山东省济宁市汶上县康驿二中中考物理模拟试题（含解析）.doc

2016年山东省济宁市汶上县康驿二中中考物理模拟试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分每小题给出的四个选项中只有一个符合题意）1下列说法中错误的是（）a用久了的电灯灯丝变细是升华现象b秋天的早晨，大雾逐渐散去是液化现象c被水蒸气烫伤比沸水烫伤更严重是因为水蒸气液化时要放出热量d人出汗后，微风吹过感到凉爽，是因为汗液蒸发加快，带走更多的热量2下面关于一些光现象的说法中，不符合客观实际的是（）a小孔成像说明了光沿直线传播b看到物体成的虚像时，没有光射入我们的眼晴c湖水中形成的倒影是光的反射现象d斜看水中的物体，看到物体的位置比实际位置高3关于内能、热量和温度，下列说法中正确的是（）a物体温度升高，它的热量一定增加b物体内能增加，温度一定升高c温度低的物体可能比温度高的物体内能多d物体内能增加，一定要从外界吸收热量4如图所示电路中电键s闭合后，只有一个电表指针发生偏转，故障可能出现在电阻r、灯l上，则下列判断中正确的是（）a若l不发光，则l一定无故障b若l不发光，则l一定有故障c若l发光，则r一定无故障d若l发光，则r一定有故障5如图所示，一个重2n的小球被线拉住浸没在液体中，如果它受的浮力是2.8n，则线对球的拉力是（）a4.8nb0.8nc2nd0n6对于静止在水平桌面上的课本，下列说法中正确的是（）a桌面对它的支持力与它所受的重力是平衡力b对桌面的压力与桌面对它的支持力是平衡力c由于它是静止的，所以它没有惯性d由于它与桌面之间有力，所以它能保持静止7小阳设计一个天然气泄漏检测电路，如图甲所示，r为气敏电阻，其阻值随天然气浓度变化曲线如图乙所示，r0为定值电阻，电源电压恒定不变则下列说法正确的是（）a天然气浓度增大，电压表示数变小b天然气浓度减小，电流表示数变大c天然气浓度增大，电路消耗的总功率变小d天然气浓度减小，电压表与电流表示数的比值不变8如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，当滑片由左向右移动时，下列判断正确的是（）a小灯泡亮度变暗b电压表示数变大c电流表示数变大d电路消耗的总功率不变9一长方体铁块按如图所示，从下表面与液面刚刚接触处下放至图中虚线位置不能大致反映铁块下降过程中所受浮力的大小f浮与铁块下表面浸入液体深度h深关系的图象是（）abcd10如图所示，每只砝码质量相等，这时杠杆处于平衡状态，当发生下列哪一种变化时杠杆仍能保持平衡？（）a两端各加一只同规格的砝码bg1、g2都向o点移动2厘米cg1向o点移动，g2向o点移动dg1向o点移动2厘米，g2向o点移动1厘米11用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150n的物体匀速提升1m，不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为60%则下列选项错误的是（）a拉力一定是125nb有用功一定是150jc总功一定是250jd动滑轮重一定是100n12如图所示电路中，电源电压恒定，滑动变阻器r2的滑片滑到a端时，电阻r1消耗的功率为7.2w，滑动变阻器r2的滑片滑到b端时，电阻r1消耗的功率为0.8w，此时电压表示数为4v则滑片在b端时，电流表的示数为（）a1.8ab1.2ac0.4ad0.2a二、填空题13“钻木”能“取火”，说明可以改变物体的内能；“烤火”能“取暖”，说明可以改变物体的内能14甲乙两物体的质量之比为3：1，比热容之比为3：2，它们吸收的热量之比为2：1，则甲乙两个物体受到的重力之比为，升高的温度之比是15电子式电能表表盘上标有“3200imp/（kwh）”字样（imp表示闪烁次数）将某用电器单独接在该电能表上正常工作30min，电能表指示灯闪烁了320次，该用电器在上述时间内消耗的电能为kwh，该用电器的额定功率是w三、作图题16按下列各小题要求作图：（1）如图甲所示某物体a在光滑水平面上作匀速直线运动，用力的示意图表示出物体受到的力（2）如图乙所示，由发光点a发出的光射到水面上，同时发生发射和折射，反射光线经过s点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线（3）如图丙所示，根据小磁针静止位置，标出螺线管上的电流方向，及电源的正极四、实验题17在“测定小灯泡电功率”的实验中：电路如图1所示，小灯泡的额定电压为2.5v，电阻约为10，电源为两节干电池（1）实验原理是滑动变阻器在实验中的作用是；（2）请用笔画线代替导线，将图2中的元件连成符合这个实验要求的电路（连线不能交叉）注意：连接电路前开关要，滑动变阻器的滑片需调到处（3）正确连好电路后，闭合开关s，发现灯l不发光，故障的原因不可能是a电流表处有开路 b电压表正负接线柱处开路c小灯泡l短路 d小灯泡l的灯丝断了次数123电压u/v2.02.53.0电流i/a0.280.300.31亮 度增 加电功率p/w功率平均值（4）排除故障后，进行实验时，测得三组实验数据，并记录在表中，同时记录了小灯泡亮度变化情况请你仔细分析实验数据和实验现象，回答以下问题：小灯泡的额定功率是w；小灯泡亮度变化规律是；此表的设计还存在一个不足之处，请写出五、计算题18如图所示装置图，绳重及摩擦不计装卸工人将重为800n的货物提至高处，人对绳的拉力f1为500n，货物在1min内匀速上升了6m （1）请在图上画出绳子的绕法；（2）求滑轮组的机械效率；（3）求拉力的功率19如图，弹簧测力计挂着重为10n的合金块，让其浸没水中，使容器内水面由16cm上升到20cm，容器内底面积为50cm2，（取g=10n/kg）求此时：（1）容器底受到的水的压强（2）合金块的密度（3）弹簧测力计的示数2016年山东省济宁市汶上县康驿二中中考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分每小题给出的四个选项中只有一个符合题意）1下列说法中错误的是（）a用久了的电灯灯丝变细是升华现象b秋天的早晨，大雾逐渐散去是液化现象c被水蒸气烫伤比沸水烫伤更严重是因为水蒸气液化时要放出热量d人出汗后，微风吹过感到凉爽，是因为汗液蒸发加快，带走更多的热量【考点】生活中的升华现象；影响蒸发快慢的因素；液化及液化现象【分析】升华是指物质由固态直接变为气态的过程，它需要吸热液化是指物质从气态变为液态的过程，它需要放热汽化是指物质从液态变为气态的过程，它需要吸热汽化包括蒸发和沸腾两种形式【解答】解：a、灯丝变细是由于灯丝从固态变为气态的过程故a正确b、大雾是液态的水，大雾散去，是指水从液体变为气态水蒸气的过程，属于汽化现象故b错误c、水蒸气烫伤比沸水烫伤更严重，是由于水蒸气先液化为水的过程，也需要放热故c正确d、人出汗后，汗液蒸发吸热，加快了液体表面空气流速，所以人会感到凉快故d正确故选：b【点评】本题考点较全，考查学生学习热学的许多知识在平时的学习中，要注重知识点的积累，并不断反复练习，加深印象2下面关于一些光现象的说法中，不符合客观实际的是（）a小孔成像说明了光沿直线传播b看到物体成的虚像时，没有光射入我们的眼晴c湖水中形成的倒影是光的反射现象d斜看水中的物体，看到物体的位置比实际位置高【考点】光直线传播的应用；光的反射；实像与虚像的区别；光的折射现象及其应用【专题】应用题【分析】（1）当物体的光沿直线传播经过较小的孔时，就会形成物体的倒立的像；（2）我们看见物体是物体发出或反射的光进入我们的眼睛形成的；（3）当物体的光照到平静的水面上时，会发生光的反射，在水中形成物体的虚像；（4）水中物体的光经水面斜射入空气中时，会发生折射现象，折射光线远离法线，我们逆着折射光线的方向能看到比物体实际位置较浅的虚像【解答】解：a、小孔成像是由于光沿直线传播形成的，此选项符合实际；b、看到物体成的虚像时，有光线进入我们的眼睛，如果没有光射入我们的眼晴，将看不到物体，此选项不符合实际；c、湖水中形成的倒影是光的反射现象，此选项符合实际；d、斜看水中的物体，看到物体的位置比实际位置高，此选项符合实际；故选b【点评】此题主要考查光的直线传播、光的反射和折射形成的现象，属于基础知识3关于内能、热量和温度，下列说法中正确的是（）a物体温度升高，它的热量一定增加b物体内能增加，温度一定升高c温度低的物体可能比温度高的物体内能多d物体内能增加，一定要从外界吸收热量【考点】温度、热量与内能的关系【专题】分子热运动、内能【分析】解答此题从以下知识点入手：一切物体都具有内能内能的大小和温度、质量、状态等因素有关物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化【解答】解：a、热量是一过程量，描述它的术语是“吸收”和“放出”，不能用增加表示，故a错误；b、物体吸热时，内能增大，但温度不一定升高，例如：晶体在熔化过程中虽然继续吸热，但温度是不变的，故b错误；c、温度低的物体可能比温度高的物体内能多，故c正确；d、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也有可能是外界对物体做功，故d错误故选c【点评】要正确理解温度、热量与内能的关系，以及改变内能的两种方式解决问题的诀窍是：物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的4如图所示电路中电键s闭合后，只有一个电表指针发生偏转，故障可能出现在电阻r、灯l上，则下列判断中正确的是（）a若l不发光，则l一定无故障b若l不发光，则l一定有故障c若l发光，则r一定无故障d若l发光，则r一定有故障【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【专题】压轴题；欧姆定律【分析】根据题意确定符合要求的所有情况，从而得出符合要求的选项【解答】解：ab、若l不发光，当l短路，电阻断路或只有电阻断路时，电流表无偏转，电压表将发生偏转；故ab不符合题意；cd、若l发光，说明电路中一定有电流，电压表一定不发生偏转，因此电阻一定被短路，故c不符合题意；d符合题意；故选d【点评】电路故障问题是中考物理考查的热点，也是难点，一般题目设计的都是一处故障，原因只有两个：短路或开路5如图所示，一个重2n的小球被线拉住浸没在液体中，如果它受的浮力是2.8n，则线对球的拉力是（）a4.8nb0.8nc2nd0n【考点】力的合成与应用【专题】应用题；图析法【分析】首先对小球进行受力分析，小球在水中，受到重力、线的拉力、浮力三个力的作用，整个装置处于静止状态，根据平衡力的知识，浮力等于重力加上拉力，据此求线对球的拉力【解答】解：小球受到的浮力等于小球的重力加上线的拉力，即：f浮=g+f拉，f拉=f浮g=2.8n2n=0.8n故选b【点评】本题考查了力的合成的应用，能对小球进行正确的受力分析是本题的关键6对于静止在水平桌面上的课本，下列说法中正确的是（）a桌面对它的支持力与它所受的重力是平衡力b对桌面的压力与桌面对它的支持力是平衡力c由于它是静止的，所以它没有惯性d由于它与桌面之间有力，所以它能保持静止【考点】平衡力的辨别【专题】应用题【分析】（1）二力平衡条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上（2）力是改变物体运动状态的原因（3）一切物体都有惯性【解答】解：a、课本所受的重力与桌面对它的支持力，符合二力平衡的条件，因此是一对平衡力所以a正确，符合题意b、课本对桌面的压力，受力物体是桌面；桌面对它的支持力，受力物是课本，因此他们不是一对平衡力所以b错误，不符合题意c、一切物体在任何时候都有惯性，所以c说法错误，不符合题意d、由于课本受平衡力的作用，因此它处于静止状态所以d错误，不符合题意故选a【点评】此题主要考查了学生对二力平衡条件、惯性的理解，同时还考查了力和运动之间的关系7小阳设计一个天然气泄漏检测电路，如图甲所示，r为气敏电阻，其阻值随天然气浓度变化曲线如图乙所示，r0为定值电阻，电源电压恒定不变则下列说法正确的是（）a天然气浓度增大，电压表示数变小b天然气浓度减小，电流表示数变大c天然气浓度增大，电路消耗的总功率变小d天然气浓度减小，电压表与电流表示数的比值不变【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】压轴题；信息给予题；推理法【分析】由图甲可知两电阻串联，电压表测量r0两端的电压；由图乙可知气敏电阻的性质，由电阻的变化利用欧姆定律可求得电路中电流的变化及r0两端电压的变化【解答】解：由图乙可知气敏电阻的阻值随天然气浓度的增大而减小，故由欧姆定律可得电路中电流增加，即电流表示数增大，由u0=ir0可知，气敏电阻两端的电压会增大，即电压表的示数会变大；这时根据p=ui可知，电路消耗的总功率变大；所以a、c说法错误；由图乙可知气敏电阻的阻值随天然气浓度的减小而升高，故由欧姆定律可得电路中电流减小，即电流表示数减小，但是根据欧姆定律知电压表与电流表示数的比值为r0的阻值，而r0为定值电阻阻值不变，所以b说法错误，d说法正确故选d【点评】本题考查学生对图象的认知及欧姆定律的使用，从图中得出气敏电阻的阻值与温度的变化关系是本题的突破口8如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，当滑片由左向右移动时，下列判断正确的是（）a小灯泡亮度变暗b电压表示数变大c电流表示数变大d电路消耗的总功率不变【考点】电路的动态分析【专题】应用题；动态预测题；电路变化分析综合题【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，但可以改变滑片右侧部分的电阻，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据p=i2r可知灯泡实际功率的变化，进一步可知亮暗的变化，根据p=ui可知电路消耗总功率的变化【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑片右侧部分电阻两端的电压，因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，所以，滑片移动时，接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，由i=可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，故c错误；当滑片由左向右移动时，滑片右侧部分电阻变小，由u=ir可知，滑片右侧部分电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小，故b错误；因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由p=i2r可知，灯泡的实际功率不变，亮暗不变，故a错误；由p=ui可知，电路消耗的总功率不变，故d正确故选d【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电压表、滑动变阻器、欧姆定律、电功率公式的应用，会判断滑片移动时接入电路中的电阻不变、电压表所测部分电阻发生变化是关键9一长方体铁块按如图所示，从下表面与液面刚刚接触处下放至图中虚线位置不能大致反映铁块下降过程中所受浮力的大小f浮与铁块下表面浸入液体深度h深关系的图象是（）abcd【考点】阿基米德原理【专题】压轴题；信息给予题；推理法【分析】首先我们要学会分析图象，知道一个物理量随着另外的一个物理量怎样变化，a图说明浮力随深度增加而减小，b图说明开始浮力随深度的增加而增大、后来与深度无关，c图说明浮力先不变再变大，d图说明浮力随深度增加而增大；然后，根据我们所学过阿基米德原理f浮=液v排g，我们知道浮力的大小与液体的密度和物体浸入液体体积的大小有关，与物体浸没在水中的深度无关我们一定要注意是“浸没”，当物体从开始浸入水中到完全浸入水中即浸没的过程中，物体排开液体的体积在逐渐变大，液体密度不变，所以浮力是变大的而当物体浸没以后，再向水中下沉的时候，物体排开液体的体积不再发生变化，所以浮力是不变的【解答】解：当物体从开始浸入水中到完全浸入水中即浸没的过程中，物体排开液体的体积在逐渐变大，液体密度不变，因为f浮=液v排g，所以物体受到的浮力变大；而当物体浸没以后，再向水中下沉的时候，物体排开液体的体积不再发生变化，所以物体受到的浮力不变由此可知物体受到的浮力先变大后不变故b正确、acd错故选acd【点评】本题主要考查的是浮力的大小与物体排开液体体积的关系，能确定物体浸没水中后排开水的体积不变是本题的关键10如图所示，每只砝码质量相等，这时杠杆处于平衡状态，当发生下列哪一种变化时杠杆仍能保持平衡？（）a两端各加一只同规格的砝码bg1、g2都向o点移动2厘米cg1向o点移动，g2向o点移动dg1向o点移动2厘米，g2向o点移动1厘米【考点】杠杆的动态平衡分析【专题】推理法；赋值法【分析】根据杠杆平衡条件判断杠杆是否平衡或杠杆的哪端下沉的方法：f1l1=f2l2，杠杆平衡f1l1f2l2，力和力臂的乘积大的一端下沉【解答】解：由图知，设一个砝码的质量为m，因为杠杆平衡，所以2mgl1=mgl2，可得l1=l2，设l1=9cm，则l2=18cm，a、两端各加一只同规格的砝码，3mg9cm2mg18cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；b、g1、g2都向o点移动2cm，2mg7cm1mg16cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；c、g1向o点移动l1=3cm，g2向o点移动l2=6cm，2mg6cm=1mg12cm，杠杆仍平衡，符合题意；d、g1向o点移动2cm，g2向o点移动1cm，2mg7cm1mg17cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；故选c【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，假设杠杆两边力臂大小和一个砝码大小，判断杠杆是否平衡很方便11用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150n的物体匀速提升1m，不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为60%则下列选项错误的是（）a拉力一定是125nb有用功一定是150jc总功一定是250jd动滑轮重一定是100n【考点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算；有用功和额外功【专题】计算题；实验题；压轴题【分析】由题知，用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组可能有右图两种绕法，左图n1=3，右图n2=2，分别对右图两种情况计算分析，最后判断选择：知道物体重和物体上升的高度，利用w=gh求对物体做的有用功；又知道滑轮组的机械效率，利用效率公式求总功，求出了有用功和总功可求额外功，不计绳重和摩擦，额外功w额=g轮h，据此求动滑轮重；不计摩擦和绳重，根据f=（g物+g轮）求拉力大小【解答】解：对左图滑轮组，承担物重的绳子股数n=3，对物体做的有用功：w有=gh=150n1m=150j，=，w总=250j，w额=w总w有=250j150j=100j；不计绳重和摩擦，w额=g轮h，动滑轮重：g轮=100n，拉力f的大小：f=（g物+g轮）=（150n+100n）=n；对右图滑轮组，承担物重的绳子股数n=2，对物体做的有用功：w有=gh=150n1m=150j，=，w总=250j，w额=w总w有=250j150j=100j；不计绳重和摩擦，w额=g轮h，动滑轮重：g轮=100n，拉力f的大小：f=（g物+g轮）=（150n+100n）=125n由以上计算可知，对物体做的有用功都是150j，总功都是250j，动滑轮重都是100n，故b、c、d都正确；但拉力不同，故a错故选a【点评】本题是一个选择题，实质上是一个小综合题，最好的做法就是将每一个量计算出来进行判断本题的关键有二：一是两种绕法n的确定，二是不计摩擦和绳重时，w额=g轮h，f=（g物+g轮）12如图所示电路中，电源电压恒定，滑动变阻器r2的滑片滑到a端时，电阻r1消耗的功率为7.2w，滑动变阻器r2的滑片滑到b端时，电阻r1消耗的功率为0.8w，此时电压表示数为4v则滑片在b端时，电流表的示数为（）a1.8ab1.2ac0.4ad0.2a【考点】电功率的计算；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用【专题】压轴题【分析】由滑片所在的不同位置可以得出两个功率关系，联立解得电压值，再由串联电路的特点可知滑片接到b端时电阻r1上的电压，则由功率关系可知电流【解答】解：设电压为u，则滑片移到a端时，只有r1接在电路中，r1上的电功率为p1=7.2w，当滑片滑到b端时，p2=0.8w两式联立解得：u=6v；由串联电路的电压特点知，滑片在b端时，r1上的电压为u=6v4v=2v则由功率关系：p=ui得：i=0.4a故选c【点评】本题考查滑动变阻器的接法，要学会分析滑动变阻器的接法，同时注意合理的设定中间量二、填空题13“钻木”能“取火”，说明做功可以改变物体的内能；“烤火”能“取暖”，说明热传递可以改变物体的内能【考点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能【专题】应用题【分析】改变物体内能有两种方式：做功和热传递做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，做功实质是能量的转化，热传递实质是内能从一个物体转移到另一个物体，或者是从一个物体的高温部分传到低温部分，有传导、对流和辐射三种方式【解答】解：钻木取火，是克服摩擦做功，使木头的内能增加、温度升高，达到木头的着火点而燃烧，属于做功改变物体的内能；“烤火”能“取暖”，是手从火吸收热量，使自己温度升高、内能增加，属于热传递改变物体的内能故答案为：做功；热传递【点评】本题考查了改变物体内能有两种方式：做功和热传递，二者是等效的14甲乙两物体的质量之比为3：1，比热容之比为3：2，它们吸收的热量之比为2：1，则甲乙两个物体受到的重力之比为3：1，升高的温度之比是4：9【考点】重力的计算；比热容的概念【专题】比热容、热机、热值；重力、弹力、摩擦力【分析】已知质量之比，根据g=mg可以求出所受重力之比；已知甲乙的质量之比和比热容之比以及吸收的热量之比，根据q吸=cmt求出它们升高的温度之比【解答】解：因为g=mg，所以g甲：g乙=m甲g：m乙g=m甲：m乙=3：1；因为q吸=cmt，所以，所以故答案为：3：1；4：9【点评】本题考查了学生对热量公式的掌握和运用，代入比值时要细心，防止因颠倒出错15电子式电能表表盘上标有“3200imp/（kwh）”字样（imp表示闪烁次数）将某用电器单独接在该电能表上正常工作30min，电能表指示灯闪烁了320次，该用电器在上述时间内消耗的电能为0.1kwh，该用电器的额定功率是200w【考点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率的计算；额定功率【专题】计算题；压轴题【分析】电能表是测量家庭电路中消耗电能多少的仪表3200imp/（kwh）的含义是：电路中每消耗1kwh的电能，指示灯闪烁3200次根据题目所给条件和电功率的公式p=，进行解答【解答】解：因为电路中每消耗1kwh的电能，指示灯闪烁3200次所以当指示灯闪烁320次时，消耗的电能为w=0.1kwh，t=30min=0.5h用电器的额定功率p=0.2kw=200w故答案为：0.1；200【点评】本题考查学生对电能表铭牌上数据的理解情况，同时要求掌握电功率的计算方法注意题目中的单位换算三、作图题16按下列各小题要求作图：（1）如图甲所示某物体a在光滑水平面上作匀速直线运动，用力的示意图表示出物体受到的力（2）如图乙所示，由发光点a发出的光射到水面上，同时发生发射和折射，反射光线经过s点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线（3）如图丙所示，根据小磁针静止位置，标出螺线管上的电流方向，及电源的正极【考点】力的示意图；二力平衡条件的应用；作光的反射光路图；平面镜成像的相关作图；作光的折射光路图；磁极间的相互作用；安培定则；通电螺线管的极性和电流方向的判断【专题】作图题；学科综合题【分析】（1）物体a在光滑水平面上作匀速直线运动，竖直方向上受到重力和支持力的作用，由于水平面光滑，因此不受摩擦力，做匀速直线运动，受到的力是平衡力（2）平面镜成像的特点是像与物关于镜面对称，同时要知道虚像的成因，掌握光的折射定律的内容，光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角（3）由磁极间的相互作用规律得出通电螺线管的左端为n极，右端为s极，再由右手螺旋定则得出电流的方向，标出电源的正、负极【解答】解：（1）物体竖直方向上重力和支持力的作用，水平方向不受力受力；物体做匀速直线运动，重力和支持力是一对平衡力从重心竖直向下画，符号为g；支持力从重心竖直向上画，符号为f，注意两个力长度相同，如下图（2）做s关于水面的对称点即为s点的像，像与a的连线与水面的交点便是入射点，从而做出入射光线和反射光线根据光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，从空气斜射入水中，折射角小于入射角作图如下：（3）小磁针的左端是n极，因此螺线管的右端就是s极，左端就是n极；右手握住螺线管，大拇指指向它的n极，四指弯曲的方向就是螺线管中电流的方向，因此电源左端是正极，右端是负极如下图：【点评】（1）作力的示意图，要看清物体的运动状态，判断出受力的大小，注意“静止”、“光滑”、“匀速”这样的字眼（2）作反射光线和折射光线，要根据反射定律和折射定律的要求来画，并且注意光线的方向和角的大小关系（3）与安培定则相关的作图，注意磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的配合使用，利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法四、实验题17在“测定小灯泡电功率”的实验中：电路如图1所示，小灯泡的额定电压为2.5v，电阻约为10，电源为两节干电池（1）实验原理是p=ui滑动变阻器在实验中的作用是保护电路；改变灯泡电压（2）请用笔画线代替导线，将图2中的元件连成符合这个实验要求的电路（连线不能交叉）注意：连接电路前开关要断开，滑动变阻器的滑片需调到阻值最大处（3）正确连好电路后，闭合开关s，发现灯l不发光，故障的原因不可能是ba电流表处有开路 b电压表正负接线柱处开路c小灯泡l短路 d小灯泡l的灯丝断了次数123电压u/v2.02.53.0电流i/a0.280.300.31亮 度增 加电功率p/w功率平均值（4）排除故障后，进行实验时，测得三组实验数据，并记录在表中，同时记录了小灯泡亮度变化情况请你仔细分析实验数据和实验现象，回答以下问题：小灯泡的额定功率是0.75w；小灯泡亮度变化规律是灯泡实际功率越大，灯泡越亮；此表的设计还存在一个不足之处，请写出求灯泡功率的平均值【考点】电功率的测量【专题】测量型实验综合题【分析】（1）伏安法测灯泡电功率的原理是p=ui；滑动变阻器在电路中一方面可以保护电路，另一方面可以改变灯泡两端电压（2）根据电路图连接实物电路图，根据电源电压确定电压表量程，根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程；注意电表正负接线柱不要接反，注意滑动变阻器的接法；连接电路时开关要断开，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值（3）分析各故障可能出现的故障现象，然后答题（4）由表中实验数据找出灯泡额定电压所对应的电流，然后由p=ui 求出额定功率；分析表中实验数据，找出灯泡亮度与灯泡实际功率间的关系；求灯泡的平均功率，没有意义【解答】解：（1）伏安法测电功率的原理是电功率公式p=ui；滑动变阻器在电路中一方面可以保护电路，另一方面可以改变灯泡两端电压（2）电源电压是1.5v2=3v，灯泡正常发光时电流i=0.25a，电流表选00.6a量程，根据电路图连接实物电路图，如图所示；连接电路前开关要断开，滑动变阻器的滑片需调到阻值最大处（3）a、如果电流表处有开路，电路断路，闭合开关，灯泡不发光，不符合题意；b、电压表正负接线柱处开路，电路是通路，闭合开关后灯泡发光，符合题意；c、如果小灯泡l短路，闭合开关后灯泡不发光，不符合题意；d、小灯泡l的灯丝断了，闭合开关后，灯泡不发光，不符合题意；故选b（4）由表中实验数据可知，灯泡额定电压2.5v对应的电流是0.30a，则灯泡额定功率p=ui=2.5v0.30a=0.75w由表中实验数据可知，随灯泡电压增大，灯泡电流增大，由p=ui可知灯泡实际功率变大，灯变亮，由此可知灯泡实际功率越大，灯泡越亮灯泡在不同电压下的实际功率不同，求不同电压下灯泡功率的平均值没有意义故答案为：（1）p=ui；保护电路；改变灯泡电压；（2）电路图如图所示；断开；阻值最大；（3）b；（4）0.75；灯泡实际功率越大，灯泡越亮；求灯泡功率的平均值【点评】本题考查了实验原理、滑动变阻器的作用、作电路图、实验注意事项、电路故障分析、实验数据处理等问题；要注意