2022年江苏省无锡中考物理考前卷（四）(word版含答案)

这是一份2022年江苏省无锡中考物理考前卷（四）(word版含答案)，共30页。试卷主要包含了下列属于可再生能源的是，下列光学现象的描述中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省无锡中考物理考前卷（四）
一．选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）（共12小题）
1．下列属于可再生能源的是（　　）
A．石油 B．煤炭 C．核燃料 D．太阳能
2．如图所示是一款新型的折叠导盲杖，使用时导盲杖会持续发出超声波，若前进方向上遇到障碍物，导盲杖会接收到反射信号并产生提示音，离障碍物越近提示音越尖锐，提醒盲人绕开障碍物。关于导盲杖发出的超声波与提示音进行比较，下列叙述正确的是（　　）

A．超声波不是由物体振动产生的
B．超声波的传播不需要介质
C．超声波的频率比提示音的频率高
D．只有超声波遇到障碍物才会反射回来
3．下列有关物理量的估计符合实际的是（　　）
A．教室里柜式空调的额定功率约为10W
B．中学生正常行走的速度约为1.5m/s
C．体育中考使用的跳绳长度约为0.4 m
D．一只鸭子漂浮在水面受到的浮力约500N
4．某学习小组参观无锡石墨烯产业发展示范区时，了解到石墨烯具有以下特性：坚硬、几乎完全透明、导电性和导热性出色。下列物品中不适合使用石墨烯制作的是（　　）
A．防弹衣 B．特种玻璃 C．隔热手套 D．太阳能电池
5．下列光学现象的描述中不正确的是（　　）
A．图中，树荫下不同形状的光斑都是光的直线传播形成的
B．图中，铅笔向上弯折是由于光从空气折射入水中所形成的
C．图中，桥在水中的倒影是桥的虚像
D．图中，光的色散现象表明太阳光是由多种色光混合而成的
6．如图所示是探究水沸腾时的实验装置，下列有关分析正确的是（　　）


A．此图是水沸腾时的现象
B．沸腾一段时间后，烧杯中的水量不变
C．实验中所选温度计是量程为﹣80～60℃的酒精温度计
D．小明撤去酒精灯后发现水持续沸腾一段时间，这表明沸腾不需要吸热
7．如图所示是某学生设计的“都市蚂蚁”概念车.下列关于该概念车的说法正确的是（　　）

A．车载北斗卫星导航系统是利用电磁波工作的
B．概念车突然向前启动时，由于惯性人会向前倾
C．安全带做得比较宽大，是为了增大受力面积增大压强
D．静止在水平地面上时，车对地的压力与车的重力是一对平衡力
8．小明进行实验探究，用矿泉水瓶剪成漏斗状，将乒乓球放入其中能将球吹出的是（　　）
A．从下往上吹 B．从上往下吹
C．水平向前吹 D．在漏斗上方吹
9．如图所示的事例中，属于用做功的方式改变物体内能的是（　　）
A．放在热汤中的金属汤勺变烫
B．放入电冰箱后的食品变冷
C．迅速下压活塞，棉花燃烧
D．将纸锅中的冷水烧开
10．如图所示电阻丝R1和R2浸没在等质量煤油中，R1与R3并联，以下说法正确的是（　　）

A．若R1＝R2，此实验装置可用于探究电热与电阻的关系
B．若R1＝R2，此实验中放有R1的烧瓶中煤油升温比较慢
C．若R1≠R2，此实验装置可以用于探究电热与电阻的关系
D．此装置不能研究电热与通电时间的关系
11．在水平桌面上有甲、乙两个完全相同的烧杯，两个烧杯内分别盛满不同液体，把两个完全相同的小球分别放入甲乙烧杯内，静止时如图所示，则下列判断正确的是（　　）

A．甲杯中的液体的密度小于乙杯中的液体的密度
B．甲杯中小球受到的浮力大于乙杯中小球受到的浮力
C．甲杯对水平桌面的压强大于乙杯对水平桌面的压强
D．若向下按压甲杯中的小球，甲杯中液体对烧杯底的压强会减小
12．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡上标有“4V”字样，电流表的量程为0～0.6A，图乙是小灯泡的电流随其电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2的阻值为10Ω．当闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，小灯泡L恰好正常发光，则下列说法正确的是（　　）
①电源电压为9V
②闭合S和S1，断开S2，为保证电路安全，电阻R2的最大功率为8.1W
③闭合S和S2，断开S1，当小灯泡的功率为0.8w时，滑动变阻器的阻值是17.5Ω
④闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，用一个“4V 0.5W”的灯泡L′替换L，灯泡L′恰好正常发光
A．①③ B．①④ C．②③④ D．①③④
二．填空题(本题共10小题，每空1分，共24分)（共10小题）
13．教室里用白色的布而不用其他颜色布来做投影幕，这是因为　 　，各个位置的同学都能看到银幕上的字，这是因为　 　，个别同学被前方高个子同学挡住，看不到银幕上的一些字，这是因为　 　的缘故。
14．在水平地面上，用50N的力沿水平方向拉着重为100N的小车匀速前进4m，则小车受到的摩擦力为　 　N，拉力做功为　 　J。
15．华为公司推出首款5G折叠屏MateX手机，该款手机采用向外折叠、可弯曲的屏幕。在同一家庭电路中，该手机充电时，与正在烧水的电水壶的连接方式是　 　（选填“串联”、“并联”）；该手机采用双电池结构，电池总容量高达4500mA•h，电池总电压约为4V，则充满电时电池储存的电能为　 　J。
16．如图是塔式起重机上的滑轮组。在1min内将1.8×104N的重物匀速提高2m的过程中，作用在绳端的拉力F为8×103N。则拉力F做功的功率是　 　W。该滑轮组的机械效率是　 　。若提升2×104N重物时该滑轮组机械效率会　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

17．如图所示，小华在探究液体内部压强的特点时，将压强计的探头放入水中某一深度处，记下压强计两管中的液面两高度差h，将探头在原深度处向其他方向任意转动，压强计两管中的液面高度差不变，说明液体内部同一深度向各个方向压强　 　；接着将探头向下移动一段距离，压强计液面高度差h将　 　；（“减小”、“不变”或“增大”）。保持探头深度不变，在水中加入一定量的食盐，搅拌均匀，则压强计液面高度差h将　 　在水中液面高度差h。（填“小于”、“不变”或“大于”）

18．用煤气灶把初温为20℃，质量为2kg的水加热到70℃，水吸收的热量为 　 　J。若煤气燃烧时放出的热量全部被水吸收，则需要完全燃烧 　 　kg的煤气。事实上，将这壶水加热到70℃需要的煤气质量更 　 　。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4.2×107J/kg]
19．如图所示，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯泡自动熄灭。为了符合要求，灯泡应设计在 　 　两接线柱之间。开关闭合时，电磁铁上端是 　 　极。


20．小王同学在用天平测物体质量的实验中，测得一个金属块的质量为86.6g，那么他在右盘中放入砝码的规格及个数应是　 　。（砝码盒中最小的砝码为5g）
21．阻值为10Ω的一段导体，两端加4V电压时，通过它的电流为　 　A，其电功率为　 　W。
22．新能源汽车因节能、环保等优点深受广大家庭的喜爱。小明爸爸驾驶电动汽车在平直公路上匀速行驶12km，用时10min。已知该车的总质量为1.6×103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功　 　J，功率为　 　kW，重力做功的功率是　 　W．（g＝10N/kg）
三．解答题(本题共7小题，共32分。其中26、29题应写出必要的解题过程)（共7小题）
23．请根据图中的入射光线，画出它们经过凸透镜折射后的光线。

24．在图中画出球所受的拉力的示意图。


25．小磁针静止时的指向如图所示，请在图中标出小磁针的N极及磁感线的方向。

26．图甲是某新型太阳能汽车，该汽车的动力完全由安装在车顶的电池板收集的太阳能提供。汽车（包括司乘人员）的质量为1.2t，接收太阳能电池板的面积为8m2，在水平路面上以恒定功率做直线运动的v﹣t图象如图乙（取g＝10N/kg）。

（1）如汽车匀速行驶过程中所受阻力大小为车重的0.02倍，则汽车牵引力为多大？
（2）求汽车在0～20s内牵引力做的功。
（3）若汽车吸收的太阳能转化为机械能的效率为40%，则太阳光照射到地面单位面积上的辐射功率为多少？
27．小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关“的实验中，他用质量不同的两个小钢球m和M（M的质量大于m），分别从不同的高度h和H（H＞h）静止开始滚下，观察木块B被撞击后移动的距离，实验过程中如图甲、乙、丙所示。

（I）小明通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这种研究方法　 　（选填“控制变量法”或“转换法”）；若水平面绝对光滑，本实验将　 　（选填“能”或“不能”）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与　 　。
（3）小丽根据甲、丙两图得出结论：物体动能的大小与质量有关，她的看法是否正确。　 　（选填“正确”或“错误”），理由是　 　。
（4）另一同学用如图丁、戊所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是　 　（选填“正确的”或“错误的”）。
28．小红和小明进行“测量小灯泡的额定功率”的实验，实验室提供的器材有：不同规格的小灯泡和滑动变阻器、1.5V的干电池（若干）和其他常用器材。

（1）图甲是小红进行实验的实物电路图，小灯泡额定电压为3.8V，滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”，请用笔画线代替导线，将图中的电路连接完整，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的阻值最大。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 　 　是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 　 　是正确的。（两空均选填“①”、“②”或“③”）
（3）排除故障后，小红移动滑片，使电压表的示数达到小灯泡的额定电压，此时电流表的指针如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　 　W。
（4）小明用小红的实验电路接着测量规格为“2.5V 0.3A”小灯泡的额定功率。闭合开关，保证小灯泡发光的情况下，无论如何移动滑片，电压表示数始终高于2.5V，为此必须对实验器材进行调整，下列措施可行的是：　 　、　 　。（填字母代号）
A.换最大阻值较小的滑动变阻器
B.串联定值电阻
C.减少电池个数
D.增加电池个数
29．图1是自动注水喷洒循环工作装置示意图：可绕O点自由转动的轻质杠杆A端通过轻绳悬挂一圆柱体，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡。已知OA：OB＝1：4，圆柱体的底面积为0.01m2，高度为2m，质量为16kg，圆柱体底面到水箱底部的距离为0.2m，圆柱体水箱的底面积S＝0.41m2，水箱高度足够；闭合S1和S2，当电磁铁线圈中的电流I≥0.2A时，吸引衔铁K，喷洒系统将水箱中的水抽出，向外喷洒；当电磁铁线圈中的电流I≤0.12A时，释放衔铁K，注水系统向水箱中注水，线圈电阻不计；电压U＝6V，电阻箱R调至某一阻值；RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示，g取10N/kg。

（1）从如图1所示的水位开始注水，随着水位上升，圆柱体受到的浮力将 　 　，电磁铁的磁性 　 　（以上两空均选填“增大”或“减小”）。
（2）已知水箱内的初始水位即为所设定的最低水位0.4m（如图1）；注水系统正常工作时，其功率100W，每秒钟给水箱注水量恒为0.004m3；喷洒系统正常工作时，其功率为200W，每秒钟喷出水量恒为0.002m3，求：
①电阻箱R的阻值为 　 　Ω，所设定的最高水位为 　 　m；
②该装置正常工作12min，喷洒系统和注水系统消耗的总电能。
（3）为增大设定的最高水位，应适当 　 　（选填“增大”或“减小”）电阻箱R的阻值，与原来相比，此时水箱内最高水位与最低水位高度差将 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

2022年江苏省无锡中考物理考前卷（四）
参考答案与试题解析
一．选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）（共12小题）
1．下列属于可再生能源的是（　　）
A．石油 B．煤炭 C．核燃料 D．太阳能
【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
【解答】解：
石油、煤炭、核燃料都属于不可再生能源；只有太阳能是可再生能源，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。
2．如图所示是一款新型的折叠导盲杖，使用时导盲杖会持续发出超声波，若前进方向上遇到障碍物，导盲杖会接收到反射信号并产生提示音，离障碍物越近提示音越尖锐，提醒盲人绕开障碍物。关于导盲杖发出的超声波与提示音进行比较，下列叙述正确的是（　　）

A．超声波不是由物体振动产生的
B．超声波的传播不需要介质
C．超声波的频率比提示音的频率高
D．只有超声波遇到障碍物才会反射回来
【分析】（1）声音是由物体振动产生的，一切发声的物体都在振动；
（2）声音的传播需要介质；
（3）频率高于人的听觉上限（约为20000Hz）的声波，称为超声波；
（4）一切声音遇到障碍物都会反射回来。
【解答】解：A、一切正在发声的物体都在振动，故A错误；
B、一切声的传播都需要介质，故B错误；
C、超声波的频率约为20000Hz，高于提示音的频率，故C正确；
D、超声波与提示音都是属于声，遇到障碍物都会反射回来，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查声音的知识，属于基础知识，来源于课本。
3．下列有关物理量的估计符合实际的是（　　）
A．教室里柜式空调的额定功率约为10W
B．中学生正常行走的速度约为1.5m/s
C．体育中考使用的跳绳长度约为0.4 m
D．一只鸭子漂浮在水面受到的浮力约500N
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、教室里柜式空调的额定功率在1000W以上，故A不符合实际；
B、中学生正常行走的速度约为1.5m/s，故B符合实际；
C、中考体育使用的单人跳绳，长度约为2m，故C不符合实际；
D、一只鸭子的质量在3kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝3kg×10N/kg＝30N左右，故D不符合实际。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，也是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
4．某学习小组参观无锡石墨烯产业发展示范区时，了解到石墨烯具有以下特性：坚硬、几乎完全透明、导电性和导热性出色。下列物品中不适合使用石墨烯制作的是（　　）
A．防弹衣 B．特种玻璃 C．隔热手套 D．太阳能电池
【分析】根据石墨烯的特性：坚硬、几乎完全透明、导电性和导热性出色判断。
【解答】解：由材料知石墨烯具有坚硬、透明、导电性、导热性等物理性质；
A、防弹衣要求富有弹性，石墨烯的弹性较大，故A不符合题意；
B、特种玻璃要求硬度大、透明等，而石墨烯具有坚硬、几乎透明的特性，故B不符合题意；
C、隔热手套要求导热性不强，而石墨烯导热性出色，故C符合题意；
D、太阳能电池要求导电性能好，石墨烯导电性很好，可用于制造太阳能电池，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题是一道信息给予题，给出物理课外知识的材料，要认真阅读材料，结合物理知识用材料内容回答问题。
5．下列光学现象的描述中不正确的是（　　）
A．图中，树荫下不同形状的光斑都是光的直线传播形成的
B．图中，铅笔向上弯折是由于光从空气折射入水中所形成的
C．图中，桥在水中的倒影是桥的虚像
D．图中，光的色散现象表明太阳光是由多种色光混合而成的
【分析】（1）知道光斑是小孔成像现象，影子是光的直线传播时遇到不透明的物体而在物体后面出现的光射不到的区域；
（2）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫光的折射；
（3）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
（4）太阳通过玻璃三棱镜后，被分解为绚丽的七色光，从上往下依次是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这种现象称为光的色散，说明了白光不是单色光。
【解答】解：A、树荫下不同形状的光斑不再是小孔成像现象，而是影子的原因，是光的直线传播形成的，故A正确；
B、铅笔斜插入水中，铅笔在水面处看起来变折了，这是由于铅笔反射的光从水中斜射入空气中时发生的折射现象，故B错误；
C、桥在水中的倒影是桥在水面上成的虚像，属于光的反射，故C正确；
D、白光通过三棱镜时，因为不同颜色的光通过玻璃时偏折的角度不同，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，这就是光的色散现象，故D正确。
故选：B。
【点评】此题利用光学的知识解释生活中的常见的光现象，考查了物理知识在实际生活中的应用，是理论联系实际的一道好题。
6．如图所示是探究水沸腾时的实验装置，下列有关分析正确的是（　　）


A．此图是水沸腾时的现象
B．沸腾一段时间后，烧杯中的水量不变
C．实验中所选温度计是量程为﹣80～60℃的酒精温度计
D．小明撤去酒精灯后发现水持续沸腾一段时间，这表明沸腾不需要吸热
【分析】（1）沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐减小，直到消失；沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积逐渐增大，最后破裂；
（2）沸腾是一种比较剧烈的汽化现象；
（3）标准大气压下，水的沸点为100℃，高于60℃；
（4）沸腾条件为达到沸点，继续吸热。
【解答】解：A、沸腾时烧杯中的气泡越往上越大，故图甲是水沸腾时的现象，故A正确；
B、沸腾是一种比较剧烈的汽化现象，水在沸腾过程中会有大量的水汽化成水蒸气出去，所以烧杯中水的质量减小，故B错误；
C、酒精温度计的量程为﹣80℃～60℃，而标准大气压下水的沸点是100℃，超过温度计的量程，故C错误；
D、撤去酒精灯后发现水要继续沸腾了一段时间，是因为石棉网的余温高于水的沸点，水会继续吸热，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查探究水的沸腾实验，重点考查了测量仪器的选择、沸腾条件以及实验现象。
7．如图所示是某学生设计的“都市蚂蚁”概念车.下列关于该概念车的说法正确的是（　　）

A．车载北斗卫星导航系统是利用电磁波工作的
B．概念车突然向前启动时，由于惯性人会向前倾
C．安全带做得比较宽大，是为了增大受力面积增大压强
D．静止在水平地面上时，车对地的压力与车的重力是一对平衡力
【分析】（1）车载北斗卫星导航系统是通过电磁波传递信息进行定位与导航的；
（2）任何物体都具有保持原来运动状态的性质叫惯性，一切物体都具有惯性，据此分析；
（3）减小压强的方法：减小压力、增大受力面积；
（4）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
A、车载北斗卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，故A正确；
B、概念车突然向前启动时，车上的人下半身随车向前运动，而上半身由于惯性要保持原来的状态，所以人会向后仰，故B错误；
C、安全带做的比较宽大，是为了在压力一定时通过增大受力面积来减小压强，故C错误；
D、概念车对地面的压力与地面对概念车的支持力，没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
【点评】此题是一道综合题，考查了电磁波的利用、惯性、减小压强的方法以及平衡力，属于基本规律的考查。
8．小明进行实验探究，用矿泉水瓶剪成漏斗状，将乒乓球放入其中能将球吹出的是（　　）
A．从下往上吹 B．从上往下吹
C．水平向前吹 D．在漏斗上方吹
【分析】流体压强跟流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。据此比较乒乓球上下两侧或左右两侧的空气流速和压强大小做出判断。
【解答】解：
A、从下往上吹，乒乓球下方空气流速大，压强小，上方空气流速小，压强大，所以乒乓球不能被吹出，故A错误；
B、从上往下吹，乒乓球上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，但由于被瓶口挡住，所以乒乓球不能被吹出，故B错误；
C、从左往右吹，乒乓球左方空气流速大，压强小，右方空气流速小，压强大，但由于被瓶口挡住，所以乒乓球不能被吹出，故C错误；
D、在漏斗上方从左往右吹，乒乓球上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，所以乒乓球能被吹出，故D正确。
故选：D。
【点评】掌握流体压强跟流速的关系，能用流体压强解释有关的问题。
9．如图所示的事例中，属于用做功的方式改变物体内能的是（　　）
A．放在热汤中的金属汤勺变烫
B．放入电冰箱后的食品变冷
C．迅速下压活塞，棉花燃烧
D．将纸锅中的冷水烧开
【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递。做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传导、对流和辐射三种形式。
【解答】解：A、金属勺放入热锅中，是利用热传递的方式改变了勺子的内能，属于热传递改变物体的内能，故A不符合题意；
B、食品放入冰箱中，由于热传递改变了食品的内能，属于热传递改变物体的内能，故B不符合题意；
C、活塞压缩空气，对空气做功，空气的内能增加，温度升高，达到棉花燃点后燃烧，属于做功改变物体的内能，故C符合题意；
D、将纸锅中的冷水烧开是利用热传递的方式增加了水的内能，改变水的温度，属于热传递改变物体的内能，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】本题考查了学生对改变物体内能的两种方式的理解和掌握，要注意从现象分析其本质，再联系所学物理知识来解答。
10．如图所示电阻丝R1和R2浸没在等质量煤油中，R1与R3并联，以下说法正确的是（　　）

A．若R1＝R2，此实验装置可用于探究电热与电阻的关系
B．若R1＝R2，此实验中放有R1的烧瓶中煤油升温比较慢
C．若R1≠R2，此实验装置可以用于探究电热与电阻的关系
D．此装置不能研究电热与通电时间的关系
【分析】（1）要探究电热与电流的关系，需要控制导体电阻和通电时间相同，通过导体的电流不同；要探究电热与电阻的关系，需要控制通过导体的电流和通电时间相同，导体的电阻不同；要探究电热与通电时间的关系，需要控制导体的电阻和通过的电流相同，通电时间不同；
（2）根据Q＝I2Rt比较电流通过导体产生的热量的多少；
（3）电流通过导体产生的热量无法直接观察，可以通过观察煤油瓶中的温度计的变化来反映电热的多少，这种方法叫转换法。
【解答】解：A、若R1＝R2，则烧瓶内的电阻和通电时间相同，而通过两电阻的电流不同，则此装置是探究电热与电流的关系，故A错误；
B、若R1＝R2，由图可知，R2在干路上，而R1在支路上，所以通过R2的电流大于通过R1的电流，根据Q＝I2Rt可知，电流通过R2产生的热量较多，则放有R2的烧瓶内的煤油升温较快，即放有R1的烧瓶中煤油升温比较慢，故B正确；
C、由于通过R1、R2的电流始终不等，所以无法探究电热与电阻的关系，故C错误；
D、只要用相同的烧瓶加热不同的时间即可研究电热与通电时间的关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了学生对焦耳定律的理解，在分析过程中主要运用了控制变量法和转换法，再结合串并联电路的特点解决问题。
11．在水平桌面上有甲、乙两个完全相同的烧杯，两个烧杯内分别盛满不同液体，把两个完全相同的小球分别放入甲乙烧杯内，静止时如图所示，则下列判断正确的是（　　）

A．甲杯中的液体的密度小于乙杯中的液体的密度
B．甲杯中小球受到的浮力大于乙杯中小球受到的浮力
C．甲杯对水平桌面的压强大于乙杯对水平桌面的压强
D．若向下按压甲杯中的小球，甲杯中液体对烧杯底的压强会减小
【分析】（1）根据图示中小球在两种液体中的浮沉状态，利用物体浮沉条件分别得出小球与两种液体的密度关系，进而得出两种液体的密度关系；
（2）根据图示中小球在两种液体中的浮沉状态，利用物体浮沉条件分别得出小球在两种液体中受到的浮力与其重力的关系，进而得出浮力关系；
（3）烧杯对桌面的压力等于烧杯、容器内液体和小球的总重力，受力面积相同，根据p＝比较压强大小；
（4）分析向下按压甲杯中的小球时，液体密度和深度的变化，然后根据p＝ρ液gh分析甲杯中液体对烧杯底的压强变化。
【解答】解：A、由图可知，小球在甲中漂浮，则ρ球＜ρ甲，在乙中悬浮，则ρ球＝ρ乙，故ρ甲＞ρ乙，故A错误；
B、由图可知，小球在甲中漂浮，则F浮甲＝G，在乙中悬浮，则F浮乙＝G，故F浮甲＝F浮乙，故B错误；
C、烧杯对桌面的压力等于烧杯、烧杯内液体和小球的总重力，由图知，甲烧杯内液体的体积大于乙烧杯内的体积，又知ρ甲＞ρ乙，根据ρ＝和G＝mg可知甲烧杯内的额重力大于乙烧杯内的重力，两烧杯、两小球的重力均相等，则重力相等，故甲杯对水平桌面的压力大于乙杯对水平桌面的压力，烧杯的底面积相等，根据p＝可知，甲杯对水平桌面的压强大于乙杯对水平桌面的压强。故C正确；
D、因为甲杯中盛满液体，若向下按压甲杯中的小球，甲杯中液体的深度不变，密度不变，根据p＝ρ液gh可知，甲杯中液体对烧杯底的压强不变。故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件、密度公式、重力公式的综合应用，会比较甲、乙两杯对水平桌面的压力关系是关键。
12．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡上标有“4V”字样，电流表的量程为0～0.6A，图乙是小灯泡的电流随其电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2的阻值为10Ω．当闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，小灯泡L恰好正常发光，则下列说法正确的是（　　）
①电源电压为9V
②闭合S和S1，断开S2，为保证电路安全，电阻R2的最大功率为8.1W
③闭合S和S2，断开S1，当小灯泡的功率为0.8w时，滑动变阻器的阻值是17.5Ω
④闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，用一个“4V 0.5W”的灯泡L′替换L，灯泡L′恰好正常发光
A．①③ B．①④ C．②③④ D．①③④
【分析】（1）闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，时小灯泡和滑动变阻器是串联的，此时灯泡正常发光，可以从图象上得到灯泡的额定电流，
根据欧姆定律得出灯泡电阻，进而得出电路的电阻，根据欧姆定律得出电源电压；
（2）根据P＝得出灯泡的电阻，在滑动变阻器的滑片在中点时，原来灯的电阻是8Ω，现在灯的电阻是32Ω，灯的电阻变大，分担的电压就变大，电压会超过4V，据此分析灯泡L′是否正常发光；
（3）闭合S和S2，断开S1，当小灯泡的功率为0.8W时，由图乙知，电灯两端的电压和通过电灯的电流，根据欧姆定律得出电路电阻和此时灯的电阻，进而得出滑动变阻器的阻值；
（4）闭合S和S1，断开S2，此时定值电阻和滑动变阻器是串联的，电流表的量程为0～0.6A，据此得出电路最大电流，根据P＝I2R得出电阻R2的最大功率。
【解答】解：①闭合S和S2，断开S1，滑片移到中点时，滑动变阻器接入电路的阻值为：＝10Ω，此时小灯泡和滑动变阻器是串联的，此时灯泡正常发光，可以从图象上得到灯泡的额定电流是0.5A，
灯泡电阻是：RL＝＝＝8Ω，
所以，串联电路的电阻：R＝R1+RL＝10Ω+8Ω＝18Ω
所以电源电压为：U＝IR＝0.5A×18Ω＝9V，故①正确；
④“4V 0.5W”灯泡的电阻为：R'＝＝＝32Ω，
在滑动变阻器的滑片在中点时，原来灯的电阻是8Ω，现在灯的电阻是32Ω，灯的电阻变大，分担的电压就变大，电压会超过4V，所以灯不能正常工作，故④错误；
③闭合S和S2，断开S1，当小灯泡的功率为0.8W时，由图乙知，电灯两端的电压是2V，电灯的电流是0.4A，
所以电路电阻为：R总＝＝＝22.5Ω，
此时灯的电阻为：R'L＝＝＝5Ω，
滑动变阻器的阻值是：R滑＝22.5Ω﹣5Ω＝17.5Ω，故③正确；
②闭合S和S1，断开S2，此时定值电阻和滑动变阻器是串联的，电流表的量程为0～0.6A，电路最大电流是0.6A，电阻R2的最大功率为：P＝I大2R2＝（0.6A）2×10Ω＝3.6W，故②错误。
故选：A。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，综合性较强，难度较大。
二．填空题(本题共10小题，每空1分，共24分)（共10小题）
13．教室里用白色的布而不用其他颜色布来做投影幕，这是因为　白色物体能够反射所有的色光　，各个位置的同学都能看到银幕上的字，这是因为　银幕上发生漫反射　，个别同学被前方高个子同学挡住，看不到银幕上的一些字，这是因为　光沿直线传播　的缘故。
【分析】（1）白色物体能够反射所有的色光，黑色吸收所有的色光，彩色物体只反射和物体相同的色光；
（2）漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体；
（3）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。
【解答】解：（1）教室里用白色的布而不用其他颜色布来做投影幕，这是因为白色物体能够反射所有的色光
（2）教室里各个位置的同学都能看到银幕上的字，这是因为光在银幕上发生漫反射的缘故；
（3）个别同学被前方高个子同学挡住，看不到黑板上的一些字，这是因为光沿直线传播的缘故。
故答案为：白色物体能够反射所有的色光；银幕上发生漫反射；光沿直线传播。
【点评】本题考查了物体的颜色、镜面反射和漫反射现象及光的直线传播现象，是基础知识。还要注意漫反射同样遵守光的反射定律。
14．在水平地面上，用50N的力沿水平方向拉着重为100N的小车匀速前进4m，则小车受到的摩擦力为　50　N，拉力做功为　200　J。
【分析】（1）物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，受平衡力作用，根据平衡力大小相等、方向相反的特点分析摩擦力大小；
（2）根据W＝Fs求出拉力做的功。
【解答】解：
（1）用50N的水平方向拉力，拉动小车做匀速直线运动，小车受到的拉力与摩擦力是平衡力，则f＝F＝50N；
（2）拉力做的功W＝Fs＝50N×4m＝200J；
故答案为：50；200。
【点评】此题主要考查的是学生对二力平衡、功的计算公式的了解和掌握，基础性题目。
15．华为公司推出首款5G折叠屏MateX手机，该款手机采用向外折叠、可弯曲的屏幕。在同一家庭电路中，该手机充电时，与正在烧水的电水壶的连接方式是　并联　（选填“串联”、“并联”）；该手机采用双电池结构，电池总容量高达4500mA•h，电池总电压约为4V，则充满电时电池储存的电能为　6.48×104　J。
【分析】（1）家庭电路中，用电器之间，插座之间，用电器和插座之间是并联的。
（2）给手机充电，手机相当于用电器，消耗电能，转化为化学能储存在电池内；
手机电池的总容量是4500mA•h，即如果充电时通过手机的电流是4500mA，则需充电1h。
【解答】解：（1）手机充电时，与正在烧水的电水壶的连接方式是并联；
（2）电池充满电后储存的电能：W＝UIt＝4V×4500×10﹣3A×3600s＝6.48×104J。
故答案为：并联；6.48×104。
【点评】本题通过学生熟悉的手机，考查了家庭电路的连接方式、充电时能量转化以及电功的计算，明确电池容量的含义是关键。
16．如图是塔式起重机上的滑轮组。在1min内将1.8×104N的重物匀速提高2m的过程中，作用在绳端的拉力F为8×103N。则拉力F做功的功率是　800　W。该滑轮组的机械效率是　75%　。若提升2×104N重物时该滑轮组机械效率会　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【分析】（1）由图知，有3段绳子拉着物体，拉力移动距离s＝3h，利用W＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功功率；
（2）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；
（3）提高滑轮组机械效率的方法：一是增加提升重物的重力；二是换用轻质动滑轮，或减小绳与滑轮之间的摩擦。
【解答】解：（1）由图知，有3段绳子拉着物体，即n＝3，
拉力端移动距离：s＝3h＝3×2m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝8×103N×6m＝4.8×104J，
拉力做功的功率：
P＝＝＝800W；
（2）拉力做的有用功：
W有用＝Gh＝1.8×104N×2m＝3.6×104J，
滑轮组的机械效率：
η＝＝×100%＝75%；
（3）增加提升重物的重力，有用功变大，而额外功几乎不变，有用功在总功中所占的比例变大，滑轮组的机械效率变大。
故答案为：800；75%；变大。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，要知道提高滑轮组机械效率的方法。
17．如图所示，小华在探究液体内部压强的特点时，将压强计的探头放入水中某一深度处，记下压强计两管中的液面两高度差h，将探头在原深度处向其他方向任意转动，压强计两管中的液面高度差不变，说明液体内部同一深度向各个方向压强　相等　；接着将探头向下移动一段距离，压强计液面高度差h将　增大　；（“减小”、“不变”或“增大”）。保持探头深度不变，在水中加入一定量的食盐，搅拌均匀，则压强计液面高度差h将　大于　在水中液面高度差h。（填“小于”、“不变”或“大于”）

【分析】影响压强大小的因素是液体的密度、液体的深度，根据控制变量法分析解答。
【解答】解：压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的，若将压强计的探头放入水中某一深度处，将探头在原深度处向其他方向任意转动，压强计两管中的液面高度差不变，压强不变，说明液体内部同一深度向各个方向压强相等；
接着将探头向下移动一段距离，探头的深度增加，压强增加，压强计液面高度差h将不变；
保持探头深度不变，在水中加入一定量的食盐，搅拌均匀，液体的密度增加，压强增加，则压强计液面高度差h将大于在水中液面高度差h。
故答案为：相等；增大；大于。
【点评】通过U形管两边的液面高度差来反映液体压强的大小是转换法的运用。要想顺利解答此题，必须对液体内部压强的规律有一个熟练的掌握才行，这也是我们应重点把握的知识点。
18．用煤气灶把初温为20℃，质量为2kg的水加热到70℃，水吸收的热量为 　4.2×105　J。若煤气燃烧时放出的热量全部被水吸收，则需要完全燃烧 　0.01　kg的煤气。事实上，将这壶水加热到70℃需要的煤气质量更 　多　。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4.2×107J/kg]
【分析】（1）知道水的质量，又知道水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）由题意可知，煤气完全燃烧释放的热量Q放＝Q吸，根据Q＝mq求出消耗煤气的质量；由于有热损失，则需要的煤气质量更多。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J；
（2）由题意可知，Q放＝Q吸＝4.2×105J，
根据Q放＝mq煤气可得，消耗煤气的质量：
m煤气＝＝＝0.01kg。
由于有热损失，则事实上将这壶水加热到70℃需要的煤气质量更多。
故答案为：4.2×105；0.01；多。
【点评】本题考查了吸热公式和燃料完全燃烧放热公式的应用，关键是公式及其变形式的灵活运用。
19．如图所示，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯泡自动熄灭。为了符合要求，灯泡应设计在 　A、B　两接线柱之间。开关闭合时，电磁铁上端是 　N　极。


【分析】（1）当光照强度增强时，根据光敏电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化；根据影响电磁铁磁性大小与电流大小关系分析电磁铁磁性强弱的变化；再根据光线较暗时灯泡自动发光分析灯泡的位置。
（2）先确定开关闭合时电磁铁中电流的方向，再根据安培定则判定电磁铁的极性。
【解答】解：
（1）光线较暗时，光照强度减弱，光敏电阻的阻值变大，则控制电路中的电流变小，电磁铁的磁性变弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间。
（2）由图可知，电流从电磁铁的上侧流入、下侧流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极、下端为S极。
故答案为：A、B；N。
【点评】本题一道以光敏电阻阻值变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，有一定难度。
20．小王同学在用天平测物体质量的实验中，测得一个金属块的质量为86.6g，那么他在右盘中放入砝码的规格及个数应是　50g、20g、10g、5g共四个　。（砝码盒中最小的砝码为5g）
【分析】用天平测物体的质量等于砝码的质量加上游码在标尺所对的刻度值。
【解答】解：
由题知，金属块的质量为86.6g，砝码盒中最小的砝码为5g，
则游码在标尺上的示数为1.6g，根据砝码的规格可知，金属块的质量m＝86.6g＝50g+20g+10g+5g+1.6g＝86.6g。
故答案为：50g、20g、10g、5g共四个。
【点评】本题考查天平的使用，难度不大。
21．阻值为10Ω的一段导体，两端加4V电压时，通过它的电流为　0.4　A，其电功率为　1.6　W。
【分析】知道导体的电阻和两端的电压，根据欧姆定律求出通过导体的电流，根据P＝UI求出导体的电功率。
【解答】解：通过导体的电流：
I＝＝＝0.4A，
导体的电功率：
P＝UI＝4V×0.4A＝1.6W。
故答案为：0.4；1.6。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，是一道基础题目。
22．新能源汽车因节能、环保等优点深受广大家庭的喜爱。小明爸爸驾驶电动汽车在平直公路上匀速行驶12km，用时10min。已知该车的总质量为1.6×103kg，行驶中阻力为车重的0.05倍，此过程中该车牵引力做功　9.6×106　J，功率为　16　kW，重力做功的功率是　0　W．（g＝10N/kg）
【分析】根据行驶中阻力为车重的0.05倍求出阻力；由于车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力；根据W＝Fs求出功的大小，根据P＝求出功率。
【解答】解：由于车做匀速直线运动，所以，牵引力等于阻力，故牵引力为：F＝f＝0.05G＝0.05mg＝0.05×1.6×103kg×10N/kg＝800N；
则汽车做的功为：W＝Fs＝800N×12000m＝9.6×106J；
汽车的功率为：P＝＝＝16000W＝16kW；
由于车沿水平方向做匀速直线运动，在重力的方向上没有移动距离，所以重力没有做功，故重力做功的功率是0。
故答案为：9.6×106；16；0。
【点评】本题主要考查了二力平衡条件的应用、功和功率的计算，属于基础知识，要掌握。
三．解答题(本题共7小题，共32分。其中26、29题应写出必要的解题过程)（共7小题）
23．请根据图中的入射光线，画出它们经过凸透镜折射后的光线。

【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；过光心的光线其传播方向不变。据此分别作出自上而下三条入射光线的折射光线。如图所示：

【点评】凸透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴。
24．在图中画出球所受的拉力的示意图。


【分析】首先确定拉力的作用点，然后再确定拉力的方向：是沿细线向上的，即可作图。
【解答】解：拉力F作用点在细线与小球的接触点，方向沿细线方向。如图所示：

【点评】力的示意图是用画图的方法表示力的三要素的，所以找准力的大小、方向和作用点是画力的示意图的关键。
25．小磁针静止时的指向如图所示，请在图中标出小磁针的N极及磁感线的方向。

【分析】根据螺线管中的电流方向，利用安培定则确定通电螺线管的磁极，再利用磁极间的相互作用规律确定小磁针的NS极；磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，据此画出磁感线的方向。
【解答】解：
由图可知电流从螺线管的左侧流入、右侧流出，根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，则大拇指所指的右端为通电螺线管为N极，其左端为S极。
因异名磁极相互吸引，所以小磁针静止时其右端为N极；因为磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，所以图中磁感线的方向向左，如图所示：
。
【点评】本题考查了安培定则的应用、磁体周围的磁感线方向以及磁极间的相互作用规律，比较简单。
26．图甲是某新型太阳能汽车，该汽车的动力完全由安装在车顶的电池板收集的太阳能提供。汽车（包括司乘人员）的质量为1.2t，接收太阳能电池板的面积为8m2，在水平路面上以恒定功率做直线运动的v﹣t图象如图乙（取g＝10N/kg）。

（1）如汽车匀速行驶过程中所受阻力大小为车重的0.02倍，则汽车牵引力为多大？
（2）求汽车在0～20s内牵引力做的功。
（3）若汽车吸收的太阳能转化为机械能的效率为40%，则太阳光照射到地面单位面积上的辐射功率为多少？
【分析】（1）知道太阳能汽车的质量，根据G＝mg求出重力，根据重力和阻力的关系求出阻力大小，匀速直线运动的物体受到平衡力作用，根据平衡力条件求出驱动电机提供的牵引力；
（2）汽车在10～20s内做匀速运动，处于平衡状态，牵引力等于阻力，利用P＝Fv可求汽车的恒定功率，再根据W＝Pt可求汽车在0～20s内牵引力做的功；
（3）根据P总＝可求太阳照射在地面的辐射总功率，进而得出太阳光照射到地面单位面积上的辐射功率。
【解答】解：
（1）由题可知汽车的质量为m＝1.2t＝1.2×103kg，
汽车所受的重力为G＝mg＝1.2×103kg×10N/kg＝1.2×104N，
汽车所受阻力为f＝0.02G＝0.02×1.2×104N＝240N，
因为汽车匀速行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，
所以牵引力F＝f＝240N；
（2）由图乙可知，汽车匀速行驶时，v＝15m/s
则汽车的恒定功率为：
P＝Fv＝240N×15m/s＝3600W；
汽车在0～20s内牵引力做的功为：
W＝Pt＝3600W×20s＝7.2×104J；
（3）由题可知，汽车获得的机械功率为P机＝3600W
太阳照射在地面的辐射总功率为：
P总＝＝＝9000W；
太阳照射在地面单位面积上的辐射功率：
P太＝＝＝1125W/m2。
答：（1）汽车牵引力为240N；
（2）汽车在0～20s内牵引力做的功是7.2×104J；
（3）太阳光照射到地面单位面积上的辐射功率为1125W/m2。
【点评】此题主要考查了功率、重力、二力平衡等，计算时注意公式变换以及单位统一。
27．小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关“的实验中，他用质量不同的两个小钢球m和M（M的质量大于m），分别从不同的高度h和H（H＞h）静止开始滚下，观察木块B被撞击后移动的距离，实验过程中如图甲、乙、丙所示。

（I）小明通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这种研究方法　转换法　（选填“控制变量法”或“转换法”）；若水平面绝对光滑，本实验将　不能　（选填“能”或“不能”）达到探究目的。
（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与　速度有关　。
（3）小丽根据甲、丙两图得出结论：物体动能的大小与质量有关，她的看法是否正确。　正确　（选填“正确”或“错误”），理由是　丙图中质量大的球到达水平面时的速度小，木块移动的距离反而大，即球的动能大，说明动能大小还和质量有关　。
（4）另一同学用如图丁、戊所示的方法探究动能的大小与速度的关系，他将相同质量的小球从不同高度（h2＞h1）由静止开始释放，通过观察木块在铁板和毛巾上滑行的距离来判断小球动能的大小，这种方法是　错误的　（选填“正确的”或“错误的”）。
【分析】（1）实验中通过观察木块被推动的距离来比较物体动能的大小；根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，实验将不能达到探究目的；
（2）（3）（4）动能大小跟质量和速度有关；在探究动能大小跟质量关系时，控制速度大小不变；在探究动能大小跟速度关系时，控制质量不变；影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论。
【解答】解：（1）实验中通过观察木块B移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。
（2）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面的时的速度不同，对木块做功多少不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关。
（3）虽然甲、丙两图中没有控制小球到达水平面时的速度相同（没有控制小球下落的高度相同），但丙图中质量大的球到达水平面时的速度小，木块移动的距离反而大（s3＞s1），即球的动能大，说明动能大小还和质量有关，故小丽的看法是正确的。
（4）图2所示的方法探究动能的大小与速度的关系，应改变小球撞击木块前的速度，控制其它因素相同，而实验中没有控制水平面的粗糙程度相同，故错误的。
故答案为：（1）转换法；不能；（2）速度有关；（3）正确；丙图中质量大的球到达水平面时的速度小，木块移动的距离反而大，即球的动能大，说明动能大小还和质量有关；（4）错误的。
【点评】掌握动能大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。
28．小红和小明进行“测量小灯泡的额定功率”的实验，实验室提供的器材有：不同规格的小灯泡和滑动变阻器、1.5V的干电池（若干）和其他常用器材。

（1）图甲是小红进行实验的实物电路图，小灯泡额定电压为3.8V，滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”，请用笔画线代替导线，将图中的电路连接完整，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的阻值最大。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 　②　是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 　①　是正确的。（两空均选填“①”、“②”或“③”）
（3）排除故障后，小红移动滑片，使电压表的示数达到小灯泡的额定电压，此时电流表的指针如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　1.14　W。
（4）小明用小红的实验电路接着测量规格为“2.5V 0.3A”小灯泡的额定功率。闭合开关，保证小灯泡发光的情况下，无论如何移动滑片，电压表示数始终高于2.5V，为此必须对实验器材进行调整，下列措施可行的是：　B　、　C　。（填字母代号）
A.换最大阻值较小的滑动变阻器
B.串联定值电阻
C.减少电池个数
D.增加电池个数
【分析】（1）滑动变阻器采用一上一下的连接方式，选择电压表的量程；
（2）根据故障现象分析故障原因，通过分析电流表和电压表的示数，判断电路故障原因；
（3）根据电流表的量程读出电流表的示数，通过P＝UI计算功率；
（4）根据串联电路中电流和电压规律分析降低灯泡两端电压的方法。
【解答】解：（1）连接电路图，使闭合开关时滑动变阻器连入电路的阻值最大，滑动变阻器采用一上一下的连接方式，故选择右下接线柱，因小灯泡的额定电压为3.8V，选择电压表的量程为0～15V，与小灯泡并联连接，连接电路如图所示：

（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表示数为零，可以判断电路是断路，由此可判断猜想小灯泡短路是错误的；又进一步观察到电压表有示数，说明电压表与电源之间的电路连接是通路，最终确定猜想小灯泡的灯丝断了是正确的；
（3）如图乙所示，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，电流表的示数为0.3A，此时小灯泡的电压为额定电压3.8V，根据功率公式计算可得小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）闭合开关，保证小灯泡发光的情况下，无论如何移动滑片，电压表示数始终高于2.5V，说明小灯泡两端的电压较大，应采取措施减小灯泡两端的电压，根据串联电路中电流和电压规律可知，可以通过增加电路中总电阻的方法，降低电路中的电流，使灯泡两端的电压减小，故换最大阻值较大的滑动变阻器和串联定值电阻的方法可行，故A错误，B正确；还可以从电源电压考虑，减小电源电压，即减少电池个数，故C正确，D错误；
故选：BC；
故答案为：（1）如图所示；（2）②；①；（3）1.14；（4）B；C；
【点评】本题是测量小灯泡功率的实验，考查了滑动变阻器的应用，电压表的读数及电功率的计算，并且涉及到串联电路中电流和电压规律的应用。
29．图1是自动注水喷洒循环工作装置示意图：可绕O点自由转动的轻质杠杆A端通过轻绳悬挂一圆柱体，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡。已知OA：OB＝1：4，圆柱体的底面积为0.01m2，高度为2m，质量为16kg，圆柱体底面到水箱底部的距离为0.2m，圆柱体水箱的底面积S＝0.41m2，水箱高度足够；闭合S1和S2，当电磁铁线圈中的电流I≥0.2A时，吸引衔铁K，喷洒系统将水箱中的水抽出，向外喷洒；当电磁铁线圈中的电流I≤0.12A时，释放衔铁K，注水系统向水箱中注水，线圈电阻不计；电压U＝6V，电阻箱R调至某一阻值；RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示，g取10N/kg。

（1）从如图1所示的水位开始注水，随着水位上升，圆柱体受到的浮力将 　增大　，电磁铁的磁性 　增大　（以上两空均选填“增大”或“减小”）。
（2）已知水箱内的初始水位即为所设定的最低水位0.4m（如图1）；注水系统正常工作时，其功率100W，每秒钟给水箱注水量恒为0.004m3；喷洒系统正常工作时，其功率为200W，每秒钟喷出水量恒为0.002m3，求：
①电阻箱R的阻值为 　5　Ω，所设定的最高水位为 　1.2　m；
②该装置正常工作12min，喷洒系统和注水系统消耗的总电能。
（3）为增大设定的最高水位，应适当 　增大　（选填“增大”或“减小”）电阻箱R的阻值，与原来相比，此时水箱内最高水位与最低水位高度差将 　不变　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）从如图1所示的水位开始注水，随着水位上升，圆柱体排开水的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排可知圆柱体受到的浮力变化，根据F浮＝G﹣F拉得出轻绳对圆柱体的拉力变化，从而得出杠杆A端受到的拉力的变化，利用杠杆的平衡条件得出杠杆B端受到的压力变化即可得出压敏电阻受到的压力变化，根据图2读出压敏电阻的阻值变化，利用欧姆定律得出控制电路的电流变化，然后得出电磁铁的磁性变化；
（2）①根据G＝mg求出圆柱体的重力，注水系统正常工作时，水箱内的初始水位为0.4m，根据题意得出圆柱体排开水的体积，利用F浮＝ρ液gV排求出圆柱体受到的浮力，利用称重法F浮＝G﹣F拉求出杠杆A端受到的拉力，再利用杠杆的平衡条件求出压敏电阻受到的压力；根据图2可知RF与F的关系为一次函数，设出表达式，代入两组数据得出具体表达式，从而求出此时压力敏感电阻RF的阻值；根据题意得出注水系统刚开始工作时控制电路的电流，利用欧姆定律求出此时电路的总电阻，线圈电阻不计，利用电阻的串联求出电阻箱R的阻值；当电磁铁线圈中的电流为0.2A时，吸引衔铁K，注水系统停止工作，喷洒系统开始工作，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时压力敏感电阻RF的阻值，然后求出压敏电阻受到的压力，利用杠杆的平衡条件求出杠杆A端受到的拉力，进一步求出圆柱体受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出圆柱体排开水的体积，利用V＝Sh求出圆柱体浸入水的深度，然后求出所设定的最高水位；
②先求出水箱内最高水位与最低水位高度差，利用V＝Sh求出注水一次和喷洒一次水的体积，根据题意求出注水一次的工作时间和喷洒一次的工作时间，然后求出该装置正常工作12min时工作循环的个数，利用W＝Pt求出喷洒系统和注水系统消耗的总电能；
（3）注水系统停止工作时，控制电路的电流为0.2A不变，则控制电路的总电阻不变，当设定的最高水位增大时，分析圆柱体受到的浮力变化得出杠杆A端受到的拉力变化，进一步得出压力敏感电阻RF受到的压力变化得出RF的阻值变化，据此得出电阻箱R的阻值变化；注水系统开始工作和喷洒系统停止工作的电流相等，注水系统停止工作和喷洒系统开始工作的电流相等，结合两种状态下电路的总电阻得出压力敏感电阻RF的阻值变化量的大小情况，根据图2得出压力敏感电阻RF受到压力的变化量的大小情况，然后分析杠杆A端受到拉力的变化量、圆柱体受到浮力的变化量的大小情况，从而得出水箱内最高水位与最低水位高度差的变化情况。
【解答】解：（1）从如图1所示的水位开始注水，随着水位上升，圆柱体排开水的体积变大，
由F浮＝ρ液gV排可知，圆柱体受到的浮力将增大，
根据F浮＝G﹣F拉可知，轻绳对圆柱体的拉力减小，即杠杆A端受到的拉力减小，
由杠杆的平衡条件FA•OA＝FB•OB可知，杠杆B端受到的压力减小，即压敏电阻受到的压力减小，
根据图2可知，压敏电阻的阻值减小，控制电路的总电阻减小，
由I＝可知，控制电路的电流增大，则电磁铁的磁性增大；
（2）①圆柱体的重力：G＝mg＝16kg×10N/kg＝160N，
注水系统正常工作时，水箱内的初始水位为0.4m，
此时圆柱体排开水的体积：V排＝S圆柱体h浸＝S圆柱体（h低﹣h0）＝0.01m2×（0.4m﹣0.2m）＝2×10﹣3m3，
圆柱体受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝20N，
杠杆A端受到的拉力：FA＝G﹣F浮＝160N﹣20N＝140N，
由杠杆的平衡条件FA•OA＝FB•OB可得，压敏电阻受到的压力：FB＝FA＝×140N＝35N，
由图2可知，RF与F的关系为一次函数，可设为RF＝kF+b，
把F＝0N、RF＝10Ω和F＝40N、RF＝50Ω代入可得：10Ω＝0N×k+b，50Ω＝40N×k+b，
联立等式可得：b＝10Ω，k＝1Ω/N，即RF＝1Ω/N×F+10Ω，
则F＝FB＝35N时，RF＝1Ω/N×35N+10Ω＝45Ω，
由题意可知，注水系统刚开始工作时，控制电路的电流I＝0.12A，
此时电路的总电阻：R总＝＝＝50Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且线圈电阻不计，
所以，电阻箱R的阻值：R＝R总﹣RF＝50Ω﹣45Ω＝5Ω；
当电磁铁线圈中的电流I′＝0.2A时，吸引衔铁K，注水系统停止工作，喷洒系统开始工作，
此时电路的总电阻：R总′＝＝＝30Ω，
此时压力敏感电阻RF的阻值：RF′＝R总′﹣R＝30Ω﹣5Ω＝25Ω，
压敏电阻受到的压力：FB′＝F′＝＝＝15N，
由杠杆的平衡条件FA•OA＝FB•OB可得，杠杆A端受到的拉力：FA′＝FB′＝×15N＝60N，
圆柱体受到的浮力：F浮′＝G﹣FA′＝160N﹣60N＝100N，
圆柱体排开水的体积：V排′＝＝＝10﹣2m3，
圆柱体浸入水的深度：h浸′＝＝＝1m，
则所设定的最高水位：h高＝h浸′+h0＝1m+0.2m＝1.2m；
②水箱内最高水位与最低水位高度差：△h＝h高﹣h低＝1.2m﹣0.4m＝0.8m，
注水一次和喷洒一次水的体积均为：V水＝（S﹣S圆柱体）△h＝（0.41m2﹣0.01m2）×0.8m＝0.32m3，
注水一次的工作时间t1＝＝80s，喷洒一次的工作时间t2＝＝160s，
该装置正常工作12min，共有个＝3个工作循环，
由P＝可得，喷洒系统和注水系统消耗的总电能：W＝3（P1t1+P2t2）＝3×（100W×80s+200W×160s）＝1.2×105J；
（3）当设定的最高水位增大时，圆柱体受到的浮力增大，杠杆A端受到的拉力减小，压力敏感电阻RF受到的压力减小，则RF的阻值减小，
因注水系统停止工作时，控制电路的电流为0.2A不变，则控制电路的总电阻不变，
所以，应适当增大电阻箱R的阻值；
因注水系统开始工作和喷洒系统停止工作的电流相等，注水系统停止工作和喷洒系统开始工作的电流相等，
所以，压力敏感电阻RF的阻值变化量：△RF＝RF﹣RF′＝（R总﹣R）﹣（R总′﹣R）＝R总﹣R总′＝50Ω﹣30Ω＝20Ω不变，
由图2可知，压力敏感电阻RF受到压力的变化量不变，杠杆A端受到拉力的变化量不变，则圆柱体受到浮力的变化量不变，故水箱内最高水位与最低水位高度差不变。
故答案为：（1）增大；增大；（2）①5；1.2；②喷洒系统和注水系统消耗的总电能为1.2×105J；（3）增大；不变。
【点评】本题考查了阿基米德原理、称重法求浮力公式、杠杆的平衡条件、串联电路的特点、欧姆定律和电功公式的综合应用等，明白自动注水喷洒循环工作装置的原理和从图象中获取有用的信息是关键，有一定的难度。