四川省达州市2018年中考物理真题试题（含解析）.doc

四川省达州市2018年中考物理真题试题 一．选择题 ‎ ‎1．（2018•达州）关于声现象的说法正确的是（　　）‎ A．物体的振幅越大音调越高 B．声音在真空中的传播速度是340m/s C．打雷时捂住耳朵可以防止雷声的产生 D．地震、火山喷发等自然现象都伴有次声波的产生 ‎2．（2018•达州）学校大门旁竖直放置了一块平面镜，小张同学逐渐靠近平面镜的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小张的像逐渐变大 B．小张想通过平面镜看完自己的全身像，则平面镜的高度至少为整个身高的一半 C．小张在平面镜中看见了小王，则小王在平面镜中看不见小张 D．小张在平面镜中所成的像是实像 ‎3．（2018•达州）对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加 B．乙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力 C．丙图中活塞向上运动是内燃机的做功冲程 D．丁图中小朋友下滑时，内能转化为机械能 ‎4．（2018•达州）一辆小轿车在一段平直的公路上匀速行驶的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小轿车受到的牵引力与阻力是一对相互作用力 B．小轿车行驶的速度越大，小轿车对地面的压力越大 C．由于惯性，即使紧急刹车，也会向前运动一段距离才能停下来 D．发动机运转时小轿车才能运动，说明力是维持物体运动状态的原因 ‎5．（2018•达州）如图所示，用一个带正电的物体a去接触不带电的验电器的金属球b时，金属球b也带上正电，则下列说法正确的是（　　）‎ 35‎ A．a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向b→a B．b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向a→b C．b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向b→a D．a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向a→b ‎6．（2018•达州）甲乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线，已知输电线的电阻与其长度成正比，现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，甲地检修员先用如图所示的测量仪接入AB时，电流表的示数为0.2A，乙地检修员后用相同的测量仪接人CD时，电流表的示数为0.3A．则短路位置离甲地（　　）‎ A．18km B．15km C．12km D．10km ‎7．（2018•达州）如图所示电路，电源两端电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．电压表V1示数与电流表A的比值变大 B．电压表V2示数与电流表A的比值不变 C．电压表V1示数的变化量大于电压表V2示数的变化量 D．电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量 ‎8．（2018•达州）两个底面积相同形状不同的容器A、B（GA=GB），盛有不同的液体放置在水平桌面上，现将甲、乙两个相同的物块分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示（忽略液体的损失），下列说法正确的是（　　）‎ 35‎ A．甲物块受到的浮力大于乙物块受到的浮力 B．两容器底受到的液体压强相等 C．取出两物块后，B容器底受到液体的压强大于A容器底受到液体的压强 D．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强 ‎9．（2018•达州）如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地板上，OA=0.6m，OB=0.4m。在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，C的密度为0.8×103kg/m3，B端正下方放一盛满水的溢水杯。现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）（　　）‎ A．木块受到的浮力为0.5N B．木块C受到细线的拉力为0.3N C．小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N D．小球的运动速度为0.2m/s ‎10．（2018•达州）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于变阻器的B端时，电压表的示数为6V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J；当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数变化了2V．下列结果正确的是（　　）‎ A．R1先后两次消耗的电功率之比为3：4‎ B．滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω C．电源电压为10V D．R1的阻值为20Ω ‎　‎ 35‎ 二．填空题 ‎ ‎11．（2018•达州）滑板车是小学生喜爱的玩具之一。用脚向后蹬地，滑板车会沿地面向前运动，这说明力的作用是　 　的；如果不再蹬地，滑板车的速度会越来越慢，最后停下来，这表明力可以改变物体的　 　；滑板车在水平地面上静止且人的两脚站立在滑板车上时，滑板车受到的支持力与　 　是平衡力（选填“人的重力”、“车的重力”、“人与车的总重力”）‎ ‎12．（2018•达州）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能　 　第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的　 　倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。‎ ‎13．（2018•达州）某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，绘制了如图所示的图象（v表示像到凸透镜的距离，u表示物体到凸透镜的距离），用该凸透镜作放大镜使用时，被观察的物体到透镜的距离在　 　m以内；把物体从距凸透镜5cm处移动到距凸透镜20cm处的过程中，像的大小将　 　（选填“变大”、“变小”、“先变小再变大”、“先变大再变小”）。‎ ‎14．（2018•达州）小张驾驶一辆额定功率为35千瓦、效率为30%的汽车在一段平直的公路上匀速行驶，在额定功率下行驶1小时至少需要　 　L汽油（汽油的热值为3.5×107J/L）；若行驶的速度为72km/h，则汽车受到的阻力为　 　N，汽油属于　 　能源（选填“可再生”或“不可再生”）。‎ ‎15．（2018•达州）如图所示，完全相同的圆柱形容器中，装有不同的两种液体甲、乙，在两容器中，距离同一高度分别有A、B两点。若两种液体的质量相等，则A、B两点的压强关系是pA　 　pB；若A、B两点的压强相等，则两种液体对容器底的压强关系是p甲　 　p乙（两空选填“＞”、“=”或“＜”）。‎ 35‎ ‎16．（2018•达州）两个标有“5Ω 1A“和“10Ω 0.6A”的定值电阻，将它们串联起来使用时等效电阻为　 　Ω，电源电压最多为　 　V；若将它们并联时干路电流最大是　 　A。‎ ‎17．（2018•达州）如图所示的电路，当S1、S2都闭合时，R1的电功率为25W，当把S2断开时，R1的电功率为4W，则此时R2的电功率为　 　W。‎ ‎18．（2018•达州）如图所示是某同学设计的一台浮力电子秤，其结构由浮力秤和电路两部分组成，小筒底面积为10cm2，大筒底面积为50cm2，装有适量水，金属滑片P固定在托盘下面并随托盘一起自由滑动（滑片质量和滑片受到导线的拉力均忽略不计），定值电阻R0=8Ω，AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，电源电压为6V．当托盘中不放物体时，P位于A端，小筒浸入水中5cm（称量过程中大筒水未溢出），则：R0在电路中的作用是　 　，托盘和小筒的总质量为　 　g，当开关S闭合且在托盘中放入质量为100g的物体时，R0消耗的功率为　 　W。‎ ‎19．（2018•达州）如图所示，电源电压保持不变，电阻R1为20Ω，小灯泡L标有“6V 3W”字样。闭合S，断开S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最右端时，小灯泡L恰好正常发光；闭合S、S1、S2，滑片P移至最左端时，电路消耗的总功率为5.4W，忽略小灯泡电阻随温度的变化，则小灯泡L的电阻为　 　Ω，滑动变阻器的最大阻值为　 　Ω；闭合S，断开S1、S2，移动滑片P，使滑动变阻器的电功率为0.72W时，电流表的示数为　 　A。‎ 35‎ 三．作图题 ‎ ‎20．（2018•达州）完成光路图，根据图中的入射光线或折射光线作出相应的折射光线或入射光线。‎ ‎21．（2018•达州）如图所示是小明同学在研究通电螺线管极性时的情形，请标出开关闭合后通电螺线管的N极、螺线管内小磁针的N极和磁感线上A点的磁场方向。‎ 四．实验探究题 ‎ ‎22．（2018•达州）小陈同学在老师的指导下完成了以下实验：‎ ‎①用弹簧测力计测出一个带盖子的空玻璃瓶的重力，如图甲所示；‎ ‎②用手拿着这个盖紧瓶盖的空玻璃瓶浸没在水中，放手后发现玻璃瓶上浮；‎ ‎③将一个铁块装入玻璃瓶并盖紧盖子，放入水中放手后发现玻璃瓶下沉；‎ ‎④‎ 35‎ 取出玻璃瓶并擦干瓶上的水，挂在弹簧测力计上，保持玻璃瓶竖直，然后从图乙所示位置慢慢浸入水中，并根据实验数据绘制了弹簧测力计的示数F与玻璃瓶下表面浸入水中深度h的关系图象如图丙所示。‎ ‎（1）装有铁块的玻璃瓶全部浸没在水中时受到的浮力是　 　N。‎ ‎（2）BC段说明物体受到的浮力大小与浸没的深度　 　（选填“有关”、“无关）。‎ ‎（3）在第②操作步骤中空玻璃瓶浸没在水中时受到的浮力为　 　N。‎ ‎（4）小陈认真分析以上实验数据和现象后发现，物体的沉浮与物体的重力和所受浮力有关，其中上浮的条件是　 　。‎ ‎（5）若圆柱形容器的底面积为100cm2，在乙图中，当玻璃瓶浸没后，水又对容器底的压强增加了　 　Pa。‎ ‎（6）细心的小陈同学发现玻璃瓶上还标有100ml的字样，于是在装有铁块的玻璃瓶内装满水并盖上瓶盖，再用弹簧测力计测出总重力，如图丁所示，此时弹簧测力计示数为3.1N，根据以上数据他算出了铁块的密度为　 　kg/m3。‎ ‎23．（2018•达州）某实验小组的同学在进行“测量小灯泡的额定功率”的实验中，现有器材：电源（电压恒为6V）、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为3.8V的待测小灯泡（电阻约为12Ω），滑动变阻器两个（A：“5Ω2A“；B：“20Ω 0.5A”）。‎ ‎（1）该实验的实验原理是　 　；实验中，应选用的滑动变阻器是　 　（选填“A”或“B”）。‎ ‎（2）如图甲所示是小田同学连接的实物电路图，图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）。‎ ‎（3）小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是　 　。‎ ‎（4）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为　 　W。‎ ‎（5）该组的另一同学接着实验时，发现电压表0～15V量程已经损坏，0～3V量程还可以正常使用，在不添加器材的情况下，为了测出该小灯泡的额定功率，请你在丙图中的虚线框内画出正确的电路图。‎ ‎（6）由图乙推知：小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电功率为P1，小灯泡的实际电流是额定电流一半时的电功率为P2，则P1　 　P2（选填“大于”、“小于或“等于”）。‎ 五．计算题 ‎ 35‎ ‎24．（2018•达州）如图所示的电路中，小灯泡上标有“6V 3.6W”字样，滑动变阻器R1的最大电阻为40Ω．当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在中点时，小灯泡正常发光；当所有开关都闭合，滑片滑到A端时，A1、A2的示数之比是3：1（灯的电阻保持不变）。‎ 求：（1）电源电压 ‎（2）当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在A端时，小灯泡两端的实际电压。‎ ‎（3）小灯泡消耗的最小电功率（不能为0）‎ ‎25．（2018•达州）如图是利用滑轮组打捞水中物体的简化模型示意图，工人用一滑轮组从水中打捞物体。已知：物体的质量为90kg且以恒定速度匀速上升，当物体完全露出水面，工人对滑轮组绳子自由端的拉力F1为400N，此时滑轮组的机械效率η1为75%（绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，g=10N/kg）。‎ ‎（1）请你根据题目中的条件，判断出工人所使用的滑轮组是下列中的　 　图。‎ ‎（2）工人的质量为60kg，双脚与地面接触面积为2.5×10﹣3m2，物体浸没在水中和完全被打捞出水面时工人对地面的压强变化了4×104Pa，求物体浸没在水中时受到的浮力。‎ ‎（3）若物体完全浸没在水中时，工人拉力的功率为180W，求物体上升的速度。‎ ‎　‎ 35‎ ‎参考答案与试题解析 一．选择题 ‎ ‎1．（2018•达州）关于声现象的说法正确的是（　　）‎ A．物体的振幅越大音调越高 B．声音在真空中的传播速度是340m/s C．打雷时捂住耳朵可以防止雷声的产生 D．地震、火山喷发等自然现象都伴有次声波的产生 ‎【分析】（1）音调的高低与物体的振动频率有关，响度大小与振幅有关；‎ ‎（2）声音不能在真空中传播；‎ ‎（3）减弱噪声的途径有三个，即在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；‎ ‎（4）据课本可知，地震、火山喷发等自然现象都伴有次声波产生；‎ ‎【解答】解：‎ A、物体的振幅越大，响度越大，故A错误；‎ B、声音不能在真空中传播，故B错误；‎ C、打雷时捂住耳朵可以减弱进入耳朵的声音，不能防止雷声的产生，故C错误；‎ D、据课本可知，地震、火山喷发等自然现象都伴有次声波产生，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】此题考查了声音的产生、声音的传播、响度的影响因素等知识点，是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎2．（2018•达州）学校大门旁竖直放置了一块平面镜，小张同学逐渐靠近平面镜的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小张的像逐渐变大 B．小张想通过平面镜看完自己的全身像，则平面镜的高度至少为整个身高的一半 C．小张在平面镜中看见了小王，则小王在平面镜中看不见小张 D．小张在平面镜中所成的像是实像 ‎【分析】平面镜成像特点：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。‎ 平面镜中成像大小跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离无关。‎ ‎【解答】解：A、小张同学逐渐靠近平面镜的过程中，其大小不变，根据平面镜成像特点知物像大小相等，故小张的像大小不变。故A错误；‎ 35‎ B、人若能从镜中看到自己的全身像，需满足的条件是：人的头项和脚射出的光，经镜子反射后都能进入人的眼睛，即人像的上、下两端与眼睛的连线必须都穿过镜子。假设小张的身高为1.6m。‎ 如图所示，AB表示人的全身，C点表示人眼的位置。根据平面镜成像的特点，作出人的像A'B'．将A'和C，B'和C分别用直线连接起来。则EF就是镜子至少应具有的长度。‎ 因为A′B′∥EF∥AB，且D为AA′的中点；‎ 所以E、F分别为A′C、B′C的中点；‎ 所以EF为△A′B′C的中位线；‎ 所以EF=A′B′=AB=×1.6m=0.8m。‎ 故小张想通过平面镜看完自己的全身像，则平面镜的高度至少为整个身高的一半，故B正确；‎ C、因为光路是可逆的，所以小张在平面镜中看见了小王，小王也能在平面镜中看见小张。故C错误；‎ D、根据平面镜成像特点知，小张在平面镜中所成的像是虚像。故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题主要考查了平面镜成像的特点，要理解成正立、等大虚像的真正含义，并做到灵活运用。‎ ‎　‎ ‎3．（2018•达州）对于图中所示的四幅图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能增加 B．乙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力 C．丙图中活塞向上运动是内燃机的做功冲程 D．丁图中小朋友下滑时，内能转化为机械能 ‎【分析】（1）物体对外做功，内能减小，温度降低；‎ ‎（2）分子间存在引力；‎ 35‎ ‎（3）在做功冲程中，燃气推动活塞向下运动，内能转化为机械能；压缩冲程机械能转化为内能；‎ ‎（4）改变物体内能的方式：做功和热传递。‎ ‎【解答】解：A、甲图中软木塞飞出时，管内水蒸气的内能减少，故A错误；‎ B、丙图中两个压紧的铅块能吊起钩码，主要是因为分子间存在引力，故B正确；‎ C、乙图中活塞向上运动时，进气门、排气门都关闭，是内燃机的压缩冲程，故C错误；‎ D、丁图中小朋友下滑时，机械能转化为内能，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。‎ ‎　‎ ‎4．（2018•达州）一辆小轿车在一段平直的公路上匀速行驶的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小轿车受到的牵引力与阻力是一对相互作用力 B．小轿车行驶的速度越大，小轿车对地面的压力越大 C．由于惯性，即使紧急刹车，也会向前运动一段距离才能停下来 D．发动机运转时小轿车才能运动，说明力是维持物体运动状态的原因 ‎【分析】（1）根据相互作用力与平衡力的条件可做出判断；‎ ‎（2）根据流体压强与流速的关系，判断升力的情况，再进一步得出压力的大小；‎ ‎（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；‎ ‎（4）力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力。‎ ‎【解答】解：A、小轿车匀速行驶的过程中，受到的牵引力与阻力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故A错误；‎ B、小轿车呈流线型，行驶时上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，产生向上的升力，因此，小轿车行驶的速度越大，小轿车对地面的压力越小，故B错误；‎ C、由于惯性，即使紧急刹车，小轿车也会保持原来的运动状态，向前运动一段距离才能停下来，故C正确；‎ D、发动机运转时小轿车才能运动，说明力是改变物体运动状态的原因，而不是说明力是维持物体运动状态的原因，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查了平衡力与相互作用力的辨别、流体压强与流速关系的运用、惯性的理解、力与运动关系的理解等，属力学综合题。‎ ‎　‎ 35‎ ‎5．（2018•达州）如图所示，用一个带正电的物体a去接触不带电的验电器的金属球b时，金属球b也带上正电，则下列说法正确的是（　　）‎ A．a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向b→a B．b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向a→b C．b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向b→a D．a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向a→b ‎【分析】（1）一般情况下物体不带电显中性，当物体失去电子因缺少电子带正电，当物体得到电子因多余电子带负电。中性物体，带正电物体，带负电物体夺得电子的本领是：带正电物体夺得电子的本领大于中性的物体，中性物体夺得电子的本领大于带负电的物体。‎ ‎（2）正电荷定向移动的方向为电流的方向。‎ ‎【解答】解：原来金属球b不带电，对外显中性，金属球b与带正电的a物体接触时，带正电a物体夺得电子的本领大于不带电的金属球b，带正电的a物体夺得电子，金属球b失去电子带正电，电子的移动方向为b→a，所以瞬时电流的方向为a→b。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】知道带正电的物体缺少电子，带负电的物体有多余的电子，物体带电是因为电子的转移，此题即可得出答案。‎ ‎　‎ ‎6．（2018•达州）甲乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设了两条输电线，已知输电线的电阻与其长度成正比，现输电线在某处发生了短路，为确定短路位置，甲地检修员先用如图所示的测量仪接入AB时，电流表的示数为0.2A，乙地检修员后用相同的测量仪接人CD时，电流表的示数为0.3A．则短路位置离甲地（　　）‎ A．18km B．15km C．12km D．10km ‎【分析】根据欧姆定律可计算电路中的电阻，进一步计算短路位置离甲地的距离。‎ ‎【解答】解：‎ 35‎ 由题知，甲乙两地相距30km，输电线的电阻与其长度成正比，‎ 设每km输电线的电阻为R0，短路位置离甲地的距离为s，则短路位置离乙地的距离为30km﹣s，‎ 则AB间的总电阻（两条输电线的总长度为2s）：Rab=2sR0，‎ 同理可得，CD间的总电阻：Rcd=2（30km﹣s）R0，‎ 用如图所示的测量仪进行检测时，电源电压不变，‎ 所以由欧姆定律得：U=IabRab，U=IcdRcd，‎ 因电源电压不变，所以可得IabRab=IcdRcd，‎ 代入数据有：0.2A×2sR0=0.3A×2（30km﹣s）R0，‎ 解得：s=18km。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查学生运用欧姆定律解决实际问题的能力。能根据题意求从检修点到短路处的总电阻是关键的一步，再进一步根据总电阻得出导线的总长度，值得注意的是：短路处距甲处的距离则是导线总长度的一半。‎ ‎　‎ ‎7．（2018•达州）如图所示电路，电源两端电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．电压表V1示数与电流表A的比值变大 B．电压表V2示数与电流表A的比值不变 C．电压表V1示数的变化量大于电压表V2示数的变化量 D．电压表V1示数的变化量小于电压表V2示数的变化量 ‎【分析】由电路图可知，R0与R1、滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0与R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，然后判断电压表V1与电流表A的比值变化以及电压表V2示数与电流表示数的比值的变化；‎ ‎（2）根据串联电路的特点和欧姆定律分别表示出两电压表示数的变化量，然后比较两者的绝对值得出答案。‎ 35‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R0与R1、滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，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，‎ 因为R1为定值电阻，电压表V1与电流表A的比值为R1，‎ 所以电压表V1与电流表A的比值不变，故A错误；‎ 由R0与R1的电阻不变和U=IR可知，R0和R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V2的示数变大；‎ 因电压表V2的示数变大，电流表的示数变小，‎ 所以，电压表V2示数与电流表示数的比值变大，故B错误；‎ ‎（2）设滑片移动前后电路中的电流为I、I′，‎ 电压表V1示数的变化量：‎ ‎△UV1=U1′﹣U1=I′R1﹣IR1=（I′﹣I）R1=△IR1，‎ 电压表V2示数的变化量：‎ ‎△UV2=U滑′﹣U滑=[U﹣I′（R1+R2）]﹣[U﹣I（R1+R2）]=（I﹣I′）（R1+R2）=﹣△I（R1+R2）‎ 因|△IR1|＜|△I（R1+R2）|‎ 所以，电压表V1示数变化量的绝对值小于电压表V2示数变化量的绝对值，故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，会正确的表示两电压表示数的变化量是关键。‎ ‎　‎ ‎8．（2018•达州）两个底面积相同形状不同的容器A、B（GA=GB），盛有不同的液体放置在水平桌面上，现将甲、乙两个相同的物块分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示（忽略液体的损失），下列说法正确的是（　　）‎ A．甲物块受到的浮力大于乙物块受到的浮力 B．两容器底受到的液体压强相等 C．取出两物块后，B容器底受到液体的压强大于A容器底受到液体的压强 35‎ D．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强 ‎【分析】（1）根据物体的浮沉条件判断浮力与重力的关系；‎ ‎（2）根据p=ρ液gh得出容器底受到压强的关系；‎ ‎（3）取出物块后，由于容器底所受压力减少量△F=△G，由此即可判断；‎ ‎（4）根据压强公式p=求出压强的大小。‎ ‎【解答】解：A、甲悬浮，F浮甲=G排甲=G；乙漂浮，则F浮乙=G排乙=G，可知F浮甲=F浮乙，故A错误；‎ B、物体在甲中悬浮，则ρ甲=ρ物，在乙中漂浮，则ρ乙＞ρ物，可知乙的密度较大，已知深度相同，由p=ρ液gh可知，B液体对容器底的压强大，故B错误；‎ C、取出物块后，由于容器底所受压力减少量△F=△G，放入两容器中两个的物块相同，所以减少的压力△F甲=△F乙，所以减少的压强△p甲=△p乙，故取出两物块后，B容器底受到液体的压强大于A容器底受到液体的压强，故C正确；‎ D、B容器液体密度大于A液体密度，甲排开A的体积大于乙排开B的体积，取出后物体后B液体体积大于A液体体积，B液体的重力大于A液体重力，由压强公式p=得，取出两物块后，B容器对桌面的压强大于A容器对桌面的压强。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查了物体浮沉条件及液体压强公式的应用，以及固体压强公式，是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎9．（2018•达州）如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地板上，OA=0.6m，OB=0.4m。在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，C的密度为0.8×103kg/m3，B端正下方放一盛满水的溢水杯。现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）（　　）‎ A．木块受到的浮力为0.5N B．木块C受到细线的拉力为0.3N C．小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N D．小球的运动速度为0.2m/s ‎【分析】（1）溢水杯内裝满水，当物体放入后，根据阿基米德原理即可求出物体受到的浮力；‎ 35‎ ‎（2）根据F浮=ρ水V排g求排开水的体积；此时木块浸入体积为木块体积的一半，可求木块的体积，又知道木块的密度，利用密度公式和重力公式求木块重；根据FB=G﹣F浮求杠杆B端受到的拉力FB，‎ ‎（3）根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA=FB×OB求出小球刚放在B端时A端受到细线的拉力；‎ ‎（4）知道小球的质量可求重力，设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s=vt，可求当A端的拉力为0时，小球到O点距离（s﹣OB=vt﹣OB=v×4s﹣0.4m），再根据杠杆平衡条件得出G球×s′=FB×OB，据此求小球运动速度。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）溢水杯内盛满水，当物体放入后，物体受到的浮力：F浮=G排=0.5N，故A正确；‎ ‎（2）根据F浮=ρ液gV排可得排开水的体积：‎ V排===5×10﹣5m3；‎ 因为一半浸入水中，‎ 所以物体的体积：‎ V物=2V排=2×5×10﹣5m3=1×10﹣4m3；‎ 由G=mg和ρ=可得，物体的重力：‎ G=mg=ρ物•V物g=0.8×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg=0.8N，‎ 则B端木块C所受的拉力：FB=G﹣F浮=0.8N﹣0.5N=0.3N，故B正确；‎ ‎（3）小球的质量为：‎ m球=300g=0.3kg，‎ 小球的重：‎ G球=m球g=0.3kg×10N/kg=3N，‎ 小球刚放在B端时，B端受到的力为3N+0.3N=3.3N，‎ 根据杠杆平衡条件得出关系式：FA×OA=FB×OB 则A端受到细线的拉力：FA===2.2N，故C正确。‎ ‎（4）设小球的运动速度为v，‎ 则小球滚动的距离s=vt，‎ 当A端的拉力为0时，杠杆再次平衡，此时小球到O点距离：‎ s′=s﹣OB=vt﹣OB=v×4s﹣0.4m，‎ 根据杠杆平衡条件可知：‎ G球×s′=FB×OB，‎ 35‎ 即：3N×（v×4s﹣0.4m）=0.3N×0.4m，‎ 解得：v=0.11m/s。故D错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】该题考查浮力、重力的计算以及杠杆的平衡条件，属于对初中内容的考查，解答的关键是对公式和变形公式的理解与应用能力。‎ ‎　‎ ‎10．（2018•达州）如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于变阻器的B端时，电压表的示数为6V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J；当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数变化了2V．下列结果正确的是（　　）‎ A．R1先后两次消耗的电功率之比为3：4‎ B．滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω C．电源电压为10V D．R1的阻值为20Ω ‎【分析】由电路分析可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；由滑片的移动和电压表示数变化可知滑片滑到B点时电压表的示数，则由欧姆定律可表示出滑片在不同位置时滑动变阻器两端的电压与电源电压电阻间的关系，联立可解得R1与R2最大值之间的关系及电源的电压； 由功率公式可求得R1的阻值，则可求得R2的最大阻值；最后由功率公式分别求得R1先后两次消耗的电功率，即可求得比值。‎ ‎【解答】解：‎ 由电路图可知，R1与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压；‎ 当滑片在B端时，由欧姆定律可知，电流中的电流：‎ I1=，‎ 则滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）：‎ U2=I1×R2==6V﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 由题意知，当滑片滑到中点处时，滑动变阻器接入电阻变小，变阻器分得电压变小，即电压表示数应减小，所以，滑片滑到中点时，滑动变阻器两端电压为U2′=6V﹣2V=4V；‎ 35‎ 同理可得，滑动变阻器两端的电压（电压表的示数）：‎ U2′==4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ ‎①：②可得：=，‎ 解得R1=R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 将③代入①：==6V，‎ 可得电源电压：U=12V，故C错误；‎ 当滑片滑到B端时，R1两端电压为：U1=U﹣U2=12V﹣6V=6V；‎ 由Q=t=36J可得：R1=×10s=10Ω，故D错误；‎ 因R2=R1，所以变阻器R2的最大阻值为10Ω，故B正确；‎ 滑片在中点时，R1两端的电压为U1′=U﹣U2′=12V﹣4V=8V，‎ 则R1先后两次的电压之比为：==，‎ 由P=可得R1先后两次消耗的电功率之比：====，故A错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题已知量较少，故无法直接求出结果，所以其难点在于学生能否准确地建立方程；在电学中此类采用方程法求解的题目较多，应根据题意灵活设定未知量，列出方程才能准确求解。‎ 二．填空题 ‎ ‎11．（2018•达州）滑板车是小学生喜爱的玩具之一。用脚向后蹬地，滑板车会沿地面向前运动，这说明力的作用是　相互　的；如果不再蹬地，滑板车的速度会越来越慢，最后停下来，这表明力可以改变物体的　运动状态　；滑板车在水平地面上静止且人的两脚站立在滑板车上时，滑板车受到的支持力与　人与车的总重力　是平衡力（选填“人的重力”、“车的重力”、“人与车的总重力”）‎ ‎【分析】（1）物体间力的作用是相互的，物体受到力的同时，也对另一个物体施加了力；‎ ‎（2）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。‎ 35‎ ‎（3）静止的物体受到平衡力作用，其大小相等、方向相反。‎ ‎【解答】解：（1）用脚向后蹬地，滑板车会沿地面向前运动，这说明力的作用是相互的。‎ ‎（2）如果不再蹬地，滑板车的速度会越来越慢，最后停下来，这表明力可以改变物体的运动状态。‎ ‎（3）滑板车在水平地面上静止且人的两脚站立在滑板车上时，滑板车受到的支持力与“人与车的总重力”是一对平衡力，其大小相等，方向相反。‎ 故答案为：相互；运动状态；人与车的总重力。‎ ‎【点评】深入理解物体间力的作用的相互性、力的两个作用效果、平衡力与物体运动状态间关系；可解答此题。‎ ‎　‎ ‎12．（2018•达州）如图所示是小李同学在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，第6min时的内能　小于　第8min时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）；该物质在CD段的比热容是AB段比热容的　2　倍（被加热物质的质量和吸、放热功率不变）。‎ ‎【分析】（1）晶体熔化的过程中吸热而不升温，但内能增大；‎ ‎（2）晶体熔化前处于固态，晶体熔化过程中质量不变，吸收热量的多少与加热时间成正比，根据Q=cm△t可判断比热容的比值。‎ ‎【解答】解：（1）晶体熔化过程要吸收热量，内能增加。所以第6min时的内能小于第8min时的内能；‎ ‎（2）根据图中坐标信息可知，该物质在AB段温度升高10℃，被加热4min；在CD段温度升高5℃，被加热4min；‎ 则该物质在AB段吸热与CD段吸热之比为1：1，根据Q=cm△t可得，‎ ‎====，‎ 所以该物质在CD段的比热容是AB段比热容的2倍。‎ 故答案为：小于；2。‎ ‎【点评】此题的关键在于理解：相同加热器加热相同时间，被加热物质吸收相同的热量。‎ ‎　‎ 35‎ ‎13．（2018•达州）某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，绘制了如图所示的图象（v表示像到凸透镜的距离，u表示物体到凸透镜的距离），用该凸透镜作放大镜使用时，被观察的物体到透镜的距离在　0.05　m以内；把物体从距凸透镜5cm处移动到距凸透镜20cm处的过程中，像的大小将　变小　（选填“变大”、“变小”、“先变小再变大”、“先变大再变小”）。‎ ‎【分析】（1）根据凸透镜成像的几种情况和应用进行判断：u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。‎ ‎（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；凸透镜成需像时，物距增大，像变大。‎ ‎【解答】解：由凸透镜成像规律可知，u=v=2f，凸透镜成倒立、等大的实像，由图象可知，u=v=2f=10cm 时，所以f=5cm=0.05m，‎ 用该凸透镜作放大镜使用时，u＜f，成正立、放大的虚像，即被观察的物体到透镜的距离在0.05m以内；‎ 把物体从距凸透镜5cm处移动到距凸透镜20cm处的过程中，物距增大，像距减小，像变小；‎ 故答案为：0.05；变小。‎ ‎【点评】凸透镜成像的四种情况和应用，以及凸透镜成实像时，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。‎ ‎　‎ ‎14．（2018•达州）小张驾驶一辆额定功率为35千瓦、效率为30%的汽车在一段平直的公路上匀速行驶，在额定功率下行驶1小时至少需要　12　L汽油（汽油的热值为3.5×107J/L）；若行驶的速度为72km/h，则汽车受到的阻力为　525　N，汽油属于　不可再生　能源（选填“可再生”或“不可再生”）。‎ ‎【分析】（1）根据W=Pt求出小汽车以额定功率匀速直线行驶1h牵引力所做的功，用η=求出放出的热量，再利用Q放=Vq可求出完全燃烧多少升汽油放出热量；‎ ‎（2）利用效率公式η=的变形公式W=ηQ放可求出牵引力做的功；知道前进的距离，利用公式W=Fs求出汽车的牵引力，知道汽车做匀速直线运动，受到的牵引力等于阻力，可求阻力；‎ ‎（3）像煤、石油、天然气等，一旦消耗很难再生的能源属于不可再生能源。‎ ‎【解答】解：小汽车以额定功率匀速直线行驶1h牵引力所做的功：‎ 35‎ W=Pt=3.5×104W×3600s=1.26×108J，‎ 完全燃烧汽油放出热量Q放=Vq，‎ 小汽车发动机的效率η=，‎ 所以ηQ放=W，‎ ηVq=W，‎ V===12L；‎ ‎（2）由η=得，汽油机的有用功：‎ W=ηQ放=30%×1.26×108J=3.78×107J；‎ 因为72km/h=20m/s，‎ 由W=Fs得汽车发动机的牵引力：‎ F====525N，‎ 因为汽车在平直公路上匀速行驶，‎ 所以汽车受到的阻力：f=F=525N；‎ ‎（3）汽油属于不可再生能源，一旦消耗很难再生；‎ 故答案为：12；525；不可再生。‎ ‎【点评】知道功率的计算、热量的计算和效率的计算是，以及能源的分类，是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎15．（2018•达州）如图所示，完全相同的圆柱形容器中，装有不同的两种液体甲、乙，在两容器中，距离同一高度分别有A、B两点。若两种液体的质量相等，则A、B两点的压强关系是pA　＜　pB；若A、B两点的压强相等，则两种液体对容器底的压强关系是p甲　＞　p乙（两空选填“＞”、“=”或“＜”）。‎ ‎【分析】（1）已知液体内A、B两点到容器底部的距离相等，根据m=ρV、V=Sh可知A、B两点以下液体质量的大小关系；根据液体的质量相等可知A、B两点上液体的质量关系，因液体对A、B所在液面的压力和液体自身的重力相等，根据压强公式即可得出这两处的液体压强大小关系。‎ 35‎ ‎（2）若A、B两点的压强相等，可判断出A、B两点上液体的质量关系，进一步确定A、B两点以下液体质量的大小关系，最后得出容器中液体质量关系，根据压强公式即可得出容器底液体压强大小关系。‎ ‎【解答】解：（1）∵A、B两点到容器底的距离相等，‎ ‎∴根据m=ρV=ρSh可知，A、B两点以下m甲＞m乙；‎ 又∵因为完全相同的容器中，分别盛有质量相等的两种液体甲、乙，‎ ‎∴A、B两点上液体的质量：mB＞mA，即GB＞GA；‎ ‎∴根据p=可知，pB＞pA。‎ ‎（2）若A、B两点的压强相等，则A、B两点上液体的质量：mB=mA，因为A、B两点到容器底的距离相等，则有mB′＜mA′，故有m甲＞m乙，G甲＞G乙；‎ 根据p=可知，p甲＞p乙。‎ 故答案为：＜；＞。‎ ‎【点评】解决本题的关键是知道固体压强公式p=适用于固体、液体以及气体压强的计算。‎ ‎　‎ ‎16．（2018•达州）两个标有“5Ω 1A“和“10Ω 0.6A”的定值电阻，将它们串联起来使用时等效电阻为　15　Ω，电源电压最多为　9　V；若将它们并联时干路电流最大是　1.5　A。‎ ‎【分析】（1）（2）串联电路电流处处相等；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；然后根据串联电路电阻的特点求出总电阻，再利用U=IR即可求出电源电压的最大值；‎ ‎（3）并联电路两端电压相等；为了不损坏电阻，根据U=IR分别求出各电阻两端允许的最大电压，然后比较，选其中较小的电压，再利用I=分别求出各支路电流，最后利用并联电路电流的特点求出干路上允许的最大电流。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）串联电路的等效电阻（总电阻）等于各个电阻之和，‎ 所以R=R1+R2=5Ω+10Ω=15Ω；‎ ‎（2）由题知，两电阻允许通过的最大电流分别为：I1=1A，I2=0.6A，则I1＞I2，‎ 因串联电路电流处处相等，所以为了不损坏电阻，串联电路中的最大电流为0.6A；‎ 则电源电压的最大值：U大=I大（R1+R2）=0.6A×（5Ω+10Ω）=9V；‎ ‎（3）两电阻两端允许的最大电压分别为：U1=I1R1=1A×5Ω=5V，U2=I2R2=0.6A×10Ω=6V，‎ 比较可知U1＜U2 ，‎ 为使两电阻都不烧坏，则电路两端允许加的最大电压是5V；‎ 此时通过R1电阻的电流为1A，‎ 35‎ 通过R2电阻的电流：‎ I2′===0.5A，‎ 则并联电路中干路上允许的最大电流为：I大′=I1+I2′=1A+0.5A=1.5A。‎ 故答案为：；15；9；1.5A。‎ ‎【点评】本题考查串并联电路电压和电流的特点以及欧姆定律计算公式的灵活应用情况。‎ ‎　‎ ‎17．（2018•达州）如图所示的电路，当S1、S2都闭合时，R1的电功率为25W，当把S2断开时，R1的电功率为4W，则此时R2的电功率为　6　W。‎ ‎【分析】根据电路图分析电路结构，由R1的功率求出R1的实际电压之比，根据串联电路的电压特点得出功率之比，即可根据灯泡实际功率求出R2上的功率。‎ ‎【解答】解：‎ 由电路图可知，当闭合开关S1、S2时，电阻R2被短路，电路为R1的简单电路，‎ 则R1两端电压等于电源电压为U，且R1的功率P=25W；‎ 由P=可得，R1的电阻为：R1=；‎ 由图可知，当把S2断开时，R1与R2串联，设此时R1两端电压为U1，且R1的功率P'=4W，‎ R1的电阻为：R1=；‎ R1的阻值不变，则：=；‎ 变形可得：==，‎ 解得：=，‎ 所以U1=U；‎ 串联电路的总电压等于各分电压之和，即U=U1+U2，‎ 则此时R2两端的电压为：U2=U﹣U1=U﹣U=U；‎ 35‎ 根据P=UI可得，此时R1的电功率与R2的电功率之比为：‎ ‎=====，‎ 则：P2=P'=×4W=6W。‎ 故答案为：6。‎ ‎【点评】本题考查了判断电阻工作情况，求电阻消耗的功率；分析清楚电路结构、知道R1的功率与两端的电压的关系是正确解题的关键。‎ ‎　‎ ‎18．（2018•达州）如图所示是某同学设计的一台浮力电子秤，其结构由浮力秤和电路两部分组成，小筒底面积为10cm2，大筒底面积为50cm2，装有适量水，金属滑片P固定在托盘下面并随托盘一起自由滑动（滑片质量和滑片受到导线的拉力均忽略不计），定值电阻R0=8Ω，AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，电源电压为6V．当托盘中不放物体时，P位于A端，小筒浸入水中5cm（称量过程中大筒水未溢出），则：R0在电路中的作用是　保护电路　，托盘和小筒的总质量为　50　g，当开关S闭合且在托盘中放入质量为100g的物体时，R0消耗的功率为　0.72　W。‎ ‎【分析】（1）串联电路，各电阻起到分压的作用，从而保护电路；‎ ‎（2）根据漂浮时，浮力等于重力分析解答；‎ ‎（3）托盘中放入100g的物体时，仍然处于漂浮状态，浮力仍等于重力，所以增加的浮力等于增加的重力，根据F浮=ρ液gV排求出增加的排开水的体积，再根据V=Sh算出增加的深度；‎ 根据“AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω”求出电阻的变化值，得出连入电路的电阻，根据欧姆定律求出电路的电流，最后根据P=I2R算出电阻R0消耗的功率。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当滑片P在最下端时，R的电阻为零，若电路中没有R0，将会造成电源短路，故R0在电路中起到保护电路的作用；‎ ‎（2）托盘中不放物体时，小筒浸入水中5cm，排开水的体积为：‎ V排=S小筒h=10cm2×5cm=50cm3=5×10﹣5m3；‎ 小桶受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3=0.5N；‎ 托盘和小筒处于漂浮状态，浮力等于重力，则托盘和小筒的总重力：G=F浮=0.5N；‎ 35‎ 托盘和小筒的总质量为：m===0.05kg=50g；‎ ‎（3）在托盘中放入质量为100g的物体时，托盘和小筒仍处于漂浮状态，浮力仍等于重力，‎ 所以增加的浮力等于增加的重力，即△F浮=△G=△mg=0.1kg×10N/kg=1N，‎ 根据F浮=ρ液gV排可得，增加的排开水的体积：‎ ‎△V排===10﹣4m3；‎ 根据V=Sh可得，增加的浸入深度：‎ ‎△h浸===0.1m；‎ 大筒中水面上升的高度：△h上升===0.02m；‎ 因为：△h浸=△h上升+d，其中d为小筒向下移动的距离，‎ 所以小桶向下移动的距离：‎ d=△h浸﹣△h上升=0.1m﹣0.02m=0.08m；‎ 小桶下降0.08m，滑片也跟着下滑0.08m=8cm，则变阻器连入电路的长度变为20cm﹣8cm=12cm，‎ 因为AB是一根长为20cm的均匀电阻丝，其阻值为20Ω，即1cm的电阻丝的电阻为1Ω，‎ 所以12cm的电阻丝的电阻为12Ω，即R=12Ω，‎ 因为R和R0串联，‎ 由欧姆定律可得，此时电路的电流为：I===0.3A；‎ R0消耗的功率：P0=I2R0=（0.3A）2×8Ω=0.72W 故答案为：保护电路；50；0.72。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路电压的规律，浮沉条件、阿基米德原理、欧姆定律的应用、电功率的计算等知识，是一道综合题，难度较大。‎ ‎　‎ ‎19．（2018•达州）如图所示，电源电压保持不变，电阻R1为20Ω，小灯泡L标有“6V 3W”字样。闭合S，断开S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最右端时，小灯泡L恰好正常发光；闭合S、S1、S2，滑片P移至最左端时，电路消耗的总功率为5.4W，忽略小灯泡电阻随温度的变化，则小灯泡L的电阻为　12　Ω，滑动变阻器的最大阻值为　10　Ω；闭合S，断开S1、S2，移动滑片P，使滑动变阻器的电功率为0.72W时，电流表的示数为　0.3　A。‎ 35‎ ‎【分析】（1）闭合S，断开S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最右端时，电路为小灯泡L的简单电路，且小灯泡L恰好正常发光，故可判断电源电压，同时据灯泡正常发光，据P=可计算小灯泡的电阻；‎ ‎（2）闭合S、S1、S2，滑片P移至最左端时，小灯泡发生短路，定值电阻R1与滑动变阻器R的最大阻值并联；‎ 根据电路消耗的总功率为5.4W，可计算出总电流，进而利用欧姆定律可以计算出R1的电流，进而计算出滑动变阻器R 的电流，据R的电流和电压，结合欧姆定律可以计算R电阻。‎ ‎（3）闭合S，断开S1、S2，移动滑片P，灯泡和滑动变阻器串联，使滑动变阻器的电功率为0.72W时，设此时电流表的示数为I，根据UL+U滑=U列出方程解答即可。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）闭合S，断开S1、S2，滑动变阻器滑片P移至最右端时，电路为小灯泡L的简单电路，且小灯泡L恰好正常发光，则电源电压U=U额=6V；‎ 由P=可得，小灯泡的电阻：RL===12Ω；‎ ‎（2）闭合S、S1、S2，滑片P移至最左端时，小灯泡发生短路，定值电阻R1与滑动变阻器R的最大阻值并联；‎ 电路消耗的总功率为5.4W，由P总=U总I总可得干路中的电流：I总===0.9A；‎ 通过R1的电流：I1===0.3A；‎ 由并联电路的电流特点可得，通过滑动变阻器的电流：I滑=I总﹣I1=0.9A﹣0.3A=0.6A；‎ 则滑动变阻器的最大电阻：R滑大===10Ω；‎ ‎（3）闭合S，断开S1、S2，移动滑片P，灯泡和滑动变阻器串联，‎ 由题知，移动滑片使滑动变阻器的电功率为0.72W，设此时电流表的示数为I，‎ 35‎ 由P=UI可得，此时滑动变阻器两端的电压：U滑=，‎ 灯泡两端的电压：UL=IRL，‎ 根据串联电路的电压特点可得：UL+U滑=U，即IRL+=U，‎ 带入数据得：I×12Ω+=6V，‎ 化简得2I2﹣I+0.12=0，‎ 解方程得：I=0.2A或0.3A，‎ 当滑片移至最左端时，电流最小为I最小==≈0.27A，‎ 所以I=0.2A舍去，I只能取0.3A，即电流表示数为0.3A。‎ 故答案为：12；10；0.3。‎ ‎【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。‎ ‎　‎ 三．作图题 ‎ ‎20．（2018•达州）完成光路图，根据图中的入射光线或折射光线作出相应的折射光线或入射光线。‎ ‎【分析】观察入射光线和折射光线的特点，根据凸透镜的光学特点作图；‎ 根据凸透镜成像时，物体在二倍焦距处，所成的像是等大倒立的实像，像在二倍焦距处，所以过二倍焦距处的入射光线经凸透镜折射后一定过另一侧二倍焦距处，画出折射光线。‎ ‎【解答】解：‎ 平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不变，过二倍焦距处的折射光线的入射光线通过凸透镜另一侧二倍焦距处，如图所示：‎ ‎【点评】凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。‎ ‎　‎ 35‎ ‎21．（2018•达州）如图所示是小明同学在研究通电螺线管极性时的情形，请标出开关闭合后通电螺线管的N极、螺线管内小磁针的N极和磁感线上A点的磁场方向。‎ ‎【分析】从电流的方向入手，利用右手螺旋定则判断出螺线管的极性，然后根据磁体外部磁感线总是从N极指向S极确定A点磁感线的方向，再利用内部磁感线方向确定小磁针的磁极。‎ ‎【解答】解：由右手螺旋定则可得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极，‎ 外部磁感线由N极指向S极，故A点磁感线向左，内部磁感线方向由S极指向N极，故小磁针右侧为N极，左侧为S极。故答案如图：‎ ‎【点评】此题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的应用以及磁感线的特点。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法；要注意外部磁感线由N极指向S极以及磁感线的特点。‎ ‎　‎ 四．实验探究题 ‎ ‎22．（2018•达州）小陈同学在老师的指导下完成了以下实验：‎ ‎①用弹簧测力计测出一个带盖子的空玻璃瓶的重力，如图甲所示；‎ ‎②用手拿着这个盖紧瓶盖的空玻璃瓶浸没在水中，放手后发现玻璃瓶上浮；‎ ‎③将一个铁块装入玻璃瓶并盖紧盖子，放入水中放手后发现玻璃瓶下沉；‎ ‎④‎ 35‎ 取出玻璃瓶并擦干瓶上的水，挂在弹簧测力计上，保持玻璃瓶竖直，然后从图乙所示位置慢慢浸入水中，并根据实验数据绘制了弹簧测力计的示数F与玻璃瓶下表面浸入水中深度h的关系图象如图丙所示。‎ ‎（1）装有铁块的玻璃瓶全部浸没在水中时受到的浮力是　1.6　N。‎ ‎（2）BC段说明物体受到的浮力大小与浸没的深度　无关　（选填“有关”、“无关）。‎ ‎（3）在第②操作步骤中空玻璃瓶浸没在水中时受到的浮力为　1.6　N。‎ ‎（4）小陈认真分析以上实验数据和现象后发现，物体的沉浮与物体的重力和所受浮力有关，其中上浮的条件是　F浮＞G　。‎ ‎（5）若圆柱形容器的底面积为100cm2，在乙图中，当玻璃瓶浸没后，水又对容器底的压强增加了　160　Pa。‎ ‎（6）细心的小陈同学发现玻璃瓶上还标有100ml的字样，于是在装有铁块的玻璃瓶内装满水并盖上瓶盖，再用弹簧测力计测出总重力，如图丁所示，此时弹簧测力计示数为3.1N，根据以上数据他算出了铁块的密度为　0.8×103　kg/m3。‎ ‎【分析】（1）分析图象，由根据F浮=G﹣F求浮力大小；‎ ‎（2）根据图象分析解答即可；‎ ‎（3）根据浮力大小的影响因素分析解答；‎ ‎（4）根据浮沉条件解答；‎ ‎（5）由阿基米德原理计算瓶子浸入水中体积，从而得出液面上升的高度，可计算压强的增加量；‎ ‎（6）由图甲知，瓶子重力，从而计算铁块重力，计算出瓶中加入水的重力，由密度公式可得加入水的体积，从而得到铁块体积，由密度公式计算铁块的密度大小。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图象知，当瓶子浸入深度为0时，弹簧测力计示数为瓶子和铁块的总重力，即G=2.2N；‎ 当瓶子浸入深度达到6cm后弹簧测力计不再减小，说明瓶子浸没在水中，示数为0.6N，所以受到的浮力：F浮=G﹣F=2.2N﹣0.6N=1.6N；‎ ‎（2）由图象知，BC段瓶子受到的弹簧测力计拉力不变，所以受到的浮力不变，说明物体受到的浮力大小与浸没的深度无关；‎ ‎（3）浮力的大小与液体密度和物体浸入液体的体积有关，空玻璃瓶浸没在水中与装有铁块的瓶子浸没在水中时浸入水中体积相等，所以受到的浮力相等，都为1.6N；‎ ‎（4）物体上浮的条件是物体受到浮力大于物体重力，即F浮＞G；‎ ‎（5）由阿基米德原理可得，当玻璃瓶浸没后，瓶子排开水中体积：‎ V排===1.6×10﹣4m3，‎ 容器中水面上升体积与V排相等，即：△V=V排=S△h，‎ 35‎ 所以容器中水面上升高度：△h===1.6×10﹣2m，‎ 所以水又对容器底的压强增加了：△p=ρ水g△h=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.6×10﹣2m=160Pa；‎ ‎（6）由图甲知，空瓶的重力G瓶=1.4N，瓶子和铁块的总重力G=2.2N，‎ 铁块重力：G铁=G﹣G瓶=2.2N﹣1.4N=0.8N，‎ 由题知，图丁中时弹簧测力计示数，即瓶子、水和铁块的总重力：G总=3.1N，‎ 所以装入水的重力：G水=G总﹣G=3.1N﹣2.2N=0.9N，‎ 加入水的体积：V水===9×10﹣5m3=90cm3，‎ 铁块的体积：V=V容积﹣V水=100cm3﹣90cm3=10cm3，‎ 所以铁块密度：ρ===0.8×103kg/m3。‎ 故答案为：（1）1.6；（2）无关；（3）1.6；（4）F浮＞G；（5）160（6）0.8×103。‎ ‎【点评】本题通过实验考查了浮力的因素的认识、浮力的计算、液体压强以及物体密度的计算等，考查知识点多，综合性强，是一道好题。‎ ‎　‎ ‎23.（2018•达州）某实验小组的同学在进行“测量小灯泡的额定功率”的实验中，现有器材：电源（电压恒为6V）、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为3.8V的待测小灯泡（电阻约为12Ω），滑动变阻器两个（A：“5Ω2A“；B：“20Ω 0.5A”）。‎ ‎（1）该实验的实验原理是　P=UI　；实验中，应选用的滑动变阻器是　B　（选填“A”或“B”）。‎ ‎（2）如图甲所示是小田同学连接的实物电路图，图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）。‎ ‎（3）小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是　灯泡断路　。‎ 35‎ ‎（4）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为　1.14　W。‎ ‎（5）该组的另一同学接着实验时，发现电压表0～15V量程已经损坏，0～3V量程还可以正常使用，在不添加器材的情况下，为了测出该小灯泡的额定功率，请你在丙图中的虚线框内画出正确的电路图。‎ ‎（6）由图乙推知：小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电功率为P1，小灯泡的实际电流是额定电流一半时的电功率为P2，则P1　大于　P2（选填“大于”、“小于或“等于”）。‎ ‎【分析】（1）该实验的实验原理是P=UI；‎ 小灯泡额定电压为3.8V，灯丝电阻约为12Ω，由欧姆定律求灯的额定电流；根据串联电路的规律及欧姆定律求灯正常发光时，变阻器连入电路中的电阻，确定选用的滑动变阻器；‎ ‎（2）灯的额定电压为3.8V，故电压表应选用大量程与灯并联；‎ ‎（3）灯不亮，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；‎ ‎（4）由绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象找出灯的额定电压下的电流，根据P=UI求该小灯泡的额定功率；‎ ‎（5）根据串联电路电压的规律，求灯正常发光时变阻器的电压，设计电路图；‎ ‎（6）由图乙知，分别找出小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电流大小和小灯泡的实际电流是额定电流一半时对应的电压大小，根据P=UI比较灯的实际电功率P1与P2大小。‎ ‎【解答】解：（1）该实验的实验原理是P=UI；‎ 小灯泡额定电压为3.8V，灯丝电阻约为12Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：‎ I==≈0.32A，电源电压为6V，小灯泡额定电压为3.8V，根据串联电路的规律及欧姆定律，灯正常发光时，变阻器连入电路中的电阻：‎ R滑===6.9Ω，选用“20Ω 0.5A”的滑动变阻器B；‎ ‎（2）灯的额定电压为3.8V，故电压表应选用大量程与灯并联，如下图1所示：‎ ‎（3）经分析，小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是灯泡断路。‎ 35‎ ‎（4）由绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象知，灯的额定电压下的电流为0.3A，则该小灯泡的额定功率为：‎ P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；‎ ‎（5）根据串联电路电压的规律，当变阻器的电压为：6V﹣3.8V=2.2V时，灯的电压为额定电压，故将电压表并联在变阻器的两端，如下图2所示：‎ ‎（6）由图乙知，小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电流约为0.22A，电功率为：‎ P1=1.8V×0.22A=0.396W；‎ 小灯泡的实际电流是额定电流一半时（0.15A）对应的电压约为1V，灯的实际电功率为：‎ P2=1V×0.15A=0.15W，则P1大于P2。‎ 故答案为：（1）P=UI；B；（2）如上图1；（3）灯泡断路；（4）1.14；（5）如上图2所示；（6）大于。‎ ‎【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查实验原理、注意事项、电路的连接、故障分析、额定功率的计算及实验方案的设计和电功率大小的比较。‎ ‎　‎ 五．计算题 ‎ ‎24．（2018•达州）如图所示的电路中，小灯泡上标有“6V 3.6W”字样，滑动变阻器R1的最大电阻为40Ω．当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在中点时，小灯泡正常发光；当所有开关都闭合，滑片滑到A端时，A1、A2的示数之比是3：1（灯的电阻保持不变）。‎ 求：（1）电源电压 ‎（2）当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在A端时，小灯泡两端的实际电压。‎ ‎（3）小灯泡消耗的最小电功率（不能为0）‎ 35‎ ‎【分析】（1）根据小灯泡上标有“6V 3.6W”字样含义，根据P=UI求灯的额定电流：‎ 由欧姆定律求灯正常发光时的电阻；‎ 当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在中点时，灯与变阻器串联，小灯泡正常发光，故灯的电压为6V，电路中的电流为0.6A，根据欧姆定律和串联电路电压的规律求电源电压；‎ ‎（2）当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在A端时，灯与变阻器的最大电阻串联，根据电阻的串联和欧姆定律求小灯泡两端的实际电压；‎ ‎（3）所有开关都闭合，滑片滑到A端时，R2与变阻器的最大电阻并联，分析电流表测量的电流，根据并联电路电流的规律分流原理求R2的大小，由图知，当R2与灯串联，即闭合S3时，电路的总电阻最大，电路的电流最小，由欧姆定律求出灯的最小电流，根据P=I小2RL求小灯泡消耗的最小电功率。‎ ‎【解答】解：（1）小灯泡上标有“6V 3.6W”字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3.6W，灯的额定电流：‎ I===0.6A，灯正常发光时的电阻：RL===10Ω，‎ 当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在中点时，灯与变阻器串联，小灯泡正常发光，故灯的电压为6V，电路中的电流为0.6A，根据欧姆定律和串联电路电压的规律，电源电压：‎ U=UL+U滑=6V+I×0.5R滑=6V+0.6A×20Ω=18V；‎ ‎（2）当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在A端时，灯与变阻器的最大电阻串联，根据电阻的串联，‎ R串联=RL+R滑=10Ω+40Ω=50Ω，由欧姆定律，小灯泡两端的实际电压：‎ U实=I实RL==×10Ω=3.6V ‎（3）所有开关都闭合，滑片滑到A端时，R2与变阻器的最大电阻并联，电流表A2测R2的电流，电流表A1测总电流，A1、A2的示数之比是3：1，根据并联电路电流的规律，通过变阻器的电流为R2的2倍，根据分流原理，‎ R2=2×40Ω=80Ω；‎ 当灯的电流最小时，根据P=I2R，灯的实际功率最小，由图知，当R2与灯串联，即闭合S3时，电路的总电阻最大，电路的电流最小，I小===0.2A，故小灯泡消耗的最小电功率：‎ P=I小2RL=（0.2A）2×10Ω=0.4W。‎ 35‎ 答：（1）电源电压为18V；‎ ‎（2）当只闭合S、S2，滑动变阻器的滑片P在A端时，小灯泡两端的实际电压为 3.6V；‎ ‎（3）小灯泡消耗的最小电功率为0.4W。‎ ‎【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是电路的分析。‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎25．（2018•达州）如图是利用滑轮组打捞水中物体的简化模型示意图，工人用一滑轮组从水中打捞物体。已知：物体的质量为90kg且以恒定速度匀速上升，当物体完全露出水面，工人对滑轮组绳子自由端的拉力F1为400N，此时滑轮组的机械效率η1为75%（绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，g=10N/kg）。‎ ‎（1）请你根据题目中的条件，判断出工人所使用的滑轮组是下列中的　A　图。‎ ‎（2）工人的质量为60kg，双脚与地面接触面积为2.5×10﹣3m2，物体浸没在水中和完全被打捞出水面时工人对地面的压强变化了4×104Pa，求物体浸没在水中时受到的浮力。‎ ‎（3）若物体完全浸没在水中时，工人拉力的功率为180W，求物体上升的速度。‎ ‎【分析】（1）由物体完全露出水面时的绳子自由端拉力、物体质量和机械效率，根据η===计算通过动滑轮绳子的段数，从而确定所使用的滑轮组；‎ ‎（2）绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，由F=（G物+G动）计算出动滑轮重力；‎ 先计算出物体被打捞出来后人对地面压力，物体被打捞出水面后对滑轮组拉力增大，绳子自由端拉力随之变大，人对地面压力变小，压强变小，由F=pS计算人对地面压力变化量，从而计算物体浸没时对绳子自由端拉力，由F'=（F拉'+G动）=（G物﹣F浮+G动）计算出物体受到的浮力；‎ ‎（3）由P===Fv计算物体完全浸没在水中时绳子自由端的速度，由v=nv物计算物体的上升速度。‎ ‎【解答】解：（1）当物体完全露出水面时，滑轮组的机械效率：η===，‎ 35‎ 所以通过动滑轮绳子的段数：n====3，‎ A图中通过动滑轮绳子的段数为3，B图中通过动滑轮绳子的段数为4，C图中通过动滑轮绳子的段数为5，所以工人所使用的滑轮组是A图；‎ ‎（2）由题知，绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，当物体完全露出水面时，F=（G物+G动）‎ G动=3F﹣G物=3×400N﹣90kg×10N/kg=300N，‎ 此时人对地面压力：F压=G人﹣F=60kg×10N/kg﹣400N=200N，‎ 物体完全浸没在水中时对滑轮组的拉力：F拉'=G物﹣F浮，完全露出后物体对滑轮组拉力F拉=G物，所以物体被打捞出水面后对滑轮组拉力增大，绳子自由端拉力随之变大，人对地面压力变小，压强变小，‎ 由p=可得物体完全露出水面后，人对地面压力增大量：△F=△pS=4×104Pa×2.5×10﹣3m2=100N，‎ 所以物体完全浸没在水中时人对地面压力F压'=F压+△F=200N+100N=300N，‎ 此时人对绳子自由端拉力：F'=G人﹣F压'=60kg×10N/kg﹣300N=300N，‎ 且F'=（F拉'+G动）=（G物﹣F浮+G动）‎ 所以：F浮=G物+G动﹣3F'=90kg×10N/kg+300N﹣3×300N=300N；‎ ‎（3）由P===Fv可得，物体完全浸没在水中时绳子自由端的速度：‎ v===0.6m/s，‎ 由v=nv物可得，物体的上升速度：‎ v物===0.2m/s。‎ 答：（1）A；‎ ‎（2）物体浸没在水中时受到的浮力为300N；‎ ‎（3）物体上升的速度为0.2m/s。‎ ‎【点评】本题考查了滑轮组特点、机械效率公式以及功率公式的应用，用好不计绳重和摩擦时F=（G物+G动），关键是根据人对地面压强变化得到人对绳子拉力的大小，有一定难度。‎ ‎　‎ 35‎