一、选择题（每小题3分，共36分）

1．指南针是我国四大发明之一，《论衡》记载：司南之杓，投之于地，其柢指南。如图所示的司南放在水平光滑的“地盘”上，静止时它的长柄指向南方。司南长柄所指方向是（　　）

 

A．地理南极，地磁北极B．地理南极，地磁南极

C．地理北极，地磁北极D．地理北极，地磁南极

【分析】（1）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场；

（2）指南针是根据地磁场的作用工作的，地磁的南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近，再根据磁极间的作用规律，可判断指南针的指向。

【解答】解：地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，其静止时其勺柄指向南方，即指南的南极用S表示；地理上的南极是地磁的北极，故长柄所指方向是地理北极，地磁南极。故ABC错误、D正确。故选：?D。

【点评】本题考查了磁场和地磁场，磁场是一种真实存在的物质，对于磁场的认识，我们是通过它对其他物体的作用来认识的。

2． 在门窗关闭的空教室里说话，会感到声音比在门窗打开放有桌椅的教室里声音响亮，原因是（　　）

A．声音的响度大些     B．声音的音调高些

C．声音与回声分开了    D．声音与回声混在一起了

【分析】回声是声音被障碍物反射而形成的；门窗关闭，回声和原声混在一起能加强原声；桌椅表面粗糙不平吸收声音，减小响度。

【解答】解：教室的长与宽约8m左右，在空教室讲话时，声音经墙壁反射回仅需0.04s左右，当回声比原声到达耳内的时间差低于0.1s时，原声与回声混在一起使声音加强，这就是空教室内讲话声特别响的原因；开着窗声音会传出室外减小响度，教室内放有桌椅，声音传播过程中会桌椅等物质吸收，使声音能量大大减少，这样一来即使有回声，也因能量变小而使声音变弱。故ABC错误、D正确。故选：D。

【点评】本题考查的是回声，回声是声音的反射形成的，在学习声音的知识，应该让学生们从基础知识和实际生活入手。

3． 如图所示，将两个铅柱的底面削平、削干净，紧紧压在一起，在下面吊一个重物都不能把它们拉开。这个实验事实说明（　　）

 

A．物质是由分子构成的   B．分子在不停地做热运动

C．分子之间存在引力     D．分子之间存在斥力

【分析】物质是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力。

【解答】解：

将两个铅柱的底面削平、削干净、然后紧紧地压在一起，两铅块就会结合起来，甚至下面吊一个重物都不能把它们拉开，说明了分子之间存在吸引力，故C正确。

故选：C。

【点评】本题主要考查学生对分子间作用力的理解和掌握，利用分子的知识解释一些现象是中考的热点，应加强学习。

4． 冻肉刚出冷库时比进冷库时重，这是由于（　　）

A．空气中的水蒸气凝华成霜所致

B．空气中的水蒸气液化成水所致

C．冻肉中的冰熔化成水所致

D．冻肉中的水凝固成冰所致

【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。

【解答】解：冻肉刚出冷库时比进冷库时重，这是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为小冰晶，附着在冻肉的表面。

故BCD错误；A正确；故选：A。

【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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。

5． 甲、乙、丙三个轻质小球，已知甲带正电，甲与乙相互排斥，甲与丙相互吸引，则（　　）

A．乙带正电，丙一定带正电B．乙带正电，丙可能不带电

C．乙带负电，丙一定带负电D．乙带负电，丙可能带负电

【分析】利用电荷间的作用规律分析即可，但应注意的是：若两小球相斥，则表明其一定都带电，且带的是同种电荷；若两小球相吸，则有两种可能，即可能都带电，且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电。

【解答】解：

由于甲带正电，甲与乙相互排斥，说明甲乙都带正电；甲与丙相互吸引，因为吸引的情况有两种可能，即两球可能都带电且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电；故丙可能带负电，也可能不带电。

综上所述，只有B说法正确。故选：B。

【点评】本题考查电荷间的作用规律，注意题干中没有声明轻质小球是带电体，且很容易漏掉了带电体具有吸引轻小物体的性质的这种情况。

6． 如图所示，导体AB在外力作用下向左运动时电流表指针偏转，向右运动时电流表指针向另一方向偏转。这个实验事实说明（　　）

 

A．通电导线在磁场中受力大小与电流大小有关

B．通电导线在磁场中受力方向与电流方向有关

C．感应电流的大小与导体在磁场中切割磁感线运动的快慢有关

D．感应电流的方向与导体在磁场中切割磁感线运动的方向有关

【分析】（1）产生感应电流的条件：闭合的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流产生。

（2）感应电流的方向跟导体运动的方向有关。

【解答】解：

图中装置没有电源，导体在磁场中做切割磁感线运动而产生感应电流，是电磁感应现象，不能说明通电导线在磁场中受力的大小和方向，故AB错误；

由题知，当导体运动的方向改变时，电流表指针的偏转方向也改变，即感应电流的方向改变了，由此可以得出：感应电流的方向与导体在磁场中切割磁感线运动的方向有关；故D正确，C错误。

故选：D。

【点评】此题考查电磁感应现象，需要学生对于电磁感应现象有一个清晰的认识，是一道好题。

7． 如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线。此时，丁站在地面上用手去拉丙。则（　　）

 

A．甲、乙都会触电B．甲、丙都会触电

C．乙、丁都会触电D．丙、丁都会触电

【分析】触电的实质是当有一定大小的电流通过人体，就会引起人体触电；

家庭电路的触电事故有两种：单相触电和双相触电。单相触电是站在地上和火线接触或间接接触火线；双相触电是人体一端接触火线，一端接触零线。

【解答】解：甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线，无法形成电流的通路，故不会发生触电；

乙站在地上一只手接触到零线，因此零线与大地之间没有电压，因此没有电流通过人体，不会发生触电；

丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时，丁站在地面上用手去拉丙，这样电流可以从火线经丙、丁导向大地，会造成丙、丁两人同时触电。

综上所述，甲、乙都不会触电，丙、丁都会触电。故选：D。

【点评】此题考查的是触电的两种类型和家庭电路的连接，掌握触电的实质是：人体直接或间接跟火线接触造成的。

8． 在鞋店试穿新鞋时，小明直立面向竖直放置在地面上的“试鞋镜”，看不到镜中自己脚上的新鞋。小明做一下动作，能够让他看到镜中自己脚上的一只鞋或者两只鞋的是（　　）

A．站在原地下蹲

B．保持直立靠近“试鞋镜”

C．站在原地竖直向上提起一只脚

D．保持直立远离“试鞋镜”

【分析】根据平面镜成像的特点作图即可解答此题。

【解答】解：根据图示，要想看到镜中的新鞋，就要使眼睛看到新鞋成的像；也就是说鞋子反射的光线经过平面镜反射后必须能进入人的眼中。

A、由图可以看出：站在原地下蹲，可以看到镜中的鞋；故A正确；

B、保持直立靠近“试鞋镜”，如果原来看不到，靠近后依然无法看到。故B错误；

C、站在原地竖直向上提起一只脚，入射角减小，入射光线与反射光线的夹角减小（反射光线偏低），反射光线始终在眼睛的下方，故不能看到新鞋的像。故C错误；

D、若人离镜子远一些，像也会离镜子远一些，同时入射角减小，入射光线与反射光线的夹角减小（反射光线偏低），反射光线始终在眼睛的下方，故不能看到新鞋的像。故D错误。

故选：A。

 

【点评】本题考查了平面镜成像的特点，与实际生活联系密切，考查学生利用所学知识解决实际问题的能力。

9． 2018年4月2日，天宫一号圆满完成预定任务后返回地球。8.5t重的天宫一号，在100km左右的高空以约22倍音速再入大气层。其中部分器件在大气层中与大气层摩擦烧蚀销毁。最后大约1.5t残骸坠入南太平洋。在这个过程中，天宫一号的部分机械能（　　）

A．通过热传递转化为大气的内能

B．通过重力做功转化为大气的内能

C．通过摩擦做功转化为大气的内能

D．通过重力做功转化为残骸的内能

【分析】改变内能的方法有两个：做功和热传递，据此分析。

【解答】解：天宫一号在100km左右的高空以约22倍音速再入大气层时，高度减小，重力势能减小，克服与大气的摩擦做功，机械能转化为内能。故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了改变内能的方法，属于基础知识。

10． 辽宁号航母的舰载机歼﹣15着舰时在拦阻索作用下停下来，这个过程中（　　）

A．拦阻索对战机的作用力使拦阻索发生形变

B．拦阻索对战机的作用力使战机运动状态改变

C．战机对拦阻索作用力与拦阻索对战机作用力的受力物体相同

D．战机对拦阻索作用力与拦阻索对战机作用力的作用效果相同

【分析】力的作用是相互的；力可以改变物体的形状，可以改变物体的运动状态。

【解答】解：A、力可以改变物体的形状，拦阻索对战机的作用力使战机发生形变，故A错误；

B、可以改变物体的运动状态，拦阻索对战机的作用力使战机运动状态改变，故B正确；

C、战机对拦阻索作用力受力物体为拦阻索，拦阻索对战机作用力的受力物体为战机，故受力物体不相同，故C错误；

D、作用效果不同，战机对拦阻索作用力使拦阻索发生形变，拦阻索对战机作用力使战机运动状态发生变化，故作用效果不相同。故D错误。故选：B。

【点评】本题考查力作用的相互性；力的作用效果，是基础题。

11． 蹦床运动时奥运会比赛项目。运动员比赛开始前直立在蹦床中央，比赛开始时快速下蹲并立即恢复直立被蹦床弹起，离开蹦床时是成直立状态并一直保持，到达最高点后下落到接触蹦床时又快速下蹲并立即恢复直立。再次被蹦床弹起，达到更高点。忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

 

A．在此整个过程中，运动员机械能守恒

B．在此整个过程中，运动员机械能一直在增加

C．从离开蹦床到下落接触蹦床的过程中，运动员机械能守恒

D．从下落接触蹦床到离开蹦床的过程中，运动员机械能守恒

【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。

（3）弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度。弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。

（4）机械能=动能+势能。

【解答】解：

ABD、在此整个过程中，运动员的机械能会转化为蹦床的弹性势能，故机械能不守恒，故ABD错误；

C、从离开蹦床到下落接触蹦床的过程中，忽略空气阻力，运动员的机械能守恒，是重力势能和动能的相互转化，故C正确；故选：C。

【点评】本题主要考查了动能和势能及弹性势能大小的判断，只要知道影响动能、势能和弹性势能大小的因素即可解答。

12． 如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AO=B0，AC=OC．A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N．现移动托盘秤甲，让C点放在托盘秤甲上。此时托盘秤乙的示数是（　　）

 

A．8NB．12NC．16ND．18N

【分析】A端放在托盘秤甲上，以B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数。

【解答】解：

设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，

托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所示：

 

由杠杆平衡条件有：FA×AB=G×BD，即：6N×AB=24N×BD，

所以：AB=4BD，

BD=AB，

当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB，

 

因为AO=BO，AC=OC，所以CO=OD=BD，BC=3BD，CD=2BD

由杠杆平衡条件有：FB×BC=G×CD，即：FB×3BD=24N×2BD，

所以：FB=16N，则托盘秤乙的示数为16N。

故选：C。

【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置。

二．填空题（每空2分，共20分）

13．（4分）我国首艘国产航母的长度315m，宽度75m，吃水约10.5m，2018年5月13日离港海试。航母静止在海面上时所受海水的浮力　等于　（选填“大于”“小于”或“等于”）重力，其水下部分距海面深9m处承受海水产生的压强为　9.27×104　Pa．（ρ海水=1.03×103kg/m3，g取10N/kg）

【分析】根据物体浮沉条件分析当航母漂浮在水面上时，其受到的浮力与重力的关系；

由液体压强公式计算距海面深9m处承受海水产生的压强。

【解答】解：

根据物体浮沉条件可知，航母静止在海面上时（漂浮），其受到的浮力等于它受到的重力；

距海面深9m处承受海水产生的压强：

p=ρgh=1.03×103kg/m3×10N/kg×9m=9.27×104Pa。

故答案为：等于；9.27×104。

【点评】本题考查液体压强公式、物体的浮沉条件的应用，均为基础知识，要掌握好。

14．（6分）将点燃的蜡烛和光屏放置在光具座上，再将焦距为30cm的凸透镜甲放置在蜡烛和屏之间适当位置，在屏上得到清晰的缩小实像；在透镜甲位置上换上焦距为20cm的凸透镜乙，不改变蜡烛位置，将光屏　靠近　（选填“靠近”或“远离”）透镜适当距离，就可以再光屏上得到清晰的　缩小　（选填“放大”“缩小”或“等大”）实像。

【分析】首先根据题意“先用焦距为30cm的透镜甲进行实验，在屛上得到清晰缩小的实像”可确定物距与焦距的关系，然后再根据凸透镜成实像时，物远像小像变小来确定调节光屏的方法。

【解答】解：光屏上得到一个倒立缩小的实像时，v＞2f，即v＞60cm，保持透镜的位置不变，在焦距为30cm的透镜甲的位置上换上焦距为20cm的凸透镜乙，凸透镜的折光能力增强，不改变蜡烛位置，v＞60cm，相当于物远了，则屏上的像变近、像变小大些，故应减小像距，即应将光屏靠近透镜；故答案为：靠近；缩小。

【点评】本题考查了凸透镜成像的规律，要注意理解应用，此题比较有拓展性。

15．（6分）世界上时速最快的真空高温超导磁悬浮直道实验线2018年年底将在四川建成，试验线安装在一条直径4.2m、长140m的特制管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到最大400km/h。若测试时，在2.8s时间140m距离内将列车模型加速至360km/h，加速过程的平均速度是　50　m/s；若列车模型以360km/h匀速通过该实验管道，通过时间是　1.4　s。

【分析】（1）根据v=算出加速过程的平均速度；

（2）根据t=算出匀速通过该实验管道的时间。

【解答】解：（1）加速过程的时间t=2.8s，路程s=140m；

加速过程的平均速度：v===50m/s；

（2）当列车模型以v′=360km/h=100m/s匀速通过该实验管道时，

通过的时间：t′===1.4s。

故答案为：50；1.4。

【点评】本题考查了速度公式的应用，是一道基础计算题。

16．（4分）人类已进入智能化时代。小明家安装了空调智能控制系统，空调自动开启条件是：家中有人且室温等于或高于26℃．S1和S2是控制空调开启的两个智能开关，当家中有人时S1自动闭合，家中没有人时S1自动断开；当室温等于或高于26℃时S2自动闭合，室温低于26℃时S2自动断开，则控制空调开启的电路示意图是图甲和图乙中的　乙　。已知小明家某天室内温度变化情况如图丙所示，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，空调的额定电压是220V，额定功率是1kW，则这台空调当天消耗的电能是　5　kW•h。

 

【分析】（1）由题知，家中有人且室温等于或高于26℃，空调会自动开启，由此分析解答；

（2）由题意和图丙先算出空调当天工作时间，再由W=Pt计算空调消耗的电能。

【解答】解：

（1）由题意知，当家中有人S1闭合，且室温等于或高于26℃时S2闭合，空调才会开启，即开个开关都闭合时空调开启，只要有一个开关断开空调都不会自动开启，则两开关应串联在电路中，故图乙符合要求；

（2）由题知，当天8h﹣12h和14h﹣18h家中没有人，结合当天室内温度变化情况，可得当天空调工作时间：

t=（14h﹣12h）+（21h﹣18h）=5h，

由P=可得，这台空调当天消耗的电能：

W=Pt=1kW×5h=5kW•h。

故答案为：甲；5。

【点评】本题考查根据要求设计电路和电能的计算，理解题意并正确算出空调当天工作时间是计算其消耗电能的关键。

17．（4分）2018年5月8日，全球首条智能轨道快运系统在湖南株洲试开通。该智能轨道快运列车使用新能源的快充钛酸锂电池，电池容量为170kW•h，满载时电耗为4kW•h/km，最高运行速度为70km/h。该电池充满电储存的能量与质量是　13.3　kg的汽油完全燃烧放出的热量相同；若列车满载匀速行驶电动机驱动列车的效率为75%，则列车匀速行驶过程中受到的平均阻力大小是　1.08×104　N．（汽油的热值是4.6×107J/kg）

【分析】（1）根据W=Q=mq求出燃料的质量；

（2）已知电动机的效率和总功，可计算出所做的有用功；知道满载时电耗和电池总容量，可计算出列车行驶的路程；列车做匀速行驶，平均阻力f与牵引力相等，根据公式W=Fs可求平均阻力大小。

【解答】解：（1）电池储存的电能即汽油完全燃烧放出的热量为：Q=W=170kW•h=170×3.6×106J=6.12×108J，

故汽油的质量为：m==≈13.3kg；

（2）列车满载匀速行驶电动机所做的有用功：W有用=75%W=75%×6.12×108J=4.59×108J，

可行驶的路程：s==42.5km，

由f=F牵引力，W=Fs可知，

列车匀速行驶过程中受到的平均阻力大小为：f=F牵引力===1.08×104N。

故答案为：13.3；1.08×104。

【点评】本题综合考查了热值、电动机效率和功等知识在生活中的应用与计算，综合性较强，要认真分析，避免出错。

三、实验探究题：（第34小题第（2）问3分，其余每空2分，共19分）

18．（4分）在“探究水沸腾时温度变化的特点”试验中，从室温开始加热，记录的数据如下表：

时间/min	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
温度/℃	30.0	40.0	49.9	59.6	69.2	78.6	87.8	97.0	97.0	97.0

（1）根据表中数据，可知在本地水的沸点是　97　℃。

（2）从表中数据可以看出，水温较低时加热1min时间水升高的温度与水温较高时加热1min时间水升高的温度不同。其主要原因是：随着水的温度升高，　C　（填序号）

A．水的质量变化了

B．水的比热容变化了

C．1min时间水向空气传递的热量不同

D．1min时间酒精灯传递给水的热量不同

【分析】（1）根据表格及水沸腾时的特点判断出水的沸点；

（2）根据汽化现象和Q=cm△t分析解答。

【解答】解：（1）由表格知，水在沸腾过程中温度保持97℃不变，所以水沸腾时的温度为97℃，且水沸腾时，吸热但温度不变；

（2）从表中数据可以看出，水温较低时加热1min时间水升高的温度与水温较高时加热1min时间水升高的温度不同，分析一下原因：

在沸腾前不能考虑水的蒸发，故水的质量不变；故A错误；水的比热容是物质的特性，大小不变，故B错误；根据Q=cm△t可知，温度差增大，1min时间水向空气传递的热量不同，故C正确；相同时间酒精灯传递给水的热量不变，故D错误，故选C；

故答案为；97；C。

【点评】该题考查学生对探究水的沸腾实验中出现的现象进行分析、评估的能力，是道不错的好题。

19．（6分）某小组同学测量滑轮组的机械效率。实验步骤有：

（i）按照如图所示安装滑轮组，测钩码重力G并记钩码和绳端的位置

（ii）用弹簧测力计缓慢拉动绳端，使钩码上升，读出拉力F的值，并测出钩码上升的高度h和绳端移动的距离s；

（iii）记录实验数据填入表格中（表格略）；

（iv）多次改变钩码的数量，重复上述实验；

（v）用动滑轮质量不同的两个滑轮组吊相同的钩码，分别测机械效率；

（vi）分析测量结果，讨论影响机械效率的因素

回答以下问题：

（1）除了如图所示器材和弹簧测力计外，还需要的器材是　绳子　。

（2）滑轮组机械效率的计算公式是η=　　（用直接测得的物理量符号表示）。

（3）关于影响滑轮组机械效率的因素，该小组同学讨论后得到以下认识，你认为正确的有　ADE　（填序号，可能不止一项正确）。

A．在相同情况下，摩擦越大，机械效率越小

B．在相同情况下，摩擦越大，机械效率越大

C．忽略摩擦，定滑轮质量相同，则机械效率相同

D．忽略摩擦，动滑轮质量相同，则机械效率相同

E．忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，则机械效率越大

F．忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，则机械效率越小

 

【分析】（1）（2）滑轮组是用绳子把定滑轮和动滑轮组装而成的机械装置，根据滑轮组的机械效率公式η====分析探究所需要测量的工具以及测量的量、表达式；

（3）滑轮组机械效率与物体重力、动滑轮的重力，以及摩擦力的大小有关，在有用功不变的情况下，所做的额外功越多，滑轮组的机械效率越低。

【解答】解：（1）由图可知，除了滑轮，弹簧测力计外，还需要组装滑轮的绳子；

（2）由滑轮组的图上可知，n=3

滑轮组做的有用功为W有=Gh，总功为W总=Fs=Fnh=3Fh，

机械效率的表达式为η===；

（3）AB、在相同情况下，摩擦越大，所做的额外公功越多，机械效率越小，故A正确，B错误；

CD、忽略摩擦，滑轮组的机械效率，与定滑轮的质量无关，动滑轮质量相同，重力相同，额外功相同，则机械效率相同，故C错误、D正确；

EF、忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，所做的有用功越多，则机械效率越大。故E正确、F错误。

故选ADE。

故答案为：（1）绳子；（2）；（3）ADE。

【点评】本题考查了实验探究滑轮组的机械效率，要学会依据公式（原理）确定实验器材、实验所要测量的物理量、实验步骤、实验数据表格的设计等能力。

20．（9分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右。可供选择的电流表有：A1（量程0﹣0.3A），A2（量程0﹣3A）。

（1）连接电路时，应选用的电流表是　A1　（选填“A1”或“A2”）。

（2）图甲是某小组连接的实物电路图。图中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并在图中改正。

（3）改正错误后，闭合开关，移动滑动变阻器画片，当电压表示数为0.3V时，电流表示数如图乙所示，此时小灯泡的电功率是　0.054　W。

（4）不用电流表，另增加两只开关和一个阻值为12Ω的定值电阻R0，该小组设计了如图丙所示的电路图，测量小灯泡的额定功率。正确连接电路后，断开S3，闭合S1、S2，调节滑动变阻器，让电压表示数为3.8V；然后只断开S2，再闭合S3，读出电压表示数为6.5V．则测得小灯泡的额定功率是　0.855　W。

 

【分析】（1）已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右，根据P=UI求灯的额定电流确定选用的电流表；

（2）电压表应与灯并联，电流表与灯串联；

（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求此时小灯泡的电功率；

要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率。

【解答】解：（1）已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右，根据P=UI，灯的额定电流约为：I==≈0.24A，连接电路时，应选用的电流表是 A1。

（2）原电路中，电压表与电流表串联后与灯并联是错误的，电压表应与灯并联，电流表与灯串联，如下所示：

 

（3）当电压表示数为0.3V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.01A，电流大小为0.18A，此时小灯泡的电功率是：

P=UI=0.3V×0.18A=0.054W；

（4）第2次操作中，电压表定值电阻与灯的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为6.5V﹣3.8V=2.7V，由欧姆定律可求出灯的额定电流：

I===0.225A，灯的额定功率：

P=UI=3.8V×0.225A=0.855W。

故答案为：（1）“A1”；（2）如上；（3）0.054；（4）0.855。

【点评】本题测灯的功率，考查器材的选择、电路的连接、灯的功率计算及设计实验方案的能力。

四．计算题（共21分）

21．（9分）小华家距离变压器2km，在变压器与小华家之间的两条输电线，每条输电线每千米的电阻为0.5Ω，即0.5Ω/km，变压器加在输电线两端的电压是220V．在某一时间段，整个线路只有小华家一台额定电压220V、额定功率2420W的电热水器工作。不考虑温度变化对电热水器电阻的影响。求：

（1）输电线中电流的大小

（2）热水器的实际电功率

【分析】（1）根据公式P=求出电热水器的电阻，根据串联电路的电阻特点求出总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流；

（2）根据P=I2R求出热水器的实际功率。

【解答】解：（1）由P=可知，电热水器的电阻为：R===20Ω；

导线的电阻为：R'=4km×0.5Ω/km=2Ω；

故电路的总电阻为：R总=R+R'=20Ω+2Ω=22Ω；

输电线中电流的大小为：I===10A；

（2）热水器的实际功率为：P'=I2R=（10A）2×20Ω=2000W。

答：（1）输电线中电流的大小为10A；

（2）热水器的实际电功率为2000W。

【点评】本题考查了欧姆定律、电功率公式的应用，难度不大。

22．（12分）如图所示，长L1=1m的薄壁正方体容器A放置在水平地面上，顶部有小孔C与空气相通，长L2=0.2m的正方体木块B静止在容器A底面。通过细管D缓慢向容器A内注水，直到注满容器A，木块B上浮过程中上下表面始终水平，木块B与容器A底面和顶部都不会紧密接触。已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，木块的密度ρ木=0.5×103kg/m3，g取10N/kg。求：

（1）注水前，木块B对容器A底面的压强

（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，容器A内水的深度

（3）水注满容器后，容器A顶部对木块B的压力大小

（4）整个过程，浮力对木块所做的功

 

【分析】（1）根据木块的密度和体积，求出木块的质量；根据公式P=求出木块B对容器A底面的压强；

（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，木块恰好处于漂浮状态，根据浮力求出木块排开的水的体积，从而求出水的深度；

（3）水注满容器后，木块全部浸入水中，对木块受力分析，求出压力大小；

（4）根据W=Fs求出浮力所做的功。

【解答】解：（1）木块的质量为：m=ρV=0.5×103kg/m3×（0.2m）3=4kg；

木块B对容器A底面的压强为：P=====1000Pa；

（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，木块恰好处于漂浮状态，此时受到的浮力为：F浮=G=mg=4kg×10N/kg=40N；

根据阿基米德原理可知，木块排开的水的体积为：V排===4×10﹣3m3，

则木块浸入水中的深度即水的深度为：h===0.1m；

（3）水注满容器后，木块全部浸入水中，木块受到竖直向下的重力、竖直向下的压力和竖直向上的浮力的共同作用；

由阿基米德原理可知，此时木块受到的浮力为：F'浮=ρgV'排=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.2m）3=80N；

物体处于静止状态，受力平衡，则容器A顶部对木块B的压力大小为：F=F'浮﹣G=80N﹣40N=40N；

（4）整个过程中，木块上升的高度为：s=L1﹣L2=1m﹣0.2m=0.8m；

则浮力所做的功为：W=F浮s=40N×0.8m=32J。

答：（1）注水前，木块B对容器A底面的压强为1000Pa；

（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，容器A内水的深度为0.1m；

（3）水注满容器后，容器A顶部对木块B的压力大小为40N；

（4）整个过程，浮力对木块所做的功为32J。

【点评】本题考查了压强、浮力、功的计算，能利用好阿基米德原理是解题的关键。