2018年四川省绵阳市安州区中考物理二诊试卷（含解析）

2018年四川省绵阳市安州区中考物理二诊试卷 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．（3分）如图是用木槌敲击同一音叉时，示波器在相同时间内截取的二列声波图，一次重敲，一次轻敲，下列说法正确的是（  ）A．重敲时音调高，甲图是重敲时的声波图B．轻敲时响度大，两次敲击音色相同C．两次敲击音调、音色都相同，乙图是轻敲时声波图D．甲的音量比乙的音量大，甲的音调也比乙的音调高2．（3分）“共享单车”已入驻我区，推动了绿色出行，深受市民欢迎。骑共享单车时，用手机摄像头扫描二维码后自动开锁（如图所示）。①手机扫描二维码时，二维码位于摄像头一倍焦距以内；②单车轮胎表面有凹凸不平的花纹是为了增大摩擦；③骑行时，看见树木向后退是以自行车为参照物；④尾灯是靠光的折射来提醒后方司机注意安全的；⑤车铃利用振动发出声音来提醒行人注意安全；⑥单车的踏脚相当于省力杠杆，以上说法中正确的是（  ）A．①②⑥B．②③⑤C．①④⑥D．②③⑥3．（3分）关于电磁波，有以下说法：①看电视时调节频道实际上是在改变电视台发射电磁波的频率；②向某卫星发出波长为0.1m的电磁波，0.3s后收到反射波，该电磁波的频率是3×109Hz，卫星距离地面9×107m；③无线广播信号发射时，调制器的作用把声音信号转变为电流信号；④4G是新的移动通信技术，它的传输速度更快，且没有电磁波辐射；⑤手机既能发射电磁波也能接收电磁波；⑥红外线和X光线的传播都不需要介质，声波的传播却需要介质，但都具有能量。以上这些说法正确的是（  ）A．①②③④B．③④⑤⑥C．①②③⑥D．②③⑤⑥第32页（共32页） 4．（3分）有四位同学在同一地点同时做托里拆利实验，其中有两人不小心使玻璃管内混入了一些空气，有一人把管放斜了，只有一人操作完全正确。他们记录到玻璃管内水银柱的长度分别为：725mm，733mm，749mm，760mm，那么，实验地点当时的实际大气压与下列哪种情况的水银柱产生的压强相同（  ）A．725mmHgB．733mmHgC．749mmHgD．760mmHg5．（3分）一次家庭探究活动中，小华把一个正在发光的灯泡放到U形磁体中间，惊讶的发现了灯丝突然晃动起来。关于这种现象，下列说法正确的是（  ）A．灯丝晃动是一种电磁感应现象B．灯丝晃动是内能转化成了机械能C．磁体对钨这种材料有吸引作用D．灯丝晃动是磁场对电流的作用6．（3分）某同学用焦距分别为f1和f2的甲、乙两凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，先将点燃的蜡烛、凸透镜甲和光屏放置在光具坐上，调整后的位置如图所示，此时光屏上得到烛焰清晰的像；再用凸透镜乙替换凸透镜甲，且保持蜡烛和凸透镜的位置不变，将光屏向左移动，再次得到烛焰清晰的像。①图中光屏上的像是烛焰发出的光线经过凸透镜折射后形成的，②图中光屏上的像是倒立放大的实像，③f1＜f2，④f1＞f2，对以上判断完全正确的是（  ）A．①③B．②③C．②④D．①④7．（3分）夏天，有经验的人为了防止饭菜变味，常把饭菜放入盆中，再把盆浮在水缸里，对于这种做法，下列最合理的解释是（  ）A．水的比热容较大，可以吸收较多的热量第32页（共32页） B．水缸是砂石材料做成的，比热容较小，有散热作用C．水缸中的水不断蒸发，水缸内水的内能相对减少导致温度降低D．水缸周围的水蒸汽在缸壁液化，使水缸内温度降低8．（3分）某金属箔是由密度大于水的材料制成，取适量这种金属箔制成中空的筒，放入桌面上盛有适量水的烧杯中，发现它漂浮在水面上，然后再将此制成的金属筒揉成紧密的小团放入同一杯水中，发现它沉入水底，比较前后两种情况，下列说法正确的是（  ）A．漂浮时受到的浮力比沉底时大，漂浮时比沉入水底时水对杯底的压强也大B．揉成团后下沉是因为金属箔密度减小，受到的浮力小于重力C．漂浮时水对浮筒的浮力和浮筒受到的重力是一对相互作用力，水对杯底压强不变D．沉入水底时，金属团各面所受水的压强相同，沉入前后杯对桌面压强不变9．（3分）医院里利用高温高压蒸汽消毒锅对器械进行消毒，不同的器械所要求的温度和压强不同，如图为自动测量锅内温度、气压的电路原理图（虚线框为锅内部分电路），电源电压恒定为4.5V，下列说法错误的是（  ）A．若对总质量为5kg、初温为15℃的钢制器械进行消毒，消毒温度达到115℃时，器械共吸2.4×105J（c钢=0.48×103J/kg•℃）B．电阻R1的阻值随压强变化，其受压力面积为2cm2，R1表面能承受压力为70N，则锅内允许的最高气压不超过3.5×105PaC．通过电流表A1显示锅内气压，当锅内气压不高于1标准大气压时，A1显示值为0，此时电阻R1为200Ω，则气压表零刻度应标在A1的22.5mA处D．消毒锅的发热器是由功率为100W，效率为80%的发热器提供，对总质量为5kg、初温为15℃的钢制器械进行消毒，消毒温度达到115℃时，发热器的工作时间是4min10．（3分）如图所示，是“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”的实验装置，下列说法正确的是（  ）第32页（共32页） A．电磁铁A的上端为N极，电磁铁B的上端为S极B．向右移动滑片P时，A吸引大头针的数量会增加C．该实验装置可以用来探究电流方向与电磁铁磁性强弱的关系D．该实验装置可以用来探究电磁铁磁性强弱与绕线匝数的关系11．（3分）如图，电阻R1与R3相等，电阻R2与R4相等。现有一个两端电压为10V的电源，当把该电源接在A、B两个接线端时，电压表的示数为7.5V，电阻R1两端的电压为U1．当把该电源接在C、D两个接线端时，电压表的示数为5V，电阻R2两端的电压为U2．则下列选项不正确的是（  ）A．U1：U2=1：2B．R1：R5=1：3C．R2：R5=1：2D．R1：R2=1：312．（3分）有A、B两个密度分别为ρA、ρB的实心正方体，它们所受的重力分别为GA和GB，它们的边长之比为2：1．将它们如图所示叠放在水平桌面上时，A对B的压强与B对桌面的压强之比为6：7．水平桌面上有两个圆柱形容器，分别装有足量的水和酒精。将物体A和B分别放入水和酒精中，物体A漂浮，有的体积露出水面。液体静止时，物体A、B所受浮力分别为FA和FB．已知酒精密度是水密度的0.8倍。下列判断正确的是（  ）A．FA：FB=5：2，GA＞GBB．ρA：ρB=3：4，FA＜FBC．GA：GB=1：6，ρA＜ρBD．FA：FB=15：2，ρA＜ρB 二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）第32页（共32页） 13．（4分）现有两个用电器，上面分别标有“6V0.2A”和“12V0.5A”的字样，如果把这两个用电器串联起来，为了使其中的一个用电器正常工作，那么加在串联电路两端的电压应该是  V，在1min内电流对后一用电器所做的功是  。14．（4分）一支未标刻度的温度计，将它放入冰水混合物中时，水银柱长4cm，放入标准大气压下的沸水中时，水银柱长度为24cm，若将它放入40℃的水中时，水银柱的长度是  cm；质量、初温均相同的甲乙两物体，先将甲投入一杯热水中，达到热平衡后水温降低了5℃，将甲取出，接着把乙放入这杯水中，达到热平衡后水温又降低了5℃，则甲的比热容  乙的比热容（选填“＜”、“＞”或“=”）。15．（4分）如图甲所示，一同学发现，人眼在A点看见河里B点有一条鱼，若从A点射出一束激光，要使激光能照到小鱼，该激光应该向  ，（选填“B点”、“B点上方”或“B点下方”）射出；另一同学在“探究凸透镜成像”规律的实验中记录并绘制到了像到凸透镜的距离和物体到凸透镜的距离之间的图象，如图乙所示，由此可见，当把物体从距离凸透镜3cm处移动8cm处的过程中，像的大小将  （选填“变大”、“变小”或“不变”）。16．（4分）甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够深）置于水平地面上，甲容器底面积为6×10﹣2m2，盛有8kg的水，乙容器盛有深度为0.1m，质量为2kg的水，现从甲容器抽取部分水注入乙容器后，甲、乙容器底部受到水的压力相同，抽水前后甲容器底部受到水的压强的变化量为  ，注水后乙容器中水的深度为  m。17．（4分）如图所示，在15N的水平拉力F作用下，木块A在水平地面上匀速向右运动的过程中，物体B相对于地面静止，此时弹簧测力计的示数为3N，A受到地面的摩擦力大小为  N，物体B的温度会  的（选填“升高”、“降低”或“不变”）。第32页（共32页）  三、解答题（共3小题，满分19分）18．（8分）如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验装置示意图。（1）该实验装置要探究的是物体动能的大小与物体  的关系（物体A、B质量不变）；（2）该实验中所探究物体的动能是指物体  （选填“A”或“B”）的动能；（3）该实验物体动能的大小是通过  来反映的；（4）该实验物体的速度是指物体A从斜面上由静止滚下与物体B即将碰撞时的速度，它是通过  （选填“高度”或“质量”）来改变的；（5）实验表明，同一物体A从斜面高处滚下，高度越大，物体B被撞得越远，可得结论  。19．（8分）现有下列器材：学生电源（6V）、电流表（0﹣0.6A，0﹣3A）、电压表（0﹣3V，0﹣15V）、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。①请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路（要求连线不得交叉）。②第32页（共32页） 实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。上述实验中，用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向  （选填“A”或“B”）端移动滑片，使电压表示数为  V时，读出电流表的示数。③为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器  。A.50Ω1.0AB.30Ω1.0AC.20Ω1.0A20．（3分）如图所示，甲、乙分别是某同学在探究“冰熔化时温度变化规律”过程中的某时刻温度计示数和温度随时间变化图象。图甲所示温度计的示数是  ；第6min时它的内能  （选填“大于”、“等于”或“小于”）第8min的内能。 四、解答题（共2小题，满分20分）21．（10分）如图所示，用汽车通过滑轮组以2m/s的速度匀速拉起深井中的物体A时，对绳的拉力为F1，F1的功率为P1；第二次以6m/s的速度匀速拉起物体B时，对绳的拉力为F2，F2的功率为P2．已知GA=5.7×103N，GB=1.2×104N，P2=6P1．若不计摩擦、绳重等，则①动滑轮重为多少？②在这两个过程中，滑轮组的最大效率是多少？22．（10分）某学校科技小组制作了一个多档位电热器，为了分析接入电路的电阻对电热器功率的影响，他们将电表接入电路中，如图所示。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电阻R3消耗的电功率为P3，当只闭合开关S2时，电压表的示数为U2，电阻R3消耗的电功率为P’3，测得此时电阻R2消耗的电功率为3.2W．已知，2U1=U2，P3=4P’3，电源电压保持不变，则第32页（共32页） （1）请你求出电阻R1与电阻R2的比值（2）科技小组的同学们通过测量发现：当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的电功率最大，请你计算出这个电功率 第32页（共32页） 2018年四川省绵阳市安州区中考物理二诊试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）1．（3分）如图是用木槌敲击同一音叉时，示波器在相同时间内截取的二列声波图，一次重敲，一次轻敲，下列说法正确的是（  ）A．重敲时音调高，甲图是重敲时的声波图B．轻敲时响度大，两次敲击音色相同C．两次敲击音调、音色都相同，乙图是轻敲时声波图D．甲的音量比乙的音量大，甲的音调也比乙的音调高【分析】（1）频率是1s物体振动的次数，相同时间内振动越快，频率越大。音调跟频率有关，频率越大，音调越高。（2）振幅是物体振动时偏离原位置的大小，偏离原位置越大，振幅越大。响度跟振幅有关，振幅越大，响度越大。（3）音色是由发声体本身决定的一个特性。【解答】解：由图可知，两幅图中音叉振动的快慢相同（都有3个波峰和2个波谷），因此声音的音调相同；由图知，物体振动时偏离原位置的程度不相同（即振幅不同），因此响度不相同；甲振动时偏离程度大，甲的振幅大，所以甲的响度大，即音量大，所以，甲图是重敲时的声波图，乙图是轻敲时声波图。用木槌敲击同一音叉，音色是不变的，只有C选项说法正确。故选：C。【点评】掌握声音的三个特征：音调、响度、音色，会观察波形图进行判断。音调跟频率有关；响度跟振幅有关；音色跟材料和结构有关。 第32页（共32页） 2．（3分）“共享单车”已入驻我区，推动了绿色出行，深受市民欢迎。骑共享单车时，用手机摄像头扫描二维码后自动开锁（如图所示）。①手机扫描二维码时，二维码位于摄像头一倍焦距以内；②单车轮胎表面有凹凸不平的花纹是为了增大摩擦；③骑行时，看见树木向后退是以自行车为参照物；④尾灯是靠光的折射来提醒后方司机注意安全的；⑤车铃利用振动发出声音来提醒行人注意安全；⑥单车的踏脚相当于省力杠杆，以上说法中正确的是（  ）A．①②⑥B．②③⑤C．①④⑥D．②③⑥【分析】（1）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机。（2）摩擦力大小跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，压力一定时，接触面越粗糙摩擦力越大。（3）我们在研究物体的运动和静止情况要先选择一个假定不动的物体作为参照物，再看被研究物体相对于参照物是否有位置的变化，如果有变化，被研究物体就是运动的，如果没有变化，被研究物体就是静止的。（4）自行车的尾灯是利用光的反射，用互成直角的小平面镜，将自行车后面汽车或摩托车发出射来的光再按照原路反射回去，这样后面的司机看到的就是白花花的一片，可以起到尾灯的作用。（5）声音是由物体的振动产生的；（6）首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】解：①照相机是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律制成的，因此，“扫入”二维码时镜头和二维码的距离大于二倍焦距，故①错误；②轮胎上有凹凸不平的花纹，是压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦。故②正确；③骑自行车时看到树木向后退，是树木相对于自行车发生位置的变化，参照物是他的自行车，故③正确。④自行车的尾灯是利用互成直角的小平面镜，将汽车射来的光再沿原路反射回来，引起司机的注意，故④错误。第32页（共32页） ⑤车铃通过振动发出声音，从而能够提醒前方的行人，故⑤正确；⑥单车的踏脚板在使用过程中，动力臂小于阻力臂，相当于费力杠杆。故⑥错误。故选：B。【点评】本题考查了凸透镜成像、增大摩擦力的方法、参照物的选择、声音的产生等知识，是一道综合性非常强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。 3．（3分）关于电磁波，有以下说法：①看电视时调节频道实际上是在改变电视台发射电磁波的频率；②向某卫星发出波长为0.1m的电磁波，0.3s后收到反射波，该电磁波的频率是3×109Hz，卫星距离地面9×107m；③无线广播信号发射时，调制器的作用把声音信号转变为电流信号；④4G是新的移动通信技术，它的传输速度更快，且没有电磁波辐射；⑤手机既能发射电磁波也能接收电磁波；⑥红外线和X光线的传播都不需要介质，声波的传播却需要介质，但都具有能量。以上这些说法正确的是（  ）A．①②③④B．③④⑤⑥C．①②③⑥D．②③⑤⑥【分析】（1）观众在家中选择不同频道是为了选择合适频率的电磁波；（2）由电磁波的传播速度由速度公式可求得距离；（3）调制器的作用把声音信号转变为电流信号；（4）电磁波在生活中无处不在，且过量的电磁波是有害的，特别是对于儿童来说危害更大，故应辩证的看待电磁波的应用；（5）手机就是靠发射和接收电磁波来传递信息的；（6）光的传播不需要介质，声音可以传递信息，也可以传递能量，声音的传播需要介质。【解答】解：①观众在家中选择不同频道是为了选择合适频率的电磁波，不能改变电视台发射的电磁波的频率，故错误；②由v=得，s=vt=3×108m/s×0.3s=9×107m；故正确；③无线广播信号发射时，调制器的作用把声音信号转变为电流信号，故正确；④4G网络是利用电磁波来传递信息的，只要是电磁波就有电磁波辐射，故错误；⑤手机既可以发射电磁波，也可以接收电磁波，故正确；第32页（共32页） ⑥光的传播不需要介质，声音可以传递信息，也可以传递能量，声音的传播需要介质，故正确。故选：D。【点评】知道调谐器的作用、模拟和数字通信在生活中的应用、电磁波传播，以及手机的作用是解决该题的关键。 4．（3分）有四位同学在同一地点同时做托里拆利实验，其中有两人不小心使玻璃管内混入了一些空气，有一人把管放斜了，只有一人操作完全正确。他们记录到玻璃管内水银柱的长度分别为：725mm，733mm，749mm，760mm，那么，实验地点当时的实际大气压与下列哪种情况的水银柱产生的压强相同（  ）A．725mmHgB．733mmHgC．749mmHgD．760mmHg【分析】大气压的测量运用了平衡法，即大气压值与水银柱产生的压强相等，在记录实验数据时，要记录水银柱的竖直高度，而不是长度；在正常情况下，水银柱长度要大于高度，混入空气后，受管内气压的影响，所测值要小于正常高度。【解答】解：最小的两个数值是混入了空气的，所以725mmHg和733mmHg是错误的；最大的数值是测量把管放倾斜的，所以760mmHg也是错误；所以正确的数值是749mmHg。故选：C。【点评】首先要搞清在不同状况下，对托里拆利实验结果的影响是怎样的，然后依据测量结果进行严密的推理，最终才能确定正确答案。 5．（3分）一次家庭探究活动中，小华把一个正在发光的灯泡放到U形磁体中间，惊讶的发现了灯丝突然晃动起来。关于这种现象，下列说法正确的是（  ）第32页（共32页） A．灯丝晃动是一种电磁感应现象B．灯丝晃动是内能转化成了机械能C．磁体对钨这种材料有吸引作用D．灯丝晃动是磁场对电流的作用【分析】发光的灯丝告诉了灯丝中有电流通过；灯丝颤动说明受到了力的作用。根据通电导体在磁场中受力的相关知识即可解决此题。【解答】解：有电流通过的灯丝置于磁场中晃动，体现了通电导体在磁场中受到力的作用，故选择AC错误，D正确；在这个过程中，是电能转化为机械能，故B错误；故选：D。【点评】通过灯丝的晃动，联系到受力，进而与通电导体在磁场中受力而运动联系起来是解决此题的思路。 6．（3分）某同学用焦距分别为f1和f2的甲、乙两凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，先将点燃的蜡烛、凸透镜甲和光屏放置在光具坐上，调整后的位置如图所示，此时光屏上得到烛焰清晰的像；再用凸透镜乙替换凸透镜甲，且保持蜡烛和凸透镜的位置不变，将光屏向左移动，再次得到烛焰清晰的像。①图中光屏上的像是烛焰发出的光线经过凸透镜折射后形成的，②图中光屏上的像是倒立放大的实像，③f1＜f2，④f1＞f2，对以上判断完全正确的是（  ）A．①③B．②③C．②④D．①④【分析】（1）由U＞v知成倒立缩小的实像；（2）保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像，像变小，像距减小。【解答】解：①凸透镜成像是光的折射现象；故①正确；②由U＞v知成倒立缩小的实像，故②错误；③④第32页（共32页） 、由“保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像”可知，像距减小，像变小，相当于物距变大，但物距没变，是焦距变小了，故f1＞f2，故③错误，④正确。故选：D。【点评】这道题目就是考查学生观察凸透镜成像实验的掌握，根据题目提供的信息得出两个凸透镜的焦距的大小，是一道难题。 7．（3分）夏天，有经验的人为了防止饭菜变味，常把饭菜放入盆中，再把盆浮在水缸里，对于这种做法，下列最合理的解释是（  ）A．水的比热容较大，可以吸收较多的热量B．水缸是砂石材料做成的，比热容较小，有散热作用C．水缸中的水不断蒸发，水缸内水的内能相对减少导致温度降低D．水缸周围的水蒸汽在缸壁液化，使水缸内温度降低【分析】物质由液态变为气态叫汽化，汽化有蒸发和沸腾两种方式，汽化吸热。【解答】解：A、由Q吸=cm△t可知，比热大的物质吸热的热量不一定多。故A不符合题意。B、饭菜盆放入水中降温与水缸的材料无关，故B不符合题意。C、汽化吸热，水通过蒸发带走热量，可使水的内能减小，温度降低。故C符合题意。D、液化是要放热的。故D不符合题意。故选：C。【点评】考查了比热容的知识点和物体蒸发吸热的特点。 8．（3分）某金属箔是由密度大于水的材料制成，取适量这种金属箔制成中空的筒，放入桌面上盛有适量水的烧杯中，发现它漂浮在水面上，然后再将此制成的金属筒揉成紧密的小团放入同一杯水中，发现它沉入水底，比较前后两种情况，下列说法正确的是（  ）A．漂浮时受到的浮力比沉底时大，漂浮时比沉入水底时水对杯底的压强也大B．揉成团后下沉是因为金属箔密度减小，受到的浮力小于重力第32页（共32页） C．漂浮时水对浮筒的浮力和浮筒受到的重力是一对相互作用力，水对杯底压强不变D．沉入水底时，金属团各面所受水的压强相同，沉入前后杯对桌面压强不变【分析】物体的重力，密度是不会改变的，当重力与浮力的大小关系改变时，它的浮沉状态才会改变。物体排开水的体积大小决定了它所受浮力的大小。【解答】解：A、漂浮时受到的浮力比沉底时大，排开液体体积大，液面上升大，由液体压强公式p=ρ液gh可知，漂浮时比沉入水底时水对杯底的压强也大，故A正确；B、金属箔漂浮和沉底时自身密度是不变的，故B错误；C、漂浮时水对浮筒的浮力和浮筒受到的重力是一对平衡力，水对杯底压强不变，故C错误；D、沉入水底时，金属团上面受到水的压强，小于下面受到水的压强，沉入前后杯对桌面压强不变，故D错误。故选：A。【点评】解决此题的关键是要明确浮沉条件以及阿基米德原理，以及液体压强公式的应用，并与所描述的现象建立形象的联系。 9．（3分）医院里利用高温高压蒸汽消毒锅对器械进行消毒，不同的器械所要求的温度和压强不同，如图为自动测量锅内温度、气压的电路原理图（虚线框为锅内部分电路），电源电压恒定为4.5V，下列说法错误的是（  ）A．若对总质量为5kg、初温为15℃的钢制器械进行消毒，消毒温度达到115℃时，器械共吸2.4×105J（c钢=0.48×103J/kg•℃）B．电阻R1的阻值随压强变化，其受压力面积为2cm2，R1表面能承受压力为70N，则锅内允许的最高气压不超过3.5×105PaC．通过电流表A1显示锅内气压，当锅内气压不高于1标准大气压时，A1显示值为0，此时电阻R1为200Ω，则气压表零刻度应标在A1的22.5mA处第32页（共32页） D．消毒锅的发热器是由功率为100W，效率为80%的发热器提供，对总质量为5kg、初温为15℃的钢制器械进行消毒，消毒温度达到115℃时，发热器的工作时间是4min【分析】（1）已知钢制器械的质量5kg，初温15℃，末温115℃，根据热量的计算公式Q吸=cm△t可求出器械吸收的热量；（2）已知压力70N，受压面积为2cm2，根据P=可求出锅内气压；（3）已知电源电压恒为4.5V，R1阻值为200Ω，可求出此时电流，就是气压表零刻度线位置；（4）由（1）可求得钢制器械吸收的热量，再利用效率为80%可求得消耗的电能，然后利用P=可求得发热器的工作时间。【解答】解：A、器械吸收的热量：Q吸=cm△t=0.48×103J/（kg•℃）×5kg×（115℃﹣15℃）=2.4×105J；故A正确；B、锅内允许的最高气压：p===3.5×105Pa；故B正确；C、由图知，两电阻并联，电流表A1、A2分别测R1、R2的电流大小，电源电压恒为4.5V，通过R1的电流：I1===0.0225A=22.5mA；气压表零刻度线应标在电流表Al刻度盘22.5毫安处；故C正确；D、由η=可得消耗的电能：W===3×105J，由P=可得，发热器的工作时间t′===3000s=50min，故D错误。故选：D。【点评】本题是一道电热综合题，考查了热量的计算，压强的计算及对学生观察、分析、归纳能力的考查，是一道综合性很强的题，是一道好题。 10．（3分）如图所示，是“探究电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”的实验装置，下列说法正确的是（  ）第32页（共32页） A．电磁铁A的上端为N极，电磁铁B的上端为S极B．向右移动滑片P时，A吸引大头针的数量会增加C．该实验装置可以用来探究电流方向与电磁铁磁性强弱的关系D．该实验装置可以用来探究电磁铁磁性强弱与绕线匝数的关系【分析】（1）根据安培定则，可判断出电磁铁的两端极性；（2）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数，电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；（3）电磁铁磁性强弱影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯，根据控制变量法分析解答。【解答】解：A、用安培定则判断：用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向N极，图中电磁铁A的上端为N极，电磁铁B的上端也是N极，故A错误；B、滑动变阻器滑片向右移动时，电路中电阻增大，电流变小，电磁铁的磁性减弱，电磁铁甲吸引大头针的个数减少，故B错误；CD、由图可知，两个电磁铁串联在电路中，所以两个电磁铁的电流相等，乙吸引的大头针多，说明乙的磁性强，这说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，该实验装置可以用来探究电磁铁磁性强弱与绕线匝数的关系，故C错误、D正确。故选：D。【点评】此题是一道探究性实验题目，考查了转换法的应用，知道在此实验中通过电磁铁吸引大头针的多少来判断电磁铁磁性的强弱，同时也考查了控制变量法的应用。 11．（3分）如图，电阻R1与R3相等，电阻R2与R4相等。现有一个两端电压为10V的电源，当把该电源接在A、B两个接线端时，电压表的示数为7.5V，电阻R1两端的电压为U1．当把该电源接在C、D两个接线端时，电压表的示数为5V，电阻R2两端的电压为U2．则下列选项不正确的是（  ）第32页（共32页） A．U1：U2=1：2B．R1：R5=1：3C．R2：R5=1：2D．R1：R2=1：3【分析】分析电路图可知接在A、B两个接线端时，电阻R1与R3，R5串联在电路中，接在C、D两个接线端时，电阻R2与R4，R5串联在电路中，电压表都测R5的电压。根据串联电路电压特点结合欧姆定律可计算电阻R1两端的电压与电阻R2两端的电压和电阻之比。【解答】解：根据串联电路电压特点电阻R1与R3相等，则R1与R3两端的电压相等，同理电阻R2与R4两端的电压相等。，，，。所以A，C，D的结果是正确的，B是错误的，故选：B。【点评】学生要能结合串联电路电压特点根据欧姆定律找到电压和电阻之比的规律是解本题的关键。 12．（3分）有A、B两个密度分别为ρA、ρB的实心正方体，它们所受的重力分别为GA和GB第32页（共32页） ，它们的边长之比为2：1．将它们如图所示叠放在水平桌面上时，A对B的压强与B对桌面的压强之比为6：7．水平桌面上有两个圆柱形容器，分别装有足量的水和酒精。将物体A和B分别放入水和酒精中，物体A漂浮，有的体积露出水面。液体静止时，物体A、B所受浮力分别为FA和FB．已知酒精密度是水密度的0.8倍。下列判断正确的是（  ）A．FA：FB=5：2，GA＞GBB．ρA：ρB=3：4，FA＜FBC．GA：GB=1：6，ρA＜ρBD．FA：FB=15：2，ρA＜ρB【分析】（1）由图知，A与B的接触面积S和地面的受力面积相同，求出A对B的压力、AB对地面的压力，知道A对B的压强与B对桌面的压强关系，根据压强公式求A、B重力关系；（2）知道AB的边长之比，可求体积之比，求出了重力之比，利用G=mg=ρVg求AB的密度关系；（3）由题知，物体A漂浮，有的体积露出水面，利用阿基米德原理求A受到的浮力，据此得出A的密度与水的密度关系，进而得出B的密度与水的密度关系，从而判断B在酒精中的浮与沉，根据阿基米德原理求出B在酒精中受到的浮力，最后求出AB受到的浮力之比。【解答】解：（1）由图知，A与B的接触面积S和地面的受力面积相同，因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，A对B的压强为pA==，B对桌面的压强为pAB==因A对B的压强与B对桌面的压强之比为6：7，所以，===，即GA：GB=6：1，故C错误；（2）因AB的边长之比为2：1，所以，由V=L3可得，AB的体积之比：第32页（共32页） ==（）3=（）3=，由ρ==可得，AB的密度之比：==×=×=；（3）由题知，物体A漂浮，有的体积露出水面，则：FA=ρ水gV排=ρ水gVA=ρAVAg，解得：ρA=ρ水，因=，所以，ρB=ρA=×ρ水=ρ水，则物体B在酒精中下沉，受到的浮力：FB=ρ酒精gV排=ρ酒精gVB，所以，FA：FB=ρAVAg：ρ酒精VBg=ρ水8VBg：0.8×ρ水VBg=15：2，故AB错误、D正确。故选：D。【点评】本题为力学综合题，考查了学生对重力公式、密度公式、压强公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，本题为选择题，实质是一道复杂的计算题，要通过计算确定三量的具体关系再进行判断。 二、填空题（共5小题，每小题4分，满分20分）13．（4分）现有两个用电器，上面分别标有“6V0.2A”和“12V0.5A”的字样，如果把这两个用电器串联起来，为了使其中的一个用电器正常工作，那么加在串联电路两端的电压应该是 10.8 V，在1min内电流对后一用电器所做的功是 57.6J 。【分析】第32页（共32页） （1）串联电路处处电流相等，为了不损坏电阻，比较两电阻允许通过的最大电流，选其中较小的电流为电路中的电流，知道两用电器的额定电压和额定电流，可利用公式R=计算两用电器的电阻，然后根据串联电路电阻的特点求出总电阻，再利用U=IR即可求出两端的最大电压。（2）利用W=UIt计算电流做功。【解答】解：（1）由两个用电器的铭牌可知，正常工作的电流分别为：I1=0.2A，I2=0.5A，当它们串联接到电路里时，为了使其中的一个用电器正常工作（且不损坏另一用电器），则串联电路中的最大电流为I=I1=0.2A；又知道正常工作电压分别为：U1=6V，U2=12V，所以两用电器的电阻分别为：R1===30Ω，R2===24Ω，则电路中的总电阻为：R=R1+R2=30Ω+24Ω=54Ω，串联电路两端的电压为：U=IR=0.2A×54Ω=10.8V；（2）在1min内电流对后一用电器所做的功：W2=I2R2t=（0.2A）2×24Ω×60s=57.6J。故答案为：10.8；57.6J。【点评】本题考查了串联电路特点和欧姆定律的应用以及电功计算，关键是知道两电阻串联时，电路中的电流相等，为了保证安全，不能使电路中电流越过最小的额定电流。 14．（4分）一支未标刻度的温度计，将它放入冰水混合物中时，水银柱长4cm，放入标准大气压下的沸水中时，水银柱长度为24cm，若将它放入40℃的水中时，水银柱的长度是 12 第32页（共32页） cm；质量、初温均相同的甲乙两物体，先将甲投入一杯热水中，达到热平衡后水温降低了5℃，将甲取出，接着把乙放入这杯水中，达到热平衡后水温又降低了5℃，则甲的比热容 ＜ 乙的比热容（选填“＜”、“＞”或“=”）。【分析】（1）已知在冰水混合物中水银柱的长度和在标准大气压下水银柱的长度，两者之差表示100℃，据此得到1cm代表的实际温度，然后得到实际温度与水银柱长度的对应关系；（2）根据Q=cm△t变形c=知，当吸收的热量相同、质量相同时，可根据物体升高的温度多少来判断比热容的大小。【解答】解：（1）当冰水混合物中，即温度为0℃时，水银柱的长度是4cm；在标准大气压下的沸水中，即温度是100℃时，水银柱的长度是24cm，两者之间的水银柱长度为L=24cm﹣4cm=20cm，所以外界温度每升高1℃时，玻璃管内的水银伸长是=0.2cm；当水温为40℃时，相对于0℃，水银柱上升的高度是40℃×0.2cm/℃=8cm，所以水银柱的长度为4cm+8cm=12cm；（2）由题可知，甲、乙两物体分别放入水中达到热平衡时，水温都是降低5℃，根据Q=cm△t可知，两物体吸收的热量相同。达到热平衡时，甲物体升高的温度：△t甲=t水﹣5℃﹣t0，乙物体升高的温度：△t乙=t水﹣5℃﹣5℃﹣t0，可见，△t甲＞△t乙，根据c=可知，甲的比热容小于乙的比热容。故答案为：12；＜。【点评】（1）对于温度计不准的读数问题，我们要先求出温度计一小格表示的温度，然后乘以温度计的水银柱相对于0℃上升了多少格，求出物体的实际温度；（2）本题考查了比热容的概念和热量公式的运用，如何找到甲、乙两物体升高的温度大小关系，是解题的关键。 第32页（共32页） 15．（4分）如图甲所示，一同学发现，人眼在A点看见河里B点有一条鱼，若从A点射出一束激光，要使激光能照到小鱼，该激光应该向 B点 ，（选填“B点”、“B点上方”或“B点下方”）射出；另一同学在“探究凸透镜成像”规律的实验中记录并绘制到了像到凸透镜的距离和物体到凸透镜的距离之间的图象，如图乙所示，由此可见，当把物体从距离凸透镜3cm处移动8cm处的过程中，像的大小将 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。【分析】（1）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。（2）当物距大于焦距时，凸透镜成实像。凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。【解答】解：（1）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：（2）u=v=2f，凸透镜成倒立、等大的实像，如图，u=v=2f=4cm时，所以f=2cm。物体从距凸透镜3cm处移动到8cm处的过程中，凸透镜的物距始终大于焦距，成实像，凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。故答案为：B点；变小。【点评】本题主要考查光的折射定律和凸透镜成像的特点，凸透镜成实像时，物距、像距、像之间的关系，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。 第32页（共32页） 16．（4分）甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够深）置于水平地面上，甲容器底面积为6×10﹣2m2，盛有8kg的水，乙容器盛有深度为0.1m，质量为2kg的水，现从甲容器抽取部分水注入乙容器后，甲、乙容器底部受到水的压力相同，抽水前后甲容器底部受到水的压强的变化量为 490Pa ，注水后乙容器中水的深度为 0.25 m。【分析】（1）已知从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，也就是此时两容器中水的重力相同、质量也相同，据此求出甲容器剩余水的质量，进一步求出甲抽出水的质量，甲容器中水对容器底减小的压力等于减少水的重力，再利用压强公式p=求甲容器中水对容器底压强的变化量；（2）知道原来乙容器内水的质量，利用密度公式求其体积，知道水深，利用V=Sh求乙容器的横截面积；注水后乙容器水的质量等于甲的质量，利用密度公式求其体积，再利用V=Sh求此时水的深度。【解答】解：（1）由题知，从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，也就是此时两容器中水的重力相同、质量也相同，则甲容器中剩余水的质量：m剩=（8kg+2kg）=5kg，甲抽出水的质量：△m=m甲﹣m剩=8kg﹣5kg=3kg，甲容器中水对容器底减小的压力：△F=△G=△mg=3kg×9.8N/kg=29.4N，甲容器中水对容器底压强的变化量：△p===490Pa；（2）原来乙容器内水的体积：V乙1===2×10﹣3m3，乙容器的横截面积：第32页（共32页） S乙===2×10﹣2m2，注水后乙容器水的质量：m乙2=m剩=5kg，此时乙容器水的体积：V乙2===5×10﹣3m3，注水后乙容器中水的深度为：h2===0.25m。故答案为：490Pa；0.25。【点评】本题考查了密度公式、压强公式的应用，本题关键知道：对于圆柱形容器，容器底部受到水的压力等于水的重力。 17．（4分）如图所示，在15N的水平拉力F作用下，木块A在水平地面上匀速向右运动的过程中，物体B相对于地面静止，此时弹簧测力计的示数为3N，A受到地面的摩擦力大小为 12 N，物体B的温度会 升高 的（选填“升高”、“降低”或“不变”）。【分析】（1）物体B处于平衡状态，据此判断其所受摩擦力的大小。对A进行受力分析，再进一步确定地面对A的摩擦力大小。（2）改变内能的方法：做功和热传递。【解答】解：弹簧测力计的示数为3N，则弹簧测力计对B的拉力为3N，方向向左；B水平方向上受拉力和摩擦力，由二力平衡可得，摩擦力与拉力应大小相等，方向相反，故摩擦力大小为3N；摩擦力水平向右；以A为研究对象，它受到向右的拉力为15N，同时受到地面对它的摩擦力和物体B对它的摩擦力，二者之和为15N，所以地面对物体A的摩擦力为15N﹣3N=12N。第32页（共32页） 物体B与A之间有摩擦力，且相对于A物体有位置的变化，物体B会克服摩擦力做功，机械能转化为内能，内能增加，温度升高。故答案为：12；升高。【点评】本题考查摩擦力的大小计算与内能的变化的判断，要学会对物体进行受力分析，知道各个力之间的关系是正确解答的关键。 三、解答题（共3小题，满分19分）18．（8分）如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验装置示意图。（1）该实验装置要探究的是物体动能的大小与物体 速度 的关系（物体A、B质量不变）；（2）该实验中所探究物体的动能是指物体 A （选填“A”或“B”）的动能；（3）该实验物体动能的大小是通过 物体B被撞的距离大小 来反映的；（4）该实验物体的速度是指物体A从斜面上由静止滚下与物体B即将碰撞时的速度，它是通过 高度 （选填“高度”或“质量”）来改变的；（5）实验表明，同一物体A从斜面高处滚下，高度越大，物体B被撞得越远，可得结论 当物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大 。【分析】（1）动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。（2）运动的物体具有动能，小球从高处滑下时具有动能；（3）根据转换法分析；（4）高度不同，小球滑到平面时的速度不同；（5）根据实验现象分析实验结论。【解答】解：（1）动能的大小与物体的质量和速度都有关系，由于这一实验中只有一个物体A从斜面上滑下，质量不能改变，所以本实验要探究的是物体动能的大小与物体速度的关系；（2）该实验研究的主体是小球A，研究的是小球A动能的大小与速度和质量的关系；第32页（共32页） （3）该实验中小球动能的大小是通过物体B移动的距离体现的，B被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这里采用了转换法的思想；（4）该实验物体的速度是指物体A从斜面上静止滚下与物体B碰撞时碰撞前A的速度，这个速度的大小是通过控制小球A在斜面上的高度改变的；（5）同一物体A从斜面高处滚下，高度越大，物体B被撞得越远，说明动能越大，可得结论为：当物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大。故答案为：（1）速度；（2）A；（3）物体B被撞的距离大小；（4）高度；（5）当物体质量相同时，物体的速度越大，动能越大。【点评】掌握影响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。 19．（8分）现有下列器材：学生电源（6V）、电流表（0﹣0.6A，0﹣3A）、电压表（0﹣3V，0﹣15V）、定值电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、开关、滑动变阻器和导线若干，利用这些器材探究“电压不变时，电流与电阻的关系”。①请根据图甲所示的电路图用笔画线代替导线将图乙所示的实物连接成完整电路（要求连线不得交叉）。②实验中依次接入三个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，利用描点法得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。上述实验中，用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片的位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，闭合开关，向 A （选填“A”或“B”）端移动滑片，使电压表示数为 2 V时，读出电流表的示数。③为完成整个实验，应该选取哪种规格的滑动变阻器 A 。A.50Ω1.0AB.30Ω1.0AC.20Ω1.0A【分析】①变阻器按一下一上接入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联；第32页（共32页） ②根据图丙，求出电流与电阻之积，由控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；③探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。【解答】解：①变阻器按一下一上接入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：②由图知，电阻两端的电压始终保持U=IR═0.4A×5Ω=﹣﹣﹣﹣﹣=0.1A×20Ω=2V，根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数为2V。③根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=6V﹣2V=4V，变阻器分得的电压为电压表示数的=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑=2×20Ω=40Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器，选A。故答案为：①如上图；②A；2；③A。【点评】本题探究“电压不变时，电流与电阻的关系”，考查电路的连接、数据分析、操作过程及控制变量法的运用及对器材的要求。第32页（共32页）  20．（3分）如图所示，甲、乙分别是某同学在探究“冰熔化时温度变化规律”过程中的某时刻温度计示数和温度随时间变化图象。图甲所示温度计的示数是 ﹣3℃ ；第6min时它的内能 小于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）第8min的内能。【分析】（1）读取温度计的示数时，要看清分度值以及示数在零上还是零下，再根据刻度位置读出示数；（2）根据晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大。【解答】解：（1）由图甲可知，温度计的分度值为1℃，温度在0℃以下，故示数为﹣3℃；（2）由图乙知，4min到10min是冰的熔化阶段，此过程中不断吸热，内能增加，温度不变，故物质第6min时具有的内能小于第8min时的内能。故答案为：﹣3℃；小于。【点评】会分析物质熔化的图象，是本实验中应该掌握的基本技能之一，从图象中获取有效的信息，也是物理实验中经常运用的。 四、解答题（共2小题，满分20分）21．（10分）如图所示，用汽车通过滑轮组以2m/s的速度匀速拉起深井中的物体A时，对绳的拉力为F1，F1的功率为P1；第二次以6m/s的速度匀速拉起物体B时，对绳的拉力为F2，F2的功率为P2．已知GA=5.7×103N，GB=1.2×104N，P2=6P1．若不计摩擦、绳重等，则①动滑轮重为多少？②在这两个过程中，滑轮组的最大效率是多少？第32页（共32页） 【分析】（1）拉物体A和B时，在不计摩擦、绳重使用滑轮组时，承担物重的绳子有3股，提起物体所用拉力F，用F1=（G+G动）计算；根据P=Fv、P2=6P1以及AB的速度，列等式解出动滑轮的重力；（2）根据η====算出两次的机械效率。【解答】解：（1）①由图知，有3段绳子绕过动滑轮拉重物，即n=3，不计摩擦、绳重，提升A物体时的拉力：F1=（GA+G动）；F1的功率：P1=F1v1=（GA+G动）v1，同理可得，F2的功率：P2=（GB+G动）v2，依题意可得P1：P2=1：6=（GA+G动）v1：（GB+G动）v2﹣﹣﹣﹣﹣①，且v2=3v1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②代入数据解得：G动=600N；②设拉起重物的高度为h，则将重物匀速提升h所做的有用功：W有用=Gh，不计摩擦、绳重等，做的额外功为W额外=G动h；同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越高，因为第二次物体重力大，所以机械效率高，所以，在这两个过程中，滑轮组的最大效率为：η2=====≈95.2%。答：①动滑轮重为600N；②在这两个过程中，第二次物体重，机械效率高，机械效率为95.2%。【点评】第32页（共32页） 本题考查了滑轮组拉力、功率以及机械效率的计算其中第一小题难度很大，不论物体重力多大，动滑轮重不变，突破的关键是利用两次拉力关系求出动滑轮的重力。 22．（10分）某学校科技小组制作了一个多档位电热器，为了分析接入电路的电阻对电热器功率的影响，他们将电表接入电路中，如图所示。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电阻R3消耗的电功率为P3，当只闭合开关S2时，电压表的示数为U2，电阻R3消耗的电功率为P’3，测得此时电阻R2消耗的电功率为3.2W．已知，2U1=U2，P3=4P’3，电源电压保持不变，则（1）请你求出电阻R1与电阻R2的比值（2）科技小组的同学们通过测量发现：当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的电功率最大，请你计算出这个电功率【分析】（1）只闭合S1时，电路变为R1与R3串联，只闭合S2时，电路变为R2与R3串联，由P=I2R表示出两次R3消耗的电功率，由两次电压表示数根据欧姆定律可得R1和R2的电阻关系；（2）根据电源电压不变计算出R1和R3的电阻关系，从而可得R2和R3的电阻关系，由P=表示出当只闭合开关S2时，R2消耗的电功率；三个开关都闭合时，R1、R2并联，由P=计算此时电路的电功率大小。【解答】解：（1）由图可知，当只闭合S1时，电路变为R1与R3串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压，电路中电流为I，电压表测R1两端的电压U1；只闭合S2时，电路变为R2与R3串联，电压表测R2两端电压，电路中电流为I’，电压表测R2两端电压U2，由题知，P3=4P’3，由P=I2R得：==第32页（共32页） 所以：I=2I’，由I=可知，U1=IR1，U2=I’R2，由题知，U2=2U1，所以2IR1=I’R2，即：2×2I’R1=I’R2，所以：R2=4R1，所以R1：R2=1：4；（2）因为电源电压不变，所以：I（R1+R3）=I’（R2+R3）=，即：=，所以：R3=2R1，R2=2R3，只闭合S2时，R2与R3串联，由串联电路的分压原理知，U2=U，则：U2=U22，电阻R2消耗的电功率为3.2W，即P2===3W，则=W，当开关S1、S2、S3都闭合时，R1、R2并联，R3被短路，电路的电功率：P=+=+=5×=5×W=33.75W。答：（1）电阻R1与电阻R2的比值为1：4；（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的电功率为33.75W。【点评】本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，关键是找到三个电阻的大小关系。 第32页（共32页）