2019年江苏省南通市如皋市实验中学中考物理二模试卷

1、2019年江苏省南通市如皋市实验中学中考物理二模试卷、第I卷共10小题，每小题2分，共20分.每小题给出的四个选项中只有一个选项正确.1 .采用下列工具进行信息传递的过程中，“信号”传播最慢的是（）A .卫星电视B.光纤通信C.声呐定位鱼群D.扩音喇叭2 .如图舞台上经常用干冰制造白雾以渲染气氛。则白雾是（）A.干冰升华放热形成的B.水蒸气凝华形成的C.干冰先升华再液化形成的D.水蒸气液化形成的3.沈括在梦溪笔谈中记有“海市蜃楼”的奇景，下列现象与其形成原理相同的是（4.下列有关“从粒子到宇宙”的说法中正确的是（）A.海绵容易被压缩说明分子间有空隙B.炒菜时看到油烟四散不能说明分子在做无规则运

2、动C.宇宙膨胀过程中的能量总和逐步变大D.在探索比原子更小粒子的历程中，人们首先发现了质子5 .如图孩子坐着雪橇从高高的雪坡上滑下，最终停下来。下列关于该过程的说法正确的是（A.雪橇会停下是因为所受到的惯性越来越小B .孩子受到支持力和对雪橇的压力是一对相互作用力C.整个过程中，孩子的机械能保持不变D.以雪橇为参照物，小孩是运动的6 .按动图中电火花发生器按钮，盒盖飞出，以下事例中能量转化与此相同的是()(1)水壶中的水沸腾后，壶盖被水蒸气顶起(2)两手相互摩擦，手心变热(3)汽油机的做功冲程(4)火箭升空时，表面涂层熔化A. (1) (3)B. (1) (2)C. (2) (3)D. (2)

3、 (4)7 .如图，碗可以漂浮在水面上，也可以沉入水底。则碗沉入水底时()8 .容器对桌面的压强变大了C.比漂浮时所受的浮力大D.容器底部受到水的压强变小了8 .图示电路闭合开关，灯泡不亮。经查保险丝完好，用测电笔插进插座的两孔，窟管均发光，造成这一现象的原因是()保险丝火线 I I*零级ffA.灯泡和插座串联B.插座发生短路了C.进户的零线断了D.灯泡的灯丝断了O如图所示，暗室9 .小明利用一个350ml的易拉罐，制作了一个可以在暗室中记录物体运动轨迹的“针孔摄像机”中的闪光灯每隔0.1s发光一次。底片上记录了距离小孔1.5m外的某物体竖直下落轨迹，则物体在图示过程中的平均速度约为（易拉灌感

4、光底片A . 0.5m/sB. 2.5m/sC. 5m/sD. 10m/s10 .图示电路中，E为电压恒定、输出功率 P0可调的电源，R为特殊电阻，新型灯泡 L的电阻与通过的电流I成反比。下列描述电路中的电阻 R、R消耗的电功率P随输出功率P0变化关系的图线中，可能正确的是（70分）11 . 2018年4月，我国自主研发的隐形战机“歼20”进入了全新升级阶段。（1）升级后的机身涂层能更好地（选填“吸收”或“反射”）雷达发射的电磁波，使用的航空燃油属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2） “歼20”匀速俯冲的过程中，机翼上侧的气流速度（选填“大于”、“小于”或“等于"）下侧的气

5、流速度，飞行员的机械能（选填“变大”、“变小”或“不变”）12 .如图是液压起重车的示意图。使用时液压杆将起重臂顶起，同时通过与钢索连接的电动机工作，可将重物吊起到需要的地方。(1)如图所示A处的滑轮是 滑轮。液压杆顶起起重臂的过程中，该起重臂可看作一个 杠杆。(2)当起重臂在如图位置稳定后，启动电功率为5000W的电动机将重为 6000N的物体以0.5m/s的速度匀速吊起，此时滑轮组的机械效率是75%,若此过程中不计绳重和摩擦，则电动机对钢索的拉力为 N,电动机的效率为%。13 .为了防止鱼虾缺氧而浮头，常在池塘中央放置增氧机。喷水式增氧机由电动泵和浮体组成一个整体漂浮在水面上。如图甲所示为

6、某种喷水式增氧机及工作时的情景，有关参数见乙表。(1)增氧机工作时所受的浮力 (选填“大于”、“小于”或“等于")其重力。(2)若只将增氧机单独接入家庭电路正常开机2h,则从环形喷口出水 t,会使3000imp/ (kW?h)的电能表指示灯闪烁 次。甲乙丙(3)已知增氧机喷水流量与其工作功率成正比，增氧机工作的 U- I图象如图丙，若将两个此型号的增氧机串 联在家庭电路中使用，则喷出50m3的总水量需要 ho14 .小明利用1mL的轻质注射器等器材组成图示实验装置测量大气压。当注射器中的活塞刚开始滑动时，弹簧测力计的示数如图所示。(1)为得到活塞横截面积，需要量取的局部长度为 cm。

7、(2)考虑到摩擦因素，小明取下橡皮帽，再次水平向右加速拉动注射器筒，记下弹簧测力计稳定时的示数为0.4N.此过程中活塞受到的摩擦力方向为 。(3)利用以上数据可计算出大气压强是 Pa.已知实验时实为1标准大气压，则造成该偏差的最可能原因 是：实验操作时，。15 .小明利用图甲装置研究某燃料热值。他取少量燃料置于燃烧皿中，测出总质量为30g,点燃后对100g的热水加热4min立即熄灭燃料，再测得燃料和燃烧皿总质量如图乙所示，并根据实验数据绘制的水温随时间变化的图象如图丙中a线所示。(1)实验时水面上方的气压 (选填“大于”、“等于”或“小于” )l标准大气压。在第 24min的过程 中，水 (选

8、填“吸”或“不吸”)热。(2)已知此过程中燃料均匀燃烧放热，所放热量仅60%能被水吸收，则该燃料的热值为 J/kg。水的比热容为4.2X103J/ (kg?C),整个过程中忽略水的质量变化 (3)若实验装置和热损失比例均不变，利用该燃料加热另一杯水绘出了如图丙中b线，则这杯水的质量(选填“大于”、“等于”或“小于”)上一杯水质量。16 .按题目要求完成。如图，一束光从空气斜射入水中，请画出反射光线和折射光线。空w-V17 .如图所示，物体 A随传送带一起水平向右匀速运动，请画出物体A的受力示意图。18.如图所示，小磁针静止在通电螺线管左侧，请标出磁感线方向及小磁针的N极。19.如图甲，把边长为

9、0.1m的正方体木块放入水中，静止时有2的体积露出水面，然后在其上表面中央平放一块5长15cm、宽5cm的砖块，如图乙所示，静止时方木块刚好全部浸入水中。(g = 10N/kg )求:(1)甲图中方木块受到的浮力。(2)木块的密度。(3)砖块对木块的压强。甲乙20.如图。电源电压 U = 6.0V保持不变，灯泡 L标有“6V6W”字样，已知 S1和S3闭合时，电流表示数为 0.6A , 不计灯丝电阻随温度的变化。滑动变阻器R2的最大阻值20 Q求：(1)灯泡L正常发光时的阻值；(2)三个开关S1、S2、S3都闭合时，求整个电路的总功率；(3)只闭合开关 日,电压表的量程为 03V,电流表的量程

10、为 。0.6A,在保证电表安全的情况下，求电阻 R1 消耗的电功率的变化范围。用 Si S52.5V的小灯泡，电源电压保持 6V不变，滑动变21 .小红在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选择了额定电压为阻器规格为“ 40a 1A"，连接电路如图甲所示。0甲乙丙(1)小红所连接电路存在一处错误，请你在错误的导线上面“ X”，用笔画线代替导线，画出正确的连线。(2)正确连接电路后闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，则电路中存在的故障可能是 (选填“灯泡”或“电压表”)断路。(3)排除故障后，闭合开关，移动滑片，当电压表示数为 2V时，电流表的示数如图乙所示，此时电流表的示数为 A,

11、小灯泡的功率为 Wo(4)若使小灯泡正常发光，应将滑片向 (选填“左”或“右”)移动至电压表示数为 V。(5)小红想要继续探究 “电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，则更换的定值电阻的阻值不能大于 Qo(6)老师又拿来一个额定电流为Im的小灯泡，来测量小灯泡的额定功率。设计了如图丙所示电路，电源电压未知、电阻的阻值为 Ro.请你将实验步骤补充完整。只闭合开关 (选填« S1”或“S2”)，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电压表Vi的示数为Ui;只闭合开关 (选填“ Si”或“ S2”)，再次调节滑片，直到电压表 V2的示数

12、为,此时小灯泡正 常发光，电压表 Vi的示数为U2；小灯泡额定功率的表达式是 P额=。22 .小华到超市购物，她拉着购物篮在水平地面上匀速前进时，发现拉力随着拉购物篮的方向的改变而改变(如图甲)，那么，匀速拉动购物篮时所用拉力的大小与什么有关呢？根据所学知识，她提出以下猜想：猜想一：可能与篮内物体的质量有关猜想二：可能与地面的材料有关猜想三：可能与拉力的方向有关为了研究这个问题，小华利用木块、祛码、弹簧测力计、木板、橡胶板等器材进行实验，她的方案如下：a.按照乙图拉着木块在水平木板面上匀速运动，记下测力计的示数；b.在木块上加祛码，拉着木块在水平木板面上匀速运动，记下测力计示数;c.用橡胶板替

13、换木板，重复上述实验步骤，记下测力计示数。(1)该实验应采用 法，在上述实验中，应始终保持 不变。正确操作后，小华测得数据如表表一：序号123456接触面木板木板木板橡胶橡胶橡胶质里/g400500600400500600拉力/N2.02.53.02.83.54.2分析比较序号 的数据及相关条件，可得出的初步结论是： ;分析比较序号 的数据，可判断猜想二是 (选填“正确”或“错误”)。(2)为了继续探究匀速拉动物体时拉力大小与拉力方向的关系，小华把质量为600g的木块放在木板上继续实验,并用更精密的仪器测量拉力。实验中逐渐增大拉力与水平面的夹角“，匀速拉动木块，数据记录在表二中。表二：序号78

14、9101112接触面木板木板木板木板木板木板质里/g600600600600600600夹角10°20°30°40°50°60°拉力/N2.792.712.682.752.923.21若用如图丙所示的装置，拉动绳子自由端使600g的木块从木板的 M点运动到N点，请分析说明，此过程中拉力F的大小变化情况是。X23 .阅读短文，回答问题。温热饮水机如图甲，是学校饮水间安装的某款温热饮水机。该饮水机既能提供温度为100c的开水，也能提供温度可直接饮用的温开水。该饮水机的相关参数见表。温热饮水机型号XXX贮水箱容量24L功率3kW电源380V

15、50HZ该饮水机内部结构如图乙所示。首次使用时，经紫外线灯照射的20c冷水，从冷水进口 A处流入，经热交换器进入贮水箱。水箱加满水开始加热，加热至100c.此后正常使用时，打开开水出口阀门，冷水阀门自动打开，当20c冷水进入贮水箱后， 电热丝通电可加热至 100C;打开温水出口阀门， 通过加压使贮水箱中的开水进入热交换器内，此时冷水由进口阀门先进入热交换器，通过热交换器后水温升至85 C,进入贮水箱继续加热至100c.这时，温水出口流出的就是 35c的温开水。如此正常工作，就可不断得到开水和温开水。(1)在热交换器中冷水内能改变的方式是 ,饮水机的脚柱底面上有很多花纹是为了 (2)下列关于该饮

16、水机的说法，错误 的是A.正常使用时，图乙 B位置的水温是 35 CB .用紫外线灯照射冷水是为了杀菌消毒C.冬天放开水时的“白气”是空气中的水蒸气液化成的D.水箱水位控制可以通过感知液体压强大小变化来实现(3)首次使用，图乙中 D位置的水温是 C,需要经过 min可以喝到开水。在用电高峰时，饮水机的实际工作电压只有 342V,(忽略温度对电阻的影响)，饮水机的实际电功率为 kWo(4)若某学校学生1h所需的开水和温开水的质量之比是1: 4,若不计热损失，饮水机正常工作1h最多供应开水 L.(结果取整数)(5)如图丙所示为饮水机温控装置原理图，控制水箱中加热丝，R为热敏电阻，R'为可调

17、电阻，当线圈的电流R- t图象。大于或等于某一值时，继电器的衔铁被吸下。图丁为热敏电阻应该把贮水箱内的电热丝接在 （选填“ A、B间”或“ C、D间”）。R的阻值应使用久了，为线圈供电的电源电压会减小，如果要使贮水箱内的温度保持100C,可调电阻（选填“调大”、“不变”或“调小”）。甲开水出口温水出口讨热交换器2019年江苏省南通市如皋市实验中学中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、第I卷共10小题，每小题2分，共20分.每小题给出的四个选项中只有一个选项正确.1 .【解答】解：（1） A、卫星电视是靠微波进行通信；B、光纤通信是靠激光进行通信；C、声呐定位鱼群是用超声波；D、扩音喇叭是用声音

18、传递信息。（2）微波、激光都属于电磁波，其在空气中的传播速度约为c= 3.0X108m/s,远大于声的传播速度。（ 3）声呐探测鱼群是超声波在水中传播，扩音喇叭是声音在空气中传播；声在水中的传播速度大于在空气中的传播速度。综上可知，上述的“信号”传播最慢的是扩音喇叭。故选：D 。2 【解答】解：空气中的水蒸气遇冷发生液化现象变成小液滴，形成白雾现象，故D 正确， ABC 错误。故选：D 。3 【解答】解：“海市蜃楼”是由于光的折射形成的；A 、天空日食是由于光的直线传播形成的，故A 不符合题意；B 、手影游戏是由于光的直线传播形成的，故B 不符合题意。C、水中铅笔，是由于光的折射的缘故，与“海

19、市蜃楼”形成原因相同，故C符合题意；D 、湖面倒影属于平面镜成像，是利用光的反射，故D 不符合题意；故选：C。4 【解答】解：A 、海绵里面有气孔，用手捏时海绵里的空气跑出来，则海绵的体积变小了，但不能说明分子间有间隙，故A 错误；B 、炒菜时油烟上升是物体的机械运动，不是分子在运动，分子运动是肉眼看不见的，故B 正确；C、根据能量守恒定律可知，宇宙膨胀过程中的能量总和保持不变，故 C错误；D 、在探索比原子更小粒子的历程中，人们首先发现了电子，故D 错误。故选： B 。5 【解答】解：A 、惯性是物体本身的一种性质，不是一种作用；雪橇会停下来，是因为受到摩擦力的作用，故A 错误；B、孩子受到

20、支持力和对雪橇的压力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，是一对相互作用力，故B正确；C、孩子坐着雪橇从高高的雪坡上滑下的过程中有一部分机械能克服摩擦做功，机械能转化为内能，故有机械能损失，所以机械能会减小，故 C错误；D、以雪橇为参照物，小孩和雪橇之间没有位置变化，故是静止的，故 D错误。故选：B。6 【解答】解：如图所示是演示点火爆炸的实验装置，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去，这是因为酒精燃烧产生的燃气对外做功，消耗燃气的内能，变成盒盖的机械能，故是将内能转化为机械能的过程；(1)水壶中的水沸腾后，壶盖被水蒸气顶起，水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，

21、符合题意；(2)两个手相互摩擦做功，手心变热，机械能转化为手的内能，不符合题意；(3)汽油机的做功冲程，是将燃气的内能转化为活塞的机械能，符合题意；(4)火箭升空时，表面涂层熔和空气之间有摩擦，克服摩擦做功，机械能转化为内能，不符合题意；所以，符合题意的是(1)和(3),故A正确。故选：A。7 【解答】解：A、碗沉入水底时与漂浮在水面上时，其质量不变，则重力不变，故 A错误；B、容器对桌面的压力等于容器的总重力，由于容器的总重力不变，底面积不变，则由p=卷可知容器对桌面的压强不变，故B错误；C、碗沉入水底时，浮力小于重力；碗漂浮时，浮力等于自身的重力，由于碗的重力不变，所以碗沉入水底时的浮力小

22、于漂浮时的浮力，即浮力变小，故 C错误；F厚D、据C可知，碗沉入水底时的浮力小于漂浮时的浮力，由V排=7"可知，碗浸没后，排开水的体积减小，P水名水面会下降；根据 p= pgh可知容器底受到水的压强变小，故 D正确。故选：D。8 .【解答】解：闭合开关，灯泡不亮，说明可能是断路或短路，又因为保险丝完好，说明不是短路，应该是断路，用测电笔插进插座，两窟管均发光，插入插座的右孔窟管发光，说明图中红色线部分是通路，插入插座的左孔窟管发光，说明图中蓝色线部分是通路，可以判断是 A点左端的零线断路，故选 Co保险丝火线零线rrA Is故选：Co9 .【解答】解：根据生活知识可知，易拉罐的直径8

23、cm,则图示中最上面和最下面小黑点间的距离约6cm,运动的时间为0.3s,则物体在图示过程中的平均速度：v=亘= 0，06m0.2m/s；t 0.3s由于易拉罐高约10cm,所以物体运动的速度约为v' = 1l.JLv= 15 x 0.2m/s= 3m/s,与B选项接近，故选 B。0.1m故选：B。10 【解答】解：pAB、设电源的输出电压为 E,输出功率为P0,则电路中的电流为：1=一1，根据欧姆定律可知，E=IR+IRl,新EP2 1 TT-型灯泡L的电阻Rl与通过的电流I成反比，则IRl为定值k,故E=IR+k=1R+k,解得R=E k£ ,根据数EPo学关系可知，R-

24、 Po图象为双曲线，故 A错误，B正确；CD、R消耗的电功率:p 22P= I R=（詈）R =EP 2r- 2£0_d n E *2 R P。*9 ，u e2所以R消耗的电功率P与Po成正比，故CD错误。故选：B。7第n卷非选择题（共 70分） 11 【解答】解:（1） “歼20”的机身材料和涂层对雷达发射的电磁波有良好的吸收作用，电磁波不能反射回雷达，就避开了雷达的探测;航空燃油消耗后不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；（2）飞机的机翼上表面空气流速大，下表面空气流速小。由于流体压强与流速有关，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，所以飞机机翼上表面受到向下

25、的压强小，下表面受到向上的压强大，于是产生了一个向上的压强差，正是这个向上的压强差为飞机提供了向上的升力；“歼20”匀速俯冲的过程中质量近似不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，机械能变小。故答案为：（1）吸收；不可再生；（2）大于；变小。12 【解答】解:(1)由图可见，起重机钢索下的那个滑轮随着重物一起升降，因此是动滑轮;液压起重车的起重臂在使用时动力臂小于阻力臂，是一个费力杠杆；(2)由图知，n=2,拉力端移动距离 s=2h,滑轮组的机械效率：火有用Gh Gh G=W 总 Fs F2h 2F电动机拉力:由刀=上曳可得电动机拉力做的总功功率：PaP 总 1 =02=6顿”0 .

26、 5Ms = 4000W n 175%75%电动机的效率：碓=上史_= 4000W * 100% = 80%。P5000卅故答案为：(1)动；费力；(2) 4000; 80。13 【解答】解：(1)喷水式增氧机由电动泵和浮体组成一个整体漂浮在水面上，处于平衡状态；增氧机工作时，增氧机对喷出的水有向上的作用力，因力的作用是相互的，所以喷出的水对增氧机有向下的作用力；根据力的平衡条件可知，增氧机工作时所受的浮力F浮=6增氧机+F向下，所以F浮G增氧机，即增氧机工作时所受的浮力大于增氧机的重力;(2)增氧机2h喷出水的体积为 V = 2hX25m3/h = 50m3;由=典得，喷出水的质量：Vm=

27、pV= 1.0X 103kg/m3x 50m3= 5X 104kg ；, W -，、由P=得，增氧机工作2h消耗的电能：tW= Pt= 1.1kWX 2h = 2.2kW?h;已知3000imp/ (kW?h),则指示灯闪烁的次数;n= 3000imp/ (kW?h) x 2.2kW?h= 6600imp ;(3)将两个此型号的增氧机串联在家庭电路中使用，根据串联电路的分压特点可知每个增氧机两端的电压为110V,由图丙可知此时通过每个增氧机的电流为4A,则总功率为 P总=UI=220VX 4A=880W;已知增氧机喷水流量与其工作功率成正比,则两个此型号的增氧机串联使用的喷水流量为:/h *

28、880W = 20m3/h1100W'3所以喷出50m3的总水量需要的时间:t= 50T=2.5ho20 m /hS=Y来求出，所以需故答案为：（1）大于；（2） 50; 6600; （3） 2.5。14 【解答】解：（1）因活塞为圆柱体，知道注射器的容积，而活塞的横截面积可以通过公式要用刻度尺量出针筒全部刻度部分的长度L= 13.50cm- 11.00cm = 2.50cm；（2）小明取下橡皮帽，水平向右加速拉动注射器筒，此过程中活塞受到向左的拉力、向右的摩擦力，大小为0.4N;（3）拉力的大小为由图可知为4.2N, F=4.2N - 0.4N= 3.8N;大气压的值 p=E=2 =

29、 IL = 3,即*0* 025ms 上 V 1X10-%3L0.95X 105Pa；已知实验时实为1标准大气压，约为1.0X105Pa,测量值偏小，是因为实验操作时未排尽空气。故答案为：（1） 2.50; （2）水平向右；（3） 0.95X 105;未排尽空气。15 .【解答】解：（1）水沸腾的特点是：由图象知，水沸腾时温度保持99 C,说明水的沸点为 99 C,水沸腾的特点是：不断吸热，但温度不变；此时水面上方的气压小于一标准大气压；在第24min的过程中，水的温度不变，但内能增大；（2）水4min吸收的热量：Q 吸= 2cm4t=2X4.2X103j/（kg?c）X 0.1kg X （9

30、9C 93C） = 5.04X 104J；燃料的质量：30g- 25.8g=4.2g,已知此过程中燃料均匀燃烧放热，所放热量仅60%能被水吸收，rQ放=Q吸，m q刀=Q吸，燃料的热值：q=%=5.04X；04j=2X106J/kg；Q= cm t可知质量的大小相等。（3）由图可知，相同时间，两杯水吸收的热量相同，温度变化相同，根据 故答案为：（1）小于；吸；（2） 2X106； （3）=。16 .【解答】解：过入射点 O垂直界面作出法线，根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在空气中法线的另一侧作出反射光线，折射角小于入射角，在根据折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射

31、入水中时，折射光线向法线偏折,水中法线的另一侧作出折射光线，如图所示：17 .【解答】解：由于物体和传送带一起匀速运动，它们相对静止，所以物体不受摩擦力的作用，只受重力和支持力的作用，并且这两个力是一对平衡力，F = G;然后过重心沿竖直向下的方向和竖直向上的方向表示出重力和支持力，注意两条线段长度要相等。如图所示：18【解答】解：(1)已知电源正负极，根据安培定则可知，螺线管的右端为N极，左端为S极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可判定小磁针的左端为S极、右端为N极。(2)根据磁感线都是从磁体的 N极出发，回到S极，可以标出磁感线的方向向左。如图所示。19.【解答】解：(1)由题意

32、可知，甲图中木块排开水的体积：V 排=(1 ) V 木=3* (0.1m) 3= 6X10 4m3,55甲图中木块受到的浮力：F 浮甲=p 水gV 排=1.0X103kg/m3x 10N/kg X6X 10 4m3=6N;(2)因木块漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，所以，木块受到的浮力:F浮甲=G木=m木g ,则木块的质量：6Ng lON/kg=0.6kg,木块的密度:p=_jl= °,6kM of*1。1如3；V木(0. Im) 3(3)木块完全浸没时受到的浮力:F 浮=。水gV 木=i.0Xi03kg/m3x i0N/kg x (0.im) 3=i0N,因静止时图乙方木块刚好能

33、全部浸入水中，受到的浮力和它们的重力相等,所以，砖块的重力:G 砖=G 总一G 木=F 浮一F 浮甲=i0N 6N = 4N ,2受力面积 S= O.imx 0.im= 0.0im ,砖块放在木块上面时对木块的压强:4NS 0. 01 in2=400Pa。答：(i)甲图中方木块受到的浮力为6N;(2)木块的密度为 0.6Xi03kg/m3；(3)砖块对木块的压强 400Pa。20【解答】解：(i)由P= UI=(可得，灯泡L正常发光时的阻值:(2)当Si和S3闭合时，电路为 Ri的简单电路，此时通过 Ri的电流Ii=0.6A,三个开关Si, S2, S3都闭合时，Ri与L并联,因并联电路中各支

34、路独立工作、互不影响,所以，此时通过Ri的电流不变,因并联电路中各支路两端的电压相等，且额定电压下灯泡正常发光,所以，整个电路的总功率:P=P1+PL=UI1+PL=6V X0.6A+6W = 9.6W;(3)由1=工可得，定值电阻 Ri的阻值:RRi = g=d=i0Q;I 0. 6A只闭合开关Si时，Ri与R2串联，电压表测 R2两端的电压，电流表测电路中的电流,当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路为Ri的简单电路，此时通过 Ri的电流Ii=0.6A,由电流表的量程为 00.6A可知，电路中的最大电流为0.6A,此时电阻Ri消耗的电功率最大，则 ' 大=UI i = 6V X

35、0.6A = 3.6W ;因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：y6V = 0 2A1 R1 + R2 10Q+20Q.'此时电压表的示数：U2= IR2=0.2AX20Q= 4V >3V,所以，电压表的示数 U2' =3V时，电路中的电流最小，此时电阻Ri消耗的电功率最小,因串联电路中总电压等于各分电压之和,所以，此时Ri两端的电压:5= U U2' = 6V - 3V = 3V,则电阻Ri消耗的最小电功率:邛(3V)2Pi 小=引=昔=0.9W'所以，电阻 Ri消耗的电功率的变化范围为0.9W3.6

36、W。答：(i)灯泡L正常发光时的阻值为 6Q;(2)三个开关Si、S2、S3都闭合时，整个电路的总功率为9.6W;(3)电阻Ri消耗的电功率的变化范围为0.9W 3.6W。2i .【解答】解:(i)由图甲可知，灯泡和电压表被短路，灯泡不会发光、电压表无示数，电流应该从滑动变阻器流到灯泡的左端，即应去掉的导线，如图所示:甲(2)电流表有示数，说明电路不存在断路，而电压表无示数，说明与电压表并联部分发生短路或电压表断路；(3)由乙图知，电流表的量程为00.6A,分度值为0.02A,示数为0.2A;灯泡的功率 P=UI =2VX 0.2A = 0.4W;(4)此时电压表示数小于灯的额定电压，要使灯正

37、常发光，应增大灯的电压，减小变阻器的电压，根据分压原理可知，应减小变阻器连入电路中的电阻，滑片向左端移动，直到电压表的示数为2.5V;(5)探究“电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变；电源电压为6V,定值电阻两端电压为 2V,滑动变阻器分压为 4V,变阻器分压是定值电阻两端电压的两倍，根据分压原理，滑动变阻器接入电路的阻值为定值电阻阻值的两倍；因滑动变阻器最大阻值为 40 Q,所以定值电阻最大阻值为20 Q;(6)只闭合开关Si,将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电压表Vi的示数为Ui,此时电路只有 Ro工作，电压表Vi测量电源电压，即

38、电源电压为Ui;只闭合开关S2,灯泡L、滑动变阻器R以及电阻Ro串联，电压表 Vi测量R和Ro的总电压，电压表 V2测量 灯泡L和滑动变阻器 R的总电压；再次调节滑片，当通过灯泡的电流为 Im时，灯泡正常发光，由串联电路的特点可知，电阻Ro的电流也为Im,则电阻Ro的电压为ImRo；由串联电路的电压特点可知，此时电压表 V2的示数为Ui- ImRo；所以，当电压表V2的示数为Ui - ImRo时灯泡正常发光；由于此时电压表 Vi的示数为U2 (即R和Ro的总电压)，所以，由串联电路的电压特点可得灯泡的额定电压为：Ui-U2；小灯泡额定功率的表达式：P额=(Ui- U2) XIm。故答案为：(i

39、)如上图所示；(2)电压表；(3)o.2;o.4;(4)左；2.5; (5) 2。；(6)Si; S2；5 - ImRo；D ( Ui-U2)X Im。22 .【解答】解：(1)因匀速拉动购物篮时所用拉力的大小可能与篮内物体的质量、与地面的材料有关和与拉力的方向有关，该实验应采用控制变量法；由表一数据，在上述实验中，只改变了与篮内物体的质量或与地面的材料，故应始终保持拉力方向不变；由表一数据知，从序号 1、2、3实验或、5、6实验，(拉力方向不变)接触面材料不变，质量越来越大，拉力也越来越大，故分析比较序号1、2、3(或4、5、6)的数据及相关条件，可得出的初步结论是：当地面材料一定，拉力方向一定时，篮内物体质量越大，匀速拉动时拉力越大；研究拉力可能与地面的材料有关，要控制质量不变，比较1、4或2、5或3、6实验，由表中数据知，在质量不变时，接触面越粗糙，拉力越大，可判断猜想二是正确的；(2)分析表二数据知，在质量和接触面粗糙程度不变的条件下，随拉力与水平方向夹角的增大，此过程中拉力F的大小变化情况是先变小，再变大。故答案为：(1)控制变量；拉力方向；1、2、3 (或4、5、6);当地面材料一定，拉力方向一定时，篮内物体质量越大，匀