文档内容
杨浦区 2015~2016 年度第二学期初三质量调研
理 化 试 卷
（满分150分 考试时间100分钟）
物 理 部 分 2016.4
考生注意：
1．本试卷物理部分含五个大题。
2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸，本试卷上答题一
律无效。
一、选择题（共20分）
下列各题均只有一个正确选项。请用2B铅笔在答题纸的相应位置上填涂所选的选号；
更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂。
1．在太阳系中，月球是
A．卫星 B．行星 C．恒星 D．彗星
2．吹笛子表演中，演奏者不断用手指分别开闭6个音孔，这样是为了改变笛声的
A．音色 B．音调 C．音量 D．响度
3．2014年诺贝尔物理学奖由蓝光二极管的发明者获得。蓝光二极管的发明使制成白光
LED灯成为现实。要制成白光LED灯，除蓝光二极管外，还需要的两种色光二极管的颜色是
A．红和黄 B．黄和紫 C．红和绿 D．黄和绿
4．下列数据中，符合实际的是
A．物理课本的长度约为50厘米 B．适合人洗澡的水温约为40℃
C．教室中通过日光灯的电流约1安 D．上海冬天最低气温约可达到-20℃
5．小华在复习了“物质”的知识后，有下列认识，其中正确的是
A．扫地时灰尘飞扬说明分子在不停地做无规则运动
B．铁丝很难被拉断说明分子间存在相互引力
C．在探索原子结构的历程中，科学家首先发现的粒子是质子
D．原子是由带正电的质子和带负电的电子组成的
6．小华做作业时，电灯突然变暗，其原因可能是
A．电灯的额定功率变大 B．电灯的额定电压变小
C．电灯的实际电压变大 D．电灯的实际功率变小
7．某人在车后用80牛的水平力推车，使车在平直公路上匀速前进，突然发现车辆前方
出现情况，他马上改用100牛的水平拉力使车减速，在减速过程中，车受到的合力大小为
A．180牛 B．100牛 C．80牛 D．20牛
8．如图1所示是探究影响导体电阻大小因素的实验装置（导线的数量及连接可改变），
A
B
C
D
E
图1演示板上的金属丝长短粗细都相同，A、B和C都是镍铬丝、D是铜丝、E是铁丝，下列说法正
确的是
A．实验中，电流表示数越大说明电阻越大
B．该装置能够研究电阻与导体长度的关系
C．该装置无法研究电阻与导体横截面积的关系
D．在图示情况下，用导线连接B、C接线柱，电流表示数将变小
9．在如图2所示电路中，电源电压保持不变，电阻R 为10欧， 电阻R 为20欧，电键S
1 2
R
闭合，下列说法正确的是 2
A
2
A．断开电键S，三个电表示数将变大
V
1
R
B．将R与R位置互换，有一个电流表的示数将变大 1
1 2 A
1
C．将R与闭合的电键S位置互换，三个电表示数将变大
1 V
2
S
D．将R与电压表V的位置互换，三个电表示数变小
2 2
图2
10．如图3所示，水平面上的圆柱形容器中分别盛有A、B两种不同液体，且A、B液体对
各自容器底部的压力相等。现在两容器中分放入甲、乙两个物体后（液体不溢出），两液体对
容器底部的压强相等。下列说法中正确的是
A．若甲、乙都漂浮，则可能m ＝m
甲 乙
B．若甲、乙都漂浮，则可能V ＜V
甲 乙
C．若甲、乙都浸没，则一定m ＜m
甲 乙 A B
图3
D．若甲、乙都浸没，则一定V ＞V
甲 乙
二、填空题（共26分）
请将结果填入答题纸的相应位置。
11．寒冬中互搓双手取暖，这是通过 （ 1 ） 的方式来改变内能。 （ 2 ） 实验表明电
流周围存在磁场。首次通过实验测定出大气压强数值的科学家是 （ 3 ） 。
12．家庭电路中，各用电器之间是 （ 4 ） 的（选填“串联”或“并联”）；标有“220V
22W”字样的灯正常工作时，通过的电流为 （ 5 ） 安，10小时耗电 （ 6 ） 度。
13．将一个石块竖直向上抛出，石块上升过程中，石块的重力势能 （ 7 ） ，石块的动能
（ 8 ） （选填“变大”、“变小”或“不变”）。体积为5×10﹣4米3的石块浸没在水中受到的浮
力大小为 （ 9 ） 牛。
14．某导体两端电压9伏，10秒内通过其横截面的电荷量为6库，这段时间内电流做的
功为 （ 1 0 ） 焦，通过它的电流为 （ 1 1 ） 安。当该导体两端电压增大为12伏时，它的电阻
为 （ 1 2 ） 欧。
s/米
15．如图4（a）所示为汽油机工作四个冲程中的 （ 1 3 ） 冲程。如图4（ba ）所
b
示，能省力的
8
6 c
4
2
0
1 3 4 5 6 t/秒
图5滑轮是 （ 1 4 ） (选填“A”或“B”)。若重物G为100牛，不计滑轮重和摩擦，在5秒
钟内把物体匀速提升1米，则F 的功率是 （ 1 5 ） 瓦。
B
2
（a） 图4 （b）
16．甲、乙两物体先后从同地出发沿同方向做匀速直线运动。甲比乙先运动2秒，甲运动
6秒时通过的路程为6米。此时甲、乙间的距离为2米。则在图5所示的s-t图像中，乙的s-t图
像是图线 （ 1 6 ） ；乙的速度是 （ 1 7 ） ；当甲运动10秒时，甲、乙两物体之间的距离是
（ 1 8 ） 。
17．在图6所示的电路中，电源电压保持不变，电键S闭合时，发现电路中至少有一个电
表示数不发生变化（不发生电源短路），已知故障发生在电阻R、
S
灯L上，其他元件仍保持完好。 V
①断开电键S，用一个完好的小灯替换L后，小灯 （ 1 9 ） （选 R L
填“一定发光”、“一定不发光”或“可能发光”）。
②在原故障电路中，断开电键S，将灯L与R位置互换后，电 A
压表V的示数发生变化，电路中可能存在的故障是 （ 2 0 ） 。 图6
18．某同学在探究凸透镜成像规律时，将点燃的蜡烛放置在凸透镜A（焦距20厘米）前
某一位置上，调节光屏，直到光屏上出现清晰的像，观察到的现象如图7（a）所示。接着他保
持蜡烛的位置不变，调换不同的凸透镜重复实验，实验过程及观察到的现象如图7（b）、（c）
所示，已知f ＞f ＞f 。请仔细观察实验现象归纳得出初步结论。
A B C
凸透镜A 凸透镜B 凸透镜C
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90cm 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90cm 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90cm
（a） （b） （c）
图7
①分析比较图（a）或（b）或（c）可得： （ 2 1 ） 。
②分析比较图（a）和（b）和（c）可得： （ 2 2 ） 。
三．作图题（共12分）
请将图直接画在答题纸的相应位置，必须使用2B铅笔作图。19．在图8中根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数。
20．根据平面镜成像特点，在图9中画出物体AB在平面镜MN中所成的像AB。
21．如图10所示，小磁针甲、乙处于静止状态。根据标出的磁感线方向，标出螺线管和小
乙
磁针的N级，电源的正负极。
法线 M
甲
A
A
30° B
O N 电源
（ ） （ ）
图8 图9 图10
22．如图11所示，重4牛的小球保持静 止 ， 用力的图示法画出小球受到的力。
23．在图12中的〇里填上适当的电表符号，闭合电键S，使灯L 和L 能同时发光。
1 2
24．在图13所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上。补上后要求：
闭合电键S，向右端移动滑动变阻器的滑片 P ， 电压表示数变小。
图
6 L
S
P
V
3 15
图11 图12 图13
四、计算题（共24分）
请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置。
25．质量为0.2千克的水温度升高50℃。求：水吸收的热量Q 。
吸
［水的比热容为4.2×103焦/（千克·℃）］
26．如图14所示，柱形薄壁容器甲和均匀柱体乙放在水平地面上，它们的底面积分别为
S、2S。已知甲容器中盛有0.3米高的水，柱体乙的质量为2千克。求：
①求甲容器中距水面0.1米处水的压强；②若乙的体积为1×10-3米3，求乙的密度；
③现有物体A、B、C（其密度、体积的关系如下表所示），请选择其中的一个物体，把物体
放入甲容器中（水不溢出）和放置在柱体乙上面，使甲容器底部受到水的压强变化量与柱体
乙对地面压强变化量的比值最小，求这个最小比值。
物体 密度 体积
A 3ρ 2V
水
B 2ρ V
水
甲 乙
C 0.5ρ V
乙 水
图14
27．如图15（a）所示电路中电源电压保持 R 1
不变，定值电阻R 2 阻值为10欧，闭合电键后， R 2
通过R 的电流为0.6安，干路中的电流为1安。
2 S
求：
（a） 图15 （b）
①电源电压U；
②定值电阻R 消耗的电功率P。
1 1
③现有标有“20Ω 2Α”、“50Ω 2Α”字样的滑动变阻器可供选择，有表盘如图15（b）
所示的电流表可接入电路。选择变阻器替换其中的一个电阻，并将电流表串联在电路中，闭
合电键S，移动变阻器的滑片P，使电流表示数的变化范围为 0.8安~2.6安。请通过计算说明
选择变阻器_______替换_______（选填“R”或“R”），并求出滑动变阻器的阻值范围。
1 2
28．如图16（a）所示，电源电压为18伏保持不变，定值电阻R 的阻值为21欧，闭合电键
1
S后，电流表示数为0.6安。求:
R 1 R 2
①电阻R 的阻值；
2
A B C D
②现有标有“50Ω 2Α”、“150Ω
1Α”字样的滑动变阻器可供选择，有一个 S
A
表盘如图16（b）所示的电压表可接入电路。
（a） 图16 （b）
当选用标有_______字样的变阻器替换电阻 （选填“R”或“R”），并把电压表接入
1 2
_______两端（选填“AB”、“CD”、“AB”或“CD”），在移动变阻器滑片P的过程中，使
电压表示数的变化量U最大。求电压表示数的最大变化量U。
五、实验题（共18分）
请根据要求在答题纸的相应位置作答。
29．如图17（a）、（b）所示，某小组同学以硬纸板为研究对象，利用弹簧测力计、细线等器材进行实验，该小组同学是在做“探究 （ 1 ） ”实验。按图17（a）所示进行实验操作时，应
在硬纸板处于 （ 2 ） 状态下读取测力计的示数；按图17（b）所示进行实验操作时，放开硬纸
板前，应使两测力计的示数 （ 3 ） ，两细线对硬纸板拉力的方向 （ 4 ） 。
（a）
图17
（b）
30．在“探究电流与电压的关系”实验中，为了达到实验目的，要控制 （ 5 ） 相同，
需多次改变导体 （ 6 ） （选填“两端的电压”或“通过的电流”）。
该实验中，需要多次更换导体重复实验，目的是为了 （ 7 ） 。在“探
究杠杆平衡的条件”实验中，当杠杆处于如图18所示的位置时，应该
进行的操作是 （ 8 ） ，直到杠杆水平平衡。
图18
31．某小组同学通过实验研究圆柱体浸入液体的过程中台秤示数的变化情况。如图19所
示他们将体积为10分米3的圆柱体A浸入液体中，逐步改变其浸入
液体的体积，读出相应的台秤示数F，将V
浸
和F记录在表一中。然
A
烧杯
后，他们变换液体重复实验，将数据记录在表二中。为进一步研究F
和V 的关系，他们计算了相邻两次实验中V 及F的变化量V 和
浸 浸 浸
F，并将结果分别记录在表一和表二的后两列中。（已知ρ＜ρ） 台秤
1 2
图19
表一（液体密度ρ） 表二（液体密度ρ）
1 2
实验 V 浸 F V 浸 F 实验 V 浸 F V 浸 F
( 分米 (分米 ( 分米 (分米
序号 （牛） （牛） 序号 （牛） （牛）
3) 3) 3) 3)
1 0 22 7 0 22
1 0.8 1 1.2
2 1 22.8 8 1 23.2
3 2 23.6 9 2 24.4
2 1.6 2 2.4
4 4 25.2 10 4 26.8
5 5 26 11 5 28
3 2.4 3 3.6
6 8 28.4 12 8 31.6
①分析比较实验序号1～6或7～12中F与V 的数据及相关条件，可得出的初步结论是：
浸
在圆柱体浸入同种液体的过程中， （ 9 ） 。
②分析比较实验序号1～6和7～12中F与液体密度的关系及相关条件，可得出的初步
结论是：在圆柱体浸入不同种液体的过程中， （ 1 0 ） 。
③分析比较实验序号1～6或7～12中F与V 的数据及相关条件，可得出的初步结论
浸是： （ 1 1 ） 。
④请进一步综合分析表一、表二的相关数据，并归纳得出结论。
（a）分析比较表一或表二中F和V 的数据及相关条件，可得出的初步结论是
浸
（ 1 2 ） ；
（b）分析比较表一和表二中F和V 的数据的及相关条件，可得出的初步结论是：
浸
（ 1 3 ） ；
32．小王做“测定小灯泡的电功率”实验，现有若干节蓄电池（每节电压2V）、待测小灯、
电压表、电流表、滑动变阻器、电键及导线若干，其中待测小灯上标有“0.25A”（ 额定功率
在0.5瓦～1.5瓦之间）字样清晰可见。他正确串联实验器材，将滑动变阻器的滑片移至一端，
然后将电压表并联在电路中。闭合电键后，发现小灯泡发出昏暗的光，他移动变阻器的滑片
到另一端时，小灯不发光。
①出现上述实验现象的原因是：
（a） （ 1 4 ） ；
（b） （ 1 5 ） ；
②小王找到原因后，仍使用原来的小灯泡并适当调整实验器材，重新正确进行实验。闭
合电键，移动变阻器的滑片至小灯正常发光时，变阻器连入电路的电阻恰为最大阻值的一半，
但此时无法从电压表V上精确读出额定电压。他在电路中再连接一个电压表V′，小灯泡正常
发光时，记下了此时电压表V′和电流表的示数并相乘，得到的电功率为0.55瓦。请根据相关
信息计算出小灯泡的额定功率。（需写出计算过程）
杨浦区 2015 学年度第二学期初三
质量调研物理试卷
答案及评分标准
题 号 答案及评分标准
一、20分 1．A。 2．B。 3．C。 4．B 。 5．B。 6．D。 7．A。 8．
（每题2分） B。 9. C。 10. B。
二、26分 11．做功；奥斯特；托里拆利。
（11-16 题每格 1 12．并联；0.1；0.22。
分，17、18题每格2 13．变大；变小；4.9。14．54；0.6；15。
15．做功；B；20。
分） 16．a、c；2米/秒、1米/秒；6米、2米。
17．可能发光；R断路 或L短路 或R断路同时L短路；
18．(1)物距大于1焦距时，物体通过凸透镜成倒立的实像。
(2)凸透镜成实像时，物距相同，焦距减小，像距和像都变小。
19．方向正确1分；标度正确1分。
20．虚像1分，对称1分。
三．12分 21．小磁针N极正确1分、电源正负极正确1分。
（每题2分） 22．方向正确1分，大小正确1分。
23．电表填入正确2分
24．连线正确2分
Q cmt 2分
吸
＝4.2×103焦/（千克·℃）×0.2千克×50℃ 1分
＝4.2×104焦 1分
25．
（4分）
①p ＝ρ gh＝1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m＝980Pa 2分
水 水
②ρ =m /V =2kg/(0.1m)3=2×103kg/m3 2分
乙 乙 乙
26． ③ 选择A物体
（7分） △p /△p ＝(△F /S )/(△F /S )
甲 乙 甲 甲 乙 乙
＝(ρ g×2V/S)/ (3ρ g×2V/2S) 2分
水 水
＝2/3 1分
①U=U＝IR＝0.6A×10Ω＝6V 2分
2 2 2
② U=U＝U I＝I - I＝0.6A-0.4A＝0.2A
1 2 1 2
P=U I=6V×0.4A=2.4W 2分
1 1 1
③ 选择“50Ω 2Α”的滑动变阻器替换R 1分
1
四． 当I ＝0.8A时
27 最小
（24分） I ＝I - I＝0.8A-0.6A＝0.2A
（7分） 滑 最小 2
R ＝U /I =6V/0.2A=30Ω 1分
滑 滑
当I ＝2.6A时
最大
I ＝I -I＝2.6A-0.6A＝2A
滑 最大 2
R ＝U /I =6V/2A=3Ω 1分
滑 滑
3Ω≤R ≤30Ω
滑
①R＝U/I＝18V/0.6A＝30Ω
R＝R- R＝30Ω-21Ω＝9Ω 2分
2 1
②答案1：选“50Ω 2Α”变阻器替换R，并把电压表接入AB位置。
1
1分
当U =15V时，
滑
U＝U- U ＝18V-15V＝3V
2 滑
28． R ＝U R/ U＝15V×9Ω/3V＝45Ω＜50Ω 1分
滑 滑 2 2
（6分） U =0V时，R =0Ω 1分
滑 滑
I ＝U /R ＝18V/9Ω＝2A
最大 2
△U ＝15V 1分
最大
答案2：选“150Ω 1Α”变阻器替换R，并把电压表接入CD位置。
2
1分
当U =15V时，
滑
U＝U- U ＝18V-15V＝3V
1 滑R ＝U R/ U＝15V×21Ω/3V＝105Ω＜150Ω 1分
滑 滑 1 1
U =0V时，R =0Ω 1分
滑 滑
I ＝U /R ＝18V/21Ω＝0.86A＜1A
最大 1
△U ＝15V 1分
最大
说明：在计算中，有关单位错写、漏写，总扣1分；不连续扣分。
29. 二力平衡条件；静止；相同；相反。
（4分）
30. 导体；两端的电压；多次实验归纳得到普遍结论；向右调节平衡螺母；
（4分）
①V 越大，F越大
浸
②V 相同，液体密度越大，F越大。
浸
③在圆柱体浸入同种液体过程中，F与V 成正比。
31（. 5分） 浸
④在圆柱体浸入同种液体过程中，F与V 的比值相同；
浸
在圆柱体浸入不同种液体过程中，F与V 的比值不同，且液体密度越
浸
五． 大，比值越大。
（18分） ①电源电压太小； S闭合前滑片在阻值最小处。
②U = P / I=0.55W/0.25A=2.2V
滑 滑
2V≤U ≤6V
额
∴ 4.2V≤U≤8.2V
当U=6V
32（. 5分）
U =U- U =6V-2.2V=3.8V
额 滑
P = U I =3.8V×0.25A=0.95W
额 额 额
当U=8V
U =U- U =8V-2.2V=5.8V
额 滑
P = U I =5.8V×0.25A=1.45W
额 额 额2016年上海市杨浦区中考物理二模试卷解析
1，在太阳系中，月球是（ ）
A．卫星B．行星 C．恒星 D．彗星
【考点】人类探究太阳系及宇宙的历程．
【专题】粒子与宇宙、材料世界．
【分析】八大行星分为三类：类地行星、巨行星和远日行星；
能够自身发光发热的星体称为恒星，离我们最近的恒星为太阳，月球是地球的卫星．
【解答】解：地球、土星等为围绕太阳转动的行星，太阳为能够发光发热的、离我们最近的恒星，
而月球是地球的一颗卫星．
故选A．
【点评】本题考查对恒星及行星的认识，属于基础内容．
2．吹笛子表演中，演奏者不断用手指分别开闭6个音孔，这是为了改变笛声的（ ）
A．音色B．音调 C．音量 D．响度【考点】频率及音调的关系．
【专题】定性思想；声现象．
【分析】解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的；
音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高．
【解答】解：演奏笛子时笛内空气柱会振动而发声；
当用手指去控制不同笛孔时，笛内空气柱振动的快慢会不一样，所以声音的音调就会发生变
化；
故选B．
【点评】此题考查的是音调的影响因素，属于基础题．分析声音的物理特征时，注意音调与响
度的区别．
3．2014年诺贝尔物理学奖由蓝光二极管的发明者获得，蓝光二极管的发明使制成白光LED
灯称为现实，要制成白光LED灯，除蓝光二极管外，还需要的两种色光二极管的颜色是（
）
A．红和黄 B．黄和紫 C．红和绿 D．黄和绿
【考点】色光的三原色和颜料的三原色．
【专题】定性思想；光的折射、光的色散．
【分析】红、绿、蓝叫做三原色光，三种色光共同可组成出各种不同的色光．
【解答】解：红光、绿光、蓝光叫做三原色光，三种色光共同可组成出各种不同的色光．因此，
要制成白光LED灯，除蓝光二极管外，还需红、绿两种色光二极管．
故选C．
【点评】此题考查学生对色光三原色的理解，难度不大，属于基础知识．
4．下列数据中，符合实际的是（ ）
A．物理课本的长度约为50厘米
B．适合人洗澡的水温约为40℃
C．教室中通过日光灯的电流约1安
D．上海冬天最低气温约可达到﹣20℃
【考点】长度的估测；温度；电流的大小．
【专题】应用题；估算综合应用题．【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位
的换算，最后判断最符合实际的是哪一个．
【解答】解：
A、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约20cm，物理课本的长度比20cm大一
些，在26cm左右．故A不符合实际；
B、人的体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，约为40℃左右．故B符合实际；
C、教室里一只日光灯的功率约40W，正常工作的电流约I= = ≈0.18A，故C不符合实际；
D、上海地处亚热带，冬天最低气温在0℃左右．故D不符合实际．
故选B．
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能
力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义．
5．小华在复习“物质”的知识后，有下列认识，其中正确的是（ ）
A．扫地时灰尘飞扬说明分子在不停的做无规则运动
B．铁丝很难被拉断说明分子间存在相互引力
C．在探索原子结构的历程中，科学家首先发现的粒子是质子
D．原子是由带正电荷的质子和带负电荷的电子组成的
【考点】分子的运动；分子和原子组成物质；分子间的作用力．
【专题】应用题；分子热运动、内能；粒子与宇宙、材料世界．
【分析】（1）扩散现象是分子运动的结果；
（2）分子间既有引力又有斥力；
（3）汤姆生发现电子后，人们认识到原子是由位于原子中央的原子核和核外电子组成，原子
核是由带正电的质子与不带电在质子组成；
（4）物质是由分子组成的．分子是由原子组成的，原子是由带正电的原子核和带负电的核外
电子构成的．
【解答】解：
A、灰尘在空中飞扬，那是物质的机械运动，不是分子在运动，分子运动是肉眼看不见的．故A
错误；
B、因为分子间存在引力，所以铁丝很难被拉断，故B正确；C、在探索微小粒子的历程中人们首先发现了电子，故C错误；
D、原子由带正电荷的原子核和带负电荷的核外电子构成，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了分子动理论、扩散现象、原子结构等，所考查内容均为物理中的常见知识
点，要求学生熟练掌握．
6．小华做作业时，电灯突然变暗，其原因可能是（ ）
A．电灯的额定功率变大 B．电灯的额定电压变小
C．电灯的实际电压变大 D．电灯的实际功率变小
【考点】实际功率．
【专题】应用题；电能和电功率．
【分析】灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，故变暗可以从实际功率入手来分析，可能是功率
变小．
【解答】解：（1）用电器的额定电压是指其正常工作时的电压，额定功率是在额定电压下工作
时的功率．用电器的额定电压和额定功率只有一个，不会改变．故AB错误；
（2）根据P= ，若电灯实际电压变大，实际功率也会变大，灯会变亮；
若电灯实际电压变小，实际功率也会变小，所以电灯将会变暗，故C错误，D正确．
故选D．
【点评】本题考查用物理知识解释生活中的现象，理解额定电压和额定功率的概念，明确灯泡
亮度是由实际功率决定是关键．
7．某人在车后用80牛水平力推车，使车在平直公路上匀速前进，突然发现车辆前方出现情
况，他马上改用100牛的水平拉力减速，在减速过程中，车受到的合力大小为（ ）
A．180牛 B．100牛C．80牛 D．20牛
【考点】力的合成与应用．
【专题】应用题；运动和力．
【分析】由物体做匀速直线运动可求得物体所受到的阻力；而当车减速时阻力方向不变，故可
由力的合成求得合力．
【解答】解：当人推车时，车做匀速直线运动，所以车水平方向受到的阻力与推力是一对平衡力，所以f=F
=80N；
推
而当人拉车时，车的速度仍然向前，故阻力方向不变，阻力与拉力方向相同，故合力：F =F
合 拉
+f=100N+80N=180N．
故选A．
【点评】本题的关键在于明确摩擦力的方向，并且要注意同一直线上二力同向时合力为二力
之和，反向时合力为二力之差．
8．如图所示是探究影响导体电阻大小因素的实验装置（导线的数量及连接可改变），演示板
上的金属丝长短粗细都相同，A、B和C都是镍铬丝，D是铜丝、E是铁丝，下列说法正确的是
（ ）
A．实验中，电流表示数越大说明电阻越大
B．该装置无法研究电阻与导体长度的关系
C．该装置无法研究电阻与导体横截面积的关系
D．在图示情况下，用导线连接B、C接线柱，电流表示数将变小
【考点】影响电阻大小的因素．
【专题】控制变量法；图析法；转换法；电压和电阻．
【分析】（1）根据欧姆定律可知在导体两端的电压不变的条件下，导体的阻值越大通过导体的
电流就越小，所以可以通过比较导体电流的大小比较导体阻值的大小；
（2）电阻的大小在不考虑温度的前提下，有三个决定因素：材料、长度、横截面积．因此要研究
电阻的大小与每一个因素的具体关系时，要用到控制变量法．即：研究电阻的大小与哪个因
素有关，就要让这个因素变化，其余的因素都相同，去做对比实验．根据这个思路可以解决此
题．
【解答】解：A、在导体两端的电压不变的条件下，导体的阻值越大通过导体的电流（电流表的示数）就越
小，所以本实验可以通过电流表的示数比较导体电阻的大小，电流表示数越大，所接电阻阻
值越小，故A错误；
B、A、B和C都是镍铬丝，且长度都相同，所以无法研究电阻与导体长度的关系，故B正确；
C、在研究电阻与导体横截面积的关系时，可以把A单独连入电路，然后把B和C并联后连
入电路，进行比较，故C错误；
D、在图示情况下，连接B、C接线柱，即把B和C并联后连入电路，此时导体的电阻变小，所
以电流表示数将变大，故D错误．
故选B．
【点评】此题主要考查的是电阻大小的影响因素和转换法、控制变量法在物理实验中的熟练
运用，是中考的常见题型．
9．在如图所示电路中，电源电压保持不变，电阻R 为10欧，电阻R 为20欧，电键S闭合，下
1 2
列说法正确的是（ ）
A．断开电键S，三个电表示数将变大
B．将R 与R 位置互换，有一个电流表的示数将变大
1 2
C．将R 与闭合的电键S位置互换，三个电表示数将变大
1
D．将R 与电压表V 位置互换，三个电表示数将变小
2 2
【考点】电路的动态分析．
【专题】错解分析题；动态预测题；电路变化分析综合题．
【分析】由电路图可知，当电键S闭合时对R 短路，使电流表A 、电压表V 示数为零，电路中
2 2 2
只有R ，电压表V 测电源电压，电流表A 测R 的电流．然后根据各元件的连接变化，利用
1 1 1 1
串联电路的特点和欧姆定律即可得出电表的示数变化．
【解答】解：由电路图可知，当电键S闭合时R 、A 、V 被短路，使电流表A 、电压表V 示数
2 2 2 2 2
为零，电路中只有R ，电压表V 测电源电压，电流表A 测R 的电流．
1 1 1 1A、断开电键S，R 与R 串联，电流表A 、A 测量串联电路的电流，电压表V 测R 两端的电
1 2 1 2 1 1
压，电压表V 测R 两端的电压，由于串联电路的总电阻电压各电阻之和，所以断开电键S后
2 2
电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知：电路中电流变小，R 两端的电压变小，R 两端的电
1 2
压变大，即电流表A 示数变小，A 示数变大，电压表V 示数变小，V 示数变大，故A错误．
1 2 1 2
B、将R 与R 位置互换后则R 被短路，电流表A 示数仍为零，电路中只有R ，由于R ＞R ，
1 2 1 2 2 2 1
则电路中电阻变大，电流变小，所以电流表A 变小，故B错误；
1
C、将R 与闭合的电键S位置互换，电路变成R 与R 并联，电压表V 被闭合的电键S短路，
1 1 2 1
V 测电源电压，则V 示数变小，V 示数变大；电流表A 测干路电流，A 测量R 的电流，由于
2 1 2 1 2 2
干路电流等于各支路电流之和，则电流表A 、A 示数都变大；所以，有三个电表示数将变大，
1 2
故C正确；
D、将R 与电压表V 位置互换，S闭合时仍是R 、A 、V 被短路，A 、V 示数仍为零，所以各
2 2 2 2 2 2 2
电表示数不变，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律的应用，注意S闭合
时电路的连接情况，关键是知道S闭合时对R 、A 、V 短路．
2 2 2
10．如图所示，水平面上的圆柱形容器中分别盛有A、B两种不同液体，且A、B液体对各自容
器底部的压力相等．现在量容器中分别放入甲、乙两个物体后（液体不溢出），两液体对容器
底部的压强相等，下列说法中正确的是（ ）
A．若甲、乙都漂浮，则可能m =m
甲 乙
B．若甲、乙都漂浮，则可能V ＜V
甲 乙
C．若甲、乙都浸没，则一定m ＜m
甲 乙
D．若甲、乙都浸没，则一定V ＞V
甲 乙
【考点】物体的浮沉条件及其应用．
【专题】错解分析题；推理法；浮沉的应用．【分析】（1）对于柱形容器，液体对容器底的压力等于液体的重力；由A、B液体对各自容器底
部的压力相等可知A、B液体重力相等．
（2）若甲、乙都漂浮，则浮力等于重力；由于两液体对容器底部的压强相等，由图可知S ＞
A
S ，利用F=pS即可判断甲、乙重力关系，根据V= 判断体积关系；
B
（3）若甲、乙都浸没，根据p=ρgh结合G =G 和S ＞S 判断甲、乙重力关系，根据原题深度的
A B A B
变化判断出液体的体积关系．
【解答】解：由于在水平面上容器是圆柱形容器，对于柱形容器，液体对容器底的压力等于液
体的重力；则已知A、B液体对各自容器底部的压力相等，所以A、B液体重力相等，即
G =G ；
A B
A和B、若甲、乙都漂浮，根据漂浮条件可知：F =G ，F =G ；
甲浮 甲 乙浮 乙
由于此时两液体对容器底部的压强相等，即：p ′=p ′，
A B
则根据F=pS可知液体对容器底的压力：
F ′=p ′S ，F ′=p ′S ，
A A A B B B
由图可知：S ＞S ；则F ′＞F ′，
A B A B
由于柱形容器中甲、乙都漂浮，液体对容器底的压力等于液体的重力和物体的重力之和；
则F ′=G +G ；F ′=G +G ；
A A 甲 B B 乙
所以，G ＞G ，则根据m= 可知：m ＞m ，故A错误；
甲 B 甲 B
由于甲、乙两个物体的密度未知，所以物体的体积大小关系不能判断，可能V ＜V ，故B
甲 乙
正确；
C和D、若甲、乙都浸没，
由图可知S ＞S ；根据A、B液体对各自容器底部的压力相等，
A B
因为此时两液体对容器底部的压强相等，即：p ′=p ′，
A B
根据F=pS可知：此时两液体对容器底部的压力关系是：F ′＞F ′，
A B
则液体对容器底部的压力变化量为，△F ＞△F ；
A B
由于甲、乙都处于浸没，则△F=G ，G≥G ，
排 排
所以，G ≥△F ′＞△F ′，G ≥△F ′，
甲 A B 乙 B则根据m= 可知：m 与m 的大小关系都有可能，故C错误；
甲 B
A、B液体对各自容器底部的压力相等，利用p= 和p=ρgh可知：
ρ h S =ρ h S ；
A A A B B B
两液体对容器底部的压强相等时，根据p=ρgh可知：ρ h ′=ρ h ′，
A A B B
由图可知S ＞S ；
A B
ρ h ′S ＞ρ h ′S ；
A A A B B B
由于△h=h′﹣h，所以，S △h ＞S ρ △h ；
A A B B B
由于甲、乙物体浸没，则体积分别为V =S △h ，V =S △h ，
甲 A A 乙 B B
V ρ ＞V ρ ；
甲 A 乙 B
则 ＞ ，
由于两液体的密度无法判断，所以V 与V 的大小不能都有可能，故D错误．
甲 乙
故选B．
【点评】本题主要考查了液体对容器底部压强、压力的大小判断，分析过程中，要注意柱形容
器的特殊之处．
二、填空题
11．寒冬中互搓双手取暖，这是通过 做功 的方式改变内能． 奥斯特 实验表明电流周
围存在磁场，首次通过实验测定出大气压强数值的科学家是 托里拆利 ．
【考点】做功改变物体内能；大气压强的测量方法；通电直导线周围的磁场．
【专题】应用题；分子热运动、内能；磁现象、电生磁；气体的压强、流体压强与流速的关系．
【分析】（1）改变物体内能有两种方式：做功和热传递．
（2）丹麦物理学家奥斯特首先通过实验证明了通导线周围存在磁场．
（3）意大利著名的科学家托里拆利利用实验测定了一个标准大气压的数值．
【解答】解：
（1）冬天互搓之后手暖和，是克服摩擦力做功，使手的内能增加，是通过做功的方式改变物体
的内能；（2）1820年，丹麦物理学家奥斯特首先通过实验发现通电导线周围存在磁场；
（3）托里拆利实验最早测出了大气压强的大小．
故答案为：做功；奥斯特；托里拆利．
【点评】本题考查了改变内能的方法和物理学常识：电生磁是由哪位科学家发现的以及大气
压强的测量﹣﹣托里拆利实验．
12．家庭电路中，各用电器之间是 并联 的（选填“串联”或“并联”）；标有“220V
22W”字样的灯正常工作时，通过的电流为 0. 1 安，10小时耗电 0.2 2 度．
【考点】电功率与电能、时间的关系；电功率与电压、电流的关系．
【专题】计算题；电能和电功率．
【分析】（1）家庭电路中各用电器互不影响，为并联．用电器正常工作时的电压和额定电压相
等，功率和额定功率相等，根据P=UI求出通过该用电器的电流；
（2）根据W=Pt求出工作10小时该用电器耗电的度数．
【解答】解：家庭电路中，各用电器工作时互不影响，故各用电器之间是并联的；
灯泡正常工作时的电压为220V，功率为22W，
根据P=UI可得，灯正常工作时的电流：
I= = =0.1A；
由P= 可得，工作10小时，该灯泡耗电：
W=Pt=22×10﹣3kW×10h=0.22kW•h=0.22度．
故答案为：并联；0.1；0.22．
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是知道用电器正常工作时的功率和
额定功率相等，同时注意1kW•h=1度．
13．将一个石块竖直向上抛出，石块上升过程中，石块的重力势能 变大 ，石块的动能 变
小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．体积为5×10﹣4米3的石块浸没在水中受到的浮
力大小为 4. 9 牛．
【考点】动能和势能的大小变化；浮力大小的计算．【专题】应用题；浮力；机械能及其转化．
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关；重力势能的大小与物体的质量、高度有关；
（2）由阿基米德原理求出浮力浮力即可；
【解答】解：将一个石块竖直向上抛出，石块上升过程中，石块的质量不变，速度减小，故动能
减小；同时质量不变，高度增加，重力势能增大；
小球浸没在足够深的水中，
所以V =V =0.5×10﹣3m3，
排 球
F =ρ gV
浮 水 排
=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.5×10﹣3m3
=4.9N；
故答案为：变大；变小；4.9；
【点评】知道并理解动能、重力势能的影响因素，并能利用阿基米德原理解释问题是解题关键．
14．某导体两端电压9伏，10秒内通过其横截面的电荷量为6库，这段时间内电流做的功为
36 焦，通过它的电流为 0. 6 安，当该导体两端电压增大为12伏时，它的电阻为 1 5 欧．
【考点】电功的计算；电量及其计算；欧姆定律的应用．
【专题】计算题；电流和电路；欧姆定律；电能和电功率．
【分析】根据W=UIt=UQ求出电流做的功．知道10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=
求出通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻．
【解答】解：电流做的功：
W=UIt=UQ=6V×6C=36J．
通过该导体的电流：
I= = =0.6A，
由I= 可得，导体的电阻：R= = =15Ω．
故答案为：36；0.6；15．
【点评】本题考查了电流的定义式和欧姆定律、电功公式的灵活应用，是一道基础题目．
15．如图（a）所示是某台汽油机工作的四个冲程中 做功 冲程．
如图（b）所示，能省力的滑轮是 B （选填“A”或“B”）．若重物G为100牛，不计滑轮重和
摩擦，在5秒钟内把物体匀速提升1米，则F 所做的功率是 2 0 瓦．
B
【考点】做功改变物体内能；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点．
【专题】学科综合题．
【分析】①解决此题要知道内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判
断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下
功；”进行分析；
其中在做功冲程中，是内燃机的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能．
②动滑轮的实质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，使用时能省一半的力；定滑轮的实质是等臂
杠杆，使用时不省力．
根据公式W=FS可求拉力做的功，还知道做功的时间，根据公式P= 进一步求出拉力做功的
功率
【解答】解：①汽油机的做功冲程特点是火花塞打火，由图可知，a是做功冲程；
②图中A是定滑轮，B是动滑轮，所以省力的是B；
拉力做的功：W=FS=F2h=100N×1m=100J，
拉力做功的功率：P= = =20W
故答案为：做功；B；20．【点评】本题属于综合性较强的题目，考察了内燃机的四个冲程的区分及简单机械的知识和
功率的计算，难度不大，但是如果对于课本知识掌握不精确，很容易出错．
16．甲、乙两物体先后从同地出发沿相同方向做匀速直线运动，甲比乙先运动2秒，甲运动6
秒时通过的路程为6米，此时甲、乙的距离为2米．在如图所示的s﹣t图象中，乙的s﹣t图象
是图线 a 或 c ；乙的速度是 2m/ s 或 1m/ s ；当甲运动10秒时，甲、乙两物体之间的距离
是 10m 或 2m ．
【考点】速度公式及其应用．
【专题】计算题；长度、时间、速度．
【分析】由甲运动时间可得到乙的运动时间，由甲、乙6s后相距2m，得到乙通过的距离，由此
计算出乙的速度．根据图象得到a、b、c的速度判断即可；
计算甲乙各运动10s后通过的距离，从而得到甲乙间的距离．
【解答】解：
由题知，甲比乙先运动2秒，甲运动6s，所以乙运动时间t=4s，
此时甲、乙间的距离为2m，所以乙运动的路程可能是s=s +2m=6m+2m=8m，也可能是s′=s
甲
﹣2m=6m﹣2m=4m，
甲
由v= ，
乙的速度可能是：v= = =2m/s，也可能是v′= = =1m/s．
由图线a，当s=8m时，t=4s，所以图线a表示的速度v = =2m/s；
a由图线b，当s=8m时，t=5.5s，所以图线b表示的速度v = ≈1.45m/s；
b
由图线c，当s=6m时，t=6s，所以图线c表示的速度v = =1m/s．
c
由此可知，a、c都有可能是乙的s﹣t的图线；
甲的速度：v = = =1m/s，
甲
若乙的速度是：v=2m/s，10s后甲乙间的距离=（2m/s﹣1m/s）×10s=10m，
若乙的速度是：v=1m/s，甲和乙相对静止，所以10s后甲和乙的距离仍为2m．
故答案为：
【点评】本题考查了速度的计算和s﹣t图象的认识和理解，要从图象中获取有用信息，正确理
解甲、乙间的距离为2米是计算出乙速度的关键．
17．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电键S闭合时，发现电路中至少有一个电表示数
不发生变化（不发生电源短路），已知故障发生在电阻R，灯L上，其他元件保持完好．
（1）断开电键S，用一个完好的小灯替换L后，小灯 可能发光 （选填“一定发光”、“一
定不发光”或“可能发光”）
（2）在原故障电路中，断开电键S，将灯L与R位置互换后，电压表V的示数发生变化，电路
中可能存在的故障是 灯 L 短路或是电阻 R 断路 ．
【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．
【专题】逆推法；图析法；欧姆定律．
【分析】①电路故障有两种情况：短路或断路．电流表示数变大，说明电路电阻减小，所以是某
一电阻短路，根据电压表的变化判断短路之处；
电流表示数减小为零，说明电路断路，若电压表示数不为零，则与电压表并联的电路断路；②根据电压表所测电路的变化及电压表的示数大小关系得出结论．
【解答】解：（1）电路故障就是短路或断路，由图可知开关闭合后将灯L短路，如果是灯L断
路，电压表和电流表均没有示数，闭合开关s后两表均有示数，所以不可能是灯L断路；
如果是R断路，电流表没示数，电压表有示数且接近电源电压，当开关s闭合后电流表，电压
表示数不会变化，符合至少有一个电表不发生变化；所以可能是电阻R断路；
如果是灯L短路，开关闭合还是将灯L短路，所以两表示数都不会变化，所以灯L短路符合
题意；如果电阻R短路，开关在闭合将发生电源短路的情况，与题意中不发生电源短路想矛
盾；所以电路故障原因可能是灯L短路或是电阻R断路；
当电阻R断路时，更换灯泡后，电压表串联在电路中，电路中电流几乎为零，灯泡不发光；
当灯泡L短路时，更换灯泡后，短路故障排除，且开关是断开的，完好灯泡与电阻R串联，则
灯泡将发光；
所以用一个完好的小灯替换L后，小灯可能发光；
（2）由（1）分析可知原电路故障是灯L短路或是电阻R断路，这两种故障电压表都有示数而
且示数接近电源电压．断开电建，将灯L与R互换后，电压表与灯L并联，此时无论
灯L短路或是电阻R断路，电压表的示数都将为零，所以电路中可能存在的故障是灯L短路
或是电阻R断路．
故答案为：（1）可能发光；（2）灯L短路或是电阻R断路．
【点评】本题主要是电路故障的分析，要注意电路中给出的实验现象，关键能够理解断路和短
路的含义．
18．某同学在探究凸透镜成像规律时，将点燃的蜡烛放置在凸透镜A（焦距为20厘米）前某
一位置上，调节光屏，直到光屏上出现清晰的像，观察到的现象如图（a）所示；接着他保持蜡
烛的位置不变，调换不同的凸透镜重复实验，实验过程及观察到的现象如图（b）、（c）所示，
已知f ＞f ＞f ．请仔细观察实验现象归纳得出初步结论．
A B C①分析比较图（a）或（b）或（c）可得： 当物距大于 1 倍焦距时，在凸透镜另一侧的光屏上能
成倒立的实像 ．
②分析比较图（a）和（b）和（c）可得： 物体通过不同凸透镜成实像时，物距相同，像距和像
的大小随焦距的增大而增大 ．
【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．
【专题】实验题；归纳法．
【分析】（1）根据题意“凸透镜A（焦距为20厘米），f ＞f ＞f ．”结合各个图中像的性质即
A B C
可归纳得出初步结论
（2）在分析时要认真分析像距、成像特点与物距的关系，在此题中给出了三种焦距，所以要分
析物距相同时成像特点与焦距的大小关系
【解答】解：（1）从图中可看出u=30cm，所成的像都是倒立的实像，由题意“凸透镜A（焦距为
20厘米），f ＞f ＞f ．”可知，物距都大于1倍焦距，所以分析比较图（a）或（b）或（c）可得：
A B C
当物距大于1倍焦距时，在凸透镜另一侧的光屏上能成倒立的实像．
故答案为：当物距大于1倍焦距时，在凸透镜另一侧的光屏上能成倒立的实像．
（2）由图可以看出，物距都是30cm，图（a）所成像比图（b）大，图（b）所成的像比图（c）大，因
为f ＞f ＞f ．所以可得出物距相同，焦距越大，像距也越大．
A B C
若焦距相同，可以看出成实像时，当物距减小时，像距在增大，成的像也在增大．
故答案为：物体通过不同凸透镜成实像时，物距相同，像距和像的大小随焦距的增大而增大．
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，此题通过展示了一些实验现象，让学生通过实验现象
或（像的性质）总结结论，考查了学生的分析综合能力．
三、作图题（共12分）
19．在图中根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数．
【考点】作光的反射光路图．
【专题】作图题；光的传播和反射、平面镜成像．【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法
线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数．
【解答】解：入射光线AO与平面镜的夹角为30°，则入射角为90°﹣30°=60°，反射角也为60°，
在法线右侧画出反射光线，度数等于入射角为60°即可，如图所示：
【点评】由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入
射光线即可，注意完成题目的要求．要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角．
20．（2015•上海）根据平面镜成像特点，在如图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像
A′B′．
【考点】平面镜成像的相关作图．
【专题】作图题．
【分析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互
换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像．
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为
AB在平面镜中的像．如图：
【点评】平面镜成像作图的方法有两种：一种是根据平面镜成像的特点来作，另一种是根据光
的反射定律来作，没有特殊要求的情况下，根据平面镜成像特点作图要简洁、容易．21．如图所示，小磁针甲、乙处于静止状态，根据标出的磁感线方向，标出螺线管和小磁针的
N极，电源的正负极．
【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断．
【专题】作图题；磁现象、电生磁．
【分析】根据磁感线的方向，可以确定螺线管的NS极；
利用螺线管的N、S极，可以确定小磁针的N、S极；
利用螺线管的N、S极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定线圈中电流方向，进而确定电源
的正负极；
位于磁场中小磁针静止时，N极的指向跟通过该点的磁感线方向一致，S极跟通过该点的磁
感线方向相反．
【解答】解：在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出，回到S极，所以利用磁感线的方向，可
以确定螺线管的左端为N极，右端为S极．
根据螺线管的左端为N极结合图示的线圈绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的右
端流入左端流出．所以电源的右端为正极，左端为负极；
根据异名磁极相互吸引的理论可以确定小磁针甲右端为S极，左端为N极；
小磁针静止时，N极的指向跟通过该点的磁感线方向一致，S极跟通过该点的磁感线方向相
反，所以小磁针乙的左端为S极，右端为S极．
如图所示：【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用；解决此题的突破口是图
示的磁感线方向．
22．如图所示，重4牛的小球保持静止，用力的图示法画出小球受到的力．
【考点】力的示意图．
【专题】作图题；重力、弹力、摩擦力．
【分析】要解决此题需要掌握力的图示的画法：将力的大小、方向、作用点表示在图上．在画力
的图示时，一定要注意画出标度．
【解答】解：可设标度为2N．小球静止，受到的拉力和重力是一对平衡力，力的作用点在重心，
小球受到重力的方向竖直向下，拉力的方向竖直向上，大小都等于4N．如图所示：
【点评】此题考查了力的图示的画法，力的图示比示意图要求更加严格，在作图时，注意线段
的长度必须与标度统一起来．
23．在图中的○里填上适当的电表符号，闭合电键S，使灯L 和L 能同时发光．
1 2
【考点】电流表的使用；电压表的使用．
【专题】电流和电路；电压和电阻．
【分析】电压表与被测用电器并联，并且在电路中相当于开路；电流表与被测用电器串联，并
且在电路中相当于导线；根据电压表和电流表的正确使用方法以及在电路中的作用进行分析．
【解答】解：
如图所示当开关S闭合时，要使两灯均能发光，则两个灯泡为并联电路；假设右边的表为电
流表，则两灯泡造成短路，不能满足两灯均能发光的要求，所以右边的表只能为电压表，左边
的表为电流表，如图所示．
【点评】解决本类题的关键是牢记电压表和电流表的正确使用方法，并且能够识别串并联电
路．
24．在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔线代替导线补上．补上后要求：闭合
电键S，向右端移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数变小．
【考点】实物的电路连接．
【专题】作图题；电流和电路．
【分析】电压表与被测电路并联，由图电压表一端已经与灯泡一端相连，所以电压表可测灯泡
两端电压，可将此电路连成灯泡与滑动变阻器串联，根据串联电路的分压原理确定滑片的接
线柱情况．
【解答】解：
由图将滑动变阻器与灯泡串联，电压表与灯泡并联，根据串联电路的分压原理可知，滑片右
移电压表示数变小，应使滑动变阻器连入阻值变大，故应将其左下接线柱接入电路，如图所
示：．
【点评】本题是实物图的连接，关键是根据题目的条件分析电路的连接状态，确定滑动变阻器
的接线．
四、计算题（共24分）
25．质量为0.2千克的水温度升高50℃，求：水吸收的热量Q 【水的比热容为4.2×103焦（/ 千
吸
克•℃）】．
【考点】热量的计算．
【专题】计算题；比热容、热机、热值．
【分析】知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用热量公式Q =cm△t即可求解．
吸
【解答】解：Q =c m△t
吸 水
=4.2×1O3J/（kg•℃）×0.2kg×50℃
=4.2×1O4J；
答：水吸收的热量为Q =4.2×104J．
吸
【点评】本题利用热量的公式进行计算，正确理解“温度升高50℃”的物理意义，注意比热容
的单位的书写．
26．如图所示，柱形薄壁容器甲和均匀主题乙放在水平地面上，它们的底面积分别为S，2S，
已知甲容器中盛有0.3米高的水．柱体乙的质量为2千克，求：
①求甲容器距水面0.1米处水的压强；
②若乙的体积为1×10﹣3米3，求乙的密度；
③现有物体A、B、C（其密度、体积的关系如表所示），请选择其中一个物体，把物体放入甲容
器中（水不溢出）和放置在柱体乙上面，使甲容器受到水的压强变化量与柱体乙对地面压强
变化量的比值最小，求这个最小比值．物体 密度 体积
A 3ρ 2V
水
B 2ρ V
水
C 0.5ρ V
水
【考点】液体的压强的计算；密度的计算；压强的大小及其计算．
【专题】计算题；应用题；推理法；密度及其应用；压强、液体的压强．
【分析】①已知甲水深为0.3m，利用p=ρhg可求得距容器底部0.1米处水的压强；
②已知乙物体的质量和体积，利用密度公式即可求得结论；
③首先要明确甲容器底部受到水的压强变化量为△p = ，乙对地面压强变化量
甲
为，△p = ；其次要知道在甲排开水的体积小的物体，在乙中上放质量大的物体，比值最
乙
小，然后即可求得结论．
【解答】解：①甲容器距水面0.1米处，该处水的深度h=0.1m，
p =ρ gh′=1.0×103 kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
水 水
②ρ = = =2×103kg/m3；
乙
③把物体放置在柱体乙上面，柱体乙对地面压强变化量：△p = = （一定成立），
乙
若选C物体，由于ρ ＜ρ ，则C物体放入甲容器中（水不溢出）会处于漂浮状态，
C 水
所以甲容器底部受到水的压力增大量：△F =G ；
甲 C甲容器受到水的压强变化量：△p = = ，
甲
则两压强变化量的比值： = = = =2：1（该比值较大）；
若选密度大于水的A物体或B物体，则它们放入甲容器中（水不溢出）会处于沉底状态，
所以甲容器底部受到水的压力增大量：△F =F =ρ gV =ρ gV ，
甲 浮 水 排 水 物
则两压强变化量的比值： = = = = ；
根据上面的推导结果可知，物体的密度越大，则两压强变化量的比值越小；
所以应选密度最大的A物体，两压强变化量的最小比值：： = = = ．
答：①甲容器距水面0.1米处水的压强为980Pa；
②乙的密度为2×103kg/m3；
③这个最小比值2：3．
【点评】本题为力学综合题，考查了学生对密度公式、压强定义式的掌握和运用，特别是压强
变化量的比值，比较复杂，要进行细心分析判断，特别容易出错！
27．如图（a）所示，电源电压保持不变，定值电阻R 的阻值为10欧，闭合电键后，通过R 电流
2 2
为0.6安，干路中的电流为1安，求：
（1）电源电压U．
（2）定值电阻R 消耗的电功率P ．
1 1
（3）现有标有“20Ω 2A”、“50Ω 2A”字样的滑动变阻器可供选择，有一个表盘如图（b）所示
的电流表可接入电路．选择变阻器变阻器替换其中一个电阻，闭合电键S，移动电阻器滑片P，使电流表示数的变化范围为0.8安～2.6安，请通过计算说明选择变阻器 “ 50Ω 2A ” 替
换 R （选填“R ”或“R ”），并求出滑动变阻器的阻值范围．
1 1 2
【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．
【专题】应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率．
【分析】（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过R 的电流，根据P=UI求出定值电阻R 消耗的电功率；
1 1
（3）由滑动变阻器的铭牌可知允许通过变阻器的最大电流，根据并联电路的电流特点求出通
过滑动变阻器的电流最大时通过定值电阻的电流，然后与通过两定值电阻的电流相比较确
定滑动变阻器替换的电阻，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路
中的最小阻值；根据并联电路的电流特点求出电流表的示数最小时通过变阻器的电流，根据
并联电路的电压特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出答案．
【解答】解：（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I= 可得，电源的电压：
U=I R =0.6A×10Ω=6V；
2 2
（2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R 的电流：
1
I =I﹣I =1A﹣0.6A=0.4A，
1 2
定值电阻R 消耗的电功率：
1
P =U I =6V×0.4A=2.4W；
1 1 1
（3）由滑动变阻器的铭牌可知，允许通过变阻器的最大电流均为I =2A，
滑
当电流表的最大示数I =2.6A时，通过定值电阻的电流：
大
I =I ﹣I =2.6A﹣2A=0.6A，
定 大 滑
因通过R 电流为0.6A，通过R 电流为0.4A，
2 1
所以，变阻器替换R ，
1
滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R = = =3Ω，
滑
当电流表的最小示数I =0.8A，通过滑动变阻器的最小电流：
小
I ′=I ﹣I =0.8A﹣0.6A=0.2A，
滑 小 2
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R ′= = =30Ω＞20Ω，
滑
所以，变阻器的规格为“50Ω 2A”，滑动变阻器的阻值范围为3Ω～30Ω．
答：（1）电源电压为6V；
（2）定值电阻R 消耗的电功率2.4W；
1
（3）“50Ω 2A”；R ；滑动变阻器的阻值范围为3Ω～30Ω．
1
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，会根据通过滑动变阻器
的电流最大时通过电阻的电流确定变阻器替换的定值电阻和根据滑动变阻器接入电路中的
最大阻值确定变阻器的规格是关键．
28．如图（a）所示，电源电压为18伏保持不变，定值电阻R 的阻值为21欧，闭合电键S后，
1
电流表示数为0.6安，求：
（1）电阻R 的值．
2
（2）现有标有“50Ω 2A”、“150Ω 1A”字样的滑动变阻器可供选择，有一个表盘如图（b）所示
的电压表可接入电路．当选用标有 “ 50Ω 2A ” 字样的变阻器替换电阻 R （选填“R ”
1 1
或“R ”），并把电压表接入 AB 两端（选填“AB”，“CD”，“AB或CD”），在移动变阻器
2
滑片P的过程中，使电压表示数的变化量△U最大．求电压表示数的最大变化量△U．
【考点】欧姆定律的应用．
【专题】应用题；电路和欧姆定律．【分析】（1）知道电源的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻
的串联求出电阻R 的值；
2
（2）当定值电阻的阻值越小时，滑片移动时电压表的示数变化越大，据此判断滑动变阻器替
换的定值电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律分别讨论电压表不同位置、用不同滑动变阻
器替换时电压表示数的变化量，然后找出符合题意的答案．
【解答】解：（1）由I= 可得，电路中的总电阻：
R= = =30Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻R 的值：
2
R =R﹣R =30Ω﹣21Ω=9Ω；
2 1
（2）定值电阻的阻值越小时，电压表示数的变化量越大，则滑动变阻器应替换R ；
1
①用“50Ω 2A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在R 两端时，
1 2
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：
I′= = = A＜2A，
则电压表的最大示数为15V，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
此时电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的最小示数：
U ″=I″R = A×9Ω≈2.75V，
2 2
则电压表示数的变化量：
△U=U ′﹣U ″=15V﹣2.75V=12.25V；
2 2
②用“50Ω 2A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在变阻器两端时，
1当变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：
I′= = =2A，
则电压表的最小示数为0，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的示数：
U =I″R = A×50Ω≈15.25V＞15V，
变 变
则电压表的最大示数为15V，
故电压表示数的最大变化量为15V；
③用“150Ω 1A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在R 两端时，
1 2
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：
I′= = = A，
则电路中的最大电流I =1A，
大
电压表的最大示数：
U ″=I R =1A×9Ω=9V，
2 大 2
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
此时电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的最小示数：
U ″′=I″R = A×9Ω≈1.02V，
2 2
则电压表示数的变化量：
△U=U ′″﹣U ″=9V﹣1.02V=8.98V；
2 2④用“150Ω 1A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在变阻器两端时，
1
当电路中的最大电流I =1A时，电压表的最小示数：
大
U ′=I R =1A×9Ω=9V，
2 大 2
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I″= = = A，
变阻器两端的电压：
U =I″R = A×150Ω≈16.98V，
变 滑
则电压表的最大示数U ′=15V，
变
则电压表示数的变化量：
△U=U ′﹣U ′=15V﹣9V=6V；
变 2
⑤用“50Ω 2A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在R 两端时，
2 1
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：
I′= = = A＜2A，
则电压表的最大示数为15V，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
此时电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的最小示数：
U ″=I″R = A×21Ω≈5.32V，
1 1
则电压表示数的变化量：
△U=U ′﹣U ″=15V﹣5.32V=9.68V；
1 1
⑥用“50Ω 2A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在变阻器两端时，
2
当变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I′= = = A＜2A，
则电压表的最小示数为0，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的示数：
U =I″R = A×50Ω≈12.68，
变 变
故电压表示数的最大变化量为12.68V；
⑦用“150Ω 1A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在R 两端时，
2 1
当电压表的示数为15V时，电路中的电流：
I′= = = A＜1A，
则电压表的最大示数为15V，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
此时电路中的电流：
I″= = = A，
电压表的最小示数：
U ″=I″R = A×21Ω≈2.021V，
1 1
则电压表示数的变化量：
△U=U ″﹣U ′=15V﹣2.21V=12.79V；
1 1
⑧用“150Ω 1A”的滑动变阻器替换R ，电压表并联在变阻器两端时，
2
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流：I′= = = A＜1A，
则电压表的最小示数为0V，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：
I″= = = A，
变阻器两端的电压：
U =I″R = A×150Ω≈15.79V＞15V，
变 滑
则电压表的最大示数U ′=15V，
变
所以，电压表示数的变化量最大为15V；
综上可知，
当选用标有“50Ω 2A”字样的变阻器替换电阻R 并把电压表接入AB，或选用标有“150Ω
1
1A”字样的变阻器替换电阻R 并把电压表接入CD，在移动变阻器滑片P的过程中，使电压
2
表示数的变化量△U最大，最大为15V．
答：（1）电阻R 的阻值为9Ω；
2
（2）“50Ω 2A”；R ；AB；电压表示数的最大变化量△U为15V（或“150Ω 1A”；R ；CD；电压
1 2
表示数的最大变化量△U为15V）．
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，要求学生罗列好各种情况并逐一分
析得出电压表示数变化的最大值，然后综合得出答案．
五、实验题（共18分）
29．（2015•上海）如图（a）、（b）所示，某小组同学以硬纸板为研究对象，利用弹簧测力计，细
线等器材进行实验，该小组同学是在做“探究 二力平衡条件 实验”．按图（a）所示进行
实验操作时，应在硬纸板处于 静止 状态下读取测力计的示数；按图（b）所示进行实验操作时，放开硬纸板前，应使两测力计的示数 相同 ，两细线对硬纸板拉力的方向 相反 ．
【考点】二力平衡条件的应用．
【专题】运动和力．
【分析】二力平衡的条件是作用在同一物体上，大小相等、方向相反，并作用的同一直线上的
两个力彼此平衡；分析图可知探究二力平衡实验；当测力计静止时读数；当探究二力平衡条
件中二力是否共线时，应该保持二力大小相等、方向相反．
【解答】解：由实验装置图可知，以硬纸板为研究对象，利用弹簧测力计，细线等器材可以探究
二力平衡条件实验；
按图（a）所示进行实验操作时，两个拉力都作用在纸板上，且方向相反，当在硬纸板处于静止
状态下读取测力计的示数，比较其大小；
按图（b）所示进行实验操作时，探究二力是否共线，将硬纸板转过一定角度，应保持两拉力大
小相等，故放开硬纸板前，应使两测力计的示数相同，两细线对硬纸板拉力的方向相反，放手
后观察纸板是否静止，即可得出结论．
故答案为：二力平衡条件；静止；相同；相反．
【点评】此题考查了二力平衡条件实验，熟知二力平衡实验条件是解题关键．
30．在“探究电流与电压的关系”试验中，为了达到实验目的，要控制 电阻 相同，需多次
改变导体 两端的电压 （选填“两端的电压”或“通过的电流”），该实验中，需要多次更
换导体重复实验，目的是为了 寻找普遍规律 ，在“探究杠杆平衡的条件”实验中，当杠
杆处于如图所示的位置时，应该进行的操作是 将平衡螺母向右调节 ，直到杠杆水平平衡．【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验；探究杠杆的平衡条件实验．
【专题】实验题；探究型实验综合题．
【分析】在探究电流与电压的关系时，需保持电阻不变，改变导体两端电压；为得到普遍规律，
还需进行多次测量；
在调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动．
【解答】解：“探究导体中电流与电压关系”的实验中，需保持导体的电阻不变，多次改变导
体两端电压；
实验中为了寻找普遍规律，需多次改变定值电阻，即多次改变导体；
根据图示可知，杠杆右端偏高，则重心应向右移动，因此需将平衡螺母向右调节．
故答案为：电阻；两端的电压；寻找普遍规律；将平衡螺母向右调节．
【点评】此题是探究电流与电压的关系实验和杠杆平衡条件的实验，考查了控制变量法在实
验中的应用以及杠杆的调节，这是实验中的重点．
31．某小组同学通过实验研究圆柱体浸入液体的过程中台秤示数的变化，如图所示，他们将
体积10分米3的圆柱体A浸入液体中，逐步改变其浸入液体的体积，读出相应的台秤示数
F，将V 和F记录在表一中，然后，他们变换液体重复实验，将数据记录在表二中，为进一步
浸
研究F和V 的关系，他们计算了相邻两次实验中V 及F的变化量△V 和△F，并将结果
浸 浸 浸
分别记录在表一和表二的后两列中．（已知ρ ＜ρ ）
1 2
表一（液体密度为ρ ）
1
实验序V （分 F（牛）△V △F
浸 浸
号 米） （分米）（牛）
1 0 22 1 0.8
2 1 22.8
3 2 23.6 2 1.6
4 4 25.2
5 5 26 3 2.4
6 8 28.4
表二（液体密度为ρ ）
2
实验 V （分F（牛）△V △F
浸 浸
米） （分米）
序号 （牛）
7 0 22 1 1.2
8 l 23.29 2 24.4 2 2.4
10 4 26.8
11 5 28 3 3.6
12 8 31.6
①分析比较实验序号1～6或7～12中F与V 的数据及相关条件，可得出的初步结论是：在
浸
圆柱体浸入同种液体的过程中， 台秤示数随圆柱体浸入液体体积的增大而增大 ．
②分析比较实验序号1～6或7～12中F与液体密度的关系及相关条件，可得出的初步结论
是：在圆柱体浸入不铜种液体的过程中， 圆柱体浸入液体体积相同时，台秤示数随液体密
度的增大而增大 ．
③分析比较实验序号1～6或7～12中△F与△V 的数据及相关条件，可得出的初步结论是：
浸
在圆柱体浸入同种液体的过程中，△ F 与△ V 成正比 ．
浸
④请进一步综合分析表一、表二中的相关数据，并归纳得出结论．
（a）分析比较表一或表二中△F和△V 的数据及相关条件，可得到初步结论是： 在圆柱体
浸
浸入同种液体的过程中，△ F 与△ V 的比值是一个定值 ．
浸
（b）分析比较表一或表二中△F和△V 的数据及相关条件，可得到初步结论是： 在圆柱体
浸
浸入不同液体的过程中，液体密度大，△ F 与△ V 的比值大 ．
浸
【考点】探究浮力大小的实验．
【专题】误差分析和数据处理；控制变量法；归纳法；探究型实验综合题．
【分析】（1）根据表格中的数据，实验序号1～6或7～12中的数据可以看出，在圆柱体浸入同
种液体的过程中，台秤示数随圆柱体浸入液体体积的增大而增大．
（2）根据表格中的数据，实验序号1～6或7～12中的数据可以看出，浸入液体体积相同时，
液体密度越大，台秤示数越大；
（3）根据表中数据，分析比较表一或表二中△F与V 的数据可以看出，在圆柱体浸入同种液
浸
体的过程中，△F与△V 成正比例关系；
浸
（4）（a）根据表中数据，分析比较表一或表二中△F与V 的数据可以看出，在圆柱体浸入同
浸
种液体的过程中，△F与V 的比值是一个定值；
浸（b）根据表中数据，分析比较表一或表二中△F与V 的数据可以看出，表一中液体的密度小
浸
于表二中液体的密度，且表一中 =0.8，表二中 =1.2，所以在圆柱体浸入不同液体
的过程中，液体密度大，△F与V 的比值大．
浸
【解答】解：①根据表格中的数据，实验序号1～6或7～12中的数据可以看出，在圆柱体浸入
同种液体的过程中，台秤示数随圆柱体浸入液体体积的增大而增大；
②根据表格中的数据，实验序号1～6或7～12中的数据可以看出，浸入液体体积相同时，在
圆柱体浸入不同种液体的过程中，台秤示数随液体密度的增大而增大；
③分析比较表一或表二中△F与V 的数据可以看出，在圆柱体浸入同种液体的过程中，△V
浸
增大几倍，△F也增大几倍，即△F与△V 成正比；
浸 浸
④（a）分析比较表一或表二中△F和△V 的数据及相关条件，在圆柱体浸入同种液体的过程
浸
中，△F与V 的比值是一个定值；
浸
（b）分析比较表一或表二中△F和△V 的数据及相关条件，表一中液体的密度小于表二中液
浸
体的密度，且表一中 =0.8，表二中 =1.2，所以在圆柱体浸入不同液体的过程中，
液体密度大，△F与V 的比值大．
浸
故答案为：①台秤示数随圆柱体浸入液体体积的增大而增大；
②圆柱体浸入液体体积相同时，台秤示数随液体密度的增大而增大；
③在圆柱体浸入同种液体的过程中，△F与△V 成正比；
浸
④（a）在圆柱体浸入同种液体的过程中，△F与△V 的比值是一个定值；
浸
（b）在圆柱体浸入不同液体的过程中，液体密度大，△F与△V 的比值大．
浸
【点评】此题主要是对学生数据的分析能力、归纳能力和数据处理能力的考查，能够从数据中
分析出结论是本题的难点．
32．小王作“测定小灯泡的电功率”实验，现有若干节蓄电池（每节电压2V），待测小灯、电
压表、电流表、滑动变阻器、电键及导线若干，其中待测小灯上只有所标“0.25A”（额定功率
在0.5瓦～1.5瓦之间）字样清晰可见．他正确串联实验器材，然后，将滑动变阻器的滑片移至一端，然后，将电压表并联在电路中，闭合电键后，发现小灯泡发出昏暗的光，他移动变阻器
的滑片移到另一端，小灯不发光．
①出现上述实验想象的原因是：
（a） 电源电压太小
（b） S 闭合前滑片在阻值最小处
②小王找到原因后，仍使用原来的小灯泡并适当调整实验器材，重新正确进行实验，闭合电
键，移动滑动变阻器的滑片至小灯小灯正常发光时．变阻器进入电路的电阻恰好为最大阻值
的一半，但此时无法从电压表V上精确读出额定电压，他在电路中再连接一个电压表V′，小
灯正常发光时，记下了此时电压表V′和电流表的示数并相乘，得到的电功率为0.55瓦，请根
据相关信息求出小灯泡的额定功率．（需写出计算过程）
【考点】电功率的测量．
【专题】实验题；电能和电功率；测量型实验综合题．
【分析】①变阻器的滑片在两端，分别为最大和最小，根据灯泡的亮度特点及其关系判断出原
因；
②首先可根据变阻器的功率得出变阻器两端的电压，根据灯泡的额定电流和额定功率范围
可得出灯泡的额定电压范围，然后根据电源电压为2V的整数倍及串联电路的电压规律得出
灯泡的额定电压可能值，从而可计算出灯泡的额定电功率．
【解答】解：①闭合电键后，发现小灯泡发出昏暗的光，他移动变阻器的滑片移到另一端，小灯
泡不发光了，说明开始灯泡两端的电压较大，变阻器的阻值最小，则开关闭合前，未将滑动变
阻器的滑片在最小阻值处了；
当变阻器的阻值最小时，灯泡发光昏暗，说明电源电压太低了；
②由P=UI得，灯泡的额定电压最小为：U = = =2V；最大为：U = =
小 大
=6V；
滑动变阻器两端的电压为：U = = =2.2V，
滑
又因为灯泡与变阻器串联，所以U=U +U
滑 额
2V≤U ≤6V
额
4.2V≤U≤8.2V当U=6V
U =U‐U =6V‐2.2V=3.8V
额 滑
P =U I =3.8V×0.25A=0.95W
额 额 额
当U=8V
U =U‐U =8V‐2.2V=5.8V
额 滑
P =U I =5.8V×0.25A=1.45W
额 额 额
故答案为：①电源电压太小；S闭合前滑片在阻值最小处；②0.95W或1.45W．
【点评】本题是测量小灯泡电功率的实验，考查了对实验问题的分析及额定功率的计算．②是
本题的难点，能够确定电源电压和灯泡额定电压的范围是该题的关键，而且还要注意题目中
的隐含条件，即：电源电压为2V的整数倍．
