2020年中考物理真题试题（含解析） 新人教版新版(1)

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‎2019年中考物理真题试题 一．选择题 ‎1．（2018•玉林）“焦耳”是下列哪个物理量的单位（　　）‎ A．功率 B．电功 C．压强 D．长度 ‎2．（2018•玉林）下列电器中，利用电磁感应现象原理制成的是（　　）‎ A．电视机 B．继电器 C．发电机 D．电动机 ‎3．（2018•玉林）下列物体重力约为1N的是（　　）‎ A．一枚大头针 B．两个鸡蛋 C．一头奶牛 D．一个篮球 ‎4．（2018•玉林）某辆汽车启动后，经过20s，速度表的指针指在如图所示的位置，由表可知（　　）‎ ‎ A．此时汽车的速度是90km/h B．此时汽车的速度是90m/s C．启动后20s内汽车的平均速度是90km/h D．启动后20s内汽车的平均速度是90m/s ‎5．（2018•玉林）2017年4月，货运飞船“天舟一号”在文昌航天发射场使用“长征七号”运载火箭发射，并与“天宫二号”顺利完成自动交会对接，如图所示，对接完成后，若认为“天舟一号”处于静止状态，则选取的参照物是（　　）‎ A．“长征七号” B．“天宫二号”‎ C．文昌航天发射场 D．地球 ‎6．（2018•玉林）2018年世界杯正在俄罗斯举行，如图所示，是正在加速下降的足球，在此过程中，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（　　）‎ 31‎ A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，重力势能增大 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小 ‎7．（2018•玉林）保护环境，人人有责。如图所示，下面哪种现象更有利于对环境的保护（　　）‎ ‎8．（2018•玉林）如图所示的做法中，符合安全用电原则的是（　　）‎ ‎9．（2018•玉林）下列关于光现象的描述正确的（　　）‎ A．人佩戴的凹透镜可以矫正远视眼 B．验钞机利用红外线辨别钞票的真伪 C．游泳池注水后，由于光的折射看上去好像变浅了 D．共享单车的尾灯是靠光的折射来引起后方车辆司机注意的 ‎10．（2018•玉林）下列测量工具使用方法错误的是（　　）‎ A．用刻度尺测量物体长度时，视线应正对刻度线 B．使用弹簧测力计的时候，首先要看清它的量程 C．用天平测量物体质量时，应左盘放砝码，右盘放物体 D．机械停表大盘记录的单位是秒，小盘记录的单位是分钟 ‎11．（2018•玉林）下列关于导体电阻的说法正确的是（　　）‎ A．长度长的导体，电阻一定大 B．横截面积大的导体，电阻一定小 C．导体的电阻由其两端的电压和通过的电流来决定 D．导体的电阻与导体的材料、长度和横截面积等因素有关 ‎12．（2018•玉林）为了检测酒驾行为，如图甲所示是小明设计一款酒精浓度检测仪的电路图，其电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为酒精气体浓度传感器（气敏电阻），R的阻值与酒精浓度的关系如图乙所示。接通电源，当传感器酒精浓度增大时，下列说法正确的是（　　）‎ 31‎ A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大 C．电流表的示数与电压表的示数的比值变小 D．电流表的示数与电压表的示数的比值变大 ‎13．（2018•玉林）如图所示，若“玉林号”导弹护卫舰从大海驶入珠江，下列分析正确的是（　　）‎ A．浮力变小，舰体上浮一些 B．浮力变大，舰体下沉一些 C．浮力不变，舰体下沉一些 D．浮力不变，舰体上浮一些 ‎14．（2018•玉林）如图所示，舰载飞机正从“辽宁号”航母上起飞，下列说法中正确的是（　　）‎ A．飞机在起飞过程中，惯性将消失 B．飞机在航母甲板上加速飞行时，受平衡力作用 C．飞机飞离航母后，航母始终漂浮，航母所受浮力的大小不变 D．飞机飞行时由于机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，从而获得升力 ‎15．（2018•玉林）如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4A．则（　　）‎ A．电路消耗的最小功率为2.5W B．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4W C．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2W D．滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J　‎ 二．填空题 ‎ 31‎ ‎16．（2018•玉林）北斗卫星定位系统既可以发射也可以接收　 　（选填“超声波”或“电磁波”）。晚自习时，教室中正常发光的某一盏灯突然熄灭了，原因可能是该灯　 　（选填“短路”或“断路”）。‎ ‎17．（2018•玉林）为了公民的安全，公安部门在很多路口安装监控摄像头，如图所示，它可以拍下作案嫌疑人的现场照片，拍照时，摄像头的镜头相当于一个　 　（选填“凸”或“凹”）透镜，所成的像是缩小的　 　（选填“实”或“虚”）像。‎ ‎18．（2018•玉林）如图甲所示，蝙蝠靠发出　 　发现昆虫。如图乙所示，从玻璃罩里向外抽气的过程中铃声逐渐减小，此现象可推理得出　 　不能传声。‎ ‎19．（2018•玉林）如图甲所示，玉林园博园的彩虹桥桥面距湖面3米，它的“倒影“距桥面　 　m．如图乙所示，是从平面镜中看到的挂钟，挂钟显示的实际时间是　 　。‎ ‎20．（2018•玉林）如图所示，长为40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为　 　J。‎ ‎21．（2018•玉林）如图所示，电源电压为10V，电路消耗的最大功率为10W．若只闭合S1时，电流表的示数为I1，R1消耗的功率为P1；只闭合S2时，电流表的示数为I2，电路消耗的功率为P2；且R1：R2=2：1，P1：P2=4：9，则R=　 　Ω，I1：I2=　 　。‎ 31‎ ‎　‎ 三．作图题 （共2小题）‎ ‎22．（2018•玉林）在图中画出与入射光线对应的折射光线。‎ ‎23．（2018•玉林）如图所示，请画出热气球在竖直方向加速上升时的受力示意图（忽略空气阻力）。‎ ‎　‎ 四．实验探究题 ‎ ‎24．（2018•玉林）如图甲是探究“液体沸腾时温度变化的特点”的实验装置。‎ ‎（1）在液体沸腾过程中，观察到温度计的示数如图乙所示，可知该液体的沸点为　 　℃，虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断　 　（选填“吸热”或“放热”）；‎ ‎（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将　 　（选填“升高”或“降低”），液体的内能将　 　（选填“增加”或“减少”）。‎ ‎25．（2018•玉林）为了探究“当接触面相同时，滑动摩擦力大小与压力的关系”，小明设计了如图所示的实验装置。‎ ‎（1）实验过程中，弹簧测力计　 　（选填“必须”或“不必”）沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计的示数。‎ ‎（2）在同一次实验中，小明发现，当用不同的速度匀速拉物块A，弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小　 　（选填“有关”或“无关”）。‎ 31‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ A的重力（N）‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ 测力计读数（N）‎ ‎0.8‎ ‎1.3‎ ‎1.6‎ ‎1.9‎ ‎2.4‎ ‎2.8‎ ‎（3）在实验中小明通过改变物块A的重力进行多次实验，记录的数据如上表。通过分析可知，当接触面粗糙程度不变时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越　 　；如果滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值等于接触面的滑动摩擦系数，则该接触面的滑动摩擦系数为　 　。（结果保留1位小数）。‎ ‎26．（2018•玉林）在测量“小灯泡电功率”的实验中，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，图甲是未连接完整的实验电路。‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整（要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮）‎ ‎（2）闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，当电压表的示数如图乙所示时，其示数为　 　V。‎ ‎（3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。由表可知，随着电压的增大，小灯泡的电功率　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ 数据序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 发光情况 熄灭 熄灭 微光 较暗 不很亮 较亮 明亮 电压U/V ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.3‎ ‎1.7‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ 电流I/A ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.48‎ ‎0.52‎ ‎0.56‎ ‎（4）根据上表中数据，请在图丙中画出I﹣U关系图象。‎ ‎（5）根据图线可求得，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的实际功率为　 　W（结果保留一位小数）。‎ ‎　‎ 五．计算题 ‎ 31‎ ‎27．（2018•玉林）如图所示是某款电热水壶及其铭牌的部份参数，当电热水壶正常工作时，求：‎ 额定电压 ‎220V 频率 ‎50Hz 额定功率 ‎1000W 容量 ‎1.5L ‎（1）电热水壶的电阻；‎ ‎（2）将一壶水从25℃加热到100℃时，水吸收的热量[c水=4.2×103J/（kg•℃）]；‎ ‎（3）若加热一壶水所需时间为10min，电热水壶的热效率。‎ ‎28．（2018•玉林）如图所示，R0是阻值为10Ω的定值电阻，R为滑动变阻器，灯泡上标有“4V 2W“字样，且小灯泡的阻值始终保持不变。当断开S2，闭合S、S1时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为U1；断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于中点时，电压表数为U2，已知U2与U1相差1V，求：‎ ‎（1）灯泡的额定电流；‎ ‎（2）电源的电压；‎ ‎（3）滑动变阻器最大阻值；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率。‎ ‎29．（2018•玉林）如图所示是打捞物体的模拟装置。现电动机带动钢丝绳自由端以0.5m/s的速度匀速拉动滑轮组，经过5min将体积为0.1m3的物体由海底提升到海面，物体离开海面后钢丝绳自由端的速度变为0.49m/s，此时电动机的输出功率比物体在海水中时增大了12%（不计物体的高度、绳重和摩擦，ρ物=7.6×103kg/m3，g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）。求：‎ ‎（1）物体浸没在海水中受到的浮力；‎ ‎（2）物体在海底时的深度；‎ ‎（3）物体在海底时受到海水的压强；‎ ‎（4）物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率（不计动滑轮体积）‎ 31‎ ‎　‎ 31‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共26小题）‎ ‎1．（2018•玉林）“焦耳”是下列哪个物理量的单位（　　）‎ A．功率 B．电功 C．压强 D．长度 ‎【分析】各个物理量都有自己的国际单位；焦耳是功、电功、能量的单位。‎ ‎【解答】解：‎ A、功率的国际单位是瓦特；故A错误；‎ B、电功的国际单位是焦耳，符号是J；故B正确；‎ C、压强的国际单位是帕斯卡；故C错误；‎ D、长度的国际单位是米；故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】物理学中各个物理量都有自己的单位，不要将单位相互混淆。‎ ‎　‎ ‎2．（2018•玉林）下列电器中，利用电磁感应现象原理制成的是（　　）‎ A．电视机 B．继电器 C．发电机 D．电动机 ‎【分析】闭合电路的部分导体，若在磁场中做切割磁感线的运动，在电路中就会产生电流，该现象就是电磁感应现象，此时产生的电流是感应电流，即运动产生电流。‎ ‎【解答】解：A、电视机在工作过程中，消耗了电能，电能转化为其形式的能。故A错误。‎ B、电磁继电器的工作原理是电流的磁效应，故B错误。‎ C、发电机原理是一部分导体做切割磁感线运动，是根据电磁感应原理制成的。故C正确。‎ ‎ D、电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的现象制成的。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】考查了发电机的构造和原理，交流发电机就是利用电磁感应原理制成的。‎ ‎　‎ ‎3．（2018•玉林）下列物体重力约为1N的是（　　）‎ A．一枚大头针 B．两个鸡蛋 C．一头奶牛 D．一个篮球 ‎【分析】首先要对选项中涉及的几个物体的重力有个初步的了解，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、一枚大头针的质量约80mg，其重力约8×10﹣4N；故A错误；‎ 31‎ B、一斤（500g）鸡蛋可称8﹣﹣10个，那么一个鸡蛋的质量约为50g；故2个鸡蛋的质量为100g，故其重力约为1N；故B正确；‎ C、奶牛的质量约2t，其重力约2×104N；故C错误；‎ D、一个篮球的质量约600g，其重力约6N；故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题考查对生活中常见物体重力的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，选出符合实际的选项即可。‎ ‎　‎ ‎4．（2018•玉林）某辆汽车启动后，经过20s，速度表的指针指在如图所示的位置，由表可知（　　）‎ A．此时汽车的速度是90km/h B．此时汽车的速度是90m/s C．启动后20s内汽车的平均速度是90km/h D．启动后20s内汽车的平均速度是90m/s ‎【分析】速度表显示汽车的瞬时速度，由表中标度可知速度的单位；由平均速度公式可求得全程的平均速度。‎ ‎【解答】解：AB、速度表指针显示的是物体的瞬时速度，故瞬时速度为90km/h；故A正确，B错误；‎ CD、因不知道物体的路程和时间，故无法确定物体的平均速度；故CD错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题要注意汽车的启动过程不是匀变速直线运动，故不能用v=求解。‎ ‎　‎ ‎5．（2018•玉林）2017年4月，货运飞船“天舟一号”在文昌航天发射场使用“长征七号”运载火箭发射，并与“天宫二号”顺利完成自动交会对接，如图所示，对接完成后，若认为“天舟一号”处于静止状态，则选取的参照物是（　　）‎ 31‎ A．“长征七号” B．“天宫二号”‎ C．文昌航天发射场 D．地球 ‎【分析】研究机械运动时，假定不动的物体叫参照物。与参照物相比，物体位置有变化，说明物体在运动；物体位置没有变化，说明物体处于静止状态。‎ ‎【解答】解：“天舟一号”飞船与“天宫二号”实现对接后，保持相对静止，以对方为参照物，两者都是静止的。所以选择“天宫二号”为参照物，“天舟一号”是静止的。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物；所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，注意体会运动和静止的相对性 ‎　‎ ‎6．（2018•玉林）2018年世界杯正在俄罗斯举行，如图所示，是正在加速下降的足球，在此过程中，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（　　）‎ A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，重力势能增大 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，重力势能减小 ‎【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。‎ ‎（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。‎ ‎【解答】解：正在加速下降的足球，质量不变，速度变大，动能增大，同时高度下降，重力势能减小。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化。‎ ‎　‎ ‎7．（2018•玉林）保护环境，人人有责。如图所示，下面哪种现象更有利于对环境的保护（　　）‎ ‎【分析】环保问题已经引起全世界的关注，有空气污染、水污染、土壤污染、食品污染等，有害气体和粉尘，只要掌握基础知识，就能解决本题。‎ 31‎ ‎【解答】解：A、汽车排放的尾气产生有害气体，故A错误；‎ B、水污染有三大来源：工业污染、农业污染、生活污染，养殖场任意排放会污染水造成水污染，故B错误 C、工厂释放烟雾，造成大气污染，故C错误；‎ D、使用太阳能路灯，节约能源，减少污染，有利于对环境的保护，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查生活中的各种污染，爱护环境人人有责。‎ ‎　‎ ‎8．（2018•玉林）如图所示的做法中，符合安全用电原则的是（　　）‎ ‎【分析】（1）用电器的金属外壳必须接地，可防止由于金属外壳带电而使得人触电。‎ ‎（2）（3）安全用电的原则是不靠近高压电源，不接触低压电源；‎ ‎（4）当雷雨天，树作为地面上的“凸出物”，雷电电流通过树干就会传下来。在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害。‎ ‎【解答】解：A、电冰箱必须使用三脚插头，让金属外壳接地可以防止因漏电导致金属外壳带电而发生触电事故，故A正确；‎ B、由于水是导体，所以用湿抹布擦发光的灯泡很容易使得人触电，故B错误；‎ C、用手指触碰插座的插孔的做法是很危险的，很容易碰到里面的金属片而触电，故C错误；‎ D、在大树下避雨，因为大树和人体都是电的良导体，雷电极易通过突起物﹣﹣大树传向人体，而造成雷电灾害，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。‎ ‎　‎ ‎9．（2018•玉林）下列关于光现象的描述正确的（　　）‎ A．人佩戴的凹透镜可以矫正远视眼 B．验钞机利用红外线辨别钞票的真伪 31‎ C．游泳池注水后，由于光的折射看上去好像变浅了 D．共享单车的尾灯是靠光的折射来引起后方车辆司机注意的 ‎【分析】（1）近视眼的成因是晶状体太厚，折光能力太强，或者眼球在前后方向上太长，因此来自远处点的光会聚在视网膜前，到达视网膜时已经不是一点而是一个模糊的光斑了，应佩戴凹透镜矫正。‎ ‎（2）紫外线能验钞。‎ ‎（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等；‎ ‎（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。‎ ‎【解答】解：A、人配戴的凹透镜可以矫正近视眼，而不是远视眼，故A错误；‎ B、紫外线能使钞票上的荧光物质发光，判别钞票的真伪。故B错误。‎ C、游泳池注水后，看上去好像变浅了是由于光的折射产生的，故C正确；‎ D、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D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】此题主要考查了视力矫正、紫外线的特点、光的反射和光的折射。此题体现了物理来源于生活的学习理念，将自然界中的现象与对应的物理知识两者联系在一起，是解决这种类型题目的关键。‎ ‎　‎ ‎10．（2018•玉林）下列测量工具使用方法错误的是（　　）‎ A．用刻度尺测量物体长度时，视线应正对刻度线 B．使用弹簧测力计的时候，首先要看清它的量程 C．用天平测量物体质量时，应左盘放砝码，右盘放物体 D．机械停表大盘记录的单位是秒，小盘记录的单位是分钟 ‎【分析】（1）刻度尺要与被测部分对齐；让刻度尺有刻度的一面紧贴被测部分；读数时视线要与尺面垂直；‎ ‎（2）弄清弹簧测力计的量程，明确分度值，每一个大格表示多少牛，每一个小格表示多少牛，根据指针位置读数。‎ ‎（3）天平测量物体质量时应左盘放物体，右盘放砝码；‎ ‎（4）机械停表大盘记录的单位是秒，小盘记录的单位是分钟。‎ ‎【解答】解：A、读数时视线要与尺面垂直并正对刻度线，故A正确；‎ B、使用弹簧测力计的时候，首先要看清它的量程；故B正确；‎ C、称量时，应该是左物右码，且加减砝码用镊子，故C错误；‎ 31‎ D、机械停表大盘记录的单位是秒，小盘记录的单位是分钟，故D正确。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查刻度尺，弹簧秤，天平，秒表的使用及读数，是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎11．（2018•玉林）下列关于导体电阻的说法正确的是（　　）‎ A．长度长的导体，电阻一定大 B．横截面积大的导体，电阻一定小 C．导体的电阻由其两端的电压和通过的电流来决定 D．导体的电阻与导体的材料、长度和横截面积等因素有关 ‎【分析】导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关。‎ ‎【解答】解：‎ ABD、导体的电阻由导体的长度、横截面积、材料和温度决定；在相同条件下，长度长的导体，其电阻大；在相同条件下，横截面积大的导体，其电阻小；故AB错误，D正确；‎ C、导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；导体的电阻与导体两端电压和通过的电流无关；故C错误。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键。‎ ‎　‎ ‎12．（2018•玉林）为了检测酒驾行为，如图甲所示是小明设计一款酒精浓度检测仪的电路图，其电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为酒精气体浓度传感器（气敏电阻），R的阻值与酒精浓度的关系如图乙所示。接通电源，当传感器酒精浓度增大时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变大 C．电流表的示数与电压表的示数的比值变小 D．电流表的示数与电压表的示数的比值变大 ‎【分析】由电路图可知，定值电阻R0与气敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；根据图象可知R的阻值随酒精浓度的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0‎ 31‎ 两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化，进一步可知电压表与电流表示数的比值的变化。‎ ‎【解答】解：‎ 由电路图可知，定值电阻R0与气敏电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ 由图象可知，当酒精浓度增大，R的阻值变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，‎ 由U=IR可知，R0两端的电压变大，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源的电压恒定不变，‎ 所以，R两端的电压变小，即电压表的示数变小，故AB错误；‎ 由电压表的示数变小、电流表的示数变大可知，电流表的示数与电压表的示数的比值变大，故C错误、D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象得出R的阻值随酒精浓度的变化。‎ ‎　‎ ‎13．（2018•玉林）如图所示，若“玉林号”导弹护卫舰从大海驶入珠江，下列分析正确的是（　　）‎ A．浮力变小，舰体上浮一些 B．浮力变大，舰体下沉一些 C．浮力不变，舰体下沉一些 D．浮力不变，舰体上浮一些 ‎【分析】当护卫舰由大海驶入珠江后，都是漂浮，根据漂浮条件分析船受到浮力的变化情况；根据阿基米德原理判断排开水的体积（浸入水中的体积）的变化，得出是上浮一些，还是下沉。‎ ‎【解答】解：当护卫舰从大海驶入珠江后，仍然漂浮，根据漂浮条件可知受到的浮力：F浮=G，‎ 因为护卫舰受到的重力不变，所以船受到的浮力不变；故AB错误；‎ 由于ρ海水＞ρ江水，根据F浮=ρ水V排g可知，排开江水的体积大于排开海水的体积，‎ 即：舰体浸入水中的体积变大，舰体下沉一些，故C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查对漂浮条件和阿基米德原理的掌握和运用，关键知道漂浮时浮力等于重力。‎ ‎　‎ ‎14．（2018•玉林）如图所示，舰载飞机正从“辽宁号”航母上起飞，下列说法中正确的是（　　）‎ 31‎ A．飞机在起飞过程中，惯性将消失 B．飞机在航母甲板上加速飞行时，受平衡力作用 C．飞机飞离航母后，航母始终漂浮，航母所受浮力的大小不变 D．飞机飞行时由于机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，从而获得升力 ‎【分析】A、惯性是一切物体所具有的一种特性，在任何时候物体都有惯性；‎ B、受到平衡力，飞机静止或匀速运动，加速运动，受非平衡力；‎ C、漂浮物体的浮力始终等于自身重力，判断出重力的变化情况，即可得知浮力如何变化；‎ D、流体流速越快的位置压强越小，据此来分析飞机起飞时的受力情况。‎ ‎【解答】解：A、物体在任何时候都有惯性，飞机在起飞过程中，惯性不可能消失，故A错误；‎ B、飞机在航母甲板上加速飞行时，处于非平衡状态，受非平衡力作用，故B错误。‎ C、航载飞机飞离航母后，航母的总重力减小，航母始终漂浮，浮力等于重力，所以浮力会减小，故C错误；‎ D、飞机飞行时能获得向上的压强差，是因为机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，从而产生向上的升力，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了漂浮条件、流体压强与流速的关系、平衡力的判断、惯性的定义等多个知识点，有一定的综合性，但总体难度不大。‎ ‎　‎ ‎15．（2018•玉林）如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4A．则（　　）‎ A．电路消耗的最小功率为2.5W B．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4W C．滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2W D．滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J ‎【分析】‎ 31‎ ‎（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，根据欧姆定律求出灯丝电阻；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消耗的功率最小，利用串联电路的特点和P=即可求出假设灯泡电阻不变时的最小功率；然后即可比较判断；‎ ‎（2）滑片P在中点时，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据P=UI求出灯泡的实际功率；‎ ‎（3）滑片P在最左端时，根据W=UIt求出5min内电流通过灯泡做的功。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，‎ 由I=可得，灯泡正常发光时的电阻：RL===20Ω；‎ 当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路消耗的功率最小，‎ 若不考虑灯泡电阻随温度的变化，根据串联电路的电阻特点可得，最小总功率：‎ P最小===2.5W；‎ 由于灯泡不正常工作时的电阻低于正常工作时的电阻，‎ 所以，电路消耗的最小功率不是2.5W；故A错误；‎ ‎（2）滑片P在中点时，电流表示数为0.4A，‎ 根据I=可得，此时滑动变阻器两端的电压：‎ U滑=IR滑=0.4A××20Ω=4V，‎ 因串联电路中总电压等于各电压之和，‎ 所以，此时灯泡两端的电压：‎ UL′=U﹣U滑=10V﹣4V=6V，‎ 灯泡的实际功率：‎ PL=UL′I=6V×0.4A=2.4W；故B正确，C错误；‎ ‎（3）滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡做的功：‎ WL=UILt=10V×0.5A×2×60s=600J，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、电功率公式的应用，本题关键是要注意灯泡的电阻是变化的。‎ ‎　‎ 二．填空题 ‎ ‎16．（2018•玉林）北斗卫星定位系统既可以发射也可以接收　电磁波　‎ 31‎ ‎（选填“超声波”或“电磁波”）。晚自习时，教室中正常发光的某一盏灯突然熄灭了，原因可能是该灯　断路　（选填“短路”或“断路”）。‎ ‎【分析】电磁波是移动通信传递信息的介质；家庭电路中各用电器是并联的。‎ ‎【解答】解：卫星接收和发送信号要靠电磁波传递，我国的北斗卫星定位系统也是利用电磁波来传递信号的；‎ 教室中正常发光的某一盏灯突然熄灭了，其他灯不受影响，由于是并联电路，故灯泡的故障是断路。‎ 故答案为：电磁波；断路。‎ ‎【点评】本题考查了电磁波的应用、电路故障的分析，属于基础知识。‎ ‎　‎ ‎17．（2018•玉林）为了公民的安全，公安部门在很多路口安装监控摄像头，如图所示，它可以拍下作案嫌疑人的现场照片，拍照时，摄像头的镜头相当于一个　凸　（选填“凸”或“凹”）透镜，所成的像是缩小的　实　（选填“实”或“虚”）像。‎ ‎【分析】摄像机的镜头是一个凸透镜，掌握凸透镜成像的规律，知道当物距大于2倍焦距时，成倒立缩小的实像。‎ ‎【解答】解：摄像头的镜头相当于一个凸透镜，拍摄违章行驶或发生交通事故的现场照片时，物距远大于2倍焦距，所以此时成倒立、缩小的实像。‎ 故答案为：凸；实。‎ ‎【点评】此题考查了凸透镜成像规律的应用，掌握凸透镜成像的特点与物距之间的关系，根据实际情况判断出物距的范围，从而得出成像的特点。‎ ‎　‎ ‎18．（2018•玉林）如图甲所示，蝙蝠靠发出　超声波　发现昆虫。如图乙所示，从玻璃罩里向外抽气的过程中铃声逐渐减小，此现象可推理得出　真空　不能传声。‎ ‎【分析】（1）蝙蝠是利用回声定位发现昆虫的；‎ 31‎ ‎（2）声音的传播需要介质，声音可以在气体、液体和固体中传播，但不能在真空中传播；实验中无法达到绝对的真空，但可以通过铃声的变化趋势，推测出真空时的情况，这种方法称为理想推理法或科学推理法。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）蝙蝠可以发出超声波，利用回声定位的方法发现昆虫；‎ ‎（2）由实验现象可知，把发声的电铃放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到的声音逐渐变小；当罩内空气接近真空时，虽然还能听到极微弱的声音，但可通过推理得出真空不能传声。‎ 故答案为：超声波；真空。‎ ‎【点评】此题考查的知识点有两个：一是超声波，二是声音的传播需要介质，真空是不能传声的，要会用理论知识去解决生活的实际现象。‎ ‎　‎ ‎19．（2018•玉林）如图甲所示，玉林园博园的彩虹桥桥面距湖面3米，它的“倒影“距桥面　6　m．如图乙所示，是从平面镜中看到的挂钟，挂钟显示的实际时间是　7：25　。‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）根据钟表在平面镜中成像判断实际时间的方法：‎ 作图法：根据平面镜成像特点，作出物体的实际情况；‎ 翻看法：由于物体在平面镜中成像时，物像相对平面镜对称，根据这个特点把试卷翻过来观察，即可得出实际时间。‎ ‎【解答】解：平静的水面相当于平面镜，彩虹桥的像和彩虹桥到水面的距离相等，都是3m，所以它的“倒影“距桥面6m。‎ 方法一：根据平面镜成像特点，即物像关于平面镜对称，作出平面镜中钟表指针的实际情况，如下图，可以看到钟表的实际时间是7：25。‎ 方法二：把试卷翻过来，注意上下不要颠倒，直接从试卷的反面看钟表的实际时间是7：25。‎ 故答案为：6；7：25。‎ 31‎ ‎【点评】本题考查了平面镜成像特点，辨识平面镜中钟表的示数是常考问题，应予以重视。‎ ‎　‎ ‎20．（2018•玉林）如图所示，长为40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将　增大　（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为　1　J。‎ ‎【分析】（1）根据杠杆平衡条件来做出分析；‎ ‎（2）根据h=Lsin30°求出物体重心上升的高度，再根据W=Gh求出克服重力做的功，即为拉力做的功。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置的过程中，动力臂L的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；‎ 由杠杆的平衡条件知：F•L=G•L′，当L、G不变时，L′越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐增大；‎ ‎（2）物体重心上升的高度h=Lsin30°=×40cm×=10cm=0.1m，‎ 拉力做的功W=Gh=10N×0.1m=1J。‎ 故答案为：增大；1。‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对杠杆平衡条件和功的计算公式的理解和掌握，明白拉力做的功就是克服重力做的功是解决此题的关键。‎ ‎　‎ ‎21．（2018•玉林）如图所示，电源电压为10V，电路消耗的最大功率为10W．若只闭合S1时，电流表的示数为I1，R1消耗的功率为P1；只闭合S2时，电流表的示数为I2，电路消耗的功率为P2；且R1：R2=2：1，P1：P2=4：9，则R=　10　Ω，I1：I2=　2：3　。‎ ‎【分析】‎ 31‎ ‎（1）由电路图可知，只闭合S时，电路为R的简单电路，此时电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，根据P=UI=求出电阻R的阻值；‎ ‎（2）由电路图可知，只闭合S1时，R1与R串联，电流表测电路中的电流I1；只闭合S2时，R2与R串联，电流表测电路中的电流I2，根据电压一定时电流与电阻成反比结合R1：R2=2：1表示出两种情况下电路中的电流之比，根据P=I2R表示出P1和P2的比值结合P1：P2=4：9得出等式，然后联立等式即可求出R2的阻值，进一步求出I1：I2的值。‎ ‎【解答】解：（1）由题知，电源电压为10V，电路消耗的最大功率为10W，‎ 由电路图可知，只闭合S时，电路为R的简单电路，此时电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，‎ 由P=UI=可得，电阻R的阻值：‎ R===10Ω；‎ ‎（2）由电路图可知，只闭合S1时，R1与R串联，电流表测电路中的电流I1，‎ 只闭合S2时，R2与R串联，电流表测电路中的电流I2，‎ 因电源的电压一定时，电路中的电流与总电阻成反比，且R1：R2=2：1（即R1=2R2），‎ 所以，==，‎ 因P1：P2=4：9，‎ 所以，由P=I2R可得：‎ ‎==（）2×=（）2×==，‎ 整理可得：R22+10R2﹣200Ω2=0，‎ 解得：R2=10Ω，R2=﹣20Ω（舍去），‎ 则===。‎ 故答案为：10；2：3。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断出电路消耗最大功率时的连接方式和利用好已知条件是关键，要注意利用比值法解决问题时各物理量之间的关系不要颠倒。‎ ‎　‎ 三．作图题 ‎ ‎22．（2018•玉林）在图中画出与入射光线对应的折射光线。‎ 31‎ ‎【分析】仔细观察入射光线的特点，根据凹透镜的光学特点作图。‎ ‎【解答】解：‎ 平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示：‎ ‎【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变 ‎　‎ ‎23．（2018•玉林）如图所示，请画出热气球在竖直方向加速上升时的受力示意图（忽略空气阻力）。‎ ‎【分析】热气球在竖直方向加速上升时受到重力和浮力的作用，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，由于热气球加速上升，因此受到浮力大于重力。‎ ‎【解答】解：热气球在竖直方向加速上升时，受到重力和浮力的作用，且浮力大于重力，过热气球的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F浮 表示。如下图所示：‎ ‎【点评】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。‎ 31‎ ‎　‎ 四．实验探究题 ‎ ‎24．（2018•玉林）如图甲是探究“液体沸腾时温度变化的特点”的实验装置。‎ ‎（1）在液体沸腾过程中，观察到温度计的示数如图乙所示，可知该液体的沸点为　96　℃，虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断　吸热　（选填“吸热”或“放热”）；‎ ‎（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将　升高　（选填“升高”或“降低”），液体的内能将　增加　（选填“增加”或“减少”）。‎ ‎【分析】（1）温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数；液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点。‎ ‎（2）液体的沸点与气压有关，液体的沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低；内能的大小和温度有关，温度升高，内能增加。‎ ‎【解答】解：（1）温度计的每一个大格代表1℃，每一个小格代表0.1℃，由图乙可知该液体的沸点为96℃；虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断吸热；‎ ‎（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将升高；温度升高，液体的内能增加。‎ 故答案为：（1）96；吸热；（2）升高；增加。‎ ‎【点评】本题通过水的沸腾实验考查了温度计的读数、沸点、气压与沸点的关系以及温度与内能的关系等基础知识，是一道热学综合题目，比较简单。‎ ‎　‎ ‎25．（2018•玉林）为了探究“当接触面相同时，滑动摩擦力大小与压力的关系”，小明设计了如图所示的实验装置。‎ ‎（1）实验过程中，弹簧测力计　必须　（选填“必须”或“不必”）沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小　等于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计的示数。‎ ‎（2）在同一次实验中，小明发现，当用不同的速度匀速拉物块A，弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小　无关　（选填“有关”或“无关”）。‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ A的重力（N）‎ ‎2.0‎ ‎3.0‎ ‎4.0‎ ‎5.0‎ ‎6.0‎ ‎7.0‎ 31‎ 测力计读数（N）‎ ‎0.8‎ ‎1.3‎ ‎1.6‎ ‎1.9‎ ‎2.4‎ ‎2.8‎ ‎（3）在实验中小明通过改变物块A的重力进行多次实验，记录的数据如上表。通过分析可知，当接触面粗糙程度不变时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越　大　；如果滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值等于接触面的滑动摩擦系数，则该接触面的滑动摩擦系数为　0.4　。（结果保留1位小数）。‎ ‎【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；‎ ‎（2）分析表中数据得出结论；‎ ‎（3）根据表中数据分析，滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值。‎ ‎【解答】解：（1）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小。‎ 故实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。‎ ‎（2）在同一次实验中，小明发现，当用不同的速度匀速拉物块A，弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小无关；‎ ‎（3）通过表中数据分析可知，当接触面粗糙程度不变时，接触面受到的压力越大，测力计示数越大，滑动摩擦力越大；如果滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值等于接触面的滑动摩擦系数，则该接触面的滑动摩擦系数为 =0.4。‎ 故答案为：（1）必须；等于；（2）无关；（3）大；0.4。‎ ‎【点评】本题探究探究“当接触面相同时，滑动摩擦力大小与压力的关系”，考查二力平衡和数据分析的能力。‎ ‎　‎ ‎26．（2018•玉林）在测量“小灯泡电功率”的实验中，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，图甲是未连接完整的实验电路。‎ 31‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整（要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮）‎ ‎（2）闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，当电压表的示数如图乙所示时，其示数为　2　V。‎ ‎（3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。由表可知，随着电压的增大，小灯泡的电功率　增大　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。‎ 数据序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 发光情况 熄灭 熄灭 微光 较暗 不很亮 较亮 明亮 电压U/V ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.3‎ ‎1.7‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ 电流I/A ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.48‎ ‎0.52‎ ‎0.56‎ ‎（4）根据上表中数据，请在图丙中画出I﹣U关系图象。‎ ‎（5）根据图线可求得，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的实际功率为　1.2　W（结果保留一位小数）。‎ ‎【分析】（1）根据滑片P向右移动，灯泡变亮确定变阻器的连接；（2）根据图示电压表确定其量程与分度值，读出其示数。‎ ‎（3）由P=UI，根据表格数据分析灯泡的功率变化情况，灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据计算灯泡正常工作时的电功率；‎ ‎（4）根据描点法作图；‎ ‎（5）由图可知灯泡的电流，根据P=UI可求小灯泡的实际功率。‎ ‎【解答】解：（1）要求滑片P向右移动，灯泡变亮，即电流变大，变阻器接入电路的电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中与灯串联，如下图所示：‎ ‎（2）由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2V。‎ ‎（3）由表格数据，灯泡两端电压越大，通过的电流也越大，根据P=UI可知：随着电压的增大，小灯泡消耗的功率增大；‎ 由表中数据，当U=2.5V额定电压时，通过灯泡电流为0.56A，所以灯的额定功率P=UI=2.5V×0.56A=1.4W；‎ ‎（4）根据表格中数据描点，根据描点作图，用平滑曲线连接作出U﹣I关系图象，如下图所示：‎ 31‎ ‎（5）由U﹣I关系图象可知，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的电流I实=0.55A，‎ 小灯泡的实际功率：P实=U实I实=2.2V×0.55A≈1.2W。‎ 故答案为：（1）如上图；（2）2；（3）增大；（4）如上图；（5）1.2。‎ ‎【点评】此题是测量“小灯泡的电功率”的实验，考查了电路连接、实验注意事项、电压表的读数、电功率的计算，还考查了图象的画法，考查的很全面，须掌握。‎ ‎　‎ 五．计算题 ‎ ‎27．（2018•玉林）如图所示是某款电热水壶及其铭牌的部份参数，当电热水壶正常工作时，求：‎ 额定电压 ‎220V 频率 ‎50Hz 额定功率 ‎1000W 容量 ‎1.5L ‎（1）电热水壶的电阻；‎ ‎（2）将一壶水从25℃加热到100℃时，水吸收的热量[c水=4.2×103J/（kg•℃）]；‎ ‎（3）若加热一壶水所需时间为10min，电热水壶的热效率。‎ ‎【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI=求出电热水壶的电阻；‎ ‎（2）根据ρ=求出水的质量，知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；‎ ‎（3）根据W=Pt求出电热水壶消耗的电能，利用η=×100%求出电热水壶的热效率。‎ 31‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由P=可得，电热水壶的电阻：‎ R===48.4Ω；‎ ‎（2）水的体积V=1.5L=1.5×10﹣3m3，‎ 由ρ=得水的质量：‎ m=ρV=1×103kg/m3×1.5×10﹣3m3=1.5kg，‎ 水吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣25℃）=4.725×105J；‎ ‎（3）电热水壶消耗的电能：‎ W=Pt′=1000W×10×60s=6×105J，‎ 电热水壶的热效率：‎ η=×100%=×100%=78.75%。‎ 答：（1）电热水壶的电阻48.4Ω；‎ ‎（2）水吸收的热量4.725×105J；‎ ‎（3）电热水壶的热效率78.75%。‎ ‎【点评】本题考查了电功率公式和密度、吸热公式、电功公式、效率公式的灵活应用，综合性较强，难度不是很大。‎ ‎　‎ ‎28．（2018•玉林）如图所示，R0是阻值为10Ω的定值电阻，R为滑动变阻器，灯泡上标有“4V 2W“字样，且小灯泡的阻值始终保持不变。当断开S2，闭合S、S1时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为U1；断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于中点时，电压表数为U2，已知U2与U1相差1V，求：‎ ‎（1）灯泡的额定电流；‎ ‎（2）电源的电压；‎ ‎（3）滑动变阻器最大阻值；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率。‎ 31‎ ‎【分析】（1）根据P=UI求出灯泡的额定电流；‎ ‎（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，此时灯泡正常发光，求出两端的电压，再求出电源电压；‎ ‎（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，且U2与U1相差1V，求滑动变阻器的最大阻值，所以它两端的电压应该最大，所以U2应比U1大1V，据此求解滑动变阻器的最大阻值；‎ ‎（4）根据P=可知，要求电路消耗的最小电功率，就要电路总电阻最大，即断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于最大电阻位置时。‎ ‎【解答】解：（1）由P=UI得：‎ 灯泡的额定电流I===0.5A；‎ ‎（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，灯泡正常发光，‎ 根据欧姆定律可得，两端的电压U1=IR0=0.5A×10Ω=5V，‎ 电源电压U=U额+U1=4V+5V=9V；‎ ‎（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，求滑动变阻器的最大阻值，所以它两端的电压应该最大，所以U2应比U1大1V，即U2=U1+1V=6V，‎ 那么灯泡两端的电压UL=U﹣U2=9V﹣6V=3V，‎ 由P=得，灯泡的电阻RL===8Ω，‎ 根据串联分压特点可知，=，=，‎ 解得：R滑=16Ω，‎ 此时滑动变阻器的滑片P置于中点，所以滑动变阻器最大阻值R滑大=2R滑=2×16Ω=32Ω；‎ ‎（4）断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于最大电阻位置时，R和灯泡串联，电路总电阻最大，总功率最小，‎ 该电路消耗的最小电功率：‎ 31‎ P小===0.225W。‎ 答：（1）灯泡的额定电流0.5A；‎ ‎（2）电源的电压9V；‎ ‎（3）滑动变阻器最大阻值32Ω；‎ ‎（4）该电路消耗的最小电功率0.225W。‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对电功率计算公式、欧姆定律计算公式、串联电路分压特点的理解和掌握，知道电路总电阻最大时，消耗总功率最小是解决此题的关键。‎ ‎　‎ ‎29．（2018•玉林）如图所示是打捞物体的模拟装置。现电动机带动钢丝绳自由端以0.5m/s的速度匀速拉动滑轮组，经过5min将体积为0.1m3的物体由海底提升到海面，物体离开海面后钢丝绳自由端的速度变为0.49m/s，此时电动机的输出功率比物体在海水中时增大了12%（不计物体的高度、绳重和摩擦，ρ物=7.6×103kg/m3，g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）。求：‎ ‎（1）物体浸没在海水中受到的浮力；‎ ‎（2）物体在海底时的深度；‎ ‎（3）物体在海底时受到海水的压强；‎ ‎（4）物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率（不计动滑轮体积）‎ ‎【分析】（1）物体排开海水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求浸没在海水中受到的浮力；‎ ‎（2）由图知，n=5，物体升高速度等于绳子自由端移动速度的，利用速度公式求物体在海底时的深度；‎ ‎（3）利用p=ρgh求物体在海底时受到海水的压强；‎ ‎（4）利用G=mg=ρgV求物体重力；设物体在水中电动机的功率为P1，钢丝绳自由端的拉力为F1，P1=F1v1；物体在离开水面后电动机的功率为P2，钢丝绳自由端的拉力为F2，P2=F2v2；而物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%，据此求F1、F2的大小关系；‎ 由图知，n=5，不计绳重和摩擦，拉力F1=（G﹣F浮+G轮），F2=（G+G轮），进一步求出动滑轮重力，物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率η==。‎ 31‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）物体浸没在海水中时，排开海水的体积：V排=V=0.1m3，‎ 则物体浸没在海水中受到的浮力；‎ F浮=ρ海水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m3=1000N；‎ ‎（2）由图知，n=5，物体升高的速度：‎ v物=v=×0.5m/s=0.1m/s，‎ 由题意可得，物体在海底时的深度：‎ h=v物t=0.1m/s×5×60s=30m；‎ ‎（3）物体在海底时受到海水的压强：‎ p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×30m=3×105Pa；‎ ‎（4）物体重力：‎ G=mg=ρ物gV=7.6×103kg/m3×10N/kg×0.1m3=7600N，‎ 设物体在水中时电动机的功率为P1，钢丝绳自由端的拉力为F1，绳自由端的速度v1=0.5m/s，‎ 则P1=F1v1=F1×0.5m/s；‎ 物体在离开水面后电动机的功率为P2，钢丝绳自由端的拉力为F2，绳自由端的速度v2=0.49m/s，‎ 则P2=F2v2=F2×0.49m/s；‎ 由题知，物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%，‎ 即：P2=P1（1+12%），‎ 代入数据可得：F2×0.49m/s=F1×0.5m/s（1+12%），‎ 解得：F2=F1，‎ 由图知，n=5，不计绳重和摩擦，两次的拉力分别为：‎ F1=（G﹣F浮+G轮），F2=（G+G轮），‎ 可得：‎ ‎（G+G轮）=×（G﹣F浮+G轮），‎ 解得：G轮=8F浮﹣G=8×1000N﹣7600N=400N，‎ 物体在海面下匀速上升过程中，动滑轮对物体的拉力G﹣F浮 所做的功为有用功，不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力做功为额外功，‎ 此过程中该滑轮组的机械效率：‎ 31‎ η===×100%≈94.3%。‎ 答：（1）物体浸没在海水中受到的浮力为1000N；‎ ‎（2）物体在海底时的深度为30m；‎ ‎（3）物体在海底时受到海水的压强为3×105Pa；‎ ‎（4）物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率为94.3%。‎ ‎【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、密度公式、速度公式、阿基米德原理、液体压强公式、功率公式、效率公式的应用。难点在第四问，利用提供的电动机功率关系求出动滑轮重力是关键。‎ 31‎