2023年湖北省黄冈市武穴市中考物理模拟试卷（答案）

2023年湖北省黄冈市武穴市中考物理模拟试卷
一、选择题（每小题只有一个正确选项，本大题共15小题，每小题3分，共45分）
1．（3分）雷雨天气里，小明从看到闪电开始计时，大约4s后听到雷声，已知声音和光在空气中的速度分别是340m/s和3×108m/s，则雷电处距离小明大约是（　　）
A．1360 km B．2000km C．1360m D．1.2×106km
2．（3分）平面镜MN前有一物体AB，不透光的屏CD放在AB和平面镜之间，二者在竖直方向上的长度相同，如图所示，并且屏的下端与AB的中点等高。那么（　　）
A．平面镜中只有AB下半部的像
B．平面镜中只有AB上半部的像
C．平面镜中仍能成AB完整的虚像，在平面镜前任何位置都可以看到
D．平面镜中仍能成AB完整的虚像，但在平面镜前一定范围内才可看到
3．（3分）平面镜水平放置且镜面朝上，在镜面上方竖直放置一凸透镜，在凸透镜左侧主光轴上两倍焦距处有一点光源S，关于点光源在该光具组中成像情况的判断，正确的是（　　）
A．两个实像，两个虚像 B．两个实像，一个虚像
C．一个实像，两个虚像 D．一个实像，三个虚像
4．（3分）如图，水平推力F作用在物体a上，a、b均保持静止，关于ab有以下说法：
①物体a受到的推力小于摩擦力；
②物体b受5个力的作用；
③a对b施加向左的摩擦力；
④b受到地面摩擦力的大小等于F。
以上说法中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（3分）在两端开口的弯管内用两段水柱封闭了一段空气柱，A、B、C、D四个液面的位置关系如图所示。现将左侧试管底部的阀门K打开，释放掉少量水后立刻关闭阀门，A、B、C液面相对各自原来的位置上升或下降的长度△hA、△hB和△hC之间的大小关系为（　　）
A．△hA＝△hB＝△hC B．△hA＞△hB＞△hC
C．△hA＞△hB＝△hC D．△hA＝△hB＞△hC
6．（3分）用轻质细线把两个完全相同的小球悬挂起来，如图所示。现对小球A施加一个水平向左的恒力，对小球B施加一个水平向右的恒力，且两个力的大小相等。平衡时两球的位置可能是下图中的（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）如图甲所示，小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度△l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则小球（　　）
A．受到的弹力始终不变
B．运动过程动能一直增大
C．从a到b过程，重力势能减少，弹簧的弹性势能增大
D．从b到c过程，重力势能转化为弹性势能，小球的机械能不变
8．（3分）如图所示，重力G＝700N的水平木板在滑轮组的作用下保持静止。三个滑轮等大、光滑，质量均忽略不计。所有细绳的重力均不计，天花板间的固定点分别叫做A、B、C，与木板间的固定点分别叫做D、E；各条细绳中不与滑轮接触的部分均竖直。则B点处的细绳对天花板的拉力大小为（　　）
A．100N B．140N C．300N D．350N
9．（3分）如图所示，两个体积、质量均不同的木块A、B，分别浮在U形水槽的左右臂的水面上，ma＞mb，将水槽支于O点，水槽恰好平衡，若将物块B从水槽右臂取出，叠放在物块A上，则水槽（　　）
A．左端向下倾斜 B．仍保持平衡
C．右端向下倾斜 D．无法判断
10．（3分）已知1g甲液体温度升高1℃需要2.1J的热量，1g乙液体温度升高1℃需要4.2J的热量，1g丙液体温度升高1℃需要2.8J的热量。分别取甲、乙两种液体各60g，以相同的热源加热，其温度与加热时间的关系如图所示。若取90g的丙液体，以相同的热源加热，则其温度与加热时间的关系图象（　　）
A．落在Ⅰ区 B．落在Ⅱ区 C．与甲重叠 D．与乙重叠
11．（3分）如图所示，电源电压15V保持不变，滑动变阻器的滑片P在最右端。闭合开关S1，断开开关S2，滑片P移至中点附近时，电流表的示数是0.5A；保持滑片P不动，闭合开关S2，断开开关S1时，电流表的示数是0.2A，则电阻R3的阻值是（　　）
A．20Ω B．30Ω C．45Ω D．50Ω
12．（3分）如图所示，电源电压恒定不变，滑动变阻器的滑动头置于正中央，闭合开关S后，M、N、P三灯的亮度相同，今将变阻器的滑动头缓慢向左移动，则三灯的亮度从亮到暗的排列顺序是（　　）
A．M、N、P B．M、P、N C．P、M、N D．N、M、P
13．（3分）如图电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器R2的最右端B处时，电压表的示数为4V，定值电阻R1的功率为0.8W；当滑片P置于滑动变阻器R2的中点时，电压表的示数变化了1V．下列结果正确的是（　　）
A．电源电压为8V
B．R1的阻值为20Ω
C．电路变化前后电流之比为1：3
D．电路总功率变化了1.2W
14．（3分）用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中R1是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则R1的阻值为（　　）
A．R0 B．R0
C．R0 D．R0
15．（3分）甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间里以速度V1做匀速直线运动，后一半时间里以速度V2做匀速直线运动（V1≠V2）；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速直线运动，后一半路程中以速度V2做匀速直线运动（V1≠V2）．则（　　）
A．甲车先到达 B．乙车先到达
C．甲、乙同时到达 D．不能确定
二、填空与实验（16-19题为为填空题，共15分；20-21题为实验题，共18分）
16．（4分）一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计的示数为G．若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为　 　，玻璃管内、外水银面的高度差△x为　 　。（设玻璃管壁的厚度不计）
17．（6分）如图1所示，一足够大圆柱形空容器放在水平桌面上；一横截面积为S0的圆柱形木块由一段非弹性细线与容器底部相连。现向容器中缓慢加水（水的密度为ρ0），木块受到的浮力F浮与容器中水的深度h的关系图象如图2所示。求：
（1）细线对木块拉力的最大值；
（2）木块的密度；
（3）整个加水过程中，木块所受浮力做的功。
18．（3分）一厚度为d的薄金属盘悬吊在空中，其上表面受太阳直射，空气的温度保持300K不变，经过一段时间，金属盘上表面和下表面的温度分别保持为325Κ和320K．假设单位时间内金属盘每个表面散失到空气中的能量与此表面和空气的温度差以及此表面的面积成正比；单位时间内金属盘上、下表面之间传递的热量与金属盘的厚度成反比，与两表面之间的温度差和表面面积成正比。忽略金属盘侧面与空气之间的热传递。那么，在金属盘的厚度变为2d而其他条件不变的情况下，金属盘上、下表面温度稳定之后，金属盘上表面的温度将变为　 　K。
19．（2分）如图所示，电源电压不变，电阻R1的阻值为4Ω，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P位于A点时，电压表V1的示数为4V，电压表V2的示数为10V．当滑动变阻器的滑片P位于B点时，电压表V1的示数为8V，电压表V2的示数为11V，电阻R2的阻值为　 　Ω。
20．（6分）实验室里测量一块形状不规则、体积较大的矿石的密度。
（1）用调节好的天平测量矿石的质量。当天平平衡时，右盘中砝码和游码的位置如图1所示，矿石的质量是　 　g；
（2）因矿石体积较大放不进量筒，因此他利用一只烧杯，按图2所示方法进行测量，矿石的体积是　 　cm3；
（3）经计算，矿石的密度是　 　kg/m3，从图A到图B的操作引起的密度测量结果比真实值　 　（偏大/偏小/不变）。
（4）小明不小心把量筒摔破了，老师给小明一个烧杯，请完成以下实验步骤并测出矿石的密度：
①用调节好的天平测出矿石的质量为m1
②将适量的水倒入烧杯并称出总质量为m2
③将矿石轻放入烧杯内，标记下此时水面位置
④将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量为m3
⑤由此可得矿石的体积为　 　（ρ水已知），得到矿石的密度表示式为　 　；
⑥由于矿石吸入部分水，所以测得的密度值　 　（偏大/偏小/无影响）；
⑦若此实验中将矿石拿出后带了一部分水，此过程对实验结果　 　（有/无）影响。
21．（12分）实验小组利用如图甲所示的电路测定小灯泡的额定功率。所用器材：额定电压为2.5V的小白炽灯泡、电池组（二节干电池串联，电压为3V）、电压表一块、滑动变阻器（10Ω 2A）、定值电阻（RO＝5Ω）、开关三个和导线若干。
（1）用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路按照图甲所示的电路图连接完整。
（2）闭合开关前，应将变阻器滑片滑到　 　（选填“左”或“右”）端。
（3）连接完电路后，只闭合S、Sl时，移动滑片P，电压表示数有变化；只闭合S、S2时，小灯泡不发光，移动滑片P，电压表示数无变化。于是小明拆下电压表，并用它检测电路故障：把电压表依次并在灯泡和开关S2两端，测试结果分别是无示数、有示数。由此可以断定电路中一定存在的故障是　 　。
A．灯泡L处断路
B．灯泡L处短路
C．开关S2处断路
（4）排除故障后，小明继续实验。
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为　 　V。
②只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为2.25V。
③小灯泡的额定功率为　 　W。
（5）当加在白炽灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　 　P额（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）小红通过课外学*知道：干电池是有一定电阻的，需要用“电压U”和“电阻r”两个物理量来描述，相当于图丙。于是小红在小明的电路的基础上，保持滑片P的位置不变，将电压表拆下，并联在电池组两端，只闭合S、S2时，读出电压表示数为2.9V，由小红小明的数据可以计算出电池组的电阻r是　 　Ω。
三、计算题：（本大题共2小题，共计22分，每题解答应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
22．（12分）有两个不吸水的圆柱体A和圆柱体B、A的顶部系有一根轻质细线，已知A的质量为1.32kg，密度为1.1×103kg/m3，高为12cm，B的底面积为60cm2，（g取10N/kg）
（1）求A的重力；
（2）将B竖直放在水平桌面上，再将A竖直放在B的正上方，求A对B的压强；
（3）将A竖直放入薄壁柱形容器中，向容器中缓慢加入液体直至加满，液体体积与深度的关系如图所示。用细线将A竖直向上提升2cm时，细线的拉力为3.6N，求液体的密度。（圆柱体A始终处于竖直状态）
23．（10分）如图甲所示电路，电源电压可调，R为标有“1A“字样的滑动变阻器，电流表量程为0﹣3A，L1、L2是额定电压均为6V的小灯泡，其电流与电压的关系如图乙所示。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合开关S1，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时小灯泡正常发光，滑动变阻器的最大阻值；
（3）若不清楚电路中各开关闭合或断开的状态，滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，现移动滑片P同时调节电源电压，使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，对应电路总电功率的变化范围。
2023年湖北省黄冈市武穴市中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项，本大题共15小题，每小题3分，共45分）
1．（3分）雷雨天气里，小明从看到闪电开始计时，大约4s后听到雷声，已知声音和光在空气中的速度分别是340m/s和3×108m/s，则雷电处距离小明大约是（　　）
A．1360 km B．2000km C．1360m D．1.2×106km
【分析】闪电和雷声是同时发生的，光在空气中的传播速度很快，闪电从发生处到小明处，传播时间很短，可以忽略不计，可以粗略认为雷声到小明处传播了4s，利用s＝vt进行计算。
【解答】解：雷声从发生处到小明处传播速度是340m/s，传播时间是4s，
∵v＝，
∴所以雷电处到小明处的距离大约为：s＝vt＝340m/s×4s＝1360m。
故选：C。
【点评】在空气中，光的传播速度远远大于声速，利用这个规律可以解释为什么先看到闪电后听到雷声，可以计算雷电处距离观察者的距离等等。
2．（3分）平面镜MN前有一物体AB，不透光的屏CD放在AB和平面镜之间，二者在竖直方向上的长度相同，如图所示，并且屏的下端与AB的中点等高。那么（　　）
A．平面镜中只有AB下半部的像
B．平面镜中只有AB上半部的像
C．平面镜中仍能成AB完整的虚像，在平面镜前任何位置都可以看到
D．平面镜中仍能成AB完整的虚像，但在平面镜前一定范围内才可看到
【分析】根据平面镜成像特点，平面镜成的像是正立等大的虚像。
【解答】解：中间屏障的有无与虚像的有无没有直接的关系，即使物体和镜子之间有十万八千里，甚至隔着地球，也会有它的虚像的（因为它是“虚像”，不需要实际光线透过镜子成像），只是人的眼睛看到和看不到或者观察角度的问题。
故选：D。
【点评】此题主要考查平面镜成像特点及其应用，掌握平面镜成的像是正立等大的虚像是解答此题的关键。
3．（3分）平面镜水平放置且镜面朝上，在镜面上方竖直放置一凸透镜，在凸透镜左侧主光轴上两倍焦距处有一点光源S，关于点光源在该光具组中成像情况的判断，正确的是（　　）
A．两个实像，两个虚像 B．两个实像，一个虚像
C．一个实像，两个虚像 D．一个实像，三个虚像
【分析】（1）凸透镜成像规律：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。
u＝f，光线平行射出，既不成实像，也不成虚像。
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
（2）平面镜成像的特点：虚像，物像等大，物像等距，物像连线与镜面垂直。
【解答】解：
（1）由题知，凸透镜主光轴上两倍焦距处有一点光源S；首先可以确定点光源S在凸透镜右侧两倍焦距处可以成一个等大的实像S1，这个实像又可以通过平面镜成一个虚像S2（平面镜成像）
（2）点光源S通过平面镜可以成一个虚像S3，形成的这个虚像S3（相当于一个发光点）又可以通过凸透镜再成一个等大的实像S4（因S3在两倍焦距处的正下方，且过光心的光线传播方向不变）。
由于通过S4的光线不能被平面镜反射（或不能再射向平面镜），所以S4不能在平面镜中再成一个虚像；
所以，会出现两个实像，两个虚像，即S能成四个像。如下图所示：
故选：A。
【点评】本题考查了学生对凸透镜成像和平面镜成像的特点和规律的掌握情况，把握住它们的成像规律是解题的关键。
4．（3分）如图，水平推力F作用在物体a上，a、b均保持静止，关于ab有以下说法：
①物体a受到的推力小于摩擦力；
②物体b受5个力的作用；
③a对b施加向左的摩擦力；
④b受到地面摩擦力的大小等于F。
以上说法中正确的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】（1）当一个物体在另一个物体表面上有相对运动或相对运动趋势时，时，在两个物体的接触面上会产生一种阻碍物体相对运动的力，这种力叫做摩擦力。
（2）物体处于静止状态，竖直方向和水平方向都受力平衡。
【解答】解：a受到向右水平推力F，但a、b保持静止，在水平方向a受到水平向左的摩擦力，大小等于推力F，故①错误；
b物体在竖直方向受到重力、a对b的压力和地面对b的支持力，共3个力，水平方向上a对b水平向右的摩擦力和地面对b水平向左的摩擦力，共2个力，b受到5个力，故②正确；
b对a的摩擦力向左的，根据力的作用是相互的，a对b的摩擦力向右，故③错误；
b受到的摩擦力等于a受到的摩擦力等于推力F，故④正确；
故选：B。
【点评】本题考查受力分析和摩擦力的判断，有难度，关键点还是理解摩擦力的概念。
5．（3分）在两端开口的弯管内用两段水柱封闭了一段空气柱，A、B、C、D四个液面的位置关系如图所示。现将左侧试管底部的阀门K打开，释放掉少量水后立刻关闭阀门，A、B、C液面相对各自原来的位置上升或下降的长度△hA、△hB和△hC之间的大小关系为（　　）
A．△hA＝△hB＝△hC B．△hA＞△hB＞△hC
C．△hA＞△hB＝△hC D．△hA＝△hB＞△hC
【分析】释放掉少量水后BC段内的压强减小，根据一定量的气体压强与体积成反比可得，BC段内的体积变大，如果△hA与△hB的大小相同，则AB两液面的高度差不变气体的压强不变，与压强减小矛盾，故必须△hA＞△hB才能满足压强减小的条件。再分析B和C的液面，由于BC段内压强减小C液面上升，D液面下降，如果C液面上升的高度大于B液面下降的高度，则BC段的气体体积将减小，压强将增大，这是不可能的；如果△hB＝△hC，也不满足BC段的气体压强减小，故△hB＞△hC。
【解答】解：释放掉少量水后立刻关闭阀门，空气柱长度增大，压强减小，C液面上升，B液面下降，A液面下降，AB之间液面高度差减小，根据前面分析可知△hA＞△hB＞△hC。
故选：B。
【点评】本题考查液体和气体压强的变化，关键是分析出液面的变化，本题难度不小，解题时一定要认真分析。
6．（3分）用轻质细线把两个完全相同的小球悬挂起来，如图所示。现对小球A施加一个水平向左的恒力，对小球B施加一个水平向右的恒力，且两个力的大小相等。平衡时两球的位置可能是下图中的（　　）
A． B． C． D．
【分析】对两球连同之间的细线看成一个整体，分别对其进行竖直方向和水平方向的受力分析，观察绳子弹力的方向便可迎刃而解
【解答】解：
将A、B两球连同之间的细线看成一个整体，对整体受力分析如下图所示，其中左右的拉力平衡，则可知A球上方的细线必定沿竖直方向，即上方细线的拉力F线与总重力G平衡，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题重点考查了学生的受力分析的能力，解题的关键是能够从整体着手分析受力，若采用隔离法分析A、B两个小球受力的情况，则有一定的难度。
7．（3分）如图甲所示，小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度△l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则小球（　　）
A．受到的弹力始终不变
B．运动过程动能一直增大
C．从a到b过程，重力势能减少，弹簧的弹性势能增大
D．从b到c过程，重力势能转化为弹性势能，小球的机械能不变
【分析】（1）弹簧形变程度越大，小球受到弹力越大；
（2）物体的动能与质量和速度有关，速度越大、质量越大，物体的动能越大；
（3）小球从a到b的过程中，小球高度降低，弹簧的弹性形变变大，据此判断重力势能和弹性势能的大小；
（4）从b到c过程，小球的高度、速度，弹簧的形变程度都在发生变化，据此分析。
【解答】解：
A、小球从某高度处由静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧，从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧形变程度逐渐变大，所以小球受到弹力也逐渐变大，故A错误；
B、由图乙可知，小球速度先变大，后变小，小球的质量不变，所以小球动能先变大，后变小，故B错误；
C、小球从a到b的过程中，小球高度降低，弹簧的弹性形变变大，所以重力势能减少，弹簧的弹性势能增大，故C正确；
D、从b到c过程，小球的高度降低、速度减小，弹簧的形变程度增大，但并不是只有重力势能转化为弹性势能，动能也会转化为弹性势能；所以，该过程中小球的机械能减少，有一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了弹力、动能和能量转化以及运动和力关系等问题。解题的关键要读懂图，由图获取弹簧压缩量，小球速度变化的信息分析小球的运动过程，分析弹力的变化情况。
8．（3分）如图所示，重力G＝700N的水平木板在滑轮组的作用下保持静止。三个滑轮等大、光滑，质量均忽略不计。所有细绳的重力均不计，天花板间的固定点分别叫做A、B、C，与木板间的固定点分别叫做D、E；各条细绳中不与滑轮接触的部分均竖直。则B点处的细绳对天花板的拉力大小为（　　）
A．100N B．140N C．300N D．350N
【分析】如图，水平木板受到F1、F2、F3的作用，其中F2＝2F1，F2＝F3，根据“F1+F2+F3＝G”求F1，即B点处的细绳对天花板的拉力大小。
【解答】解：
由题知，滑轮光滑（即摩擦不计），细绳、滑轮重力不计，如图，
水平木板受到F1、F2、F3和G的作用，且木板保持静止，
则有：F1+F2+F3＝G﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
由于中间滑轮受到两个向上的拉力（每个力均为F1）、向下的拉力F2，则有F2＝2F1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
下面滑轮上的两个拉力F2＝F3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
将②③代入①可得：
F1+2F1+2F1＝G＝700N，
解得：F1＝140N，
所以B点处的细绳对天花板的拉力大小为140N。
故选：B。
【点评】本题考查了滑轮组拉力的计算，注意本题滑轮组不是由一根绳子缠绕而成，易错题！
9．（3分）如图所示，两个体积、质量均不同的木块A、B，分别浮在U形水槽的左右臂的水面上，ma＞mb，将水槽支于O点，水槽恰好平衡，若将物块B从水槽右臂取出，叠放在物块A上，则水槽（　　）
A．左端向下倾斜 B．仍保持平衡
C．右端向下倾斜 D．无法判断
【分析】水槽的左右组成了一个连通器，根据连通器的原理，当水面不相平时，连通器内的水是流动的，直到相平为止。同时，我们还可以看出，物块都处于漂浮状态，它们的重力就等于它排开的水的重力，因此，两侧的重力大小不会受到漂浮的物块的影响。
【解答】解：将两物块都叠放到一侧，它仍处于漂浮状态，重力仍等于排开的水重，当液面相平后，水槽仍会保持平衡，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】分析此题要把握两个关键，一是漂浮的物体所受的浮力等于自身的重力，不会改变单侧的平衡状态；二是连通器的原理使被排开水多的一侧的水流向另一侧，最终使两侧的平衡状态不变。
10．（3分）已知1g甲液体温度升高1℃需要2.1J的热量，1g乙液体温度升高1℃需要4.2J的热量，1g丙液体温度升高1℃需要2.8J的热量。分别取甲、乙两种液体各60g，以相同的热源加热，其温度与加热时间的关系如图所示。若取90g的丙液体，以相同的热源加热，则其温度与加热时间的关系图象（　　）
A．落在Ⅰ区 B．落在Ⅱ区 C．与甲重叠 D．与乙重叠
【分析】由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J，根据c＝可求三液体的比热容；
用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，根据Q吸＝cmΔt可求三液体温度升高值，据此判断。
【解答】解：
由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J，
则三液体的比热容分别为：
c甲＝＝＝2.1×103J/（kg ℃）
c乙＝＝＝4.2×103J/（kg ℃）
c丙＝＝＝2.8×103J/（kg ℃）
用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，
由Q吸＝cmΔt得：
Δt甲＝＝＝，
同理可得：
Δt乙＝，
Δt丙＝，
可见：Δt乙＝Δt丙＜Δt甲，
所以丙液体的温度与加热时间的关系图象和乙重叠。
故选：D。
【点评】本题考查了吸热公式Q吸＝cmΔt的应用，能根据题目提供的条件得出三液体的温度变化关系是关键。
11．（3分）如图所示，电源电压15V保持不变，滑动变阻器的滑片P在最右端。闭合开关S1，断开开关S2，滑片P移至中点附近时，电流表的示数是0.5A；保持滑片P不动，闭合开关S2，断开开关S1时，电流表的示数是0.2A，则电阻R3的阻值是（　　）
A．20Ω B．30Ω C．45Ω D．50Ω
【分析】分析闭合开关S1，断开开关S2，滑片P移至中点附近时电路的连接，由已知条件，根据欧姆定律求出电路的总电阻；
保持滑片P不动，闭合开关S2，断开开关S1时，分析电路的连接，由欧姆定律求出此时电路的总电阻，根据串联电路电阻的规律求出电阻R3的阻值。
【解答】解：
闭合开关S1，断开开关S2，滑片P移至中点附近时，R2与R1串联，电流表测电路的电流，
此时电流表的示数是0.5A，由欧姆定律可得电路的总电阻：R1中+R2＝＝＝30Ω；
保持滑片P不动，闭合开关S2，断开开关S1时，R2与R3串联后再与R1串联，电流表测电路的电流，
此时电流表的示数是0.2A，由欧姆定律可得此时电路的总电阻：R串＝＝＝75Ω，
根据串联电路电阻的规律可得R串＝R1中+R2+R3，
则电阻R3的阻值：R3＝R串﹣（R1中+R2）＝75Ω﹣30Ω＝45Ω。
只有C正确。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的识别。
12．（3分）如图所示，电源电压恒定不变，滑动变阻器的滑动头置于正中央，闭合开关S后，M、N、P三灯的亮度相同，今将变阻器的滑动头缓慢向左移动，则三灯的亮度从亮到暗的排列顺序是（　　）
A．M、N、P B．M、P、N C．P、M、N D．N、M、P
【分析】由图可知P灯和变阻器串联后与N灯并联，再与M串联。
滑片左移时，由图可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化，由欧姆定律可得出总电流的变化；则可知M两端电压的变化；由串联电路的电压规律可得并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出N中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出P中电流的变化。从而可判断出三个灯泡亮度的变化，得到亮度从亮到暗的排列顺序。
【解答】解：滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由欧姆定律可得电路中总电流增大，则灯泡M中电流增大，功率增大，变亮；
M两端的电压增大，并联部分电压减小，则N灯两端的电压减小，由欧姆定律得，通过N灯的电流减小，变暗；
由并联电路的电流规律可得，总电流增大，N中电流减小，则通过P中的电流增大，灯泡P亮度变亮，故最暗的灯是N。
对于P、M而言，由于P的电流增大，而N的电流减小，通过M的电流等于N、P电流之和，所以P电流的增量大于M电流的增量，故P比M亮，故C正确。
故选：C。
【点评】本题实质上是电路的动态变化分析问题，是一个混联电路，电路情况较复杂，不过只要认真分析，则可以看出电路是由两电阻并联后再与一电阻串联而成，可以分成两部分求解。
13．（3分）如图电路，电源电压不变，闭合开关S，当滑片P置于滑动变阻器R2的最右端B处时，电压表的示数为4V，定值电阻R1的功率为0.8W；当滑片P置于滑动变阻器R2的中点时，电压表的示数变化了1V．下列结果正确的是（　　）
A．电源电压为8V
B．R1的阻值为20Ω
C．电路变化前后电流之比为1：3
D．电路总功率变化了1.2W
【分析】（1）由电路图可知，R1与R2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中点时电压表的示数，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；
（2）当滑片P置于滑动变阻器R2的最右端B处时，电压表的示数为4V，定值电阻两端的电压为U1＝6V﹣4V＝2V，根据定值电阻R1的功率为0.8W算出R1和R2的阻值；
（3）根据I＝以及I＝算出电路前后电流之比；
（4）根据△P＝P2总﹣P1总＝﹣算出电路总功率的变化。
【解答】解：（1）由电路图可知，R1与R2串联，电压表测滑动变阻器R2两端的电压，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，当滑片在B处时，电路中的电流：
I1＝，
则滑动变阻器两端的电压：
U2＝I1×R2＝×R2＝4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
由图知，当滑片P置于滑动变阻器R2的中点时，滑动变阻器的电阻减小，由串联分压的规律可知，电压表的示数减小，即此时滑动变阻器两端电压为U2＝4V﹣1V＝3V，
同理可得，此时滑动变阻器两端的电压：U2′＝×＝3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
用①式比②式可得：＝，
解得：R2＝2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
将③代入①式可得：＝4V，
解得：U＝6V，故A错误；
（2）当滑片P置于滑动变阻器R2的最右端B处时，电压表的示数为4V，定值电阻两端的电压为U1＝6V﹣4V＝2V，
此时定值电阻R1的功率为0.8W，即；P1＝＝＝0.8W，
解得：R1＝5Ω，
则R2＝2R1＝2×5Ω＝10Ω，故B错误；
（3）电路前后电流之比为I1：I2＝：＝：＝，故C错误；
（4）电路总功率变化了：△P＝P2总﹣P1总＝﹣＝﹣＝1.2W，故D正确。
故选：D。
【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。
14．（3分）用如图所示的电路可以测量电阻的阻值。图中R1是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP＝l1，PN＝l2，则R1的阻值为（　　）
A．R0 B．R0
C．R0 D．R0
【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可。
【解答】解：闭合开关，R0与左侧电阻丝并联，R1与右侧电阻丝并联，然后两并联部分串联在电路中；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和R1的电流也相等，因并联电路电压相等，则电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和R1的电压比，
即：＝＝＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，则由U＝IR可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可得：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；
根据电阻定律的公式R＝ρ可知：＝﹣﹣﹣﹣④，
由③④可得＝，解得：R1＝R0。
故选：C。
【点评】本题考查了电阻定律和欧姆定律的应用，本题对初中生来说难度较大，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、欧姆定律是正确解题的关键。
15．（3分）甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间里以速度V1做匀速直线运动，后一半时间里以速度V2做匀速直线运动（V1≠V2）；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速直线运动，后一半路程中以速度V2做匀速直线运动（V1≠V2）．则（　　）
A．甲车先到达 B．乙车先到达
C．甲、乙同时到达 D．不能确定
【分析】将两地设为A、B；A、B两地间的距离看成1，再设甲从A地出发到达B地所用的时间为t1，乙从A地出发到达B地所用的时间为t2，分别列出t1和t2的表达式，最后作差比较它们的大小即得。
【解答】解：将A、B两地间的距离看成1，设甲从A地出发到达B地所用的时间为t1，乙从A地出发到达B地所用的时间为t2，则
甲从A地出发到达B地所用的时间t1＝，乙从A地出发到达B地所用的时间t2＝+＝，因 t1﹣t2＝﹣＝＝﹣＜0，
即t1＜t2
所以甲车先到达。
故选：A。
【点评】本小题主要考查速度公式的应用和函数模型的选择与应用、增长率的概念、比较法等基础知识，考查数学建模能力，属于基础题。
二、填空与实验（16-19题为为填空题，共15分；20-21题为实验题，共18分）
16．（4分）一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计的示数为G．若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为　p0　，玻璃管内、外水银面的高度差△x为　h　。（设玻璃管壁的厚度不计）
【分析】（1）对玻璃管进行受力分析，由平衡条件可以求出上方气体的压强；
（2）求出下部分气体的压强，然后求出△x。
【解答】解：∵p＝，测力计示数F＝G，
∴玻璃管受到大气向下的压力p0S，竖直向下的重力G，
封闭气体竖直向上的支持力pS，测力计拉竖直向上的力F，
对玻璃管，由平衡条件得：
G+p0S＝F+pS，
则：G+p0S＝G+pS，
解得：p＝p0；
以玻璃管下部封闭气体为研究对象，其压强：
p下＝p0+ρ银g△x
p下＝p0+ρ银gh，
则有：p0+ρ银g△x＝p0+ρ银gh，
解得：△x＝h；
故答案为：p0；h。
【点评】本题考查了求气体压强与水银的深度，应用平衡条件、压强公式即可正确解题。
17．（6分）如图1所示，一足够大圆柱形空容器放在水平桌面上；一横截面积为S0的圆柱形木块由一段非弹性细线与容器底部相连。现向容器中缓慢加水（水的密度为ρ0），木块受到的浮力F浮与容器中水的深度h的关系图象如图2所示。求：
（1）细线对木块拉力的最大值；
（2）木块的密度；
（3）整个加水过程中，木块所受浮力做的功。
【分析】（1）向容器中缓慢加水时，木块排开水的体积变大，受到的浮力变大；当木块受到的浮力等于自身的重力时，木块处于漂浮状态，直至绳子绷直；继续向容器中缓慢加水时，木块排开水的体积变大，受到的浮力变大，绳子的拉力变大，当木块浸没时，木块受到的浮力不变，绳子的拉力达到最大，分析此时木块受到的力，根据木块受到的合力为零得出等式即可求出细线对木块拉力的最大值；
（2）根据G＝mg求出木块的质量，物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρgV排求出排开水的体积即为木块的体积，利用ρ＝求出木块的密度；
（3）整个加水过程中，当木块刚刚漂浮至细线刚好伸直时，浮力的大小不变，且浮力做功，根据阿基米德原理求出木块刚刚漂浮时排开水的体积，根据V＝Sh求出木块浸入水中的深度，然后求出木块上升的高度，利用W＝Fh求出木块所受浮力做的功。
【解答】解：（1）向容器中缓慢加水时，木块排开水的体积变大，受到的浮力变大，
当木块受到的浮力等于自身的重力时，木块处于漂浮状态，直至绳子绷直，则G木＝F1，
继续向容器中缓慢加水时，木块排开水的体积变大，受到的浮力变大，绳子的拉力变大，
当木块浸没时，木块受到的浮力不变，绳子的拉力达到最大，此时木块受到的浮力为F2，
因木块受到竖直向上的浮力F2、竖直向下重力G木和绳子的拉力处于平衡状态，
所以，由木块受到的合力为零可得，F2＝G木+F，
则细线对木块拉力的最大值：F＝F2﹣G木＝F2﹣F1；
（2）由G＝mg可得，木块的质量：
m木＝＝，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮＝ρgV排可得，木块的体积：
V木＝V排＝，
则木块的密度：
ρ木＝＝＝ρ0。
（3）整个加水过程中，当木块刚刚漂浮至细线刚好伸直时，浮力的大小不变，且浮力做功，
当木块刚刚漂浮时，排开水的体积V排′＝，
木块浸入水中的深度：
h＝＝，
木块上升的高度：
△h＝h0﹣h＝h0﹣＝，
木块所受浮力做的功：
W＝F1△h＝F1×＝。
答：（1）细线对木块拉力的最大值为F2﹣F1；
（2）木块的密度为ρ0；
（3）整个加水过程中，木块所受浮力做的功为。
【点评】本题考查了阿基米德原理、物体浮沉条件、重力公式、密度公式、做功公式的综合应用等，从图象中读出木块所处的状态不同时对应的浮力是关键。
18．（3分）一厚度为d的薄金属盘悬吊在空中，其上表面受太阳直射，空气的温度保持300K不变，经过一段时间，金属盘上表面和下表面的温度分别保持为325Κ和320K．假设单位时间内金属盘每个表面散失到空气中的能量与此表面和空气的温度差以及此表面的面积成正比；单位时间内金属盘上、下表面之间传递的热量与金属盘的厚度成反比，与两表面之间的温度差和表面面积成正比。忽略金属盘侧面与空气之间的热传递。那么，在金属盘的厚度变为2d而其他条件不变的情况下，金属盘上、下表面温度稳定之后，金属盘上表面的温度将变为　327　K。
【分析】由于在金属盘的厚度变为2d而其他条件不变的情况下，则根据太阳对金属盘的照射时金属盘的吸热功率不变；同时根据金属盘上、下表面之间传递的热量与下表面散失到空气中的能量相同，据此列出关于两种金属盘的功率等式，然后解答方程组即可。
【解答】解：厚度为d的薄金属盘，经过一段时间，当温度稳定后，则吸热功率为：
P吸＝P散＝k1S（t上1﹣t0）+k1S（t下1﹣t0）＝k1S（325﹣300）+k1S（320﹣300）＝45k1S；
上表面向下表面传递的热量功率为：
P传＝k2（t上1﹣t下1）＝k1S（t下1﹣t0），即：k2（325﹣320）＝k1S（320﹣300），
所以，5k2＝20k1S﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
在厚度为2d的金属盘而其他条件不变的情况下，当温度稳定后，设金属盘上表面和下表面的温度分别保持为t上、t下，
由于太阳对金属盘的直射功率不变，则：P散2＝P吸，
所以，k1S（t﹣t0）+k1S（t下﹣t0）＝45k1S，
即：k1S（t上﹣300）+k1S（t下﹣300）＝45k1S，
整理得：t上+t下＝645﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
厚度为2d的金属盘上表面向下表面传递的热量功率为：
P传2＝k2（t上﹣t下）＝k1S（t下﹣t0），
即：k2（t上﹣t下）＝k1S（t下﹣300）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
解①②③得：t上＝327。
故答案为：327。
【点评】本题考查热传递中热量相等的特点，关键是明确变化的太阳对金属盘的照射时金属盘的吸热功率不变；金属盘上、下表面之间传递的热量与下表面散失到空气中的能量相同。
19．（2分）如图所示，电源电压不变，电阻R1的阻值为4Ω，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P位于A点时，电压表V1的示数为4V，电压表V2的示数为10V．当滑动变阻器的滑片P位于B点时，电压表V1的示数为8V，电压表V2的示数为11V，电阻R2的阻值为　16　Ω。
【分析】分析电路图可知这是一个串联电路，电压表V2测滑动变阻器和电阻R2的电压，电压表V1测滑动变阻器和电阻R1的电压，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可计算电阻R2的阻值。
【解答】解：因电源的电压不变，
所以，电压表V2的示数与R1两端的电压应为电源电压，电压表V1的示数与电阻R2两端的电压也为电源电压，
当滑动变阻器的滑片P位于A点时，
U﹣4V＝I1R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U﹣10V＝I1R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
当滑动变阻器的滑片P位于B点时，
U﹣8V＝I2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
U﹣11V＝I2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
由①③得：
R2（I1﹣I2）＝4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤
由②④可得：
R1（I1﹣I2）＝1V﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
由⑤⑥两式相比可得：
R2＝4R1＝4×4Ω＝16Ω。
故答案为：16。
【点评】解决本题的关键是能灵活的运用串联电路的特点和欧姆定律列出等式，对于此类型未知量较多，条件较少的题目，一般采用方程法，再利用比例的方法进行解答。
20．（6分）实验室里测量一块形状不规则、体积较大的矿石的密度。
（1）用调节好的天平测量矿石的质量。当天平平衡时，右盘中砝码和游码的位置如图1所示，矿石的质量是　176.4　g；
（2）因矿石体积较大放不进量筒，因此他利用一只烧杯，按图2所示方法进行测量，矿石的体积是　70　cm3；
（3）经计算，矿石的密度是　2.52×103　kg/m3，从图A到图B的操作引起的密度测量结果比真实值　偏小　（偏大/偏小/不变）。
（4）小明不小心把量筒摔破了，老师给小明一个烧杯，请完成以下实验步骤并测出矿石的密度：
①用调节好的天平测出矿石的质量为m1
②将适量的水倒入烧杯并称出总质量为m2
③将矿石轻放入烧杯内，标记下此时水面位置
④将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量为m3
⑤由此可得矿石的体积为　　（ρ水已知），得到矿石的密度表示式为　　；
⑥由于矿石吸入部分水，所以测得的密度值　偏大　（偏大/偏小/无影响）；
⑦若此实验中将矿石拿出后带了一部分水，此过程对实验结果　无　（有/无）影响。
【分析】（1）被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；
（2）矿石的体积等于两次量筒中水的体积之差；
（3）已知质量和体积，利用ρ＝计算矿石的密度；测量结果偏大或偏小，是由测量过程中出现较大误差造成的；
（4）只有天平，没有量筒，可以利用排水法求得排开水的体积即为矿石的体积，再利用密度公式求得矿石的密度；可能矿石吸入部分水，排开水的体积偏小。
【解答】解：
（1）矿石的质量：m＝100g+50g+20g+5g+0.6g＝176.4g；
（2）矿石的体积：V＝200cm3﹣130cm3＝70cm3；
（3）矿石的密度：ρ＝＝＝2.52g/cm3＝2.52×103kg/m3；
将石块从水中取出时，石块表面沾有部分水，量筒中的水倒入烧杯达到标记处时，倒入水的体积比矿石的实际体积偏大，由公式ρ＝知，质量一定，体积偏大，所以测量的矿石密度偏小；
（4）小明不小心把量筒摔破了，用天平烧杯和适量的水也能测量出矿石的密度：
①用调节好的天平测出矿石的质量m1；
②将适量的水倒入烧杯并称出m2；
③将矿石轻放入烧杯内，标记下此时水面位置；
④将石块取出后，加水至标记处，称出此时烧杯和水的总质量m3；
⑤则排开水的质量为m水＝m3﹣m2，
由ρ＝得排开水的体积：
V溢＝＝，
矿石的体积V＝V排＝；
矿石的密度：
ρ矿石＝＝＝；
⑥由于矿石吸入部分水，所以排开水的体积偏小，根据ρ＝知，密度偏大。
⑦若此实验中将矿石拿出后带了一部分水，后来又加水到标记处，排开水的质量仍为m3﹣m2，故该过程对实验结果无影响。
故答案为：（1）176.4；（2）70；（3）2.52×103；偏小；（4）⑤；；⑥偏大；⑦无。
【点评】本题中天平使用、固体密度的测量，以及误差产生的原因，是一道综合题。
21．（12分）实验小组利用如图甲所示的电路测定小灯泡的额定功率。所用器材：额定电压为2.5V的小白炽灯泡、电池组（二节干电池串联，电压为3V）、电压表一块、滑动变阻器（10Ω 2A）、定值电阻（RO＝5Ω）、开关三个和导线若干。
（1）用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路按照图甲所示的电路图连接完整。
（2）闭合开关前，应将变阻器滑片滑到　右　（选填“左”或“右”）端。
（3）连接完电路后，只闭合S、Sl时，移动滑片P，电压表示数有变化；只闭合S、S2时，小灯泡不发光，移动滑片P，电压表示数无变化。于是小明拆下电压表，并用它检测电路故障：把电压表依次并在灯泡和开关S2两端，测试结果分别是无示数、有示数。由此可以断定电路中一定存在的故障是　C　。
A．灯泡L处断路
B．灯泡L处短路
C．开关S2处断路
（4）排除故障后，小明继续实验。
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为　2.5　V。
②只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为2.25V。
③小灯泡的额定功率为　0.75　W。
（5）当加在白炽灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　＞　P额（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）小红通过课外学*知道：干电池是有一定电阻的，需要用“电压U”和“电阻r”两个物理量来描述，相当于图丙。于是小红在小明的电路的基础上，保持滑片P的位置不变，将电压表拆下，并联在电池组两端，只闭合S、S2时，读出电压表示数为2.9V，由小红小明的数据可以计算出电池组的电阻r是　0.3　Ω。
【分析】（1）根据电路图可知，电压表测并联部分电路两端的电压，即测灯泡两端的电压，结合由于灯泡的额定电压选择电压表的量程；
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
（3）根据电压表的示数情况判断故障位置；
（4）第一步应使灯泡正常发光，进而知道电压表的示数；利用串联分压规律求出滑动变阻器接入的阻值，然后根据串联电路电压特点和欧姆定律以及电功率公式求出小灯泡的额定功率；
（5）当电阻不变时，由P＝可知，电压变为原来的一半，功率变为原来的四分之一，由于灯泡的电阻是变化的，当电压减小时，功率减小，电阻也减小，从而得出答案；
（6）在①中，只闭合S、S2，L、R、r串联，电压表测L两端的电压，电压表的示数为2.5V，此时灯泡正常发光，电路中的电流为0.3A，将电压表并联在电池组两端，保持滑片P的位置不变，只闭合S、S2时，此时R0、R、r串联，电压表测R0和R两端的电压，根据串联电路特点和欧姆定律列出等式求出小明实验中所用电池组的电阻r。
【解答】解：（1）由电路图可知，电压表测并联部分电路两端的电压，即测灯泡两端的电压，由于灯泡的额定电压为2.5V＜3V，
故只需将电压表的“3”接线柱与开关S1的右接线柱连接即可，如图所示：
（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即滑到右端；
（3）A、若灯泡L处断路，将电压表与灯泡L并联，则电压表有示数且接近电源电压，故A不符合题意；
B、若灯泡L处短路，将电压表与灯泡L并联，则电压表无示数，将电压表与开关S2并联，则电压表仍然无示数，故B不符合题意；
C、若开关S2处断路，将电压表与开关S2并联，则电压表有示数且接近电源电压，故C符合题意。故选：C；
（4）①只闭合S、S2，R与L串联，电压表测L两端的电压，移动滑片P，使电压表示数U额＝2.5V，此时灯泡L正常发光；
②只闭合S、S1，R与R0串联，此时电压表测R0两端的电压U0＝2.25V，
则有：＝，即：＝，解得：R滑＝Ω，
③灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压：U滑′＝U﹣U额＝3V﹣2.5V＝0.5V，
此时电路中的电流：I＝＝＝0.3A，
则小灯泡的额定功率：P额＝U额I＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）当电阻不变时，由P＝可知，电压变为原来的一半，功率变为原来的四分之一，
由于灯泡的电阻是变化的，当电压减小时，功率减小，电阻也减小，
故当小灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，小灯泡的实际功率P实＞P额。
（6）由（4）知，只闭合S、S1，R、r、R0串联，此时电压表测R0两端的电压U0＝2.25V，
则有：＝，即：＝，
解得：R+r＝Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
在①中，只闭合S、S2，L、R、r串联，电压表测L两端的电压，电压表的示数为2.5V，
此时灯泡正常发光，电路中的电流为0.3A，
则有：2.5V+I×（R+r）＝3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将电压表并联在电池组两端，保持滑片P的位置不变，
只闭合S、S2时，此时L、R、r串联，电压表测L和R两端的电压，电压表的示数为2.9V，
则有：2.9V+Ir＝3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
联立①②③可解得：r＝0.3Ω。
故答案为：（1）见解答；（2）右；（3）C；（4）①2.5； ③0.75；（5）＞；（6）0.3。
【点评】本题是一道测量小灯泡电功率的实验题，考查了实物图的连接、注意事项、电路故障分析、电功率的计算等，对于第（5）问，若能画出小灯泡的I﹣U图像，解题更直观，属于中考常考题型。
三、计算题：（本大题共2小题，共计22分，每题解答应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
22．（12分）有两个不吸水的圆柱体A和圆柱体B、A的顶部系有一根轻质细线，已知A的质量为1.32kg，密度为1.1×103kg/m3，高为12cm，B的底面积为60cm2，（g取10N/kg）
（1）求A的重力；
（2）将B竖直放在水平桌面上，再将A竖直放在B的正上方，求A对B的压强；
（3）将A竖直放入薄壁柱形容器中，向容器中缓慢加入液体直至加满，液体体积与深度的关系如图所示。用细线将A竖直向上提升2cm时，细线的拉力为3.6N，求液体的密度。（圆柱体A始终处于竖直状态）
【分析】（1）根据G＝mg求出A的重力；
（2）根据V＝求出A的体积，结合高度求出底面积，从而可得A和B的接触面积，由p＝可得A对B的压强；
（3）结合图象信息可＝S容﹣SA和＝S容算出S容和SA的关系，进而算出容器的底面积；若ρA＞ρ液，物体A会全部浸没，物体A受到的竖直向下的重力与竖直向上的拉力和浮力相平衡，根据F浮+F拉＝GA算出物体A受到的浮力，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排和V排＝VA算出液体的密度；若ρA＜ρ液，设液面下降的高度为△h，物体A漂浮时，浮力等于重力，细绳拉着物体时浮力减小，物体受到的浮力变化量为△F浮＝ρ液g△V排＝ρ液gSA（△h+0.02m），根据S容×2cm＝（S容﹣SA）（2cm+△h）算出△h，根据阿基米德原理算出液体的密度。
【解答】解：（1）A的重力为：
GA＝mAg＝1.32kg×10N/kg＝13.2N；
（2）由ρ＝可得A的体积为：
VA＝＝＝1.2×10﹣3 m3；
A的底面积为：
SA＝＝＝0.01m2＝100cm2；
SA＞SB，所以A与B的接触面积为S＝SB＝60cm2
A对B的压强为：
pA＝＝＝2.2×103Pa；
（3）因用细线将A竖直向上提升2cm时，细线的拉力为3.6N，说明物体不可能悬浮，即ρA与ρ液不可能相等；
假设A在液体中浸没时不上浮，则h0＝hA＝12cm，
容器的高度H＝1.5h0＝18cm，
向上提升2cm时，A没有露出液面，
Ⅰ、若ρA＞ρ液，物体A受力如图为：
物体A受到的竖直向下的重力与竖直向上的拉力和浮力相平衡，即F浮+F拉＝GA，
所以物体A受到的浮力为：
F浮＝GA﹣F拉＝13.2N﹣3.6N＝9.6N，
根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排和V排＝VA知，
ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3；
Ⅱ、若ρA＜ρ液，A在液体中漂浮，
结合图象信息可知：
＝S容﹣SA﹣﹣﹣﹣﹣①，
＝S容﹣﹣﹣﹣②，
S容：SA＝3：1，
容器的底面积为：S容＝300cm2；
提升2cm时，设液面下降的高度为△h，
物体A漂浮时，F浮＝GA，
细绳拉着时△F浮＝3.6N，
物体受到的浮力变化量为：
△F浮＝ρ液g△V排＝ρ液gSA（△h+0.02m）
S容×2cm＝（S容﹣SA）（2cm+△h），
解得△h＝1cm；
△F浮＝ρ液g△V排＝ρ液gSA（△h+0.02m）＝3.6N，
解得液体的密度为：
ρ液＝＝＝1.2×103kg/m3。
答：（1）A的重力为13.2N；
（2）A对B的压强为2.2×103Pa；
（3）液体的密度为0.8×103kg/m3或1.2×103kg/m3。
【点评】本题是有关浮力及压强的综合计算题目，考查了固体压强、液体浮力计算公式的灵活运用，在计算固体压强时，接触面积是易错点，最后一问结合图象确定物体完全浸没的情况，得出浮力大小是关键。
23．（10分）如图甲所示电路，电源电压可调，R为标有“1A“字样的滑动变阻器，电流表量程为0﹣3A，L1、L2是额定电压均为6V的小灯泡，其电流与电压的关系如图乙所示。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合开关S1，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时小灯泡正常发光，滑动变阻器的最大阻值；
（3）若不清楚电路中各开关闭合或断开的状态，滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，现移动滑片P同时调节电源电压，使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，对应电路总电功率的变化范围。
【分析】（1）根据已知条件，由图乙可知，当灯泡L2正常发光时，L2两端的电压和通过L2的电流，由欧姆定律求出L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合S1时，灯L2与变阻器串联，因灯L2正常发光，由图2，根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻，从而得出滑动变阻器的最大阻值；
（3）由题意可知，两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，分析电路结构可知，满足该条件可能有两种情况：
①闭合S1、S2时，灯L2与L2并联后再与变阻器串联，因两灯的额定电压均为6V，根据并联电路的电压特点可知，两灯均可正常发光，
根据并联电路的特点计算出干路电流，将干路电流与滑动变阻器允许题干的电流进行比较，判断当前情况的可行性；
②只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流确定只能使L2正常发光；由串联电路的电流特点可知，电路中的电流I＝IL2＝0.8A；由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压，根据欧姆定律求出此时L1的电阻；
根据滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，和串联电路的电阻特点分别求出电路的最小和最大电阻，根据P＝I2R分别得出电路的最小和最大功率。
【解答】解：（1）当灯泡L2正常发光时，L2两端的电压U2＝6V，由图象可知通过L2的电流IL2＝0.8A，由欧姆定律，L2正常发光时的电阻：
RL2＝＝＝7.5Ω；
（2）若只闭合S1时，灯L2与变阻器串联，因灯正常发光，灯的电压为UL2＝6V，电流为IL2＝0.8A，
根据串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路中的电阻：
R滑中＝＝＝5Ω，滑动变阻器的最大阻值为2×5Ω＝10Ω；
（3）由题意可知，两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，满足该条件可能有两种情况：
①闭合S1、S2时，灯L2与L2并联后再与变阻器串联，因两灯的额定电压均为6V，根据并联电路的电压特点可知，两灯均可正常发光，
由图象乙可知，两灯正常发光时的电流分别为：1.2A、0.8A，根据并联电路的电流特点可知，
此时干路电流为：1.2A+0.8A＝2A＞1A，即电路中的电流大于滑动变阻器允许通过的最大电流，
因此该情况的电路不能正常工作，故排除；
②只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，通过两灯的电流相等，
因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流，所以只能使L2正常发光，此时电路中的电流：I＝IL2＝0.8A；
由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压UL1＝2V，此时灯L1的电阻RL1＝＝＝2.5Ω，
因滑动变阻器接入电路的电阻不小于2Ω，根据串联电路的电阻特点可知，电路的最小电阻：
R串小＝7.5Ω+2Ω+2.5Ω＝12Ω；
电路的最大电阻：R串大＝7.5Ω+10Ω+2.5Ω＝20Ω，
所以电路的最小功率：
P小＝I2R串小＝（0.8A）2×12Ω＝7.68W；
电路的最大功率：
P大＝I2R串大＝（0.8A）2×20Ω＝12.8W，
即电路的功率范围为7.68W～12.8W；
答：（1）L2正常发光时的电阻为7.5Ω；
（2）滑动变阻器的最大阻值为10Ω；
（3）对应电路总电功率的变化范围为7.68W～12.8W。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用及电功率公式的运用，最后一问是难点，关键是明确只能使L2正常发光。
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