上海市2015宝山区中考物理一模试卷(含答案).doc

上海市宝山区2015年中考一模物理试卷一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上，更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1（3分）表示电流做功快慢的物理量是（）A电流B电压C电功D电功率考点：电功率.专题：电能和电功率分析：根据对电流、电压、电功、电功率的物理意义的理解进行选择解答：解：A、电流是单位时间内通过导体横截面的电量，故不合题意；B、电压是电路中形成电流的原因，故不合题意；C、电功是表示电流做功多少的物理量，故不合题意；D、电功率是表示电流做功快慢的物理量，故符合题意故选D点评：对电学物理量的物理意义要了解，属于基本概念2（3分）我国家用电饭煲正常工作时的电压为（）A1.5伏B2伏C24伏D220伏考点：电压.专题：电压和电阻分析：本题依据对生活中常见电压值的了解写出答案解答：解：我国家庭电路的电压是 220V，电饭煲正常工作时的电压为 220V故选D点评：要记住一些生活中常见的电压值，如：一节干电池的电压是1.5V；一节铅蓄电池的电压是2V；家庭电路的电压为220V；对人体安全的电压为不高于36V；手机电池的电压为3.7V3（3分）一块冰化成水时，增大的是它的（）A质量B体积C密度D重力考点：密度及其特性.专题：密度及其应用分析：质量是物质的一种属性，所以冰熔化成水后其质量不变，水的密度大于冰的密度解答：解：A、冰熔化为水，状态变了，物质多少没有变化，所以质量是不变的不符合题意；B、C、水的密度是1.0103kg/m3，冰的密度是0.9103kg/m3，水的密度大于冰的密度，所以冰化成水后密度会变大；由V=可知，体积变小选项B不符合题意，选项C符合题意；D、由A知，质量不变，所以由G=mg知，重力不变不符合题意故选C点评：此题考查了同种物质物态变化后其质量、密度、体积、重力的变化问题，是一道基础题4（3分）如图所示的四个实例中，属于增大压强的是（）A铁轨铺在枕木上B背包带做的较宽C拧螺母时垫圈D用剪刀雕刻考点：增大压强的方法及其应用.专题：压强、液体的压强分析：增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强解答：解：A、铁轨铺在枕木上，是为了在压力一定时，增大受力面积来减小铁轨对路基的压强不符合题意；B、书包带做的很宽，是为了在压力一定时，增大受力面积来减小书包对肩膀的压强不符合题意C、紧固螺母时，在螺母下放一个垫圈，是在压力一定时，增大受力面积减小压强不符合题意D、剪刀的刀刃做得很薄，是为了在压力一定时，减小受力面积来增大压强符合题意故选D点评：掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法能把压强知识应用到生活中5（3分）关于电流，下列说法中正确的是（）A金属导体中电流的方向与自由电子移动的方向相同B金属导体中正电荷的定向移动形成电流C电流就是通过导体横截面的电荷量D自由电荷定向移动形成了电流考点：电流的方向；电流的形成.专题：电流和电路分析：（1）电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动形成电流；负电荷定向移动形成电流；正负电荷向相反方向移动形成电流；物理学把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；（2）电流等于单位时间通过导体横截面的电荷量的多少解答：解：ABD、自由电荷的定向移动形成了电流金属导体中能自由移动的是自由电子，而电子带负电，所以自由电子定向移动方向与电流方向相反选项A、B均错误，选项D正确；C、电流是单位时间通过导体横截面的电荷量此选项错误故选D点评：掌握电流形成的几种情况，掌握电流方向的规定，会判断电路中电流的方向6（3分）如图所示的四个电路中，电源电压相同且不变，电阻R的阻值均相等，闭合电键S，电流表示数最大的是（）ABCD考点：并联电路的电流规律；串联电路的电流规律.专题：电流和电路分析：分析电路结构，根据串并联电路特点及欧姆定律求出各电流表示数，再比较各电流表示数大小，然后答题解答：解：设电源电压是U，A、由电路图可知，闭合电键后，两电阻串联，电流表示数ID=；B、由电路图可知，闭合电键后，电流表示数IA=；C、由电路图可知，两电阻并联，并联阻值为，闭合电键后，电流表示数IB=2IA；D、由电路图可知，闭合电键后，电流表所在支路被短路，电流表示数为零，ID=0；由以上分析可知，闭合电键后，电流表示数最大的是C故选C点评：本题考查了比较电流表示数大小的问题，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点及欧姆定律求出电流表示数即可正确解题7（3分）闭合如图所示电路中电键S后，在滑片P向左移动的过程中，保持不变的是（）A电压表V2示数与电压表V1示数之和B电压表V2示数与电压表V1示数之差C电压表V2示数与电流表A示数的比值D电压表V1示数与电流表A示数的乘积考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题分析：根据电路图可知，电路为滑动变阻器的基本电路，电压表V1测量滑动变阻器右部分电阻两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流，根据滑片移动的方向确定以及串联电路分压的特点可知电压表V1示数的变化，根据电源电压可知电压表V2示数的变化，根据欧姆定律可知电流表示数的变化解答：解：根据电路图可知，电路为滑动变阻器的基本电路，并且滑动变阻器接入电路的阻值不变；当滑片P向左移动的过程中，右半部分电阻变大，根据串联电路分压的特点可知，电压表V1的示数变大；因为电源电压不变，所以电压表V2的示数不变；因为电路中的阻值不变，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；根据上述分析可知，电压表V2示数与电压表V1示数之和变大，故A不符合题意；因为串联电路电压等于各部分电压之和，所以电压表V2示数与电压表V1示数之差变小，故B不符合题意；电压表V2示数与电流表A示数的比值始终等于滑动变阻器的最大阻值，因此比值不变，故C符合题意；电压表V1示数与电流表A示数的乘积变大，故D不符合题意故选C点评：本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口8（3分）如图所示，甲、乙两个均匀实心长方体物块放置在水平地面上现各自沿水平方向切去部分，且将切去部分叠放到对方上面，此时甲、乙对地面的压强分别为p甲、p乙则下列做法中，符合实际的是（）A如果它们原来的压力相等，切去相等质量后，p甲一定大于p乙B如果它们原来的压力相等，切去相等厚度后，p甲一定小于p乙C如果它们原来的压强相等，切去相等质量后，p甲可能大于p乙D如果它们原来的压强相等，切去相等厚度后，p甲一定大于p乙考点：压强大小比较.专题：压强、液体的压强分析：物体在单位面积上受到的压力叫压强固体压强一般用P=分析，但对于粗细均匀的实心柱体，也可以按照柱体压强公式P=gh比较大小解答：解：A、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，沿水平方向切去相同质量，剩余质量、压力都相等，叠放到对方上面，甲乙对水平地面的压力不变，但甲的接触面积大，所以对水平面的压强较小此选项不符合实际； B、如果两物体原来的压力相等，也就是重力相等，质量相等，相同厚度的甲的质量大于乙的质量，将切去部分叠放到对方上面后，甲对地面的压力小于乙对地面的压力，但甲的接触面积大，根据公式P=得到甲对水平面的压强较小此选项符合实际；C、因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用P=gh分析，它们原来的压强相同，由公式P=gh知，在h甲小于h乙条件下；甲物体的密度较大沿水平方向切去相同体积，切去部分叠放到对方上面，相当于增大了乙的密度，也就是乙对水平面的压强大于甲对水平面的压强此选项不符合实际；D、两物体原来的压强相等，因为甲、乙都是长方体即柱体，所以压强用p=gh分析，它们原来的压强相同，由公式p=gh可知，在h甲小于h乙条件下，分别沿水平方向切去相同高度，将切去部分叠放到对方上面，相当于增大了乙的密度，乙对水平面的压强大于甲对水平面的压强此选项不符合实际故选B点评：此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式P=和P=gh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置9（3分）压力能使受力面发生形变压力产生的这一效果不仅跟压力有关，还跟受力面积有关考点：力的作用效果；压强.专题：压强、液体的压强分析：力的作用效果有：（1）改变物体的运动状态，（2）改变物体的形状；压力的作用效果跟压力大小和受力面积大小有关解答：解：通过生活中的实例或物理实验可知，压力能使受力面发生形变；压力的作用效果与压力大小、受力面积两个因素有关故答案为：形变；压力；受力面积点评：掌握压力作用效果的影响因素，利用控制变量法探究压力作用效果的影响因素10（3分）如图是某蓄电池名牌上的部分内容，由此可知该电池的电压为3.6伏根据本学期所学过的物理知识，可判断出“2.4Wh”中的“Wh”是电功（填物理量名称）的单位考点：电功的计算.专题：简答题；电能和电功率分析：从铭牌上可以看出，该电池的电压，功率单位是W，时间的单位是h，根据W=Pt判断解答：解：从铭牌上可以看出，该电池的电压为3.6V；由于功率单位是W，时间的单位是h，则根据W=Pt可知“2.4Wh”中的“Wh”是物理量电功的单位故答案为：3.6；电功点评：本题考查电能的计算，关键是公式的应用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算11（3分）小王同学暑期在云南腾冲旅游时，从海拔3780米高的高黎贡山峰带了个拧紧盖子的塑料瓶（如图（a）所示）下山，当晚回到海拔1600米的腾冲县城时，发现随身携带塑料瓶的形状发生了变化（如图（b）所示）造成这一现象的主要原因是随着海拔高度的降低，空气密度增大，大气压也随之增大；而瓶内气体由于密闭，气压几乎不变，因此是大气压的增大导致塑料瓶发生如此变化考点：大气压强与高度的关系.专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：要解答本题需掌握大气压强与海拔高度的关系：大气压随海拔高度的变化而变随着海拔的升高大气压强将减小解答：解：随着海拔高度的降低，空气密度增大，大气压也随之增大；而瓶内气体由于密闭，气压几乎不变，外界大气压大于瓶内气压，外界大气压的增大导致塑料瓶变瘪了故答案为：增大； 增大；不变；大气压的增大点评：本题主要考查学生对大气压强和高度的关系的了解12（3分）拦河大坝设计成上窄下宽则是它为了抵御水的压强，而水的深度越大，水对大坝的压强越大巨大的油轮是用钢板焊接成的空心体，比起相同质量的实心钢材，它能排开水的质量（或重力）非常大，从而产生巨大的浮力来平衡船体和所载的货物所受的重力，使油轮漂浮在水面考点：液体的压强的特点；阿基米德原理.专题：压强和浮力分析：要解决此题需掌握：（1）液体压强随深度的增加而增大；（2）阿基米德原理：物体所受浮力大小等于排开液体的重力解答：解：由p=水gh得，水的深度越大，对拦河大坝的压强越大，拦河大坝设计成上窄下宽则是它为了抵御水的压强；巨大的油轮用钢板焊接成空心体，这样排开水的体积更大，排开水的质量（或重力）更大，所受浮力更大，与船体和所载的货物所受的重力相平衡，使油轮漂浮在水面上故答案为：深度；质量（或重力）；浮力点评：液体压强与其密度及深度有关，拦河大坝做得上窄下宽是液体压强特点的应用，同时考查了阿基米德原理的应用，属基础知识13（3分）某导体两端的电压为24伏，通过它的电流为0.8安，5秒内通过该导体横截面的电荷量为4库，其电阻为30欧当它两端的电压为12伏时，通过它的电流为0.4安考点：欧姆定律的应用.专题：计算题；欧姆定律分析：已知电流和时间，根据公式Q=It可求导体横截面的电荷量，已知导体两端的电压和通过它的电流，根据欧姆定律可求导体的电阻已知导体两端的电压和导体的电阻，根据欧姆定律可求通过它的电流解答：解：5秒内透过导体横截面的电荷量：Q=It=0.8A5s=4C；由I=可知，导体的电阻：R=30；当它两端的电压为12伏时，通过它的电流I=0.4A故答案为：0.4；30；0.4点评：本题考查电阻和电量的计算，关键是欧姆定律的应用14（3分）某潜艇浸没在水中时排水量为3103吨，它所受的浮力2.94107牛；若它从水温较低的高密度的洋流，靠惯性水平驶入水温较高的低密度洋流时，如图所示，排开水的体积不变，所受浮力减小（后两空均选填“增大”、“不变”或“减小”）考点：浮力大小的计算；阿基米德原理.专题：浮力分析：阿基米德原理：F浮=G排=液gV排，物体所受浮力大小与液体密度和排开液体的体积有关解答：解：由阿基米德原理可知，潜艇所受浮力大小：F浮=G排=m排g=3103103kg9.8N/kg=2.94107N；潜艇从水温较低的高密度的洋流驶入水温较高的低密度洋流，排开水的体积不变，但由于水的密度减小，由F浮=液gV排可知，所受浮力减小故答案为：2.94107；不变；减小点评：本题主要考查了阿基米德原理的应用，要掌握其内容，并能够根据公式进行分析15（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变灯L或电阻R可能出现了故障，闭合电键S后：若灯L发光，则三电表中示数一定大于零的是A1、A2表若灯L不发光，且只有一个电表示数为大于零，则故障是电阻R断路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用.专题：推理法；电流和电路分析：由电路图知，灯L或电阻R串联，电流表A1、A2测量电路中的电流；电压表测量电阻R两端电压；（1）根据电流表和电压表测量的对象确定有示数的仪表，从而判断电路故障；（2）先确定电路故障，然后逐一分析解答：解：若灯L发光，则电路中有电流，由于电流表A1、A2同时测量电路中的电流，则电流表A1、A2一定有示数；所以一定是电阻R出现故障，若是电阻R开路则电路中不会有电流，所以电阻R的故障是短路，电压表示数为零，由此可知三电表中示数一定大于零的是电流表A1、A2表若灯L不发光，只有一个电表示数为大于零，由于电流表A1、A2测量电路中的电流示数相同，则电表示数为大于零的一定是电压表，电流表没有示数，则说明出现了断路故障，由于电压表有示数；则故障出现在电压表测量的部分中出现开路，即电阻R断路故答案为：A1、A2；电阻R断路点评：本题考查电路故障的分析，注意电路故障是用电器断路时没有电流，若电压表有示数；则故障出现在电压表测量的部分中出现开路16（3分）某小组自学“光敏电阻”后，知道了在光敏电阻两端的金属电极加上电压，其中便有电流通过，再受到一定波长的光线照射时，电流就发生变化，从而实现光电转换他们设计实验，验证所学到的结论该小组利用由金属的硫化物半导体材料制成的光敏电阻、电压恒定的电源、电流表、电键和导线组成电路，并用光源对光敏电阻照射不同强度的光波，做了如图（a）、（b）、（c）所示的三次实验请仔细观察图中的装置、操作和现象，回答以下问题该小组所设计和开展的实验，能否验证他们所学的规律，请说明理由能，他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化分析比较图（a）、（b）和（c）中的电流表示数以及相关条件，可得：当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，它的电阻值越小考点：控制变量法与探究性实验方案.专题：探究型实验综合题分析：根据实验现象进行分析得出结论；分析光照强度变化及电流大小的变化，得出结论解答：解：他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化，所以他们的实验可以验证所学的规律当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，电路中的电流越大，说明它的电阻值越小故答案为：能，他们按照规律成立的条件设计并开展实验，在回路中出现了期望中的电流变化；当电压一定时，对同一光敏电阻照射的光越强，它的电阻值越小点评：本题是探究光敏电阻与光照强度之间的关系实验，考查了对实验现象的分析及结论的得出三、作图题（共6分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须使用2B铅笔17（3分）如图所示，静止在斜面上的物体A对斜面的压力为3牛，请用力的图示法画出该物体对斜面的压力F考点：力的示意图.专题：图像综合题分析：根据压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点位置；方向与接触面垂直，过其作用点表示压力的方向解答：解：先选一段线段，大小表示1N，然后过压力的作用点做垂直于斜面，并指向斜面的力，如图所示：点评：明确力的方向和作用点是正确表示力的示意图、力的图示的关键，要熟练用力的示意图或力的图示表示力三要素18（3分）如图所示的电路中，将电阻和滑动变阻器两个元件符号，分别填进电路图的空缺处，填进后要求：闭合电键S，滑片P向左移动时，电流表示数变大，电压表示数变小考点：电路图设计.专题：电流和电路分析：根据滑片P向左移动时，电流表示数变大，电压表示数变小，可判断电路中的电流变化及总电阻的变化，再根据串联电路特点判断电压表测的是谁的电压解答：解：由题意可知，当滑片P向左移动时，电流表示数变大，说明电路中的总电阻是变小的，则滑动变阻器的接入阻值是变小的；又因为此时电压表示数变小，根据串联分压可知，电压表应并联在滑动变阻器的两端，故答案如下图所示：点评：本题的关键在于电流表的示数变大了，而电压表的示数却变小了，由此判断出滑动变阻器的位置是解答的关键四、计算和简答题（共24分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置19（4分）已知某块“全碳气凝胶”体积为1.0105米3，质量为1.6106千克，求该材料的密度考点：密度的计算.专题：计算题；密度及其应用分析：知道材料的质量和体积，根据密度公式求出材料的密度解答：解：材料的密度：=0.16kg/m3答：该材料的密度为0.16kg/m3点评：本题考查了密度的计算，是一道基础题目20（4分）在家庭电路中，标有“220V 660W”字样的用电器正常工作求：（1）通过该用电器的电流I（2）通电300秒，电流对该用电器做的功W考点：电功率与电压、电流的关系；电功的计算.专题：电能和电功率分析：（1）根据公式P=UI求出电流；（2）根据W=Pt求出电流做的功解答：解：（1）由P=UI可得，通过该用电器的电流I=3A，（2）由P=可得，W=Pt=660W300s=1.98105J答：（1）通过该用电器的电流为3A（2）通电300秒，电流对该用电器做的功为1.98105J点评：此题主要考查的是学生对电功和电功率计算公式的理解和掌握，基础性题目21（6分）如图（a）所示，一个质量为1千克、底面积为3102米2的薄壁圆柱形容器放在水平地面上，且容器内盛有4103米3的水（1）求水面下0.1米深处水的压强p水（2）若将另一个底面积为2102米2、高度为0.3米的实心金属圆柱体A，缓慢竖直地浸入水中，如图（b）所示，求容器对水平地面的压强增大一倍时，圆柱体A底部所处深度h考点：液体的压强的计算.专题：压强、液体的压强分析：（1）直接利用p=gh求水的压强；（2）由于容器对水平地面的压强增大一倍时，根据p=求出圆柱体A受到的浮力；根据F浮=水gV排可求出液面圆柱体A底部所处深度h解答：解：（1）水的压强p水=水gh水=1.0103kg/m39.8N/kg0.1m=980Pa（2）由于实心金属圆柱体A，缓慢竖直地浸入水中，容器对水平地面的压强增大一倍，即p=2p，根据p=得：=2，所以，F浮=（G水+G器）=（m器+水V水）g=（1kg+1.0103kg/m34103m3）9.8N/kg，=49N；由F浮=G排=m排g=水V排g=水S柱hg，则h=0.25m答：（1）水面下0.1米深处水的压强p水=980Pa（2）圆柱体A底部所处深度h为0.25m点评：本题考查液体压强和浮力的计算，关键是知道容器对水平地面的压力的增大是由于物体排开的水的重力产生的22（8分）如图1所示的电路中，电源电压为6伏且保持不变，电阻R1的阻值为20欧闭合电键S后，电流表的示数为0.2安，电压表的示数如图2所示（1）求电阻R1两端的电压U1（2）求电阻R2的阻值（3）现有“20 2”和“50 0.5”字样的滑动变阻器各一个可供选择，用来替换图1中的电阻R1（或R2），要求：在移动变阻器滑片P的过程中，保证电路元件都能正常工作，且电压表示数的变化量U最大问：选择哪一个变阻器来替换？替换的是哪个电阻？求出相应电压表示数的变化范围考点：欧姆定律的应用.专题：计算题；电路和欧姆定律分析：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压；（2），再根据欧姆定律求出R2的阻值；（3）但滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电压表的示数最大为6V，根据欧姆定律求出电路中的最大电流确定滑动变阻器的规格，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，利用电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，再利用欧姆定律求出电压表的最小示数，两者相减即可得出答案解答：解：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据串联电路中总电压等于各分电压之和可知：电阻R1两端的电压U1=UU2=6V2V=4V，（2）根据串联电路电流处处相等可知：I2=I1=0.2A；根据欧姆定律可得：R2=10；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电压表的示数为6V，此时电路中的电流：Imax=0.3A0.5A，根据串联电路的分压原理可知：电阻越大分得得电压越大，所以用“50 0.5A”的滑动变阻器替换电阻“R2”，电压表示数变化大；当变阻器连入电路的阻值最小（0）时，Imax=0.3A，U2min=0V；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，此时电路中总阻值Rmax=R1+R2=20+50=70，则电流：Imin=0.0857A，电压表的最大示数：Umin=IminR2=0.0857A50=4.286V，则电压表示数的最大变化范围为0V4.286V答：（1）电阻R1两端的电压U1为4V（2）电阻R2的阻值为10（3）“50 0.5”的滑动变阻器替换电阻R2，相应电压表示数的变化范围为0V4.286V点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是根据R2两端的电压确定电压表的量程和电压表的最大示数五、实验题（共18分）（1）请根据要求在答题纸的相应位置作答（4）（3）（2）23（3分）在测定生肖纪念币（马币）的密度时，先要用托盘天平测量几枚纪念币的总质量，用盛水的量筒测量这些纪念币的总体积；再计算出纪念币的密度图中所示的测量仪器的名称是U型管压强计，该图所示的情景表明这是在探究液体内部压强与方向的关系考点：固体密度的测量；探究液体压强的特点实验.专题：探究型实验综合题分析：（1）“测定物质的密度”，需要在实验中测量物体的质量和体积，利用密度公式求物质的密度；（2）用压强计来测量液体内部压强U型管内高度差越大，压强越大在探究液体压强的影响因素时，应注意控制变量法的运用，知道液体压强与液体的密度和深度有关，而与方向无关解答：解：（1）在测定生肖纪念币（马币）的密度时，先要用托盘天平测量几枚纪念币的总质量，用盛水的量筒采取排水法测量这些纪念币的总体积，再利用密度公式求纪念币的密度（2）图中的装置叫U形管压强计，将探头放入煤油中，保持探头在煤油中的某一深度不变，探究液体内部压强与方向的关系，改变探头的方向，U形管两侧液面高度差不变，说明同种液体在同一深度，液体向各个方向压强相等故答案为：托盘天平；量筒；U形管压强计；方向点评：本题考查了物质密度的测量方法和液体压强计的使用方法，能从图得出相关信息是关键24（3分）根据“测定小灯泡的电功率”的实验，完成下列要求（1）实验原理是P=UI（2）如图所示的电路中，有一根导线尚未连接，请用笔线代替导线在图中正确连接从滑动变阻器下端一个接线柱引出一根导线，接到电流表3A接线柱上（用2B铅笔在答题纸的相应位置连线）（3）闭合电键前，需将滑动变阻器的滑片移到最左端，这样操作的目的是闭合电键后，使变阻器连入电路的电阻最大，防止电流过大，保护电路元件考点：电功率的测量.专题：探究型实验综合题分析：（1）实验采用了伏安法测灯泡的额定功率，伏安法测灯泡额定功率的原理是P=UI；（2）把滑动变阻器、电流表串联接入电路，滑动变阻器应采取“一上一下”的接法；（3）在连接电路过程中，滑片应移至最大阻值处滑动变阻器的阻值是由滑片与下面一个接线柱的距离决定的目的是闭合电键后，使变阻器连入电路的电阻最大，防止电流过大，保护电路元件解答：解：（1）实验原理是：P=UI；（2）电流表要串联在电路中，在未知电路中电流大小时应选择较大量程；滑动变阻器接下面的接线柱，即从滑动变阻器下端一个接线柱引出一根导线，接到电流表3A接线柱上，如下图所示（3）在闭合开关前，滑片应移至最大阻值处，即在最左端；目的是闭合电键后，使变阻器连入电路的电阻最大，防止电流过大，保护电路元件故答案为：（1）P=UI；（2）从滑动变阻器下端一个接线柱引出一根导线，接到电流表3A接线柱上；见上图；（3）最左；闭合电键后，使变阻器连入电路的电阻最大，防止电流过大，保护电路元件点评：此题是“用电压表和电流表测小灯泡电功率”的实验，主要考查了有关实物电路的连接，电流表的使用方法，特别是滑动变阻器的接法以及在电路中的作用，属于常见题型25（3分）小李同学用电源、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20 2A”字样）等完好器材，测定电阻RX的值他按如图1的电路图连接电路，并将变阻器的滑片放置于一端，然后闭合电键，发现无论怎样移动滑片P，电流表和电压表示数都为零接着他将电路中的电压表先后并联到滑动变阻器两端b、c上，观察到电压表的示数变为9伏、电流表示数仍为零经思考，小李排除故障，再次如图1电路图正确连接电路，操作步骤正确闭合电键，他在将滑片P从滑动变阻器一端移动到另一端的过程中，发现电流表示数从0.30安增大到0.9安；当滑片P在中点附近某个位置时，电压表、电流表的示数如图2（a）、（b）所示，请根据小李同学实验过程中观察到的现象填写实验表格（注意：请填写在答题纸上的表格中，电阻计算精确到0.1欧） 物理量实验序号电压（伏）电流（安）电阻（欧）10.30230.9考点：伏安法测电阻的探究实验.专题：探究型实验综合题分析：（1）无论怎样移动滑片P，电流表和电压表示数都为零，电路有断路；将电路中的电压表先后并联到滑动变阻器两端b、c上，观察到电压表的示数变为9伏、电流表示数仍为零，判断电路故障为滑动变阻器断路，由此可知道电源电压；根据欧姆定律计算出定值电阻的阻值；（2）由滑动变阻器滑片P移动时，电路中电流的变化，根据欧姆定律计算出电压的变化范围；根据电压表和电流表的示数变化确定电压表和电流表的量程，读出示数，计算出电阻值；计算出三次测量的平均值，以减小误差解答：解：无论怎样移动滑片P，电流表和电压表示数都为零，说明电路断路；将电路中的电压表先后并联到滑动变阻器两端b、c上，电流表示数仍为零，电压表示数为9V，说明滑动变阻器断路，电压表串联在电路中，测量电源电压，所以电源电压为9伏；小李排除故障，闭合电键，他在将滑片P从滑动变阻器一端移动到另一端的过程中，发现电流表示数从0.30安增大到0.9安，说明滑片P在最左端，即接入电路中电阻为0时，电路中电流最大，为0.9A，电压表示数为电源电压，为9V；所以定值电阻的阻值为：R=10；滑片P在最右端，即接入电路中的电阻为20时，电路中电流最小，为0.3A，定值电阻两端的电压为：U1=I1R=0.3A10=3V；当滑片P在中点附近某个位置时，定值电阻两端的电压介于3V和9V之间，所以电压表选择015V量程，每一小格是0.5V，示数为4.5V；电路中的电流介于0.3A和0.9A之间，所以电流表的选择00.6A量程，每一小格是0.02A，示数0.44A由欧姆定律I=得，定值电阻的阻值为R2=10.2；根据三次测量的结果计算出定值电阻的平均值为：R=10.1将数据填入表格如下： 物理量实验序号电压（伏）电流（安）电阻（欧）电阻平均值（欧）1310.010.124.50.4410.23910.0故答案为：见上表点评：本题考查了学生对动态电路的分析能力，滑动变阻器的使用方法和欧姆定律公式的应用，是一道综合性题目判断电压表、电流表的示数时，参照题干中电压表、电流表的示数变化范围，即电流表示数应为0.44A，而不可能为2.2A；同样电压表示数应为4.5V，而不可能为0.9V26（5分）小张、小王两同学学习了电流、电压和电阻知识后，发现电流与水管中的水流相似、电压与水压差相似，小张同学提出：导体对电流的阻碍作用可能与水管对水流阻碍作用相似，随后小王同学便提出：导体的电阻可能跟导体的长度、横截面积有关为了研究导体的电阻与哪些因素有关，他们设计了如图所示的电路，且在常温下选用手头拥有的长度、横截面积不同的铝丝接入电路的MN两点间，利用电流表和电压表测量后计算出阻值，将数据记录在表一、表二中表一 铝丝 实验序号长度l（米）横截面积S（毫米2）电阻R（欧）10.10.10.02820.20.40.01430.450.30.042表二 铝丝实验序号长度l（米）横截面积S（毫米2）电阻R（欧）40.10.20.01450.20.20.02860.30.20.042（1）分析比较实验序号1与4或2与5