湖北省孝感市孝南区中考物理二模试题（含解析） 新人教版.doc

2016年湖北省孝感市孝南区中考物理二模试卷一、选择题：（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题所给出的4个选项中，第1-8题只有一项符合要求，第9和第10有多项符合要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1关于声现象下列说法正确的是（）a声音的传播速度总是340m/sb老师在教室讲课时听不到回声cb超是超声波一项应用，医生能听见d噪声的危害是不能人为控制的2关于光现象下列说法正确的是（）a光的传播必须有介质b凸透镜既能成倒立等大的实像，又能成倒立等大的虚像c用照相机能拍出人在镜子中的虚像d太阳光经过三棱镜后分解成各种色光，紫外线完全消失了3下列关于生活中常见热现象的解释，错误的是（）a冰熔化时，温度不变，内能增大b由于水的比热容大，其他条件相同时，水既不容易升温，也不容易降温c只有内能多的物体才能把热传给内能少的物体d提高热机效率是节能、环保的重要途径4长江航道上的“东方之星”客轮不幸于去年6月1日在我省监利附近发生翻沉惨剧，产生悲剧的原因可能与当时突遇强烈的龙卷风有关，再次为交通安全敲响警钟下列说法正确的是（）a轮船漂浮在水面是利用将钢板做成空心，能排开更多的水，使浮力大于重力b客轮减速航行时，浮力小于重力c潜水员匀速下潜时，受到的水的压强不变d龙卷风中心的压强小于龙卷风外围的压强5如图所示，a是悬挂在弹簧下的铁块，b是螺线管的铁芯，s是转换开关，要使弹簧的长度变长，可采取的办法是（）as接1不变，滑片p的位置不变，将铁芯b抽出bs接1不变，将滑片向右滑cs接1不变，将滑片向左滑ds由1改接到2将滑片向右滑6如图关于吸盘挂钩挂着维尼熊，下列说法错误的是（）a吸盘挂钩利用了大气压b维尼熊的重力与大气压力平衡c维尼熊的重力越大，墙对吸盘的摩擦力越大d挂钩越长，能挂的物体的重力越小7如图是小球从某高处由静止下落的过程中的路程与时间关系图象，选项中描述重力对该球做功大小与时间关系正确的图象是（）abcd8把标有“6v 3w”和“3v 3w”的两只小灯泡串联或者并联在电源两端，要求一个灯正常发光，另一个灯电压不超过额定值（灯丝电阻都不变），则（）a并联时电源电压是4.5vb串联时电源电压是9vc并联时电路的总功率是6wd串联时电路的总功率是3.75w9如图甲，通过灯泡的电流跟其两端电压的关系如图乙所示，已知电源电压为15v，灯的额定电压为12v，下列说法中正确的是（）a灯泡的额定功率为9.6wb移动滑动变阻器，当电路中电流为0.6a时，变阻器接入电路中的电阻为15c灯泡正常发光时的电阻为15d滑片向左滑动过程中，灯泡的实际电阻是减小的10如图所示是强强同学探究浮力的大小与浸在水中深度有无关系的实验，他通过图1的实验得到了图2所示的弹簧称的读数与物体下移高度的关系，关于这个实验的过程及结论，下列说法正确的是（）a物体全部浸入水中时的浮力大小为4nb物体的重力是12nc通过该实验能测出物体的密度d通过该实验能看出浮力的大小与物体浸入水的深度成正比二、实验探究题（共20分）11如图所示，画出小球摆到最高点时所受到的重力和拉力的示意图12请作出图中入射光线和折射光线13如图所示，在探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”的实验中利用煤油而不用水是因为；通过比较在相同时间内等量煤油瓶中温度升高的多少来比较的多少14如图1中所示的实验说明分子间存在着相应作用的力，如图2所示实验说明气体的内能可以转化为能15在测定标有3.8v的小灯泡额定功率的实验中，电源电压为6v，小灯泡的电阻约为10，电流表（量程：00.6a、03a）、电压表（量程：03v）、开关、滑动变阻器各一个，导线若干（1）根据实验要求把图1中的实验电路连接完整；（2）开关闭合前，应将滑片p调至端；（3）闭合开关后，发现灯不亮，电流表无示数，电压表有示数，则故障的原因可能是（4）排除故障后，移动滑片p，使电压表的示数为v时，小灯泡恰好能正常发光，此时电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定功率为w（保留两位小数）16小红物理学习小组在“测量物质的密度”的研究时，在只有器材：天平（砝码）、小石块、烧杯、水、细线的条件下，她们利用浮力知识设计了如下的实验过程：（1）实验开始前，游码应调至端（“左”“右”），若天平不平衡，且指针左偏，则平衡螺母应向端调节（“左”“右”）（2）正确调节天平后，测出石块的质量m1（3）将烧杯中装入适量的水，置于天平上，天平平衡时的读数为m2，如图甲所示（4）接着用细线将石块拴住，使之完全浸没在烧杯的水中，如图乙所示，（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢）由于石块受到浮力作用，就要向下施加大小等于浮力的反作用力，右盘要增加砝码才能重新平衡，此时的读数为m3，所以f浮=，设水的密度为水，则石块的体积v石=（5）石块的密度表达式为石=（6）事实上，可以直接从第（3）步开始，而在第（4）的之后，直接将石块放入烧杯的水中，天平平衡时的读数为m4，则石块的质量为m石=三、计算题（共3小题，满分20分）17如图所示，用细绳连接ab两物块，绕过定滑轮使a处于桌面，b竖直悬挂，当b的质量为0.5kg时，ab恰能做匀速运动，当a在10秒内从桌面的最左端运动到最右端时，b的重力做功5j不计绳重及滑轮的摩擦（g=10n/kg）（1）a运动的速度为多少？（2）b的重力做功的功率为多少？（3）a到达最右端后再用一水平外力f将a匀速拉回最左端，外力f做的功为多少？18一带阀门的圆柱形容器，底面积是200cm2，正方体m边长为10cm，重20n，用细绳悬挂放入水中，有的体积露出水面，此时水深12cm，如图所示，试求：（1）此时水对容器底部的压强；（2）正方体m的密度；（3）若从图示状态开始，通过阀门k缓慢放水，当容器中水面下降了2cm时，细绳刚好被拉断，则细绳能承受的最大拉力是多少？（g取10n/kg，水的密度为1.0103kg/m3）19如图甲所示是某家用平板太阳能热水器，其电加热的额定功率为1500w图乙是另外用来探测其储水箱水位深度的探测电路图（与加热无关），该电路电源电压为24va为水位指示表（由量程为00.6a电流表改成），r0阻值为10，rx为压敏电阻，其阻值与储水箱水深的关系如图丙所示（1）热水器正常加热时，电热丝电阻多大？（结果保留一位小数）（2）当水位指示表指示储水箱水深为0.2m时，探测电路中的电流多大？（3）若此水位持续保持1h不变，则该段时间内探测电路所产生的总热量为多少？（4）阴雨天，将储水箱中50kg、20的水加热到50，正常通电要多长时间？设全部电热的80%被水箱中的水吸收，c水=4.2103j/（kg）2016年湖北省孝感市孝南区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题所给出的4个选项中，第1-8题只有一项符合要求，第9和第10有多项符合要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1关于声现象下列说法正确的是（）a声音的传播速度总是340m/sb老师在教室讲课时听不到回声cb超是超声波一项应用，医生能听见d噪声的危害是不能人为控制的【考点】声速；回声；超声波与次声波；噪声及来源【分析】利用下列知识分析判断：（1）声音在空气中的传播速度与气温有关，在15时，声音的传播速度是340m/s（2）回声是声波被反射回来形成的，人耳区分开原声和回声的最小时间是0.1s如果小于0.1s，原声和回声混合在一起，人耳不能分开（3）人耳的听觉范围是20hz20000hz，其中低于20hz的声波叫做次声波，高于20000hz的声波是超声波（4）减弱噪声主要从三种途径入手，一是在声源处减弱，二是在传播过程中减弱，三是在接收处减弱【解答】解：a、声音在不同的介质中传播速度不同，在15时，声音的传播速度是340m/s，故a错；b、在教室里，由于我们说话的地点离墙较近，当我们说话时，声音传到墙壁上反射回来的时间与我们说话的时间几乎是同时的，时间差太短，小于0.1s，所以我们的耳朵听不出说话声与回声的区别，也就听不到回声，故b正确；c、b超是超声波，发出声音的频率不在人的听觉范围之内，医生不能听见，故c错；d、噪声的危害是能人为控制的，可减弱，故d错故选b2关于光现象下列说法正确的是（）a光的传播必须有介质b凸透镜既能成倒立等大的实像，又能成倒立等大的虚像c用照相机能拍出人在镜子中的虚像d太阳光经过三棱镜后分解成各种色光，紫外线完全消失了【考点】光在均匀介质中直线传播；光的色散；凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）光的传播不需要介质（2）实像都是倒立的，虚像都是正立的（3）有反射光进入镜头就可以用照相机能拍照（4）太阳光经三棱镜后发生色散，依次呈现红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫等七种颜色的色光；红光之外是红外线；紫光之外是紫外线【解答】解：a、光的传播不需要介质，在真空中可以传播，故a错误；b、凸透镜既能成倒立等大的实像，不能成倒立等大的虚像，故b错误；c、尽管平面镜成的是虚像，但是小明还是可以拍到自己像，因为有反射光进入镜头，故c正确；d、太阳光经过三棱镜后分解成各种色光，紫光之外是紫外线，紫外线是不可见光，故d错误故选c3下列关于生活中常见热现象的解释，错误的是（）a冰熔化时，温度不变，内能增大b由于水的比热容大，其他条件相同时，水既不容易升温，也不容易降温c只有内能多的物体才能把热传给内能少的物体d提高热机效率是节能、环保的重要途径【考点】热传递；水的比热容的特点及应用【分析】（1）冰是晶体，其熔化过程不断吸热，温度保持熔点不变；（2）水的比热容大，相同质量的水和其它物质在吸收或放出相同的热量时，根据q=cmt可知，水升高或降低的温度少；（3）热传递的条件是两个物体之间存在温度差，不是存在能量差；（4）根据低碳经济的概念分析即可低碳经济就是指通过开发新能源，尽可能地减少煤炭、石油、天然气等使用，降低能源消耗，减少温室气体的排放，达到社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态【解答】解：a、冰是晶体，在熔化过程中，继续吸热，温度不变，内能增大，故a正确；b、水的比热容大，相同质量的水和其它物质在吸收或放出相同的热量时，根据q=cmt可知，水升高或降低的温度少，即在其他条件相同时，水既不容易升温，也不容易降温，故b正确；c、热传递过程中，是温度高的物体把内能传递给温度低的物体，而不是内能多的物体把内能传递给内能少的物体，故c错误；d、提高热机的效率，就是提高能量的利用率，减少浪费，符合“节能、环保、低碳”的理念，故d正确故选c4长江航道上的“东方之星”客轮不幸于去年6月1日在我省监利附近发生翻沉惨剧，产生悲剧的原因可能与当时突遇强烈的龙卷风有关，再次为交通安全敲响警钟下列说法正确的是（）a轮船漂浮在水面是利用将钢板做成空心，能排开更多的水，使浮力大于重力b客轮减速航行时，浮力小于重力c潜水员匀速下潜时，受到的水的压强不变d龙卷风中心的压强小于龙卷风外围的压强【考点】浮力的利用；液体的压强的特点；流体压强与流速的关系【分析】根据物体的浮沉条件、液体压强的特点和流体与压强的关系解析此题；【解答】解：a、轮船是用密度大于水的钢铁制成的，把它做成空心的，能排开更多的水，增大可利用的浮力，它就会漂浮在水面上，这时船受到的浮力等于自身的重力；a错误；b、客轮漂浮在水面上，这时船受到的浮力等于自身的重力；减速航行时，浮力不变；b错误；c、液体压强的特点：液体压强随深度的增加而增加；潜水员匀速下潜时，深度增加，受到的水的压强增大；c错误；d、龙卷风内部空气流速远大于外部空气流速，所以龙卷风内部的压强远小于外部压强d正确；故选d；5如图所示，a是悬挂在弹簧下的铁块，b是螺线管的铁芯，s是转换开关，要使弹簧的长度变长，可采取的办法是（）as接1不变，滑片p的位置不变，将铁芯b抽出bs接1不变，将滑片向右滑cs接1不变，将滑片向左滑ds由1改接到2将滑片向右滑【考点】影响电磁铁磁性强弱的因素【分析】电路接通后，磁铁对铁块的力为吸引，故可知弹簧应处于伸长状态，若要使弹簧长度变长只能增大磁场的强度，则可分析各选项是否能使磁场变强即可【解答】解：a、其他条件不变，将铁芯b抽出后，磁场变弱，弹簧长度减小，故a错误；b、滑片向右滑动，电阻增大电流减小，则磁场变弱，弹簧长度减小，故b错误；c、滑片向左滑动，电阻减小电流变大，故磁场变强，弹簧长度增大，故c正确；d、s由1接到2时，线圈匝数减小，则磁场变弱，弹簧长度减小，滑片向右移动，电阻增大电流减小磁性减弱，弹簧长度减小，故d错误故选c6如图关于吸盘挂钩挂着维尼熊，下列说法错误的是（）a吸盘挂钩利用了大气压b维尼熊的重力与大气压力平衡c维尼熊的重力越大，墙对吸盘的摩擦力越大d挂钩越长，能挂的物体的重力越小【考点】大气压的综合应用；摩擦力的大小；杠杆的应用【分析】（1）当把吸盘挂钩用力挤压到物体上时，吸盘内压强小于吸盘外的压强，大气压产生较大的压力把吸盘压到物体上据此分析解答a选项；（2）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上；据此分析解答bc选项；（3）根据杠杆平衡条件分析解答d选项【解答】解：a、吸盘挂钩其工作过程是通过排除吸盘与墙壁之间的空气，松手后，吸盘恢复原状的过程中，导致内部气压小于外界大气压，外界大气压将其压在墙壁上，所以，它是利用大气压工作的故a正确；b、维尼熊的重力与大气压力是作用在不同物体上的两个力，方向也不相同，不是平衡力故b错误；c、维尼熊的重力与摩擦力是一对平衡力，所以其重力越大，墙对吸盘的摩擦力越大故c正确；d、挂衣钩相当于一个杠杆，物体对挂钩的拉力，即重力为阻力，挂钩的长度相当于阻力臂，根据杠杆平衡条件可知，在动力、动力臂一定的情况下，阻力臂越长，能挂的物体的重力越小，挂故d正确故选b7如图是小球从某高处由静止下落的过程中的路程与时间关系图象，选项中描述重力对该球做功大小与时间关系正确的图象是（）abcd【考点】功【分析】先根据小球下落速度的变化中得出单位时间内物体下落高度的变化，再根据w=gh即可判断小球重力做功与时间关系的图象【解答】解：根据原图可知，小球在单位时间内下落的高度越来越大（即小球下落过程中速度逐渐增大）；根据w=gh可知，单位时间内重力对该球做功也越来越多；所以重力做功随时间的变化图象 与下落高度随时间的变化图象是相同的结合选项可知c符合，abd不符合故选c8把标有“6v 3w”和“3v 3w”的两只小灯泡串联或者并联在电源两端，要求一个灯正常发光，另一个灯电压不超过额定值（灯丝电阻都不变），则（）a并联时电源电压是4.5vb串联时电源电压是9vc并联时电路的总功率是6wd串联时电路的总功率是3.75w【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用【分析】根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率，根据公式i=可求灯泡的额定电流，根据欧姆定律可知两灯泡的电阻（1）两灯泡并联时它们两端的电压相等，能正常发光的灯泡为两灯泡额定电压中较小的，根据欧姆定律求出通过两灯泡的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流，利用p=ui求出电路的总功率；（2）两灯泡串联时通过它们的电流相等，能正常发光的灯泡为两灯泡额定电流中较小的，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压，利用p=ui求出电路消耗的总功率【解答】解：两灯泡的额定电流分别为：i1=0.5a，i2=1a，由i=可得，两灯泡的电阻为：r1=12，r2=3；（1）两灯泡并联时，因并联电路中各支路两端的电压相等，且一个灯正常发光，另一个灯电压不超过额定值，所以，电源的电压u=u2=3v，故a错误；此时通过l2的电流为1a，通过l1的电流i1=0.25a，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：i=i1+i2=0.25a+1a=1.25a，电路的总功率：p=ui=3v1.25a=3.75w，故c错误；（2）两灯泡串联时，因串联电路中各处的电流相等，且一个灯正常发光，另一个灯电压不超过额定值，所以，电路中的最大电流i=i1=0.5a，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电源的电源：u=i（r1+r2）=0.5a（12+3）=7.5v，故b错误；电路的总功率：p=ui=7.5v0.5a=3.75w，故d正确故选d9如图甲，通过灯泡的电流跟其两端电压的关系如图乙所示，已知电源电压为15v，灯的额定电压为12v，下列说法中正确的是（）a灯泡的额定功率为9.6wb移动滑动变阻器，当电路中电流为0.6a时，变阻器接入电路中的电阻为15c灯泡正常发光时的电阻为15d滑片向左滑动过程中，灯泡的实际电阻是减小的【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【分析】（1）额定电压下灯泡正常工作，根据图象读出对应的电流，根据p=ui即可求出额定功率；（2）从图象中得出灯泡的实际电流为0.6a时，灯泡两端的电压，根据电阻的串联求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器r连人电路的阻值；（3）额定电压下灯泡正常工作，根据图象读出对应的电流，根据欧姆定律求出此时灯丝的电阻；（4）滑片向左滑动过程中，连入电阻的电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变小；根据图象可知，灯丝的电阻随温度的变化的规律【解答】解：a、灯泡正常工作时的电压ul=12v，由图可知通过灯泡的电流il=0.8a，则额定功率p=ulil=12v0.8a=9.6w；故a正确；b、从图象可知：当电路中电流为0.6a时，灯泡两端的电压为ul=6v，则根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：滑动变阻器两端的电压：u滑=uul=15v6v=9v；由i=可知滑动变阻器接入电路的电阻：r滑=15，故b正确；c、由i=可知灯泡正常发光的电阻：rl=15，故c正确；d、滑片向左滑动过程中，连入电阻的电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大；由于灯丝的电阻随电流的升高而增大，故d错误故选abc10如图所示是强强同学探究浮力的大小与浸在水中深度有无关系的实验，他通过图1的实验得到了图2所示的弹簧称的读数与物体下移高度的关系，关于这个实验的过程及结论，下列说法正确的是（）a物体全部浸入水中时的浮力大小为4nb物体的重力是12nc通过该实验能测出物体的密度d通过该实验能看出浮力的大小与物体浸入水的深度成正比【考点】浮力大小的计算；阿基米德原理【分析】从fh 图象中，可以读出当物体不受浮力的弹簧测力计示数（在空气中称重），利用重力公式求物体的质量；读出全浸入时物体受到的浮力，利用阿基米德原理求排开水的体积（物体的体积），再利用密度公式求物体的密度【解答】解：（1）由图可知开始时测力计的示数不变，表示物体没有受到浮力作用，即浮力为0，所以此时测力计示数为物体的重力，所以g=12n，故b正确；由图可知，物体下移高度为7cm以上，测力计示数为f=4n不变，即物体所受浮力不变，表示物体全部浸入水中，根据称重法可知：f浮=gf=12n4n=8n，故a错误；（2）根据物体浸没时受到的浮力利用阿基米德原理f浮=水gv排即可求出物体的体积，已知物体的重力，则根据g=mg=物gv即可求出物体的密度，故c正确；（3）由图象可知，物体从浸入到浸没时的过程中，浮力的大小不随着深度的增加而增大，当物体全浸没后时，浮力大小不变，故d错误故选bc二、实验探究题（共20分）11如图所示，画出小球摆到最高点时所受到的重力和拉力的示意图【考点】重力示意图；力的示意图【分析】根据规则物体的重心在物体的几何中心，然后过重心表示出重力的方向和拉力的方向【解答】解：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：12请作出图中入射光线和折射光线【考点】透镜的光路图【分析】根据给出的入射光线和出射光线的特点，结合凸透镜的三条特殊光线的特点，即可作出对应的入射光线和折射光线【解答】解：对于凸透镜，折射光线过焦点，则入射光线平行于主光轴，据此可画出对应的入射光线过2倍焦距的入射光线经凸透镜折射后，折射光线经过2倍焦距据此可画出对应的折射光线；如下图所示13如图所示，在探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”的实验中利用煤油而不用水是因为水的比热容大；通过比较在相同时间内等量煤油瓶中温度升高的多少来比较通电导体产生的热量的多少【考点】焦耳定律【分析】（1）煤油的比热容比水的比热容小，吸收相等的热量，煤油温度变化量大，实验现象明显；（2）实验中电流产生热量多少不能用仪器直接测量，而是通过温度计示数升高多少来反映【解答】解：（1）实验中瓶里装的是普通煤油而不是普通的水，原因是：煤油的比热容小，吸收相同的热量，煤油温度变化大，实验现象明显； （2）实验中电流产生热量的多少不易直接测量因此在这个实验中是通过温度计示数升高的多少来反映电流产生热量的多少，示数升高的越多，产生的热量越多故答案为：（1）变化煤油的比热容小（水的比热容大）；（2）通电导体产生的热量14如图1中所示的实验说明分子间存在着相应作用的引力，如图2所示实验说明气体的内能可以转化为机械能【考点】分子间的作用力；做功改变物体内能【分析】（1）分子之间存在相互作用的引力和斥力；（2）物体对外做功，内能转化为机械能【解答】解：两个压紧的铅块能结合在一起，并且能吊起钩码，说明分子之间存在引力；试管中的水蒸气将塞子冲开，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能故答案为：引；机械15在测定标有3.8v的小灯泡额定功率的实验中，电源电压为6v，小灯泡的电阻约为10，电流表（量程：00.6a、03a）、电压表（量程：03v）、开关、滑动变阻器各一个，导线若干（1）根据实验要求把图1中的实验电路连接完整；（2）开关闭合前，应将滑片p调至a端；（3）闭合开关后，发现灯不亮，电流表无示数，电压表有示数，则故障的原因可能是滑动变阻器断路（4）排除故障后，移动滑片p，使电压表的示数为2.2v时，小灯泡恰好能正常发光，此时电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定功率为1.44w（保留两位小数）【考点】电功率的测量【分析】（1）若电压表与灯泡并联，则应选15v的量程，而电压表的量程是03v，所以电压表应与滑动变阻器并联；根据灯泡正常工作时，滑动变阻器分得的电压确定电压表的量程；根据欧姆定律求出此时通过灯泡的电流，确定电流表的量程，且与灯泡串联，注意电表的正负接线柱（2）为防止电路中电流过大烧坏电路元件，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处（3）根据电路故障要么短路、要么断路，结合电压表、电流表的示数变化情况和灯泡的亮暗来确定答案（4）根据串联电路电压特点可知，灯泡正常工作时，电压表的示数；根据电流表的量程和分度值确定电流表的示数；最后根据p=ui求出灯泡的额定功率【解答】解：（1）灯泡正常工作时，滑动变阻器分得的电压为6v3.8v=2.2v3v，电压表选03v的量程；而灯泡的额定电压为3.8v，因此电压表应接在滑动变阻器两端，此时通过灯泡的电流约为=0.38a，所以电流表选00.6a的量程，且与灯泡串联，注意电流从正接线柱流入负接线柱流出，连接如下图所示：（2）闭合开关前，保护电路的滑动变阻器应处于最大阻值a端（3）电压表有明显偏转，说明电压表两接线柱到电源两级之间电路连接完好，电流表无示数，灯泡不亮，说明滑动变阻器断路（4）灯泡正常工作时，电压表的示数为6v3.8v=2.2v；电流表的量程为00.6a，分度值为0.02a，所以电流表的示数为0.38a；灯泡的额定功率为p=ui=3.8v0.38a=1.44w故答案为：（1）连接如上图所示；（2）a；（3）滑动变阻器断路；（4）2.2；1.4416小红物理学习小组在“测量物质的密度”的研究时，在只有器材：天平（砝码）、小石块、烧杯、水、细线的条件下，她们利用浮力知识设计了如下的实验过程：（1）实验开始前，游码应调至左端（“左”“右”），若天平不平衡，且指针左偏，则平衡螺母应向右端调节（“左”“右”）（2）正确调节天平后，测出石块的质量m1（3）将烧杯中装入适量的水，置于天平上，天平平衡时的读数为m2，如图甲所示（4）接着用细线将石块拴住，使之完全浸没在烧杯的水中，如图乙所示，（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢）由于石块受到浮力作用，就要向下施加大小等于浮力的反作用力，右盘要增加砝码才能重新平衡，此时的读数为m3，所以f浮=（m3m2）g，设水的密度为水，则石块的体积v石=（5）石块的密度表达式为石=；（6）事实上，可以直接从第（3）步开始，而在第（4）的之后，直接将石块放入烧杯的水中，天平平衡时的读数为m4，则石块的质量为m石=m4m2【考点】固体的密度测量实验【分析】（1）将天平放在水平台上后，将游码移至左端的零刻线，指针偏左说明右盘高，平衡螺母向右调；（4）用细线将石块拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中，天平平衡时的读数为m3（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢），排开水的质量为（3）（4）质量之差，利用排开水的体积即为石块的体积，结合密度公式求出体积；（5）利用密度公式表达石块的密度；（6）两次质量差就是石块的质量【解答】解：（1）调节天平平衡时，应将游码移至零刻度线处，若发现天平的指针偏向分度盘的左侧，应将平衡螺母向右调，直至天平平衡；（4）用细线将石块拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中，天平平衡时的读数为m3（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢），排开水的质量为m排=m3m2；所受浮力f浮=g排=（m3m2）g；若水的密度为水，石块的体积为v石=v排=；（5）石块的密度为石块=；（6）直接从第（3）步开始，而在第（4）的之后，直接将石块放入烧杯的水中，天平平衡时的读数为m4，则石块的质量为m石=m4m2故答案为：（1）左；右；（4）（m3m2）g；（5）； （6）m4m2三、计算题（共3小题，满分20分）17如图所示，用细绳连接ab两物块，绕过定滑轮使a处于桌面，b竖直悬挂，当b的质量为0.5kg时，ab恰能做匀速运动，当a在10秒内从桌面的最左端运动到最右端时，b的重力做功5j不计绳重及滑轮的摩擦（g=10n/kg）（1）a运动的速度为多少？（2）b的重力做功的功率为多少？（3）a到达最右端后再用一水平外力f将a匀速拉回最左端，外力f做的功为多少？【考点】功的计算公式的应用；功率的计算【分析】（1）根据g=mg求b物块的重力，然后根据w=gh的变形公式h=求出运动的距离，最后利用速度公式v=求出a运动的速度；（2）知道b物块重力做的功和时间，根据p=求出b的重力做功的功率；（3）根据力的平衡条件分别求出a物块受到的摩擦力和细绳的拉力，由于摩擦力和细绳的拉力不变，进而可以求出将a匀速拉回最左端所用的外力f=f+g，又知道运动的距离，然后利用w=fs外力做的功【解答】解：（1）b物块的重力：gb=mbg=0.5kg10n/kg=5n，由w=gh得，物体b运动的距离：h=1m，图中的滑轮为定滑轮，所以a物块运动的距离：sa=h=1m，a运动的速度：v=0.1m/s（2）b的重力做功的功率：p=0.5w（3）在ab恰能向右做匀速运动时，a物块在水平方向上受摩擦力f与拉力f右（等于b物块的重力g），由于a物块处于平衡状态，所以由力的平衡条件得：f=f右=gb=5n，摩擦力的方向水平向左；当用一外力将a从最右端匀速拉回最左端时，a物块受到的摩擦力大小不变，但方向向右，此时a物块受到的向左拉力与摩擦力和向右的拉力平衡，即：f=f+f右=5n+5n=10n，则外力f做的功：w=fsa=10n1m=10j答：（1）a运动的速度为0.1m/s；（2）b的重力做功的功率为0.5w；（3）a到达最右端后再用一外力f将a匀速拉回最左端，外力f做的功为10j18一带阀门的圆柱形容器，底面积是200cm2，正方体m边长为10cm，重20n，用细绳悬挂放入水中，有的体积露出水面，此时水深12cm，如图所示，试求：（1）此时水对容器底部的压强；（2）正方体m的密度；（3）若从图示状态开始，通过阀门k缓慢放水，当容器中水面下降了2cm时，细绳刚好被拉断，则细绳能承受的最大拉力是多少？（g取10n/kg，水的密度为1.0103kg/m3）【考点】密度的计算；液体的压强的计算；浮力大小的计算【分析】（1）知道水的深度，根据p=gh求出此时水对容器底部的压强；（2）知道正方体m的重力，根据g=mg求出其质量，根据体积公式求出其体积，利用=求出正方体m的密度；（3）根据题意求出原来正方体m浸入水中深度，然后求出水面下降2cm时正方体m浸入水中深度，根据体积公式求出排开水的体积，根据阿基米德原理求出正方体m受到的浮力，细绳能承受的最大拉力等于重力减去受到的浮力【解答】解：（1）水对容器底部的压强