遂宁中考物理试卷答案解析及word文字版下载（难度系数点评）
2017年遂宁中考物理试卷答案解析及word文字版下载（难度系数点评）
一、单项选择题（本题共10题，共30分，每小题3分；在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求）
1．关于能源与可持续发展，下列认识正确的是（ ）
A．能量在转化或转移的过程中，总量不变
B．太阳能电池是将太阳能转化为内能的装置
C．天然气是一种清洁能源，人类可以无尽地开发利用
D．核燃料是可再生能源
2．光给人类带来了光明．下列关于光现象的描述中，错误的是（ ）
A．“潭清疑水浅”是由于光的折射产生的一种现象
B．三月桃花盛开，游人能观赏到美丽的桃花，是光在桃花表面发生镜面反射的结果
C．雨过天晴后，天空中出现彩虹是光的色散现象
3．夏季的清晨，站在涪江边会看到江面上飘着淡淡的白雾，如图所示，这些“白雾”的形成对应的物态变化是（ ）
A．液化B．汽化C．升华D．凝华
4．下列说法中正确的是（ ）
A．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是由于水的比热容比干泥土的比热容小
B．汽车发动机工作时提供动力的是压缩冲程
C．清洁扫除看到尘土飞扬，可以说明分子在不停地做无规则运动
D．液体在沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度保持沸点不变
5．如图是滑雪运动员从山上滑下的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．运动员下滑过程中，他受到的重力与滑雪板对他的支持力是一对平衡力
B．运动员下滑过程中，若他受到的一切外力都消失，他将处于静止状态
C．运动员加速下滑过程中动能增大
D．运动员穿上滑雪板，增大了与雪地的接触面积，从而增大了对雪地的压强
6．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（ ）
A．不变B．变小C．变大D．先变大后变小
7．关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．低于220V的电压对人体都是安全的
B．家庭电路中，控制各个灯具的开关都应安装在相线（火线）上
C．只有当人体接触带电体时才可能发生触电事故
D．教室里一个开关可以同时控制三只日光灯，这三只日光灯一定是串联
8．如图，下列关于电磁现象的表述不正确的是（ ）
A．甲图闭合开关，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用
B．B、乙图给导线通电，导线附近磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场
C．丙图闭合电路的部分导体ab在磁场中上下运动，灵敏电流计指针一定会偏转
D．丁图用橡胶棒接触验电器金属球，金属箔片张开，说明橡胶棒带电
9．如图，是市售的一种智能电压力锅，它的智能化主要体现在：当锅内压强过大或温度过高时，发热器R都会停止工作．压强过大时开关S1自动断开，温度过高时开关S2自动断开．下列四幅图中，能正确表示这一智能化的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示的电路中，电源电压保持8V不变，灯泡L标有“3W”字样，滑动变阻器最大阻值为20Ω．开关S闭合后，调节滑动变阻器滑片P的位置使灯泡L恰好正常发光，此时电压表示数为6V（不考虑灯丝的电阻受温度的影响），则下列关于该电路的判断正确的是（ ）
A．此时滑动变阻器连入电路的阻值为12Ω
B．若滑片P再向右移动，灯泡亮度会变亮
C．若滑片P再向右移动，电流表示数将减小，电压表示数将增大
D．整个电路消耗的最小功率为2W
二、填空题
11．小丽用托盘天平测物体质量，天平平衡时在右盘所加砝码和在标尺上滑动游码的情况如图所示，则被测物体的质量为 g．
12．遂宁涪江河上修建了水利发电站，为了使过往船只能顺利通过，在电站旁修建了船闸．船闸是利用 原理来工作的．
13．小明在站台等候公共汽车．突然听到同班同学小红在叫他，但是他没有看到小红，他是根据声音的 来判断的，叫他的声音是小红声带 产生的；此时他看到一辆汽车疾驰向东而去，随后路边的落叶向路中飘去，如果以汽车为参照物，站台在向 运动；落叶向路中飘去是由于汽车疾驰而过路中间的空气流速加快．气压 （选填“变大”、变小”或“不变”），路边的落叶才飘向路中．
14．为了监控取款机前的实时情况，银行ATM自动取款机上方安装有一摄像头．摄像头的工作原理相当于 透镜成倒立、 的实像；当取款人逐渐靠近取款机时，他所成的像会逐渐 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．
15．商场里有一种防滑拖鞋，其正面设计有凹凸不平的花纹，这是通过增大脚与鞋之间的粗糙程度来增大 ；鞋底面有许多小吸盘，行走时吸盘被挤压到地面后排出部分空气，由于 的作用产生了更大的压力．从而达到防滑的效果．
16．如图甲所示，粗糙程度相同的水平地面上放一重为5N，底面积为20cm2的物体A．用水平拉力F作用于A物体，拉力F的大小与时间t的关系和A物体运动速度v与时间t的关系如图乙所示．物体对水平地面的压强是 Pa，由图象可知，物体受到的摩擦力是 N，3s～6s内物体受到的合力是 N，9s～12s物体做 运动，它能继续运动的原因是由于 ．
17．如图是小宇家的电子式电能表．有一天他洗澡，关闭了家里其它用电器，只让家里标有“2000W”的电热淋浴器正常工作，发现电能表指示灯闪烁了6OOimp时．淋浴器内满箱水温从23℃升高到43℃，则消耗的电能是 kW•h，通电时间是 6 min；如果水吸收的这些热由完全然烧0.021m3的天然气提供
（q天然气=4.0×107J/m3C水=4.2×103J/（kg•℃）不计热量的损失）；水箱内水的质量是 kg；水箱内水内能的改变是通过 实现的；在用电吹风吹干头发时，发现吹热风比吹冷风更容易让头发变干，这是由于 ．
18．用如图所示的滑轮组，将重为16N的物体以0.2m/s的速度匀速提升，滑轮组的机械效率为80%，若不计绳重及摩擦，拉力F为 N，拉力的功率为 W，动滑轮的重力为 N．
19．如图所示电路，灯泡L1、L2、L3分别标有“6V3W”、“6V3.6W”、“10V5W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．
（1）只闭合开关S1时，要使其中一只灯泡正常发光，另一只不烧坏，电源最大电压是 V，通电1min灯泡L2产生的热量是 J．
（2）如果电源电压为2.4V，要使电流表示数最大，则应闭合开关 ，电流表示数为 A．
三、作图题与实验探究题（共27分）
20．请根据要求作图
（1）作出小球摆动到如图1所示位置时受到的重力和拉力的示意图．
（2）如图2所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置．
（3）如图3所示，请根据小磁针静止时的指向，标出通电螺线管的N，S极，磁感线方向以及电源的正、负极．
21．小聪学习了固体压强后，爱动脑筋的他想探究液体内部是否有压强，液体内部压强究竟有哪些特点，小聪进行了大胆猜想：
猜想1：液体内部可能有压强
猜想2：液体内部的压强大小可能与方向有关
猜想3：液体内部的压强大小可能与液体深度有关
猜想4：液体内部的压强大小可能与液体的密度有关
…
为了验证以上猜想是否正确，小聪在老师的帮助下找来了一些实验器材，设计并完成了实验探究．请你完成下列问题：（1）实验前，要通过调试，使压强计U型管两边的液面 ，小聪在调试时发现，用手指不论是轻压还是重压探头的橡皮膜时，U型管两边液面几乎没有变化．如图所示，说明该压强计 （选填“漏气”或“不漏气”）．（2）为了验证猜想1，小聪把探头放入水中，再观察压强计U型管两边液面是否有 来判断探头处是否受到水的压强．
（3）在验证其余猜想的过程中，小聪收集到如下表中的数据，根据表中的数据：
序号液体深度h（mm）压强计
橡皮膜方向液面高度差（mm）
1水20.0朝上18.5
2朝下18.5
3朝左18.5
4朝右18.5
540.0朝上36.8
660.0朝上54.6
7酒精60.0朝上43.5
①比较序号1、2、3、4的数据，可得出的结论是 在同一深度，液体向各个方向的压强相等 ．
②为了验证猜想3，小聪完成的实验操作应该是表中序号为 1（或2、3）5、6 的实验．
③比较序号6、7两组数据，可得出液体的压强与液体 种类 有关．
（4）小聪在实验中主要用到的研究方法有转换法和 控制变量 法．
22．小华同学为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，她在学校实验室找来了如下一些实验器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为10Ω，20Ω，50Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器上标有“20Ω1A”字样，导线若干．
（1）请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整．
（2）在连接实验电路时，小华应将开关处于 状态．闭合开关前，应将滑动变阻器滑片滑到最 端（选填“左”或“右”）．
（3）小华连接好电路，闭合开关后，移动滑变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，则发生这种故障的原因可能是．
（4）故障排除后，小华先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她直接拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，闭合开关，电压表示数如图丙所示，其示数是 V，要完成这次实验，接下来她应将变阻器滑片向 端（选填“左”或“右”）移动，使电压表的示数为 V．
（5）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，你认为“电压表的示数无法达到实验要求的值”的原因可能是（ ）
A．滑动变阻器的阻值太大B．电压表量程选小了
C．滑动变阻器的阻值太小D．滑动变阻器烧坏了
（6）小华解决了上述问题后，完成了实验．利用收集到的多组数据．作出了如图丁所示的电流I随电阻R变化的关系图象．分析图象得出了电流与电阻的关系是 ．
四、计算题（共15分）
23．如图，底面积为100cm2的圆柱形容器内装有足够多的水，在水面上有一体积为4.5×10?4m3的冰块，冰块内含有质量为60g的物体，冰块有的体积露出水面．（ρ冰=0.9×103kg/m3g=10N/kg）求：
（1）冰块受到的浮力；
（2）物体的密度；
（3）当冰块全部熔化后，容器底部受到水的压强变化量是多少？
24．如图所示，电源电压恒为20V．灯泡L上标有“12V6W”字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V．当滑动变阻器R的滑片P在B点，且RAB=R时，只闭合S和S1，灯泡L恰好正常发光．当只闭合S和S2，滑动变阻器R的滑片P分别在中点O和B点时，电压表示数之比UAO：UAB=3：2．（不考虑温度对灯丝电阻的影响）求：
（1）滑动变阻器R的最大电阻值；
（2）当滑动变阻器R的滑片P在中点O时，只闭合S和S1，电压表的示数是多少？
（3）当只闭合S和S2，在保证电路安全的情况下，电阻R0消耗电功率最小时，滑动变阻器R消耗的电功率是多少？
四川省遂宁市中考物理试卷
参考答案与解析
一、单项选择题（本题共10题，共30分，每小题3分；在每小题提供的四个选项中，只有一项符合题目的要求）
1．关于能源与可持续发展，下列认识正确的是（ ）
A．能量在转化或转移的过程中，总量不变
B．太阳能电池是将太阳能转化为内能的装置
C．天然气是一种清洁能源，人类可以无尽地开发利用
D．核燃料是可再生能源
【分析】（1）能量守恒定律：能既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体上，在转移和转化过程中，能的总量保持不变；
（2）太阳能电池可将太阳能转化为电能；
（3）天然气属化石能源的范畴，是不可再生的；
（4）核燃料是地球上的储量是有限的．
【解答】解：A、根据能量守恒定律可知，能量在转化或转移的过程中，总量是不变的，故A正确；
B、太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，而不是转化为内能，故B错误；
C、天然气是一种化石能源，在地球上的储量是有限的，人类不可能无尽地开发利用，故C错误；
D、核燃料是地球上的储量是有限的，属不可再生能源，故D错误．
故选A．
【点评】本题主要考查了对能量守恒观点的认识，以及对太阳能、天然气、核能等常见能源的特点的了解，属基础知识的考查．
2．光给人类带来了光明．下列关于光现象的描述中，错误的是（ ）
A．“潭清疑水浅”是由于光的折射产生的一种现象
B．三月桃花盛开，游人能观赏到美丽的桃花，是光在桃花表面发生镜面反射的结果
C．雨过天晴后，天空中出现彩虹是光的色散现象
D．人们常说的“天狗吃月”这一现象是由于光的直线传播形成的
【分析】（1）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、彩虹等；
（2）表面光滑的反射是镜面反射，它可以把平行光沿特定的方向反射出去，如果人眼接收到反射光感觉很强；
表面粗糙的反射是漫反射，它可以把平行光向各个方向反射出去，人在各个角度都能接收到反射光线，而且接收的反射光不太强；
（3）光的折射现象．由物体发出的光透过不同介质时，会发生折射，使光路发生改变，因此我们看到的是物体的虚像；
（4）在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的．
【解答】解：A、“潭清疑水浅”是由于光的折射产生的一种现象，故A正确；
B、三月桃花盛开，游人能观赏到美丽的桃花，是光在桃花表面发生漫反射的结果，故B错误；
C、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象．故C正确；
D、天狗吃月，即为月食现象，是光沿直线传播形成的，故D正确．
故选B．
【点评】光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象．它们之间有本质的区别，要注意区分．
3．夏季的清晨，站在涪江边会看到江面上飘着淡淡的白雾，如图所示，这些“白雾”的形成对应的物态变化是（ ）
A．液化B．汽化C．升华D．凝华
【分析】液化使物质由气态变为液态，淡淡的白雾是液态的小水珠．
【解答】解：淡淡的白雾是液化现象，因为河水蒸发产生大量的水蒸气，水蒸气遇到冷空气后液化成小水珠，形成白雾．
故选A．
【点评】对于常见的物理现象，涉及到的物态变化可以对比记忆，例如雨、雪、雾、雹等的形成过程．
4．下列说法中正确的是（ ）
A．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是由于水的比热容比干泥土的比热容小
B．汽车发动机工作时提供动力的是压缩冲程
C．清洁扫除看到尘土飞扬，可以说明分子在不停地做无规则运动
D．液体在沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度保持沸点不变
【分析】（1）水的比热容较大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，但水的温度变化比干泥土等小．
（2）汽车发动机的做功冲程中将内能转化为机械能，为汽车提供动力；
（3）分子是极小的粒子，是肉眼观察不到的；
（4）液体在沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度不变．
【解答】解：A、沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是由于水的比热容比干泥土的比热容大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，水的温度变化较小，故A错误；
B、汽车发动机工作时提供动力的是做功冲程，这一冲程中，将内能转化为机械能，为汽车提供动力，故B错误；
C、清洁扫除看到尘土飞扬，是固体小颗粒的运动，不能说明分子在不停地做无规则运动，故C错误；
D、根据液体沸腾的特点可知，液体在沸腾过程中，吸收热量，内能增加，温度保持沸点不变，故D正确．
故选D．
【点评】本题综合考查了水的比热容的特点的理解，热机的冲程的应用，分子热运动的辨别，以及沸腾特点的认识等，综合性强，但都是基础知识．
5．如图是滑雪运动员从山上滑下的情景，下列说法中正确的是（ ）
A．运动员下滑过程中，他受到的重力与滑雪板对他的支持力是一对平衡力
B．运动员下滑过程中，若他受到的一切外力都消失，他将处于静止状态
C．运动员加速下滑过程中动能增大
D．运动员穿上滑雪板，增大了与雪地的接触面积，从而增大了对雪地的压强
【分析】（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上．
（2）一切物体在不受外力作用时，总保持静止或匀速直线运动状态．
（3）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．
（4）减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．
【解答】解：
A、运动员下滑过程中，他受到的重力与滑雪板对他的支持力不作用在同一条直线上，大小也不相等，不是平衡力．故A错误；
B、运动员下滑过程中，若一切外力都消失，它将做匀速直线运动，故B错误；
C、运动员加速下滑过程中，质量不变，速度变大，所以动能增大，故C正确；
D、运动员穿上滑雪板，对雪地的压力不变，因增大了与雪地的接触面积，从而减小了对雪地的压强；故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了动能、牛顿第一定律、摩擦力和重力的认识和理解，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，关键是掌握这些基础知识．
6．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（ ）
A．不变B．变小C．变大D．先变大后变小
【分析】解答此题，首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析．
【解答】解：在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA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•OA=G•L，当OA、G不变时，L越大，那么F越大；
因此拉力F在这个过程中逐渐变大．
故选C．
【点评】在分析杠杆的动态平衡时，一般是动中取静，依据杠杆的平衡条件进行分析，最后得到结论．
7．关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．低于220V的电压对人体都是安全的
B．家庭电路中，控制各个灯具的开关都应安装在相线（火线）上
C．只有当人体接触带电体时才可能发生触电事故
D．教室里一个开关可以同时控制三只日光灯，这三只日光灯一定是串联
【分析】根据对安全电压的了解，家庭电路连接特点和认识，以及对触电的类型的认识，可对选项中的描述逐一做出判断．
【解答】解：A、经验表明，只有不高于36V的电压，对人体才是安全的，故A错误；
B、家庭电路中，控制各个灯具的开关都应安装在相线（火线）上，这样在断开开关时，用电器才不会带电，更安全，故B正确；
C、人接触低压带电体时，可能会触电，而靠近高压带电体时，也可能会触电，故C错误；
D、教室里一个开关可以同时控制三只日光灯，这三只日光灯都可以在额定电压下工作，一只损坏，不影响其它的灯工作，所以是并联的，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了家庭电路及安全用电中的一些基本常识，是我们应该熟知的，同时也有一定的现实意义，必须掌握．
8．如图，下列关于电磁现象的表述不正确的是（ ）
A．甲图闭合开关，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用
B．B、乙图给导线通电，导线附近磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场
C．丙图闭合电路的部分导体ab在磁场中上下运动，灵敏电流计指针一定会偏转
D．丁图用橡胶棒接触验电器金属球，金属箔片张开，说明橡胶棒带电
【分析】（1）据试验表明，通电导线在磁场中受力的作用；
（2）奥斯特首先发现了电流的周围存在磁场；
（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流；
（4）验电器是利用同种电荷相斥的原理制成的．
【解答】解：
A、当闭合开关后，线圈转动，说明磁场对电流有力的作用，故A正确；
B、给导线通电，导线附近的磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场，故B正确；
C、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，导体ab在磁场中上下运动，不能产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转，故C错误；
D、同种电荷相互排斥，用橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔片张开，说明橡胶棒电，故D正确．
故选C．
【点评】本题考查了电流的磁效应、产生感应电流的条件、验电器的原理、通电导线周围有磁场，知识点较多．
9．如图，是市售的一种智能电压力锅，它的智能化主要体现在：当锅内压强过大或温度过高时，发热器R都会停止工作．压强过大时开关S1自动断开，温度过高时开关S2自动断开．下列四幅图中，能正确表示这一智能化的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意可知，当自动电压力锅压强过大或温度过高时，发热器都会停止工作说明过压开关和过热开关相互影响、不能独立工作即为串联．
【解答】解：由题意可知，当温度过高时，过热开关断开，电热丝不能工作；当锅内压强过大时，过压开关断开，电热丝不能工作；即两个开关不能独立工作，即为串联，结合选项可知B符合题意，ACD均不符合题意．
故选B．
【点评】根据题意得出两个开关的连接方式是解决本题的关键．
10．如图所示的电路中，电源电压保持8V不变，灯泡L标有“3W”字样，滑动变阻器最大阻值为20Ω．开关S闭合后，调节滑动变阻器滑片P的位置使灯泡L恰好正常发光，此时电压表示数为6V（不考虑灯丝的电阻受温度的影响），则下列关于该电路的判断正确的是（ ）
A．此时滑动变阻器连入电路的阻值为12Ω
B．若滑片P再向右移动，灯泡亮度会变亮
C．若滑片P再向右移动，电流表示数将减小，电压表示数将增大
D．整个电路消耗的最小功率为2W
【分析】根据电路图可知，开关S闭合后，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡两端电压；
（1）先根据灯泡的额定电压和额定功率以及P=UI求出电路电流，然后根据串联电路电压的规律以及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）根据滑片移动的方向确定滑动变阻器接入电路的阻值，根据欧姆定律可知电流表和电压表示数的变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，即灯泡亮度的变化；
（3）先根据P=的应用求出灯丝的阻值，然后根据欧姆定律求出电路最小电流，最后根据P=UI求出整个电路消耗的最小功率．
【解答】解：A、因为电压表测量灯泡两端电压，并且灯泡正常发光时电压表示数为6V，因此灯泡的额定电压为6V；
由P=UI可知，灯泡正常发光时，电路电流：IL===0.5A；
由串联电路电压规律和欧姆定律可知，此时滑动变阻器连入电路的阻值：R===4Ω，故A错误；
BC、当滑片P再向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，即电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路电流减小，即电流表示数减小；
由U=IR可知，灯泡两端电压变小，即电压表示数变小，故C错误；
由P=UI可知，灯泡的实际功率变小，因此灯泡亮度会变暗，故B错误；
D、由P=可知，灯丝的阻值：RL===12Ω，
由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路电流最小，即I最小===0.25A；
整个电路消耗的最小功率：P=UI最小=8V×0.25A=2W，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及功率计算公式的灵活应用，关键是根据滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，还要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等．
二、填空题
11．小丽用托盘天平测物体质量，天平平衡时在右盘所加砝码和在标尺上滑动游码的情况如图所示，则被测物体的质量为 58.2 g．
【分析】物体的质量等于砝码质量加游码在标尺上所对的刻度值．
【解答】解：由图知，标尺的分度值为0.2g，物体的质量m=50g+5g+3.2g=58.2g．
故答案为：58.2．
【点评】此题主要考查了天平的读数问题，读数时一定要注意标尺的分度值．
12．遂宁涪江河上修建了水利发电站，为了使过往船只能顺利通过，在电站旁修建了船闸．船闸是利用 连通器 原理来工作的．
【分析】上端开口、下部相连通的容器叫连通器，连通器中的液体不流动时，各容器中的液面高度总是相平的．
【解答】解：船闸是由闸室和上、下游闸门以及上、下游阀门组成．
若船要从上游驶向下游，先打开上游阀门，使闸室和上游构成连通器，水相平后，打开上游闸门，船驶入闸室；然后打开下游阀门，使下游和闸室构成连通器，闸室和下游水位相平时，打开下游闸门，船驶入下游．
故答案为：连通器．
【点评】此题考查连通器的应用，难度不大，是一道基础题．
13．小明在站台等候公共汽车．突然听到同班同学小红在叫他，但是他没有看到小红，他是根据声音的 音色 来判断的，叫他的声音是小红声带 振动 产生的；此时他看到一辆汽车疾驰向东而去，随后路边的落叶向路中飘去，如果以汽车为参照物，站台在向 西 运动；落叶向路中飘去是由于汽车疾驰而过路中间的空气流速加快．气压 变小 （选填“变大”、变小”或“不变”），路边的落叶才飘向路中．
【分析】结合以下知识可对题干中的问题做出解答：
①声音的特性包括音调、响度和音色，其中音色是我们辨别不同发声体的主要依据；
②声音是由物体的振动产生的；
③判断物体的运动与静止时，要看物体相对于参照物的位置如何变化；
④流体流速越快的位置，压强越小，据此判断．
【解答】解：（1）不同发声体发出声音的音色不同，能辨别出是小红的声音，是根据声音的音色来判断的；
（2）小红叫他的声音是声带的振动产生的；
（3）汽车疾驰向东而去，若以汽车为参照物，站台的位置是远离汽车，所以是向西运动；
（4）流体流速越快的位置，压强越小，因此，落叶向路中飘去是由于汽车疾驰而过路中间的空气流速加快，气压变小造成的．
故答案为：音色；振动；西；变小．
【点评】本题以生活中常见的现象为内容，综合考查了声音的特性、声音的产生、运动与静止的判断、流体压强与流速关系的应用等，体现了物理的无处不在．
14．为了监控取款机前的实时情况，银行ATM自动取款机上方安装有一摄像头．摄像头的工作原理相当于 凸 透镜成倒立、 缩小 的实像；当取款人逐渐靠近取款机时，他所成的像会逐渐 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．
【分析】（1）摄像头是利用凸透镜成像的规律制成的，摄像头的镜头是一个凸透镜．
（2）掌握凸透镜成像的三种情况及其应用之一．U＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机．凸透镜成实像时，物近像远像变大．
【解答】解：摄像头相当于一个凸透镜，其成像的原理是：当物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立、缩小的实像．
当取款人逐渐靠近取款机时，物距变小，像距变大，所以他所成的像会逐渐变大．
故答案为：凸；缩小；变大．
【点评】凸透镜的成像在实际生活中的应用非常广泛，很多光学器材都是利用凸透镜制成的：如幻灯机，投影仪、放大镜、显微镜、望远镜等．只不过是物距与焦距的关系不同，而出现了不同的像．
15．商场里有一种防滑拖鞋，其正面设计有凹凸不平的花纹，这是通过增大脚与鞋之间的粗糙程度来增大 摩擦 ；鞋底面有许多小吸盘，行走时吸盘被挤压到地面后排出部分空气，由于 大气压 的作用产生了更大的压力．从而达到防滑的效果．
【分析】（1）滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，压力越大，接触面粗糙，滑动摩擦力越大．
（2）吸盘是利用大气压的作用工作的．
【解答】解：
（1）防滑拖鞋，其正面有凹凸不平的花纹，这样在压力一定的情况下，增大了接触面的粗糙程度，从而增大了脚与鞋之间的摩擦；
（2）鞋底面有许多小吸盘，行走时将吸盘内的空气挤压出来以后，在大气压的作用下，吸盘被挤压到地面上，起到了防滑的作用．
故答案为：摩擦；大气压．
【点评】本题考查了增大摩擦的方法和大气压的应用，摩擦力在日常生活中无处不在，这些摩擦力有些是对我们有利的，我们要想办法来增大，有害的我们要想办法减小．
16．如图甲所示，粗糙程度相同的水平地面上放一重为5N，底面积为20cm2的物体A．用水平拉力F作用于A物体，拉力F的大小与时间t的关系和A物体运动速度v与时间t的关系如图乙所示．物体对水平地面的压强是 2.5×103 Pa，由图象可知，物体受到的摩擦力是 6 N，3s～6s内物体受到的合力是 3 N，9s～12s物体做 匀减速直线 运动，它能继续运动的原因是由于 惯性 ．
【分析】①物体对水平地面的压力等于其重力，又知受力面积，利用p=可求对水平地面的压强；
②物体静止或做匀速直线运动时，受到平衡力的作用；
③两个力的方向相反时，合力大小等于两分力之差，合力方向同较大的力的方向相同；
④根据图示分析9s～12s物体的运动状态；物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性．
【解答】解：①物体对水平地面的压力：F=G=5N，
对水平地面的压强：p===2.5×103Pa；
②由图乙可知，物体在6?9s做匀速直线运动，受到的拉力是6N，所以，物体受到的摩擦力是6N；
③由图乙可知，3s～6s内物体做加速运动，在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，拉力的大小为F拉=9N，
因为滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，木块对地面的压力和接触面的粗糙程度不变，所以此时的摩擦力不变，为f=6N，
则受到的合力F合=F拉?f=9N?6N=3N．
④由图乙可知，9s～12s拉力为0，物体的速度随着逐渐变小，此时物体做匀减速直线运动；
它能继续运动的原因是由于物体具有惯性，仍要保持原来的运动状态．
故答案为：2.5×103；6；3；匀减速直线；惯性．
【点评】v?t图象、F?t图象相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小是本题的关键所在．
17．如图是小宇家的电子式电能表．有一天他洗澡，关闭了家里其它用电器，只让家里标有“2000W”的电热淋浴器正常工作，发现电能表指示灯闪烁了6OOimp时．淋浴器内满箱水温从23℃升高到43℃，则消耗的电能是 0.2 kW•h，通电时间是 6 min；如果水吸收的这些热由完全然烧0.021m3的天然气提供
（q天然气=4.0×107J/m3C水=4.2×103J/（kg•℃）不计热量的损失）；水箱内水的质量是 17.14 kg；水箱内水内能的改变是通过 热传递 实现的；在用电吹风吹干头发时，发现吹热风比吹冷风更容易让头发变干，这是由于 热风的温度比冷风温度高 ．
【分析】3000imp/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，或者表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kW•h的电能，求出指示灯闪烁300次电路中消耗的电能；根据W=Pt的变形即可求出通过时间；根据W=Q吸=cm△t求出水的质量；
改变内能的方式有热传递和做功；
影响蒸发的因素有：温度、液体的表面积以及液体表面上方的空气流动．
【解答】解：3000imp/kW•h表示电能表指示灯每闪烁1次，电路中消耗kW•h的电能，
指示灯闪烁600次，电路消耗电能为：W=600×kW•h=0.2kW•h；
由W=Pt可知，通电时间：t===0.1h=6min；
由W=Q吸=cm△t可知，水的质量：m==≈17.14kg；
水箱内水内能的改变是通过热传递方式实现的；
在用电吹风吹干头发时，是由于水的蒸发过程，而热风的温度比冷风温度高，因此吹热风比吹冷风更容易让头发变干．
故答案为：0.2；6；17.14；热传递；热风的温度比冷风温度高．
【点评】本题综合考查了电能表的参数的理解与电能的求法、热量的计算，功率计算公式的应用，以及改变内能的两种方式和影响蒸发快慢的因素灯，这是电学和热学的综合类型习题，一定要熟练掌握．
18．用如图所示的滑轮组，将重为16N的物体以0.2m/s的速度匀速提升，滑轮组的机械效率为80%，若不计绳重及摩擦，拉力F为 10 N，拉力的功率为 4 W，动滑轮的重力为 4 N．
【分析】（1）由图知承担物重的绳子股数n=2，则拉力端移动的距离s=2h，利用η====求拉力大小；
（2）n=2，拉力端移动的速度等于物体升高速度的2倍，利用P=Fv求拉力做功功率；
（3）不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G轮），据此求动滑轮重力．
【解答】解：
（1）由图知，n=2，则拉力端移动的距离s=2h，
滑轮组的机械效率η====，
则拉力F===10N，
（2）拉力端移动的速度v=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s，
拉力做功功率P=Fv=10N×0.4m/s=4W；
（3）不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G轮），
动滑轮重力：
G轮=2F?G=2×10N?16N=4N．
故答案为：10；4；4．
【点评】本题考查了使用滑轮组拉力、功率、动滑轮重力的计算，利用好两个关系式：一是功率推导公式P=Fv，二是不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G轮）．
19．如图所示电路，灯泡L1、L2、L3分别标有“6V3W”、“6V3.6W”、“10V5W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．
（1）只闭合开关S1时，要使其中一只灯泡正常发光，另一只不烧坏，电源最大电压是 11 V，通电1min灯泡L2产生的热量是 150 J．
（2）如果电源电压为2.4V，要使电流表示数最大，则应闭合开关 S1、S2、S3 ，电流表示数为 0.32 A．
【分析】（1）只闭合开关S1时，灯泡L1、L2串联连接；
已知灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI的变形公式分别求出额定电流，根据串联电流规律可知，能正常发光的只能是额定电流较小的那一个，根据P=求出灯泡L1、L2的阻值，最后根据欧姆定律的应用求出电源电压；
根据Q=I2Rt即可求出通电1min灯泡L2产生的热量；
（2）根据欧姆定律可知，要使电流表示数最大，则电路中的总电阻最小；由串并联电路中电阻的规律可知，当灯泡并联时，电路中的总电阻较小，因此当S1、S2、S3都闭合时，灯泡L1、L3并联，电路总电阻最小；
先根据P=求出灯泡L3的阻值，然后根据并联电路电阻规律求出总电阻，再由欧姆定律求出电路电流，即电流表的示数．
【解答】解：（1）由P=UI可得，IL1===0.5A；
IL2===0.6A；
要使其中一只灯泡正常发光，另一只不烧坏，则电路中的电流为0.5A；
由P=可得：R1===12Ω；
R2===10Ω；
由I=可知，电源电压：U=IR总=0.5A×（12Ω+10Ω）=11V；
通电1min灯泡L2产生的热量：Q=I2R2t=（0.5A）2×10Ω×60s=150J；
（2）根据欧姆定律可知，要使电流表示数最大，则电路中的总电阻最小；由串并联电路中电阻的规律可知，当灯泡并联时，电路中的总电阻较小，因此当S1、S2、S3都闭合时，灯泡L1、L3并联，电路总电阻最小，电流表示数最大；
由P=可得：R3===20Ω；
并联电路中的总电阻：R===7.5Ω；
电流表的示数：I′===0.32A．
故答案为：（1）11；150；（2）S1、S2、S3；0.32A．
【点评】本题是电学的综合计算题目，考查了有关欧姆定律和电功率公式的应用，关键熟练掌握欧姆定律，搞清串并联电路电流、电压以及电阻的特点．
三、作图题与实验探究题（共27分）
20．请根据要求作图
（1）作出小球摆动到如图1所示位置时受到的重力和拉力的示意图．
（2）如图2所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置．
（3）如图3所示，请根据小磁针静止时的指向，标出通电螺线管的N，S极，磁感线方向以及电源的正、负极．
【分析】（1）重力是物体由于受到地球的吸引而产生的力，方向竖直向下，作用在物体的重心上；
绳子的拉力作用在小球上，方向沿绳子向上．
（2）由图示可知，入射光线平行于主光轴，根据入射光线的特点，可以画出对应的折射光线．
光由水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线和入射光线分居法线两侧，分居在两种介质中，折射角大于入射角．
（3）根据小磁针的N极，根据磁场间的作用规律，可以确定螺线管的NS极；
根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；
利用螺线管的NS极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极．
【解答】解：（1）拉力和重力都在小球的球心上，过球心作竖直向下的重力和沿绳子斜向上的拉力．如图所示：
（2）平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点；再过焦点作法线，并根据折射角小于入射角画出从空气到水中的折射光线，如图所示：
（3）小磁针的右端为N极，自由静止时靠近螺线管的左端，所以螺线管的左端为S极，右端为N极，在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出回到S极，所以磁感线的方向是向左的．
利用螺线管的右端为N极和线圈的绕向，根据安培定则可以确定电流从螺线管的右端流入左端流出，从而可以确定电源的右端为正极，左端为负极．
答案如下图所示：
【点评】（1）画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边．按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图．
（2）关于凸透镜作图，记住三条特殊光线：平行于主光轴的入射光线，折射光线过焦点；过光心的入射光线，折射光线传播方向不变；过焦点的入射光线，折射光线平行于主光轴．
（3）安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向．告诉其中的两个方向可以确定第三个方向．此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极告诉的．
21．小聪学习了固体压强后，爱动脑筋的他想探究液体内部是否有压强，液体内部压强究竟有哪些特点，小聪进行了大胆猜想：
猜想1：液体内部可能有压强
猜想2：液体内部的压强大小可能与方向有关
猜想3：液体内部的压强大小可能与液体深度有关
猜想4：液体内部的压强大小可能与液体的密度有关
…
为了验证以上猜想是否正确，小聪在老师的帮助下找来了一些实验器材，设计并完成了实验探究．请你完成下列问题：（1）实验前，要通过调试，使压强计U型管两边的液面 相平 ，小聪在调试时发现，用手指不论是轻压还是重压探头的橡皮膜时，U型管两边液面几乎没有变化．如图所示，说明该压强计 漏气 （选填“漏气”或“不漏气”）．（2）为了验证猜想1，小聪把探头放入水中，再观察压强计U型管两边液面是否有 高度差 来判断探头处是否受到水的压强．
（3）在验证其余猜想的过程中，小聪收集到如下表中的数据，根据表中的数据：
序号液体深度h（mm）压强计
橡皮膜方向液面高度差（mm）
1水20.0朝上18.5
2朝下18.5
3朝左18.5
4朝右18.5
540.0朝上36.8
660.0朝上54.6
7酒精60.0朝上43.5
①比较序号1、2、3、4的数据，可得出的结论是 在同一深度，液体向各个方向的压强相等 ．
②为了验证猜想3，小聪完成的实验操作应该是表中序号为 1（或2、3）5、6 的实验．
③比较序号6、7两组数据，可得出液体的压强与液体 种类 有关．
（4）小聪在实验中主要用到的研究方法有转换法和 控制变量 法．
【分析】（1）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，U形管液面高度差越大；
压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变U形管中液面高度差的，若液体压强计漏气，U形管中的液面就不会变化；
（2）掌握转换法在实验中的应用：实验中通过U型管中液面的高度差来判断液体压强的大小；
（3）①同种液体、深度相同，不同的是方向，液面差相等即压强相等；
②猜想3：液体内部的压强大小可能与液体深度有关，根据控制变量的思想，液体种类相同，深度不同；
③比较序号6、7两组数据液体种类不同，深度相同，由此可得出结论；
（4）物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题；每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法．
【解答】解：（1）实验前要正确安装压强计，调节好的压强计放在空气中时，橡皮膜不受液体的压强，因此U形管两边的液面应该相平；
若压强计的气密性很差，用手指不论轻压还是重压橡皮膜时，就会有漏气现象，因此U形管两边液柱的高度差变化小；
（2）把压强计的金属盒浸入液体中，U形管两边出现高度差，说明液体内部有压强，因此小聪通过观察压强计U型管两边液面是否有高度差来判断探头处是否受到水的压强．
（3）①同种液体、深度相同，不同的是方向，液面差相等即压强相等，说明在同一深度，液体向各个方向的压强相等；
②根据猜想3：液体内部的压强大小可能与液体深度有关可知，控制液体种类相同，深度不同，即小聪完成的实验操作应该是表中序号为1（或2、3）5、6的实验；
③比较序号6、7两组数据可知，液体种类不同，深度相同，液体的压强不同，由此可得：液体的压强与液体种类有关；
（4）由实验过程可知，小聪在实验中主要用到的研究方法有转换法和控制变量法．
故答案为：（1）相平；漏气；（2）高度差；（3）①在同一深度，液体向各个方向的压强相等；②1（或2、3）5、6；③种类；（4）控制变量．
【点评】这是一道综合实验题，此题的难点是液体压强计的有关知识，我们要了解压强计的原理，知道液体压强计的操作要求等．
22．小华同学为了探究“电流与电阻的关系”，设计了如图甲的实验电路，她在学校实验室找来了如下一些实验器材：电压恒为3V的电源，电流表、电压表各一只，一个开关，阻值分别为10Ω，20Ω，50Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器上标有“20Ω1A”字样，导线若干．
（1）请你用笔画线代替导线，将图乙中的实物连接完整．
（2）在连接实验电路时，小华应将开关处于 断开 状态．闭合开关前，应将滑动变阻器滑片滑到最 右 端（选填“左”或“右”）．
（3）小华连接好电路，闭合开关后，移动滑变阻器滑片时，发现电流表指针正常偏转，电压表示数为零，则发生这种故障的原因可能是 R处发生短路 ．
（4）故障排除后，小华先把10Ω的电阻接入电路，移动滑变阻器滑片，使电压表示数为2V，读出电流表示数后，断开开关，她直接拆下10Ω的电阻，改换成阻值为20Ω的电阻继续做实验，闭合开关，电压表示数如图丙所示，其示数是 2.4 V，要完成这次实验，接下来她应将变阻器滑片向 右 端（选填“左”或“右”）移动，使电压表的示数为 2 V．
（5）当小华改用50Ω的电阻继续实验时，发现无论怎样移动滑动变阻器滑片，都无法使电压表示数达到实验要求的值，你认为“电压表的示数无法达到实验要求的值”的原因可能是（ ）
A．滑动变阻器的阻值太大B．电压表量程选小了
C．滑动变阻器的阻值太小D．滑动变阻器烧坏了
（6）小华解决了上述问题后，完成了实验．利用收集到的多组数据．作出了如图丁所示的电流I随电阻R变化的关系图象．分析图象得出了电流与电阻的关系是 电压一定时，导体中的电流与电阻成反比 ．
【分析】（1）分析图甲所示电路结构，明确各电路元件的连接方式，然后连接实物电路图．
（2）连接电路时，开关需处于断开状态；闭合开关前将滑动变阻器的滑片达到最大阻值处，是为了让电路中有较大的电阻，防止电路中电流过大而烧坏用电器．
（3）电流表指针发生明显偏转说明电路是通路，电压表无示数说明电压表被短路，据此进行解答；
（4）根据串分压的知识，定值电阻的阻值变大，两端电压变大，要保持其两端电压不变，应减小变阻器的阻值；
（5）根据滑动变阻器的最大阻值与定值电阻阻值间的关系，由串联电路的分压原理分析电压表不能达到要求的原因．
（6）分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，说明电压一定时，导体中的电流与电阻成反比．
【解答】解：（1）由图甲所示电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表与定值电阻并联，电流表串联在电路中，根据电路图连接实物电路图，如图所示．
（2）在连接电路时开关应处于断开状态，这是为了防止电路中有短路的地方而导致损坏用电器；
通常在使用前应将电阻值调至最大阻值处的右端；
（3）如果R发生短路，电路是通路，电流表有示数，电压表指针不偏转，故发生这种故障的原因可能是R处发生短路；
（4）由图可知，电压表所选量程为0～3V，根据指针位置可知，其示数是2.4V，
拆下阻值为10Ω的电阻改换成阻值为2OΩ的电阻．闭合开关，电压表的示数会变大，应增大滑动变阻器的阻值，则应将变阻器滑片向右移动，使电压表的示数不变为2V；
（5）若滑动变阻器烧坏了，当把滑动变阻器阻值全部接入电路时，滑动变阻器分得的电压为O，则不能使电阻两端达到要求的值，故选D；
（6）分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，说明电压一直保持在2.5V，此时导体中的电流与电阻成反比．
故答案为：（1）见上图；（2）断开；右；（3）R处发生短路；（4）2.4；右；2；（5）D；（6）电压一定时，导体中的电流与电阻成反比．
【点评】本题考查了连接实物电路图、实验数据处理、实验操作分析、实验操作改进等问题，实验操作分析及实验改进措施是本题的难点，要根据串联电路的分压原理认真分析，然后提出改进措施．
四、计算题（共15分）
23．如图，底面积为100cm2的圆柱形容器内装有足够多的水，在水面上有一体积为4.5×10?4m3的冰块，冰块内含有质量为60g的物体，冰块有的体积露出水面．（ρ冰=0.9×103kg/m3g=10N/kg）求：
（1）冰块受到的浮力；
（2）物体的密度；
（3）当冰块全部熔化后，容器底部受到水的压强变化量是多少？
【分析】（1）求出冰块排开水的体积，利用阿基米德原理求受到的浮力；
（2）因为冰块漂浮，利用漂浮条件求冰块重力，设冰的体积为V冰，物体的体积为V物，根据体积关系和重力关系列方程组求出物体的体积，再利用密度公式求物体的密度；
（3）由于冰化成水后，质量不变，所以化成水的体积与排开水的体积相等，水面不变；水面变化是因为物体从冰中到水中引起的．
冰块漂浮时，F浮=G冰+G物；物体在水中的浮力为G冰+ρ水V物g，可求浮力变化量，利用阿基米德原理求排开水的体积变化量，利用V=Sh求水面上升的高度△h，再利用液体压强公式求容器底部压强的变化量．
【解答】解：
（1）冰块排开水的体积：
V排=（1?）×4.5×10?4m3=4.2×10?4m3，
受到的浮力：
F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×4.2×10?4m3×10N/kg=4.2N；
（2）因为冰块漂浮，所以冰块重力G=F浮=4.2N，
设冰的体积为V冰，物体的体积为V物，
，
即：
解得：
V冰=4×10?4m3，V物=5×10?5m3，
物体的密度：
ρ物===1.2×103kg/m3；
（3）由于冰化成水后，质量不变，所以化成水的体积与排开水的体积相等，水面不变；水面变化是因为物体从冰中到水中引起的．
冰块漂浮时，F浮=G冰+G物，
假设将物体取出后投入水中，此时物体和冰块受到的浮力F浮′=G冰+ρ水V物g，
浮力变化量：
△F浮=F浮?F浮′
=G冰+G物?G冰?ρ水V物g
=G物?ρ水V物g
=0.06kg×10N/kg?1.0×103kg/m3×5×10?5m3×10N/kg
=0.1N，
排开水的体积变化量：
△V排===1×10?5m3，
水面上升的高度△h===1×10?3m，
容器底部压强的变化量：
△p=ρ水ρ△h=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10?3m=10Pa．
答：（1）冰块受到的浮力为4.2N；
（2）物体的密度为1.2×103kg/m3；
（3）当冰块全部熔化后，容器底部受到水的压强变化量是10Pa．
【点评】本题为力学综合题，考查了浮力、液体压强、密度、重力的计算，难点在第三问，求出排开水的体积变化量是关键．
24．如图所示，电源电压恒为20V．灯泡L上标有“12V6W”字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V．当滑动变阻器R的滑片P在B点，且RAB=R时，只闭合S和S1，灯泡L恰好正常发光．当只闭合S和S2，滑动变阻器R的滑片P分别在中点O和B点时，电压表示数之比UAO：UAB=3：2．（不考虑温度对灯丝电阻的影响）求：
（1）滑动变阻器R的最大电阻值；
（2）当滑动变阻器R的滑片P在中点O时，只闭合S和S1，电压表的示数是多少？
（3）当只闭合S和S2，在保证电路安全的情况下，电阻R0消耗电功率最小时，滑动变阻器R消耗的电功率是多少？
【分析】（1）只闭合S和S1，滑动变阻器与灯泡串联；先根据灯泡的铭牌和P=UI的应用求出电路电流，然后根据欧姆定律的应用求出滑动变阻器接入电路的阻值，进一步求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）只闭合S和S1，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；先根据P=求出灯丝的阻值，然后根据欧姆定律求出电路电流，并进一步求出滑动变阻器两端电压，即电压表的示数；
（3）当只闭合S和S2，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；先根据滑动变阻器R的滑片P分别在中点O和B点时，电压表示数之比UAO：UAB=3：2求出R0的阻值，然后根据欧姆定律求出滑动变阻器全部接入电路时的电流以及滑动变阻器两端电压，并结合电压表的量程和欧姆定律确定电路最小电流，最后根据P=求出滑动变阻器R消耗的电功率．
【解答】解：（1）只闭合S和S1，滑动变阻器与灯泡串联；
当灯泡正常发光时，由P=UI可知，电路电流：IL===0.5A；
由串联电路电压规律和欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的阻值：RAB===16Ω；
因为RAB=R，所以R=5RAB=5×16Ω=80Ω；
（2）只闭合S和S1，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；
由P=可知，灯丝的阻值：RL===24
Ω；
此时电路中的电流：I===0.3125A；
由欧姆定律可知，电压表的示数：UAB=IRAB=0.3125A××80Ω=12.5V；
（3）当只闭合S和S2，R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；
当滑片在B点时，电压表的示数：UAB=×RAB=××80Ω=????①
当滑片在O点时，电压表的示数：UAO=×RAO=××80Ω=????②
因为UAO：UAB=3：2，所以：=3：2
解之：R0=20Ω；
当滑动变阻器接入电路阻值最大时，电路电流最小，则最小电流：I最小===0.2A，
此时电压表示数：UR=I最小×R=0.2A×80Ω=16V＞15V，因此当电压表示数为15V时，电路电流最小，此时R0消耗的功率最小；
故电阻R0消耗电功率最小时，滑动变阻器R消耗的电功率：P===2.8125W．
答：（1）滑动变阻器R的最大电阻值为80Ω；
（2）当滑动变阻器R的滑片P在中点O时，只闭合S和S1，电压表的示数是12.5V；
（3）当只闭合S和S2，在保证电路安全的情况下，电阻R0消耗电功率最小时，滑动变阻器R消耗的电功率是2.8125W．
【点评】本题考查了串联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等以及利用电压表示数之比求出定值电阻的阻值．
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遂宁中考思想品德试卷答案解析及word文字版下载（难度系数点评）
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