2021年山东省威海市中考物理二模试卷及答案

这是一份2021年山东省威海市中考物理二模试卷及答案，共37页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，综合计算题等内容，欢迎下载使用。
2021年山东省威海市中考物理二模试卷
一、选择题（本题共12小题，共26分。1～10小题为单项选择题，每小题2分；11、12小题为多项选择题，每小题3分，选对但选不全的得2分，错选、漏选均不得分）
1．某人在一根较长的装有水的钢管的一头敲一下，另一人在水管的另一头能听到三次响声，这三次响声传播的介质顺序是（　　）
A．空气、水、钢管 B．水、空气、钢管
C．钢管、水、空气 D．钢管、空气、水
2．如图所示，人眼在A点看见河里B点有一条小鱼，若从A点射出一束激光，要使激光能照射到小鱼，该激光应射向（　　）

A．B点 B．B点上方
C．B点下方 D．B点左方或右方
3．下列物态变化的事例中，正确的是（　　）
A．电冰箱冷冻室内出现白色的霜，这是凝固现象
B．夏天阴凉地方的石头比较潮湿，这是液化现象
C．舞台上用干冰制作“云雾”，这是汽化现象
D．冬天，冰冻的衣服能晾干，这是汽化现象
4．如图所示，下列描述正确的是（　　）

A．图甲中，正在测量的U形管压强计属于连通器的应用
B．图乙中，上课时老师用力压住粉笔写字是为了减小压强
C．图丙中，修剪花枝的剪刀刀刃做得很锋利是为了减小摩擦
D．图丁中，空气通过飞机机翼的上表面时，流速大，故压强较小
5．关于能源，下列说法正确的是（　　）
A．水能、汽油、柴油等属于一次能源
B．核能、地热能、太阳能等属于新能源
C．石油、煤炭、潮汐能等属于可再生能源
D．石油、煤炭、电能等属于二次能源
6．如图所示，关于家庭电路，下列说法不正确的是（　　）

A．图中洗衣机插头上标的字母E的导线与洗衣机金属外壳相连
B．图乙是空气开关，防止家庭电路电流过大导致的危险
C．图丙是漏电保护器，它不能防止站在绝缘凳上的人同时接触火线和零线（双线触电）而触电
D．图丁，断开开关情况下，手指接触台灯接点N时不会触电
7．下列有关内能、热量和温度的说法正确的是（　　）
A．在热传递过程中，热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体
B．比热容与升高的温度，吸收或放出的热量多少有关
C．物体温度升高，一定是吸收热量
D．物体内能增加，温度一定升高
8．如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作，一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则（　　）

A．灯L1的灯丝可能已烧断 B．灯L1亮度可能不变
C．灯L2可能断路 D．灯L2可能短路
9．如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度的变化而变化，以下说法正确的是（　　）

A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数减小
C．当光照强度增大时，电磁铁的磁性变弱
D．若将R1换成阻值稍小的电阻，可使灯L的发光时间变短
10．如图所示，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F的作用下，一起以速度v沿水平地面向右做匀速直线运动（不计空气阻力），则下列结论中正确的是（　　）


A．地面对B的摩擦力与A对B的摩擦力是一对相互作用力
B．A与B之间的摩擦力为0
C．B与地面之间的接触面可能比A与B之间更光滑
D．B的重力与地面对B的支持力是平衡力
11．如图所示，是某电子秤原理图。托盘与弹簧相连，滑片P固定在弹簧上并能随弹簧的伸缩上下滑动，R是一根长10cm的均匀电阻丝。空盘时，滑片P位于R的最上端且经过R的电流为0.3A；称量最大值时，滑片P位于R的最下端。R的最大阻值为40Ω，电源电压恒为3V。下列说法正确的是（　　）

A．图中的“质量表”用电流表改装而成
B．闭合开关后，电路中总电阻的范围是0～50Ω
C．闭合开关后，R两端的电压范围是0～3V
D．称量最大质量时，电路消耗的总功率是0.18W
12．如图所示，将金属块挂在弹簧测力计下端，先后浸没在水和酒精中，金属块静止时弹簧测力计的示数如图甲、乙所示，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ酒精＝0.8×103kg/m3，g＝10N/kg，则下列关于金属块的几个物理量计算正确的是（　　）

A．在水中受到的浮力为2N B．体积为10cm3
C．质量为0.3kg D．密度为3.0×103kg/m3
二、填空题（本题共8小题，每小题2分，共16分）
13．（2分）“粘”字常用来表述一些物理现象，例如：干燥天气，穿在身上的化纤衣服会粘“毛毛”，这是　 　现象；表面平滑的铅块紧压后会粘在一起，这是因为　 　。
14．（2分）图中画出了两个磁极间的磁感线，这两个磁极都是　 　（选填“N”或“S”）极，图中B点的小磁针静止时北极所指的方向向　 　（选填“上”或“下”）。

15．（2分）某台汽油机飞轮的转速为1800r/min，在1s内，汽油机完成了　 　个工作循环。如果汽油机在一段时间内消耗了500g汽油，若这些汽油完全燃烧，可放出热量　 　J。（q汽油＝4.6×107J/kg）
16．（2分）如图所示，装有水的茶壶中，若水对壶底压强是1.5×103Pa，则壶中水深　 　cm。如果用手紧紧按住壶盖上的小孔，　 　（选填“能”或“不能”）轻易把水倒出。（g取10N/kg）

17．（2分）质量为2.8kg的干木柴完全燃烧，所放出的热量为　 　J，如果这些热量的50%被初温为20℃，质量为80kg的水吸收，则水的温度将升高到　 　℃。（已知：干木柴的热值为1.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）
18．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数将　 　，电压表示数将　 　。

19．（2分）如图所示电能表，表盘上标有“600revs/（kW•h）”的字样。将此电能表接入家庭电路中，电路中允许接入用电器的总功率最大为　 　W，若关闭其它用电器，让空调机单独工作6min，电能表的转盘转过60转，则该空调机在上述时间内消耗的电功率是　 　W。

20．（2分）在一个圆柱形容器内盛有适量的水，现将一质量为200g的密闭空心铁盒A放入水中时，空心铁盒有一半浮出水面；当铁盒上放一个小磁铁B时，铁盒恰好浸没水中，如图甲所示，当把它们倒置在水中时，A有的体积露出水面，如图乙所示。图乙的液面与图甲相比，液面会　 　。（选填“升高”、“降低”或“不变”），小磁铁B的密度为　 　kg/m3（甲乙两图中液体均没有溢出）。

三、作图题（本题共2小题，21小题2分，22小题2分，共4分）
21．（2分）如图所示，物体A处于静止状态，小车在拉力F作用下向右加速运动。请在图中画出物体A所受的支持力N和摩擦力f的示意图（力的作用点图中已标出）。

22．（2分）画出图中人眼通过平面镜M看到桌底下球的光路。

四、实验探究题（本题3小题，23小题6分，24题6分，25小题7分，共19分）
23．（6分）在“测量物质的密度”实验中：

（1）用调好的天平测金属块质量，天平平衡时砝码及游码在标尺上的位置如图甲所示，金属块质量m为
　 　g。
（2）用细线系住金属块放入装有20mL水的量筒内，水面如图乙所示，则金属块体积V为　 　cm3。
（3）计算出金属块密度ρ＝　 　g/cm3。
（4）实验中所用细线会对测量结果造成一定误差，导致所测密度值　 　（偏大/偏小）。
（5）在上面实验基础上，利用弹簧测力计和该金属块，只需增加一个操作步骤就能测出图丙内烧杯中盐水的密度，增加的步骤是：　 　。盐水密度表达式ρ盐水＝　 　（选用所测物理量符号表示）。
24．（6分）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，提出如下猜想：
猜想1：浮力的大小可能与液体的密度有关；
猜想2：浮力的大小可能与物体的重力有关；
猜想3：浮力的人小可能与物体的形状有关；
猜想4：浮力的大小可能与排开液体的体积有关。
（1）如图1所示，用手把饮料罐按入水中，饮料料罐浸入水中越深，手会感到越吃力。这个事实可以支持以上猜想　 　（选填序号）。

（2）为了研究猜想1和猜想2，运用了体积相同的A、B、C三个圆柱体，测得重力分别为4N，4.5N和5N．然后进行如图2所示的实验。
①在序号a的实验中物所受的浮力为　 　N。
②比较序号　 　，　 　，e的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关。
③进一步分析可知：液体的密度越大，物体所变的浮力越　 　；
④比较序号a、b、c的三次实验，可得出结论：浮力的大小与物体的重力　 　关。
（3）为了研究猜想3，小明用两块相同的橡皮泥分别捏成圆锥体和圆柱体进行如图3所示的实验、由此小明得出的结论是：浮力的大小与物体的形状有关，小珍认为这结论不可靠，主要原因是　 　。

25．（7分）某实验小组的同学用图甲所示器材测小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V额定功率小于1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为20Ω1A”，下图甲所示是该实验小组没有连接完整的电路。

（1）请你用画笔代替导线，在图甲中把电路连接完整。
（2）正确连接完电路，闭合开关后，发现无论怎么移动滑片，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数明显，仔细检查，连续无误，那么出现该状况的原因应该是　 　
A．电流表内部断路了B，灯泡的灯丝断了
C．灯座内部出现了短路 D．滑动变阻器的电阻线断了
（3）排除故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，其值为　 　A，小灯泡的额定功率为　 　W。
（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯额定电压下的实际功率，应将滑动变阻器的滑片向　 　（选填C“或“D”）端动。
（5）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，原因是　 　（6）图丙是该实验小组的同学测量小灯电功率的电路图，测量后他们对测量结果进行了误差分析，考虑电表本身对电路的影响。该电路主要是由于所测　 　（选“电压”或“电流”）值偏大引起小灯跑电功率偏大的。
五、综合计算题（本小题3小题，26小题8分，27小题8分，28小题9分，共25分）
26．（8分）某汽车为四冲程内燃机，在平直的公路上匀速行驶5.6km，受到的阻力是3.0×103N，消耗燃油1.5×10﹣3m3（假设燃油完全燃烧），若燃油的密度是ρ＝0.8×103kg/m3，热值q＝4×107J/kg，求：
（1）汽车牵引力做的功；
（2）该车的热机效率是多少？
27．（8分）新型电饭锅采用“聪明火”技术，智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的营养和口感，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关。煮饭时，把电饭锅接入220V电路中，在电饭锅工作的30min内，电路中总电流随时间变化的图象如图乙所示。求：





（1）S和S1都闭合时电饭锅的电功率；
（2）电热丝R1的阻值；
（3）这30min内电饭锅产生的热量。
28．（9分）随着我国经济的不断增长，国防力量也在加强，我国第一艘航空母舰“辽宁号”已正式交接。根据某航母的主要参数值列式计算：（g＝10N/kg，ρ海水＝1.03×103kg/m3）
主要参数值
航母总质量（包括舰载飞机）
6×107kg
每架舰载飞机的质量
5150kg
每架舰载飞机与甲板的总接触面积
5000cm2
航母正常航行速度
54km/h
航母以正常航行速度行驶时所受阻力
3.6×108N
求：（1）求每架舰载飞机对甲板的压强。
（2）求航母所受的总重力和浮力的大小。
（3）若航母以正常航行速度匀速从甲地开往乙地，行驶了540km．求此过程中航母牵引力的功率。
（4）若其中一架舰载飞机起飞后，求航母排开海水的体积减少了多少？

2021年山东省威海市中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，共26分。1～10小题为单项选择题，每小题2分；11、12小题为多项选择题，每小题3分，选对但选不全的得2分，错选、漏选均不得分）
1．（2分）某人在一根较长的装有水的钢管的一头敲一下，另一人在水管的另一头能听到三次响声，这三次响声传播的介质顺序是（　　）
A．空气、水、钢管 B．水、空气、钢管
C．钢管、水、空气 D．钢管、空气、水
【分析】根据声音在不同介质中的传播速度不同：一般情况下，声音的传播在气体中慢，在液体中较快，在固体中最快，即可解答此题。
【解答】解：本题中传播声音的物质有三种：水、钢管和空气，在这三种物质中，声音在钢管中传播的最快，在空气中传播的最慢，人在水管的另一端听到的第一声响是从水管中传来的，第二声响是从水中传来的，第三声响是从空气中传来的。
故选：C。
【点评】本题主要考查了声音在不同介质中的传播速度。声音的传播需要靠介质，而固体、气体、液体都可以传声，声速的大小跟介质的种类有关。
2．（2分）如图所示，人眼在A点看见河里B点有一条小鱼，若从A点射出一束激光，要使激光能照射到小鱼，该激光应射向（　　）

A．B点 B．B点上方
C．B点下方 D．B点左方或右方
【分析】根据光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，可知人看到的是鱼的虚像，根据鱼的位置确定折射光线的方向，再根据折射时光路是可逆的来解答此题。
【解答】解：连接AB，过折射点做法线，根据光从空气斜射入水中，折射角小于入射角画出折射光线的位置，虽然人看到的B点是鱼的虚像，鱼的实际位置在B点的正下方，因为激光在进入水的时候也会发生折射，所以照着B点，激光也就刚好落在鱼上了。如图所示：

故选：A。
【点评】本题主要考查光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角。
3．（2分）下列物态变化的事例中，正确的是（　　）
A．电冰箱冷冻室内出现白色的霜，这是凝固现象
B．夏天阴凉地方的石头比较潮湿，这是液化现象
C．舞台上用干冰制作“云雾”，这是汽化现象
D．冬天，冰冻的衣服能晾干，这是汽化现象
【分析】（1）物质由气态直接变成固态叫做凝华；
（2）物质由气态变成液态叫做液化；
（3）物质由固态直接变成气态叫做升华。
【解答】解：A、电冰箱冷冻室内出现白色的霜，是空气中的水蒸气遇冷变成的小冰晶，属于凝华现象，故A错误；
B、夏天阴凉地方的石头潮湿，是周围温度较高的水蒸气遇到温度较低的石头液化形成的，故B正确；
C、干冰是固态二氧化碳，很容易升华吸热，周围水蒸气遇冷凝结成小水滴形成“云雾”，属于液化现象，故C错误；
D、冬天，冰冻的衣服能晾干，是发生了升华现象，故D错误。
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。
4．（2分）如图所示，下列描述正确的是（　　）

A．图甲中，正在测量的U形管压强计属于连通器的应用
B．图乙中，上课时老师用力压住粉笔写字是为了减小压强
C．图丙中，修剪花枝的剪刀刀刃做得很锋利是为了减小摩擦
D．图丁中，空气通过飞机机翼的上表面时，流速大，故压强较小
【分析】（1）上端开口，下端相连通的容器叫连通器；
（2）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
（3）增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力；在压力一定时，减小受力面积；
（4）流体流速越大的位置，压强越小。
【解答】解：
A、测量液体压强的U形管虽然下端相连通，但上端没有直接开口，所以不属于连通器，故A错误；
B、用力压住粉笔写字是通过增大压力来增大摩擦力的，故B错误；
C、剪刀刃做得很锋利是在压力一定时，减小受力面积增大压强，故C错误；
D、飞机起飞利用了“空气流速大的地方压强小”的原理，空气通过飞机机翼的上表面时，流速大，故压强较小，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了连通器、增大摩擦力的方法、增大压强的方法以及流体压强和流速的关系，是一道综合题。
5．（2分）关于能源，下列说法正确的是（　　）
A．水能、汽油、柴油等属于一次能源
B．核能、地热能、太阳能等属于新能源
C．石油、煤炭、潮汐能等属于可再生能源
D．石油、煤炭、电能等属于二次能源
【分析】（1）一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源，例如化石燃料、太阳能、水能、生物燃料；
（2）新能源：新近才开始使用的能源，如核能、太阳能、地热能、潮汐能；
（3）由可再生能源与不可再生能源的分类要求来看，可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
（4）二次能源：由一次性能源直接或间接转换而来的能源：煤气、氢能、电能、汽油、沼气。
【解答】解：
A、汽油、柴油属于二次能源；水能属于一次能源，故A说法错误；
B、核能、地热能、太阳能属于新能源，故B说法正确；
C、石油、煤炭等属于不可再生能源，潮汐能等属于可再生能源，故C说法错误；
D、石油、煤炭、属于一次能源，电能属于二次能源；故D说法错误。
故选：B。
【点评】本题考查了能量和能源的相关问题，比较简单，属于常见问题的考查。
6．（2分）如图所示，关于家庭电路，下列说法不正确的是（　　）

A．图中洗衣机插头上标的字母E的导线与洗衣机金属外壳相连
B．图乙是空气开关，防止家庭电路电流过大导致的危险
C．图丙是漏电保护器，它不能防止站在绝缘凳上的人同时接触火线和零线（双线触电）而触电
D．图丁，断开开关情况下，手指接触台灯接点N时不会触电
【分析】（1）三脚插头中最长的插头与用电器的外壳相连，使用中与地线相接避免触电。
（2）当电路中发生短路或用电器总功率过大时，电路中电流过大，空气开关中的电磁铁会产生较强的磁性吸引衔铁，使开关断开，切断电路起到保护电路的作用。
（3）空气开关中的电磁铁会产生较强的磁性吸引衔铁，使开关断开，切断电路起到保护电路的作用；判断漏电保护器会不会切断电路，就是分析两处的电流是否相等，如果相等就不会切断电路，如果不相等就会切断电路。
（4）人体直接或间接接触火线，并与地线或零线构成通路，会有电流通过人体造成触电。
【解答】解：A、三脚插头的插头E与用电器的外壳相连，使用中与地线相接避免触电，故A正确；
B、家庭电路中空气开关的作用是保护电路，当电路中发生短路或用电器总功率过大时会引起家庭电路电流过大，空气开关跳闸，故B正确；
C、当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到火线和零线时（双线触电），流过火线与零线的电流相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场应完全抵消，漏电保护器不会切断电路，故C正确；
D、人站在地面上手接触台灯接点N时，N点与火线相通，接触时会触电，故D错误。
故选：D。
【点评】此题考查知识较多，知道家庭电路的连接和安全用电的知识是解决该题的关键，属于中考选择题常考查题。
7．（2分）下列有关内能、热量和温度的说法正确的是（　　）
A．在热传递过程中，热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体
B．比热容与升高的温度，吸收或放出的热量多少有关
C．物体温度升高，一定是吸收热量
D．物体内能增加，温度一定升高
【分析】（1）发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热；
（2）单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量叫做这种物质的比热容，比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和物体所处的状态有关，与物体的质量无关；
（3）改变内能的方式：做功和热传递；
（4）同一物体的温度越高内能越大、温度越低内能越小，物体的温度升高内能增大、温度降低内能减少；但物体的内能增加，温度不一定升高，如晶体熔化时，内能增加但温度不变。
【解答】解：
A、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，若内能小的物体温度高，故热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故A正确；
B、比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和物体所处的状态有关，与物体的质量大小、升高的温度，吸收或放出的热量多少无关，故B错误；
C、物体温度升高，可能是吸收热量，也可能是外界对物体做功，故C错误；
D、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，比如晶体在熔化过程中吸热，但温度不升高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了学生对改变内能的方法、比热容的特性、热传递的条件、物体内能与温度的关系的了解与掌握，综合性强，属于中考的热点。
8．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，电路正常工作，一段时间后，发现其中一个电压表示数变大，则（　　）

A．灯L1的灯丝可能已烧断 B．灯L1亮度可能不变
C．灯L2可能断路 D．灯L2可能短路
【分析】在电路中，灯泡L1和L2串联。已知电源电压不变，电压表V1测量电源电压，所以示数不变；因此只能是电压表V2示数增大。
【解答】解：
A、若灯L1的灯丝已烧断，则电路断路，只有电压表V1仍可测量电源电压，而电压表V2不能工作，示数减小为零，故A不合题意；
B、灯L1亮度不变，则电路中的用电器没有变化，电流也不变，故电压表V2示数就应不变。故B不合题意；
C、若灯L2断路，电压表V2串联在电路中，示数增大为电源电压。故C符合题意；
D、若灯L2短路，相当于导线，电压表V2与导线并联示数减小为零。故D不合题意。
故选：C。
【点评】用电压表判断电路故障时，如果有示数，说明与电压表串联的元件是完好的；如果无示数，说明与电压表串联的元件有断路，或与电压表并联的元件短路。
9．（2分）如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，电源电压恒定，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度的变化而变化，以下说法正确的是（　　）

A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数减小
C．当光照强度增大时，电磁铁的磁性变弱
D．若将R1换成阻值稍小的电阻，可使灯L的发光时间变短
【分析】（1）要使天亮时自动熄灭，电流需增大达到一定数值时，衔铁被吸合，灯L所在电路断开，灯L自动熄灭，进而得出R2的阻值随光照强度的变化而发生怎样的变化；
（2）（3）由于R2的阻值随光照强度的增大而减小，根据光照强度的变化判定电阻的变化；根据欧姆定律判定电流、电压的变化；电磁铁磁性大小与电流大小和线圈的匝数有关；
（4）由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，根据R＝可知，控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值较小的电阻，R2的阻值变大，进而分析得出灯L的发光时间变化。
【解答】解：
A、要使灯L在天亮时自动熄灭，电流需增大达到一定数值，衔铁被吸合，灯L所在电路断开，灯L自动熄灭，则可知天亮时光照强度增大，控制电路中电流增大，光敏电阻R2的阻值减小，所以，R2的阻值随光照强度的增大而减小，故A错误；
B、由于R2的阻值随光照强度的增大而减小，当光照强度减小时，R2的阻值增大，根据串联分压的规律可知，R2两端的电压增大，即电压表示数增大，故B错误；
C、当光照强度增大时，R2的阻值变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，则电磁铁的磁性增强，故C错误；
D、由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，根据R＝可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值较小的电阻，则R2的阻值变大，此时光照强度减弱，即在天较暗时灯就熄灭了。由此可见，将R1换成阻值较小的电阻，可缩短灯L的发光时间，故D正确。
故选：D。
【点评】本题一道以敏感电阻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，属于动态电路分析的典型题目，有一定难度。
10．（2分）如图所示，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F的作用下，一起以速度v沿水平地面向右做匀速直线运动（不计空气阻力），则下列结论中正确的是（　　）


A．地面对B的摩擦力与A对B的摩擦力是一对相互作用力
B．A与B之间的摩擦力为0
C．B与地面之间的接触面可能比A与B之间更光滑
D．B的重力与地面对B的支持力是平衡力
【分析】（1）二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；
（2）分别以整体、A、B为研究对象进行分析，且物体处于匀速直线运动状态时，受平衡力的作用。
【解答】解：A、地面对B的摩擦力与A对B的摩擦力都作用在B上，所以不是一对相互作用力；故A错误；
B、由图可知，物体A和B，在大小为F的恒力作用下沿水平地面向右做匀速直线运动，所以物体A和B在水平方向受到平衡力作用，即B受到水平向左的摩擦力，大小为F，故B错误；
C、AB一起做匀速直线运动，则B在水平方向上受到的合力为零，其受到一个向前的A对它的静摩擦力，受到地面对它向后的滑动摩擦力，这两个力大小相同。但是B对地面的压力等于A、B的重力之和，而A对B的压力大小等于A的重力，根据公式f＝uN，则B与地面间的摩擦系数应小些，也就是光滑一些，故C正确；
D、对于B来说，在竖直方向上，地面对B的支持力和B对地面的压力是相互作用的力，所以地面对B的支持力等于A和B的重力之和，B所受重力与地面对B的支持力大小不相等，不是平衡力，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了物体的受力分析，关键是能够对整体和部分进行受力分析，根据平衡力的知识进行判断，对学生来说应属于难题。
11．（3分）如图所示，是某电子秤原理图。托盘与弹簧相连，滑片P固定在弹簧上并能随弹簧的伸缩上下滑动，R是一根长10cm的均匀电阻丝。空盘时，滑片P位于R的最上端且经过R的电流为0.3A；称量最大值时，滑片P位于R的最下端。R的最大阻值为40Ω，电源电压恒为3V。下列说法正确的是（　　）

A．图中的“质量表”用电流表改装而成
B．闭合开关后，电路中总电阻的范围是0～50Ω
C．闭合开关后，R两端的电压范围是0～3V
D．称量最大质量时，电路消耗的总功率是0.18W
【分析】（1）根据电表的正确使用：电流表与被测电路元件串联、电压表与被测电路元件并联，判断质量表的类型；
（2）空盘时，电路为R0的简单电路，根据欧姆定律求出R0的阻值，进而求出电路中总电阻的范围；
（3）称量最大质量时，电阻R0与R的最大阻值串联，根据欧姆定律算出电流，根据U＝IR算出电阻两端的电压，进而判断出R0两端电压范围；
（4）根据P＝UI求出电路消耗的总功率。
【解答】解：由图可知，质量表串联在电路中，所以质量表应为电流表改装而成，故A正确；
空盘时，滑片P位于R的最上端且经过R0的电流为0.3A，此时电路中只有R0，则R0两端的最大电压等于电源电压3V，
结合欧姆定律可得R0的阻值：
R0＝＝＝10Ω；
称量最大值时，滑片P位于R的最下端，R0与R串联，最大总电阻R总＝R0+R＝10Ω+40Ω＝50Ω，
所以，闭合开关后，电路中总电阻的范围是10Ω～50Ω，故B错误；
称量最大值时，电路中的电流I＝＝＝0.06A；
此时R0的两端电压是U0＝IR0＝0.06A×10Ω＝0.6V，所以，闭合开关后，R0两端电压范围是0.6V～3V，故C错误；
称量最大值时，电路消耗的总功率：P＝UI＝3V×0.06A＝0.18W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了电表的正确使用和电路中定值电阻的作用以及串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，关键是正确分析电路状态。
12．（3分）如图所示，将金属块挂在弹簧测力计下端，先后浸没在水和酒精中，金属块静止时弹簧测力计的示数如图甲、乙所示，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ酒精＝0.8×103kg/m3，g＝10N/kg，则下列关于金属块的几个物理量计算正确的是（　　）

A．在水中受到的浮力为2N B．体积为10cm3
C．质量为0.3kg D．密度为3.0×103kg/m3
【分析】（1）金属块浸没在液体中受到浮力、重力、拉力作用，其关系是：G＝F浮+F拉，根据金属块浸没在不同液体中重力相等计算出排开液体的体积，即金属块体积；
（2）根据阿基米德原理计算出物体浸没在水中受到的浮力；
（3）根据G＝F浮+F拉，计算出物体的重力；
（4）根据密度计算公式ρ＝计算出金属块密度。
【解答】解：
（1）金属块浸没在液体中受到浮力、重力、拉力作用，其关系为G＝F浮+F拉，
浸没在水中：G＝F浮1+F拉1，浸没在酒精中：G＝F浮2+F拉2，
即F浮1+F拉1＝F浮2+F拉2，
又由阿基米德原理可得F浮＝ρ液gV排，
所以，ρ水gV排+F拉1＝ρ酒精gV排+F拉2，
代入数据可得：1.0×103kg/m3×10N/kg×V排+2N＝0.8×103kg/m3×10N/kg×V排+2.2N，
解得：V排＝1×10﹣4m3＝100cm3，
金属块完全浸没在液体中，则V金＝V排＝1×10﹣4m3＝100cm3，故B错误；
（2）在水中受到的浮力：F浮1＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣4m3＝1N，故A错误；
（3）金属块浸没在水中时，其重力G＝F浮1+F拉1＝1N+2N＝3N，
则金属块的质量：m＝＝＝0.3kg；故C正确；
（4）金属块的密度：ρ＝＝＝3×103kg/m3，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了对视重法测浮力、阿基米德原理、重力公式、密度公式的理解和灵活运用能力，有些难度，灵活运用公式是解题的关键。
二、填空题（本题共8小题，每小题2分，共16分）
13．（2分）“粘”字常用来表述一些物理现象，例如：干燥天气，穿在身上的化纤衣服会粘“毛毛”，这是　摩擦起电　现象；表面平滑的铅块紧压后会粘在一起，这是因为　分子间有引力　。
【分析】（1）根据摩擦起电现象和带电物体的性质分析；
（2）分子之间存在着引力和斥力。
【解答】解：（1）在干燥天气，穿在身上的化纤衣服由于相互摩擦，使衣服上带了电，而带电体会吸引不带电的轻小物体，所以穿在身上的化纤衣服会粘“毛毛”，这是摩擦起电现象。
（2）两块表面平整干净的铅块压紧会粘在一起，这是因为分子间有引力作用。
故答案为：摩擦起电；分子间有引力。
【点评】本题考查了摩擦起电现象和分子之间的作用力的掌握情况，需要结合具体实例进行分析。
14．（2分）图中画出了两个磁极间的磁感线，这两个磁极都是　 　（选填“N”或“S”）极，图中B点的小磁针静止时北极所指的方向向　下　（选填“上”或“下”）。

【分析】根据磁场的性质及磁感线的特点分析即可；某点磁场的方向实际就是小磁针静止时北极所指的方向，而在磁体外部磁感线的方向是由N出发回到S极，实际磁场的方向与磁感线方向是一致的。
【解答】解：根据磁体外部，磁感线的方向是由磁铁的N极出发回到磁铁的S极；所以两个磁极都是N极；
某点磁场的方向实际就是小磁针静止时北极所指的方向，所以B点的小磁针静止时北极所指的方向向下；如图所示：
。
故答案为：N；下。
【点评】此题主要考查了磁感线的概念，同时要考查了磁感线的方向及磁针北极指向的关系，一定注意某点磁场的方向实际就是小磁针静止时北极所指的方向。
15．（2分）某台汽油机飞轮的转速为1800r/min，在1s内，汽油机完成了　15　个工作循环。如果汽油机在一段时间内消耗了500g汽油，若这些汽油完全燃烧，可放出热量　2.3×107　J。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，活塞往复1次，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
（2）知道汽油的质量和热值，利用Q放＝mq求汽油完全燃烧产生的热量。
【解答】解：（1）四冲程汽油机一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，活塞往复2次，
四冲程汽油机的飞轮转速为1800r/min，所以1s内，飞轮转30圈，共15个工作循环，60个冲程，做功15次。
（2）500g＝0.5kg汽油完全燃烧产生的热量：
Q放＝mq＝0.5kg×4.6×107J/kg＝2.3×107J。
故答案为：15；2.3×107。
【点评】此题以常见的汽油机为载体综合考查了热机的工作过程和有关热机的计算，要求学生熟练掌握所学知识。
16．（2分）如图所示，装有水的茶壶中，若水对壶底压强是1.5×103Pa，则壶中水深　15　cm。如果用手紧紧按住壶盖上的小孔，　不能　（选填“能”或“不能”）轻易把水倒出。（g取10N/kg）

【分析】（1）知道水对壶底压强，根据公式p＝ρgh求出壶中水深；
（2）茶壶盖上的小孔能保证与大气相通。
【解答】解：（1）由p＝ρgh可得，壶中水深：
h＝＝＝0.15m＝15cm；
（3）若壶中装满水，用手指将壶盖上的小孔堵住，由于外部的大气压大于壶内压强，壶中的水不能倒出。
故答案为：15；不能。
【点评】本题考查了液体压强公式与大气压强的应用，是一道基础题目。
17．（2分）质量为2.8kg的干木柴完全燃烧，所放出的热量为　3.36×107　J，如果这些热量的50%被初温为20℃，质量为80kg的水吸收，则水的温度将升高到　70　℃。（已知：干木柴的热值为1.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）
【分析】（1）已知干木柴的热值和质量，根据Q＝mq求出完全燃烧2.8kg的干木柴能放出的热量；
（2）利用效率公式η＝计算水吸收的热量，再根据Q吸＝cm△t的变形式求出水升高温度。
【解答】解：（1）干木柴放出的热量：Q放＝m干木柴q＝2.8kg×1.2×107J/kg＝3.36×107J；
（2）由η＝得，
水吸收的热量：Q吸＝Q放η＝3.36×107J×50%＝1.68×107J，
由Q吸＝cm△t得，
水升高的温度为：△t＝＝＝50℃；
则水的末温为50℃+20℃＝70℃。
故答案为：3.36×107；70。
【点评】本题利用了公式Q放＝mq、Q吸＝cm△t和η＝进行计算，关键是注意“升高到”和“升高”的区别，这个也是容易出错的地方。
18．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表示数将　变小　，电压表示数将　变小　。

【分析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化和电压表示数的变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，
由U＝IR可知，R两端的电压变小，即电压表的示数变小。
故答案为：变小；变小。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。
19．（2分）如图所示电能表，表盘上标有“600revs/（kW•h）”的字样。将此电能表接入家庭电路中，电路中允许接入用电器的总功率最大为　4400　W，若关闭其它用电器，让空调机单独工作6min，电能表的转盘转过60转，则该空调机在上述时间内消耗的电功率是　1000　W。

【分析】（1）10（20）A，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表平时工作时允许通过的最大电流；根据P＝UI求出最大功率；
（2）600revs/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，据此求出转盘转60转电路中消耗的电能，然后根据P＝求出空调机的功率。
【解答】解：
（1）电能表表盘上标有“10（20）A”，其中的“20”是指电能表平时工作允许通过的最大电流为20A；
电能表的工作电压为220V，
电路中允许接入用电器的最大总功率为：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W；
（2）600revs/（kW•h） 表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600r，
则转盘转过60转，空调机消耗的电能：
W＝kW•h＝0.1kW•h；
该空调机的功率：
P＝＝＝1kW＝1000W；
故答案为：4400；1000。
【点评】本题考查电能和电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。
20．（2分）在一个圆柱形容器内盛有适量的水，现将一质量为200g的密闭空心铁盒A放入水中时，空心铁盒有一半浮出水面；当铁盒上放一个小磁铁B时，铁盒恰好浸没水中，如图甲所示，当把它们倒置在水中时，A有的体积露出水面，如图乙所示。图乙的液面与图甲相比，液面会　不变　。（选填“升高”、“降低”或“不变”），小磁铁B的密度为　7.5×103　kg/m3（甲乙两图中液体均没有溢出）。

【分析】（1）漂浮时浮力等于重力；
（2）利用漂浮的条件，根据物体在不同状态下的排水体积，用公式列出等式，再根据等量关系计算得出小磁铁的密度与水的密度的关系，最终求出小磁铁密度的大小。
【解答】解：
（1）在甲乙两图中，AB组成的整体都处于漂浮状态，则浮力等于总重力，
所以F甲浮＝F浮乙，
根据F浮＝ρ水gV排知，整体排开水的体积相等，则液面高度相等，即图乙的液面与图甲相比液面会不变；
（2）设空心铁盒的体积为VA，小磁铁B的质量为mB，体积为VB，
只将空心铁盒A放入水中时，有一半浮出水面，
则ρ水g×VA＝mAg﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
B放上后，铁盒恰好浸没在水中，如图甲，
则ρ水gVA＝mAg+mBg﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
B倒置在水中，A有的体积露出水面，如图乙，
则ρ水g×（1﹣）VA+ρ水gVB＝mAg+mBg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由①②可得mB＝mA，
由②③可得VB＝VA，
再由①式ρ水g×VA＝mAg＝ρAVAg可得，A的平均密度ρA＝，
则ρB＝＝＝15ρA＝ρ水＝7.5×103kg/m3。
故答案为：不变；7.5×103。
【点评】解决此题的关键是利用公式和浮沉条件找等量关系，列等式，并通过寻找小磁铁密度与水的密度的关系，最终求出小磁铁的密度。
三、作图题（本题共2小题，21小题2分，22小题2分，共4分）
21．（2分）如图所示，物体A处于静止状态，小车在拉力F作用下向右加速运动。请在图中画出物体A所受的支持力N和摩擦力f的示意图（力的作用点图中已标出）。

【分析】先对物体A进行受力分析，小车在拉力作用下向右加速运动，所以A除了受重力、支持力以外，还受小车对其的摩擦力。再按力的示意图要求画出A受到的支持力和摩擦力示意图。
【解答】解：
以A为研究对象，受向左的拉力和向右的摩擦力才会保持静止；A受到支持力方向竖直向上，过物体的重心，分别沿支持力和摩擦力的方向画一条有向线段，分别用N和f表示，如图所示：

【点评】本题是要画力的示意图，主要考查了摩擦力的大小和方向的判断，关键选择合适的研究对象进行分析。
22．（2分）画出图中人眼通过平面镜M看到桌底下球的光路。

【分析】利用平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出球的像点，根据反射光线反向延长通过像点，可以由像点和眼睛点确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路。
【解答】解：作出球点S关于平面镜的对称点，即为像点S′，连接S′P交平面镜于点O，沿OP画出反射光线，连接SO画出入射光线，如图所示：

【点评】本题考查了平面镜成像的特点：像与物大小相等，连线与镜面垂直，到平面镜的距离相等，左右相反，即像与物关于平面镜对称。需要注意的是，像位于反射光线的反向延长线上。
四、实验探究题（本题3小题，23小题6分，24题6分，25小题7分，共19分）
23．（6分）在“测量物质的密度”实验中：

（1）用调好的天平测金属块质量，天平平衡时砝码及游码在标尺上的位置如图甲所示，金属块质量m为
　27　g。
（2）用细线系住金属块放入装有20mL水的量筒内，水面如图乙所示，则金属块体积V为　10　cm3。
（3）计算出金属块密度ρ＝　2.7　g/cm3。
（4）实验中所用细线会对测量结果造成一定误差，导致所测密度值　偏小　（偏大/偏小）。
（5）在上面实验基础上，利用弹簧测力计和该金属块，只需增加一个操作步骤就能测出图丙内烧杯中盐水的密度，增加的步骤是：　用弹簧测力计吊着金属块，把金属块浸没入盐水中，读出此时测力计的示数F　。盐水密度表达式ρ盐水＝　　（选用所测物理量符号表示）。
【分析】（1）天平在读取时要将砝码的质量与游码的示数相加。
（2）在用量筒测固体体积时，要用两次的体积之差求出固体的体积。
（3）根据密度的公式计算得出金属块的密度。
（4）细线会排开一定体积的水；
（5）用弹簧测力计吊着金属块，把金属块浸入水中，读出此时测力计的示数，可以求出浮力的大小；根据阿基米德原理求出盐水的密度。
【解答】解：（1）金属块的质量m＝20g+5g+2g＝27g；
（2）金属块的体积V＝30ml﹣20ml＝10ml；
（3）金属块的密度ρ＝＝＝2.7g/cm3。
（4）细线会排开一定体积的水，导致测量的金属块的体积变大，质量不变，故密度的测量值要偏小；
（5）用弹簧测力计吊着金属块，把金属块浸没入盐水中，读出此时测力计的示数F，则浮力的大小为：F浮＝G﹣F＝mg﹣F；
金属块的体积等于其排开的盐水的体积，根据阿基米德原理可知，盐水的密度为：
ρ盐水＝＝。
故答案为：（1）27；（2）10；（3）2.7；（4）偏小；（5）用弹簧测力计吊着金属块，把金属块浸入盐水中，读出此时测力计的示数F；。
【点评】天平、量筒的读数是我们应该熟练掌握的基本实验技能，密度的公式始终是测密度实验的基本原理，要能熟练运用才行。
24．（6分）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，提出如下猜想：
猜想1：浮力的大小可能与液体的密度有关；
猜想2：浮力的大小可能与物体的重力有关；
猜想3：浮力的人小可能与物体的形状有关；
猜想4：浮力的大小可能与排开液体的体积有关。
（1）如图1所示，用手把饮料罐按入水中，饮料料罐浸入水中越深，手会感到越吃力。这个事实可以支持以上猜想　4　（选填序号）。

（2）为了研究猜想1和猜想2，运用了体积相同的A、B、C三个圆柱体，测得重力分别为4N，4.5N和5N．然后进行如图2所示的实验。
①在序号a的实验中物所受的浮力为　1　N。
②比较序号　a　，　d　，e的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关。
③进一步分析可知：液体的密度越大，物体所变的浮力越　大　；
④比较序号a、b、c的三次实验，可得出结论：浮力的大小与物体的重力　无　关。
（3）为了研究猜想3，小明用两块相同的橡皮泥分别捏成圆锥体和圆柱体进行如图3所示的实验、由此小明得出的结论是：浮力的大小与物体的形状有关，小珍认为这结论不可靠，主要原因是　没有控制排开液体的体积相同　。

【分析】（1）浮力是竖直向上的，根据手的感觉来感知浮力的变化；通过水面的变化来判断物体排开液体体积的关系；从而提出浮力和物体排开液体体积关系的猜想；
（2）①根据称量法算出浮力；
②③根据控制变量法分析，要探究浮力大小与液体密度的关系，需要控制同一物体、排开液体的体积相同，改变液体的密度，找出符合要求的图即可，进一步分析得出结论；
④比较序号为a、b、c的三次实验的物体所受浮力的大小变化和变化的因素，得出浮力物体的重力之间的关系；
（3）利用控制变量法分析小明同学的方案，即可判断不可靠的原因。
【解答】解：
（1）用手把空的饮料罐按入水中，手就会感受到竖直向上的浮力，越往下按，浮力越大，手会感到越吃力；空饮料罐向下按入的过程中，水面会升高，空饮料罐排开水的体积比较大；由此得出猜想：浮力的大小与物体排开液体的体积有关，即这个事实可以支持猜想4。
（2）①在序号a的实验中，物体的重力GA＝4N，弹簧测力计的示数为3N，
则物体受到的浮力为：F浮水＝GA﹣F＝4N﹣3N＝1N；
②要探究浮力大小与液体密度的关系，需要控制排开液体的体积相同、形状相同（同一物体），改变液体的密度，图中a、d、e三图符合要求；
③a图中物体浸没在水中，受到的浮力为：F浮水＝G﹣F＝4N﹣3N＝1N
d图中物体浸没在酒精中，受到的浮力为：F浮酒＝G﹣F′＝4N﹣3.2N＝0.8N；
e图中物体浸没在盐水中，受到的浮力为：F浮盐＝G﹣F″＝4N﹣2.8N＝1.2N；
所以同一物体在盐水中浮力最大、在酒精中受到的浮力最小，又因为盐水的密度最大，酒精的密度最小，
所以可以得出：液体的密度越大，物体所变的浮力越大；
④序号为a、b、c的三次实验中，物体的体积和浸没的液体都相同，不同因素是物体的重力；
由图可知测力计的示数分别为：3N、3.5N、4N，而三个圆柱形物体A、B、C的重分别为4N、4.5N和5N，根据称重法F浮＝G﹣F，则所受浮力分别为1N、1N、1N，可见浮力相等，于是可得出结论：浮力的大小与物体的重力无关；
（3）根据控制变量法知：要研究浮力大小与物体形状的关系，必须保证排开液体的体积和液体的密度不变，小明实验中改变了形状，但没有控制排开水的体积相同，故小珍认为小明的结论不可靠，不可靠主要原因为没有控制排开液体的体积相同。
故答案为：（1）4；（2）①1；②a；d；③大；④无；（3）没有控制排开液体的体积相同。
【点评】此题主要考查的是学生对“浮力的大小跟哪些因素有关”探究实验的理解和掌握，同时考查学生对浮力公式的理解和掌握，综合性很强，有一定难度，掌握控制变量法是解决此题的关键。
25．（7分）某实验小组的同学用图甲所示器材测小灯泡电功率，待测小灯泡L的额定电压为3.8V额定功率小于1W，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为20Ω1A”，下图甲所示是该实验小组没有连接完整的电路。

（1）请你用画笔代替导线，在图甲中把电路连接完整。
（2）正确连接完电路，闭合开关后，发现无论怎么移动滑片，小灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数明显，仔细检查，连续无误，那么出现该状况的原因应该是　 　
A．电流表内部断路了B，灯泡的灯丝断了
C．灯座内部出现了短路 D．滑动变阻器的电阻线断了
（3）排除故障后，通过正确操作，当灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，其值为　0.2　A，小灯泡的额定功率为　0.76　W。
（4）测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯额定电压下的实际功率，应将滑动变阻器的滑片向　D　（选填C“或“D”）端动。
（5）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，原因是　灯泡在不同电压下的实际功率不同　（6）图丙是该实验小组的同学测量小灯电功率的电路图，测量后他们对测量结果进行了误差分析，考虑电表本身对电路的影响。该电路主要是由于所测　电流　（选“电压”或“电流”）值偏大引起小灯跑电功率偏大的。
【分析】（1）根据待测小灯泡L的额定电压为3.8V确定电压表量程与灯并联，因额定功率小于1W，根据P＝UI灯正常发光电流，确定电流表量程与灯串联，变阻器按一上一下接入电路中；
（2）小灯泡不亮，电流表无示数，电路可能有断路发生，再根据电压表有明显示数分析故障的原因；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率；
（4）灯在额定电压下的功率为额定功率，当灯的电压大于额定电压时，灯的实际功率大于额定功率，根据串联电路电压的规律和分压原理分析；
（5）灯在不同电压下的功率不同；
（6）图丙中，电压表与灯并联，电压表测量灯的电压是准确的，根据并联电路电流的规律确定电流表示数与通过灯的实际电流大小关系，根据P＝UI分析。
【解答】解：（1）待测小灯泡L的额定电压为3.8V，故电压表选用0﹣15V量程与灯并联，
额定功率小于1W，根据P＝UI，灯的额定电流小于：I＝＝≈0.26A，故电流表选用0﹣0.6A量程与灯串联，变阻器按一上一下接入电路中，电路连接如图所示：

（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表无示数，电路可能有断路发生，而电压表有明显的示数，说明电压表到电源两极间是通路，所以故障的原因是灯泡有断路，故选B；
（3）电流表使用0﹣0.6A量程，分度值为0.02A，由图乙知，灯泡正常发光时的电流为0.2A，
所以小灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.2A＝0.76W；
（4）灯在额定电压下的功率为额定功率，当灯的电压大于额定电压时，灯的实际功率大于额定功率，测出小灯泡的额定功率后，再测大于小灯泡额定功率的实际功率，应增大灯泡两端的电压，减小变阻器的电压，故将滑动变阻器的滑片向D端滑动；
（5）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，因为灯泡在不同电压下的实际功率不同；
（6）图丙中，电压表与灯并联，电压表测量灯的电压是准确的，根据并联电路电流的规律，电流表测灯泡和电压表电流之和，其示数大于通过灯的实际电流，故该实验所测小灯泡电功率偏大。
故答案为：（1）见上图；（2）B；（3）0.2；0.76；（4）D；（5）不需要；灯泡在不同电压下的实际功率不同；（6）电流。
【点评】本题测量小灯泡电功率，考查电路连接、故障分析、电流表读数、额定功率计算、实验的操作以及数据处理及误差分析，属于常见的考试类型，应掌握好。
五、综合计算题（本小题3小题，26小题8分，27小题8分，28小题9分，共25分）
26．（8分）某汽车为四冲程内燃机，在平直的公路上匀速行驶5.6km，受到的阻力是3.0×103N，消耗燃油1.5×10﹣3m3（假设燃油完全燃烧），若燃油的密度是ρ＝0.8×103kg/m3，热值q＝4×107J/kg，求：
（1）汽车牵引力做的功；
（2）该车的热机效率是多少？
【分析】（1）汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，又知道汽车行驶的路程，利用W＝Fs求出汽车牵引力做的功；
（2）知道燃油的体积和密度，根据m＝ρV求出燃油的质量，又知道燃油的热值，根据Q放＝mq求出燃油完全燃烧释放的热量，利用η＝×100%求出该车的热机效率。
【解答】解：（1）因汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，汽车的牵引力：
F＝f＝3.0×103N，
则牵引力所做的功：
W＝Fs＝3.0×103N×5.6×103m＝1.68×107J；
（2）由ρ＝可得，消耗燃油的质量：
m＝ρV＝0.8×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.2kg，
燃油完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq＝1.2kg×4×107J/kg＝4.8×107J，
则该车的热机效率：
η＝×100%＝×100%＝35%。
答：（1）汽车牵引力做的功为1.68×107J；
（2）该车的热机效率是35%。
【点评】本题考查了做功公式、密度公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式以及二力平衡条件的应用，是一道力学和热学的综合题，要求学生熟练的应用相关公式。
27．（8分）新型电饭锅采用“聪明火”技术，智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的营养和口感，其简化电路如图甲所示。R1和R2均为电热丝，S1是自动控制开关。煮饭时，把电饭锅接入220V电路中，在电饭锅工作的30min内，电路中总电流随时间变化的图象如图乙所示。求：
（1）S和S1都闭合时电饭锅的电功率；
（2）电热丝R1的阻值；
（3）这30min内电饭锅产生的热量。
【分析】（1）S和S1都闭合时，电阻R1与R2并联；电路中电流最大，由乙图可知此时电流值，则利用P＝UI求出功率；
（2）开关S1断开时，电路中只有R1工作，由乙图可知通过R1的电流值，然后根据欧姆定律即可求出R1的阻值；
（3）利用P＝UI求出只有R1工作时功率；由乙图可知：30min内两种情况下各自的工作时间，利用W＝Pt分别求出两种情况下各自产生的热量，最后求其和即可。
【解答】解：
（1）S和S1都闭合时，电阻R1与R2并联，
由乙图可知此时电流值Imax＝3A，
则功率Pmax＝UImax＝220V×3A＝660W；
（2）开关S1断开时，电路中只有R1工作，由丙图可知，通过R1的电流值I1＝2A，
由I＝可知，电热丝R1的阻值：
R1＝＝＝110Ω；
（3）电阻R1与R2同时工作的时间：
t＝10min+（20min﹣15min）＝15min＝900s，
电饭锅产生的热量：
Q＝W＝Pt＝660W×900s＝5.94×105J，
只有R1工作时，电饭锅的工作时间：
t′＝30min﹣15min＝900s，
电饭锅产生的热量：
Q′＝W′＝UI1t′＝220V×2A×900s＝3.96×105J，
所以这30min内电饭锅产生的热量：
Q总＝Q+Q′＝5.94×105J+3.96×105J＝9.9×105J。
答：（1）S和S1都闭合时电饭锅的电功率为660W；
（2）电热丝R1的阻值为110Ω；
（3）这30min内电饭锅产生的热量为9.9×105J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电热公式的综合应用，结合电路图会对图象的分析电路结构得出两种状态下对应的电流值是关键。
28．（9分）随着我国经济的不断增长，国防力量也在加强，我国第一艘航空母舰“辽宁号”已正式交接。根据某航母的主要参数值列式计算：（g＝10N/kg，ρ海水＝1.03×103kg/m3）
主要参数值
航母总质量（包括舰载飞机）
6×107kg
每架舰载飞机的质量
5150kg
每架舰载飞机与甲板的总接触面积
5000cm2
航母正常航行速度
54km/h
航母以正常航行速度行驶时所受阻力
3.6×108N
求：（1）求每架舰载飞机对甲板的压强。
（2）求航母所受的总重力和浮力的大小。
（3）若航母以正常航行速度匀速从甲地开往乙地，行驶了540km．求此过程中航母牵引力的功率。
（4）若其中一架舰载飞机起飞后，求航母排开海水的体积减少了多少？

【分析】（1）舰载飞机对甲板的压力和自身的重力相等，根据G＝mg求出其大小，再根据压强公式求出受到的压强；
（2）根据G＝mg求出航母所受的总重力，利用物体漂浮的条件求出浮力的大小；
（3）航母正常航行速度匀速行驶时，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，根据P＝＝＝Fv求出牵引力的功率；
（4）舰载飞机起飞前后，航母始终漂浮，根据阿基米德原理分别求出排开水的体积，两者之差即为航母排开海水减少的体积。
【解答】解：（1）舰载飞机对甲板的压力：
F＝G1＝m1g＝5150kg×10N/kg＝5.15×104N，
舰载飞机对甲板的压强：
p＝＝＝1.03×105Pa；

（2）航母总重力：
G2＝m2g＝6×107kg×10N/kg＝6×108N，
由漂浮之，
F浮＝G2＝6×108N；
（3）航母在匀速行驶，根据二力平衡可得：
F牵＝f＝3.6×108N，
牵引力的功率：
P＝F牵v＝3.6×108N×m/s＝5.4×109W；

（4）舰载飞机起飞前后，航母受到的浮力：
F浮＝ρ液gV排，F浮1＝G2﹣G1＝ρ液gV排1，
根据阿基米德原理可得：
△V＝V排﹣V排1＝﹣＝＝＝5m3。
答：（1）每架舰载飞机对甲板的压强为1.03×105Pa；
（2）航母的总重力和受到的浮力均为6×108N；
（3）航母行驶过程中牵引力的功率为5.4×109W；
（4）航母排开海水的体积减少了5m3。
【点评】本题考查了压强公式、重力公式、阿基米德原理和物体漂浮条件的应用，关键是知道水平面上物体的压力与自身的重力相等以及知道舰载飞机起飞前后航母始终漂浮，计算过程要注意单位的换算。