（1）左；（2）24；（3）32；（4）0.75×103；（5）（1﹣）V．‎ ‎【点评】本题考查了天平的调节、天平读数、量筒读数、求密度，要掌握天平的使用方法、注意事项与读数方法，求出圆柱体的质量与体积，应用密度公式可以求出其密度．此题难点在（5），关键是根据物体漂浮条件，利用G=mg、ρ=和F浮=ρ液gV排列出等式．‎ ‎　‎ ‎26．（6分）如图所示，在“探究通过导体的电流与导体两端的电压的关系”实验中，某小组选用两节新干电池为电源，规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器等器材进行实验：‎ ‎（1）请根据图甲的实物图将图乙的电路图补充完整；‎ ‎（2）连接电路时开关应该　断开　．闭合开关，发现电压表无示数，电流表有示数但没超出量程，则产生故障的原因可能是导体电阻　短路　（选填“断路”或“短路”）；‎ ‎（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数如图丙所示，其读数为　0.3　A；‎ ‎（4）改变滑动变阻器滑片的位置，测得多组对应的电压、电流值，如下表所示，由测得数据可知，当电阻一定时，导体中的电流与电压成正比，导体电阻为　5.0　Ω（结果保留一位小数）：‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ 电压U/V ‎0.6‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.8‎ 电流I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.32‎ ‎0.38‎ ‎0.48‎ ‎0.56‎ ‎（5）进行实验时，该小组发现：调节滑动变阻器无法使电压表示数为0.5V，为了解决这个问题，可采取的方法是　减小电源电压或串联一个电阻或换用阻值最大的变阻器等．　（写出一种即可）‎ ‎【分析】（1）根据实物图，将电路图补充完整，把电压表与定值电阻并联；‎ ‎（2）为保护电路，连接电路时开关应该断开；闭合开关，电流表有示数，说明电路为通路，由发现电压表无示数分析故障的可能原因可；‎ ‎（3）根据图中电流表小量程读数；‎ ‎（4）根据欧姆定律I=，由表中数据分别求出相应的电阻大小，为减小误差，取平均值做为测量的结果；‎ ‎（5）调节滑动变阻器无法使电压表示数为0.5V，即电压表示数大于0.5V；‎ 说明电源过高，可适当减小电源电压，据此分析措施；‎ 根据串联电路电压的规律和分压原理确定变阻器至少连入电阻中电阻大小分析．‎ ‎【解答】解：（1）根据实物图，将电路图补充完整，把电压表与定值电阻并联，如下所示，‎ ‎（2）连接电路时开关应该断开；闭合开关，电流表有示数但没超出量程，说明电路为通路，发现电压表无示数则则产生故障的原因可能是导体电阻短路；‎ ‎（3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，若电流表的示数如图丙所示，图中电流表分度值为0.02A，其读数为0.3A；‎ ‎（4）改变滑动变阻器滑片的位置，测得多组对应的电压、电流值，如下表所示，由测得数据可知，当电阻一定时，导体中的电流与电压成正比，根据欧姆定律I=，导体电阻：‎ R=，分别将表中对应的电压与电流代入计算，可得出相应的电阻大小分别为：5Ω、5Ω、4.7Ω5.3Ω、5Ω、5Ω，为减小误差，取平均值做为测量的结果，待测电阻大小：‎ R测==5.0Ω：‎ ‎（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电压保持不变，进行实验时，该小组发现：调节滑动变阻器无法使电压表示数为0.5V，即电压表示数大于0.5V；‎ 说明电源过高，可适当减小电源电压，或在电路中串联一个电阻分压；‎ 根据串联电路电压的规律，变阻器至少分去3V﹣0.5V=2.5V的电压时才能达到目的，即变阻器的电压至少为定值电阻的=5倍，由分压原理，变阻器连入电路中的电阻至少为5×5Ω=25Ω，而题中变阻器的最大电阻为20Ω，故应换用最大阻值至少25Ω的变阻器；‎ 故答案为为：（1）如上图所示；（2）断开；短路；（3）0.3；（4）5.0；（5）减小电源电压或串联一个电阻或换用阻值最大的变阻器等．‎ ‎【点评】本题探究通过导体的电流与导体两端的电压的关系，考查电路的连接、注意事项、故障分析、电流表读数、电阻计算、控制变量法的运用、数据处理及对实验器材的要求．‎ ‎　‎ 四、综合应用题（共24分）‎ ‎27．（6分）如图所示是某太阳能热水器，水容量为100L，该热水器在冬季有效日照时段里，平均每平方米的面积上每小时接收的太阳能约为2.8×106J，若该热水器接收太阳能的有效面积为1.5m2，每天日照时间按8h计算，若这些太阳能能使装满水的热水器中的水温从20℃升高到60℃[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），水的密度为1.0×103kg/m3]，求：‎ ‎（1）热水器中水的质量；‎ ‎（2）一天内热水器中的水吸收的热量；‎ ‎（3）热水器在冬季的效率．‎ ‎【分析】（1）知道热水器中水的体积，利用m=ρV求水的质量；‎ ‎（2）知道水的质量、比热容、水的温度变化，利用Q吸=cm△t求一天内热水器中的水吸收的热量；‎ ‎（3）求出一天内热水器接收太阳能的能量，热水器在冬季的效率等于水吸收的热量与接收的太阳能之比．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）热水器中水的体积 V=100L=100dm3=0.1m3，‎ 由ρ=得水的质量：‎ m=ρV=1×103kg/m3×0.1m3=100kg；‎ ‎（2）一天内热水器中的水吸收的热量：‎ Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（60℃﹣20℃）=1.68×107J；‎ ‎（3）一天内热水器接收太阳能的能量：‎ E=2.8×106J/（m2•h）×1.5m2×8h=3.36×107J，‎ 热水器在冬季的效率：‎ η=﹣×100%=50%．‎ 答：（1）热水器中水的质量为100kg；‎ ‎（2）一天内热水器中的水吸收的热量1.68×107J；‎ ‎（3）热水器在冬季的效率为50%．‎ ‎【点评】本题考查了密度公式、吸热公式、效率公式的应用，计算时注意单位统一．‎ ‎　‎ ‎28．（8分）小明同学为了增加所设计机器人的可观赏性，他想用亮度可调节的红、绿灯做它的眼睛，现已知红灯L1规格为“6V 3W”，为了测出绿灯L2及电位器（滑动变阻器）R的规格，他选用红灯L1和绿灯L2及电位器R等元件涉及了如图所示电路（电源电压不变，不考虑灯丝电阻的变化）．求：‎ ‎（1）当闭合开关S、S1，断开S2，且电位器R的滑片P移至b端时，L1正常发光，流过L1的电流及电源的电压；‎ ‎（2）当闭合开关S、S1和S2，且电位器的滑片P移至b端时，L2‎ 正常发光，电流表的示数增大了1A，灯L2的额定电压和额定功率；‎ ‎（3）当闭合开关S、S2，断开S1，且电位器的滑片P移至R中点时，电流表的示数为0.25A，小明选用的电位器R的最大阻值；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率．‎ ‎【分析】（1）利用P=UI即可求出L1正常发光，流过L1的电流；当闭合开关S、S1，断开S2，滑动变阻器的滑片P移至b端时，只有L1连入电路，根据灯泡正常发光时的电压与额定电压相等确定电源的电压；‎ ‎（2）当闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器的滑片P移至b端时，两灯泡并联，由于两灯泡都正常发光；根据并联电路的特点即可求出灯L2的额定电压和电流，利用P=UI求出L2的额定功率；‎ ‎（3）当闭合开关S、S2，断开S1，且电位器的滑片P移至R中点时，L1与滑动变阻器串联，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和R2，再根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的电阻，进而即可求出R的最大阻值；‎ ‎（4）根据欧姆定律求出R1与R2比较，电阻大的灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联时电路中的总电阻最大，根据P=可知电路中的电功率最小，然后根据电阻的串联和电功率公式求出其大小．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当闭合开关S、S1，断开S2，滑动变阻器的滑片P移至b端时，只有L1连入电路，‎ 由P=UI可得，L1正常发光时的电流：I额1===0.5A；‎ 由于L1正常发光，则电源的电压U=U额1=6V；‎ ‎（2）当闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器的滑片P移至b端时，两灯泡并联，且两灯泡均正常发光，‎ 由于并联电路中各支路两端的电压相等，所以，U额2=U额1=6V；‎ 由题意可知此时干路电流增加1A，根据并联电路的电流特点可知灯L2‎ 的额定电流：‎ I额2=△I=1A；‎ 所以，灯L2的额定功率：P额2=U额2I额2=6V×1A=6W；‎ ‎（3）当闭合开关S、S2，断开S1，绿灯L2与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，‎ 由欧姆定律可得，电路中的总电阻：‎ R===24Ω，‎ 由I=可得，绿灯L2的电阻：‎ R2===6Ω，‎ 串联电路中总电阻等于各分电阻之和，则滑动变阻器接入电路中的电阻：‎ R中=R﹣R2=24Ω﹣6Ω=18Ω；‎ 所以，滑动变阻器的最大电阻R=2R中=2×18Ω=36Ω；‎ ‎（4）由I=可得，红灯L21的电阻：R1===12Ω＞6Ω，‎ 所以当S、S1闭合、S2断开，滑片P在a端时，滑动变阻器的最大阻值与红灯L1串联，此时总电阻最大，电路中的电功率最小，‎ 则最小总功率：Pmin===0.75W．‎ 答：（1）流过L1的电流为0.5A，电源电压为6V；‎ ‎（2）灯L2的额定电压为6V，额定功率为6W；‎ ‎（3）小明选用的电位器R的最大阻值为36Ω；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率为0.75W．‎ ‎【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等以及开关闭合、断开时电路连接方式的判断，难点是电路最小功率的判断．‎ ‎　‎ ‎29．（10分）经济建设中永达大量机械设备，某种起重机结构如图所示，A处时动滑轮，B、O处时定滑轮，D是柱塞（起重时柱塞沿竖直DC方向对吊臂C点有支撑力），E是卷扬机．作用在动滑轮A上共有3股钢丝绳，卷扬机转动使钢丝绳带动你动滑轮A提升重物，起重机的吊臂OCB可以看做杠杆，且OB：OC=5：1，用该起重机将浸没在水中的长方体集装箱匀速提出（忽略水的阻力），放在水平地面上，集装箱质量为4×104kg、底面积为10m2、高为2m．（g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3）求：‎ ‎（1）浸没在水中的集装箱受到的浮力；‎ ‎（2）当集装箱放在水平地面上，起重机未对集装箱施力时，集装箱对地面的压强；‎ ‎（3）若集装箱在水中被提升2m（没露出水面），集装箱受到的拉力所做的功；‎ ‎（4）当集装箱被提起且仍浸没在水中时，若起重机立柱DC对吊臂C点竖直向上的作用力为2×106N，起重机的滑轮组的机械效率．（吊臂、定滑轮、钢丝绳的重力以及轮与绳的摩擦不计）‎ ‎【分析】（1）已知集装箱底面积为10m2、高为2m．可求得其体积，浸没在水中，V排=V物，根据F浮=ρgV排可求得集装箱受到的浮力；‎ ‎（2）集装箱静放在水平地面时对地面的压力等于重力，又知受力面积，利用p=计算压强．‎ ‎（3）根据F拉=G﹣F浮可求得拉力，再利用W=F拉s可求得集装箱受到的拉力所做的功．‎ ‎（4）根据杠杆的平衡条件求出B处所受的力，钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计时向上拉力做的功为总功、克服物体重力和所受浮力之差做的功为有用功，然后利用效率公式求出滑轮组的机械效率．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）集装箱浸没在水中时，排开水的体积V排=V物=Sh=10m2×2m=20m3，‎ 浸没在水中的集装箱受到的浮力：F浮=ρgV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×20m3=2×105N；‎ ‎（2）集装箱静放在水平地面时，对地面的压力：F=G=mg=4×104kg×10N/kg=4×105N，‎ 集装箱对地面压强：p===4×104Pa；‎ ‎（3）集装箱浸没在水中时，集装箱受到的拉力：F拉=G﹣F浮=4×105N﹣2×105N=2×105N；‎ 集装箱受到的拉力所做的功：W=F拉s=2×105N×2m=4×105J；‎ ‎（4）如图所示，做出动力臂L1和阻力臂L2，‎ 因为△COG∽△BOF，且OB：OC=5：1．‎ 所以由相似三角形的性质可得==，即=，‎ 由杠杆平衡条件可得，起重机吊臂B处受到的作用力：‎ F2===F1=×2×106N=4×105N；‎ 由图可知n=3，则绳子自由端的拉力F=F2，‎ 集装箱没有露出水面被匀速提升的过沉中，起重机的滑轮组的机械效率 η=====×100%=50%．‎ 答：（1）浸没在水中的集装箱受到的浮力为2×105N；‎ ‎（2）当集装箱放在水平地面上，起重机未对集装箱施力时，集装箱对地面的压强为4×104Pa；‎ ‎（3）若集装箱在水中被提升2m（没露出水面），集装箱受到的拉力所做的功为4‎ ‎×105J；‎ ‎（4）起重机的滑轮组的机械效率为50%．‎ ‎【点评】此题考查重力、压强、功和功率的计算，涉及到二力平衡的条件的应用，是一道综合性较强的题目，关键是知道集装箱静放在水平地面时对地面的压力等于重力．‎ ‎　‎