2022年湖南省长沙市中考仿真物理模拟试卷

2022年湖南省长沙市中考物理模拟试卷〔5月份〕一、选择题1．〔3分〕以下关于声现象的表述，你认为正确的选项是〔〕A．“不敢高声语〞中的“高〞指声音的音调高 B．考场周边禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声 C．演奏前，调节小提琴的琴弦松紧可改变声音的响度 D．声音在真空中的传播速度为340m/s2．〔3分〕以下光现象中，属于光的反射的是〔〕A．水中“弯折〞的筷子 B．手在屏幕上形成的手影 C．天空的彩虹 D．倒映在水中的山3．〔3分〕以下关于厨房中发生的生活现象，说法正确的选项是〔〕A．烧水时，发现水温达不到100℃就沸腾了。是因为气压高于标准大气压 B．翻开锅盖看到“白气〞，这是汽化现象 C．取出存放在冰箱中的冰糕，发现包装外层出现小水珠，这是液化现象 D．把食盐放进水里，一会儿水变成了盐水，这是熔化现象4．〔3分〕现在全市各校都在开展“足球进校园〞活动。关于同学们在足球比赛中涉及到的物理知识，以下分析错误的选项是〔〕A．足球鞋底凹凸不平，是为了增大与地面的摩擦力 B．足球能在空中飞行，是因为受到了运发动的脚对它有力的作用 C．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明物体间力的作用是相互的 D．守门员一下子抱住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态5．〔3分〕如下图，骑自行车出行郊游是一种时尚、环保的生活方式。以下说法正确的选项是〔〕A．骑行者在上坡前会用力蹬几下，这样做的目的是增大动能和惯性 B．如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，那么车会慢慢停下来 C．当骑行者在平直路面上停下来时，车受到的重力与地面对车的支持力是一对平衡力 D．当骑行者在平直路面上匀速前进时，路面受到的压力与自行车受到的支持力是一对相互作用力6．〔3分〕家用电吹风由带扇叶的电动机和电热丝等组成，为了保证电吹风的平安使用，要求：电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作，且电热丝工作时不会影响电动机的工作功率，以下电路〔如图〕中符合要求的是〔〕A． B． C． D．7．〔3分〕关于家庭电路及平安用电的说法中正确的选项是〔〕A．漏电保护器和空气开关作用相同可以相互替代 B．电灯开关短路时可引起空气开关跳闸 C．只要不同时触摸到火线和零线就不会发生触电事故 D．使用试电笔时手必须接触笔尾金属体8．〔3分〕如下图是“比拟食用油和水的吸热能力〞的实验装置图。以下说法正确的选项是〔〕A．用相同的酒精灯加热相同的时间，水吸收的热量多些 B．用相同的酒精灯加热相同的时间，食用油升高的温度更高 C．实验中分别取相同体积的食用油和水 D．实验中，食用油吸热升温较快，说明食用油吸热能力较强9．〔3分〕关于以下四幅图，对应的说法正确的选项是〔〕A．图甲，通电导体周围存在着磁场，将小磁针移走，该磁场消失 B．图乙，闭合开关后，通电螺线管右端为N极 C．图丙，司南能指示南北方向，是因为受到地磁场的作用 D．图丁，闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体棒ab受力方向不变10．〔3分〕如图，电源电压和灯的电阻保持不变，先闭合开关S、S2，灯L正常发光，再进行以下操作后，判断正确的选项是〔〕A．断开S2，只闭合S，灯L变亮 B．断开S2，只闭合S，同时将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电路总功率一直在变大 C．断开S，同时闭合S1、S2，此时电路总电阻小于R1 D．同时闭合S、S1、S2，灯L的亮度变小11．〔3分〕如下图，实心物体A漂浮在水面上，现利用电动机通过滑轮组拉动A，使A向下运动〔运动过程中始终未碰到定滑轮〕。A的体积为0.2m3，密度为0.4×103kg/m3．动滑轮重为300N，电动机工作时拉绳子的功率为1.5×103W且保持不变，不计绳重、摩擦和水的阻力，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，以下说法中不正确的选项是〔〕A．物体向下运动的最小速度3m/s B．物体A浸没在水中时受到的浮力为2×103N C．物体A向下运动过程中，电动机拉着绳子的力先变大，后不变 D．物体A向下运动过程中，滑轮组机械效率的最大值为80%12．〔3分〕水平升降台面上有一个足够深、底面积为300cm2的柱形容器，容器中水深20cm，水对容器底部的压强为p1，现将底面积为100cm2、高20cm的圆柱体A悬挂在固定的弹簧测力计下端，使A浸入水中，稳定后，A的下外表距水面3cm，此时物体受到的浮力为F1，弹簧测力计的示数为9N．弹簧受到的拉力每减小1N，弹簧的长度就缩短1cm，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3以下说法中正确的选项是〔〕A．p1＝2×105Pa，F1＝3N B．物体A的密度为0.15×103kg/m3 C．如果往容器中再倒入1500cm3的水，那么液面上升7.5cm，此时物体A受到的浮力大小为10.5N D．使升降台上升5cm，再次稳定后，此时水对容器底的压力大小为66N二、填空题〔每空2分，共22分〕13．〔4分〕天然气热水器将40kg的水由22℃加热到42℃，水的内能增加了J，水的内能增加是通过方式实现的。[c水＝4.2×103J/〔kg•℃〕]14．〔4分〕如图，质地均匀的木板A长L，放在水平桌面上，质量为8kg，板A右端与桌边相齐，它与桌面的接触面积为0.025m2，g＝10N/kg，此时它对桌面的压强为Pa；在板的右端用一水平拉力F使板A右端缓慢地匀速离开桌边，在板A移动过程中拉力F的功率〔选填“变小“不变〞或“变大〞。〕15．〔4分〕竖直向上抛出的石子上升得越来越慢，到达最高点时的速度大小为零，此时石子受到的合力〔选填“等于“或“不等于〞〕零；石子在整个上升过程中，动能转化为〔不考虑空气阻力影响〕。16．〔4分〕如下图，电阻R1标有“6ΩlA〞，R2标有“3Ω1.2A〞，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0～15V，在a、b间接入电压可调的直流电源。闭合开关s后，为保证R1、R2均不损坏，那么允许加的最大电源电压是，通过电流表A1的电流不得超过。17．〔6分〕在如图甲所示的电路中，电源电压为24V且保持不变，滑动变阻器R上标有“100Ω2A〞字样。闭合开关S后，电流表A与电压表V1的示数如图乙所示，定值电阻R1的阻值为Ω；此时滑动变阻器的电功率为W；假设现有两个定值电阻分别为12Ω和30Ω，选择其中一个来替换电阻R1，两个滑动变阻器“20Ω2A〞和“50Ω1A〞，选择其中一个来替换R2．要求：移动变阻器的滑片P，在电路平安使用的情况下，使电路中总功率变化量到达最大，求出总功率的最大变化量为W〔两电压表型号相同，且三个电表的量程均可自选〕。三、实验题〔每空2分，共22分〕18．〔8分〕如下图，李宁同学在张老师指导下做“探究凸透镜成像规律〞的实验。〔1〕当蜡烛位于图中B处时，移动光屏到D处，观察到光屏上呈现清晰的像，此时像和物大小相等，那么该凸透镜焦距为cm。〔2〕李宁同学把蜡烛移动到A处，屏上的像变得模糊，要使像变清晰，光屏应向〔选填“左〞或“右〞〕适当移动，此时光屏上的像应该是倒立、的实像，就是根据这个原理工作的。19．〔6分〕在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素〞实验中，用铁钉制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如下图的电路。〔1〕实验中通过观察的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同。〔2〕滑片P向右端移动时，甲的磁性将。〔填“变大〞“变小〞或“不变〞〕〔3〕实验发现被电磁铁吸引的大头针下端是分散的，其原因是：。20．〔8分〕小明同学在完成“测量小灯泡的电功率〞实验，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω且工作时电阻变化不计，有滑动变阻器R1“10Ω1A〞和“20Ω1.5A〞及导线假设干。〔1〕小红选择适宜的滑动变阻器连接了如图甲的电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整。〔2〕电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表有示数，接下来应进行的操作是。〔3〕小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，那么小灯泡的功率为W。〔4〕要利用现有器材测量小灯泡两端电压为1.5V时的电功率，在原电路的根底上，小红应该。四、综合应用题〔36题6分，37题6分，38题8分〕21．〔6分〕阅读短文，答复以下问题。充电只需要几秒钟！史上最薄电灯泡！光驱动飞行器！关于石墨烯非凡应用的新闻在人们的视野当中层出不穷，似乎石墨烯已经成为了无所不能的超级材料。作为目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料，石墨烯被称为“黑金〞，是“新材料之玉〞，科学家甚至预言石墨烯将“彻底改变21世纪。〞纳米材料的石墨烯比之以往的碳材料更为稳定，使用寿命更长。通电后的破纤维中的碳分子做“布朗运动〞，在产生热量的同时，会产生85%左右的远红外线来辐射热量。这是最适宜人体的8～15um生命光波。提到辐射，总会人心惶惶，似乎每一种辐射都如核辐射般会蚕食人们的生命。我们首先要明确一下辐射的定义。辐射指的是能量以波或是次原子粒子移动的型态传送。辐射之能量从辐射源向外所有方向直线放射。简单地说，辐射就是传送中的能量，存在于空气、水之中。红外辐射，正是一种无害的辐射。阳光的热量主要通过红外线传到地球。几十年前，航天科学家调查研究，得知太阳光当中波长为5600～15000纳米的远红外线是生物生存必不可少的因素。因此，人们把这一段波长的远红外线称为“生命光波〞。这一段波长的光线，与人体发射出来的远红外线的波长相近，能与生物体内细胞的水分子产生最有效的“共振〞，同时具备了渗透性能，有效地促进动物及植物的生长。石墨烯制热红外辐射，是用科学的技术传递自然的温暖。〔1〕石墨烯是〔选填“导体〞或“绝缘体〞〕；〔2〕大额钞票上有用荧光物质印刷的文字，在可见光下肉眼看不见，但用〔选填“红外线〞“可见光〞或“紫外线〞〕照射那么会产生可见光，这也是一种防伪措施；〔3〕从文中提出一个跟物理知识有关的问题，并做出正确答复，要求与上述问题不重复。提问：。答复：。22．〔6分〕学校初三教师办公室里有一台电热饮水机，它通过机内温控开关S进行自动控制，实现加热和保温两种功能，电路原理图如下图。额定电压为220V，当开关S接a时，电路处于加热状态，电路中的电流为2A；当开关S接b时，电路处于保温状态，电路消耗的总功率为55W．求：〔1〕该饮水机正常保温时，电路中的电流；〔2〕该饮水机在正常加热5min内消耗的电能；〔3〕电阻R2的阻值。23．〔8分〕如下图，将一由A和B构成、两端开口的玻璃制品的底部扎上薄橡皮膜，做成容器。A、B的横截面积分别为SA和SB，且SA＝2SB＝40cm2．〔答器壁的厚度忽略不计〕将容器固定在放有电子秤的铁架台上，使橡皮膜刚好与电子秤完全接触，未倒入水时电子秤的读数为零。往容器内缓慢倒入体积为240cm3的水后，水进入了容器中B局部，且在B内的高度为2cm，此时水对容器底的压强为p1．电子称的读数为280g。g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。〔1〕求容器中水的质量；〔2〕求此时水对容器底的压强p1；〔3〕接下来将一小合金块浸没在容器中最后沉底，B内水面上升了1cm，电子秤的读数增加了120g，那么合金块的密度为多大？

2022年湖南省长沙市中考物理模拟试卷〔5月份〕参考答案与试题解析一、选择题1．〔3分〕以下关于声现象的表述，你认为正确的选项是〔〕A．“不敢高声语〞中的“高〞指声音的音调高 B．考场周边禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声 C．演奏前，调节小提琴的琴弦松紧可改变声音的响度 D．声音在真空中的传播速度为340m/s【分析】〔1〕减弱噪声有三种途径：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱。〔2〕声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；〔3〕音调指声音的上下，由振动频率决定；〔4〕声音的传播需要介质，真空不能传声，【解答】解：A．“不敢高声语〞中的〞高“是指声音的响度大，而不是音调高；故A错误；B．考场周边禁止鸣笛，是在声源处减弱噪声的，故B正确；C．演奏前，调节小提琴的琴弦松紧可改变琴弦振动的频率，即改变声音的音调；故C错误；D．声音在空气中的传播速度为340m/s，声音的传播需要介质，声音在真空中不能传播，故D错误。应选：B。【点评】此题考查声音的综合利用，要求学生对声音及其特性，以及减弱噪声的途径等知识点全面掌握。2．〔3分〕以下光现象中，属于光的反射的是〔〕A．水中“弯折〞的筷子 B．手在屏幕上形成的手影 C．天空的彩虹 D．倒映在水中的山【分析】〔1〕光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都说明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；〔2〕当光照射到物体界面上时，有一局部光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；〔3〕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等。【解答】解：A、水中弯折的筷子是光的折射形成的，故A不符合题意；B、手在屏幕上形成的手影是光的直线传播形成的，故B不符合题意；C、天空的彩虹是光的色散现象，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；D、倒映在水中的山属于平面镜成像，是光的反射形成的，故D符合题意；应选：D。【点评】此题考查光的直线传播的具体生活实例，需要利用生活和物理之间的联系进行判断；能否区分三种光现象：光的直线传播、光的反射、光的折射，是此题的解题关键。3．〔3分〕以下关于厨房中发生的生活现象，说法正确的选项是〔〕A．烧水时，发现水温达不到100℃就沸腾了。是因为气压高于标准大气压 B．翻开锅盖看到“白气〞，这是汽化现象 C．取出存放在冰箱中的冰糕，发现包装外层出现小水珠，这是液化现象 D．把食盐放进水里，一会儿水变成了盐水，这是熔化现象【分析】〔1〕物态变化共有六种：①熔化是物质由固态变为液态；②凝固是物质由液态变为固态；③汽化是物质由液态变为气态；④液化是物质由气态变为液态；⑤升华是物质由固态变为气态；⑥凝华是物质由气态变为固态。〔2〕解决此题的关键是知道物态变化的名称，知道物质从固态变为液态的过程是熔化现象，依据各选项中的物态变化进行分析即可。【解答】解：A、在高山上烧水，水温低于100℃就沸腾了，这是因为高山上气压低，水的沸点低，故A错误；B、白气是空气中的水蒸气形成的小水珠，是液化现象。故B错误；C、从冰箱中取出的冰糕温度低于气温，空气中的水蒸气遇冷由气态液化为液态小水滴，附着在冰糕的包装上，故C正确；D、将食盐放到水中，一会儿水就变咸了，这是溶化过程，是扩散现象，故D错误。应选：C。【点评】判断物态变化主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的概念得出结论；物态变化知识是中考必考的知识点，需要掌握。4．〔3分〕现在全市各校都在开展“足球进校园〞活动。关于同学们在足球比赛中涉及到的物理知识，以下分析错误的选项是〔〕A．足球鞋底凹凸不平，是为了增大与地面的摩擦力 B．足球能在空中飞行，是因为受到了运发动的脚对它有力的作用 C．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明物体间力的作用是相互的 D．守门员一下子抱住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态【分析】〔1〕增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。〔2〕一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；〔3〕物体间力的作用是相互的；〔4〕力的作用效果包括改变物体的形状、改变物体的运动状态。【解答】解：A、足球鞋底凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A正确；B、足球能在空中飞行，是因为足球具有惯性，此时足球不再受到运发动的作用力，故B错误；C、用头顶足球时，头感到疼，说明力的作用是相互的，故C正确；D、守门员一下子抱住射门的足球，足球由运动变为静止，说明力可以改变物体的运动状态，故D正确。应选：B。【点评】此题涉及增大摩擦的方法、惯性现象、力的作用的相互性、力的作用效果等，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握根底知识即可正确解题。5．〔3分〕如下图，骑自行车出行郊游是一种时尚、环保的生活方式。以下说法正确的选项是〔〕A．骑行者在上坡前会用力蹬几下，这样做的目的是增大动能和惯性 B．如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，那么车会慢慢停下来 C．当骑行者在平直路面上停下来时，车受到的重力与地面对车的支持力是一对平衡力 D．当骑行者在平直路面上匀速前进时，路面受到的压力与自行车受到的支持力是一对相互作用力【分析】〔1〕动能大小与速度、质量有关；惯性大小只与质量有关；〔2〕根据牛顿第一定律分析；〔3〕根据平衡力的条件分析；〔4〕根据相互作用力的条件分析。【解答】解：A、骑行者在上坡前会用力蹬几下，这样做的目的是增大动能，由于质量不变，那么惯性不变，故A错误；B、如果自行车在行驶中所受到的力全部消失，由牛顿第一定律可知，自行车将做匀速直线运动，故B错误；C、骑行者在平直路面上停下来时，地面对车的支持力大小等于人和车的总重力，那么支持力大于车受到的重力，所以这两个力不是平衡力，故C错误；D、当骑行者在平直路面上匀速前进时，路面受到的压力与自行车受到支持力的大小相等、方向相反、在同一直线上，作用在不同物体上，属于相互作用力，故D正确。应选：D。【点评】此题考查了动能、惯性、牛顿第一定律、平衡力和相互作用力的区分，属于根底知识。6．〔3分〕家用电吹风由带扇叶的电动机和电热丝等组成，为了保证电吹风的平安使用，要求：电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作，且电热丝工作时不会影响电动机的工作功率，以下电路〔如图〕中符合要求的是〔〕A． B． C． D．【分析】由题意可知，电动机不工作时，电热丝不能发热；电热丝不发热时，电动机仍能工作，且电热丝工作时不会影响电动机的工作功率，说明电动机和电热丝为并联，且一个开关位于干路，另一个开关位于电热丝支路，据此进行解答。【解答】解：A．由电路图可知，闭合S1时，电动机工作，再闭合S2时，电动机和加热器并联同时工作，故A符合题意；B．由电路图可知，闭合S1时，加热器工作，而电动机不工作，故B不符合题意；C．由电路图可知，闭合S1时，加热器和电动机串联同时工作，影响电动机的工作功率，故C不符合题意；D．由电路图可知，闭合S1时，加热器和电动机串联同时工作，影响电动机的工作功率，再闭合S2时，电路中只有加热器工作，故D不符合题意。应选：A。【点评】此题考查了串并联电路的设计，根据题意各处加热器和电动机的连接方式和开关的位置是关键，解答时可以分析选项得出符合要求的答案。7．〔3分〕关于家庭电路及平安用电的说法中正确的选项是〔〕A．漏电保护器和空气开关作用相同可以相互替代 B．电灯开关短路时可引起空气开关跳闸 C．只要不同时触摸到火线和零线就不会发生触电事故 D．使用试电笔时手必须接触笔尾金属体【分析】〔1〕空气开关是防止线路短路或者超负荷用的，而漏电保护器只有漏电的时候会跳闸，所以漏电保护器和空气开关作用不相同，在电路中要同时安装漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地跑了，此时漏电保护器起作用；空气开关在电路过载或短路时，即通过电流过大时起到保护作用。〔2〕控制用电器的开关短接时，相当于开关闭合，用电器正常工作，不会引起电流过大，空气开关跳闸不会跳闸；〔3〕触电是人体直接或间接接触火线，并且和零线或地线构成电流的路径，包括单相触电和双相触电；〔4〕试电笔在使用时手要碰触笔尾金属体，如果接触试电笔的笔尖，相当于直接用手接触导线会有触电危险。【解答】解：A、空气开关是防止线路短路或者超负荷用的，而漏电保护器只有漏电的时候会跳闸，所以漏电保护器和空气开关作用不相同，在电路中要同时安装，但不可以相互替代；故A错误；B、电灯开关短路时，相当于开关闭合，灯泡一直发光，但不会引起空气开关跳闸，故B错误；C、站在地上的人手接触火线，电流会从火线经过人体流到大地，发生单线触电；所以，不同时触摸到火线和零线也会发生触电事故，故C错误；D、正确使用测电笔的方法：笔尖接触检测的导线，手必须接触笔尾金属体，这样才能检测导线是零线还是火线，故D正确。应选：D。【点评】掌握平安用电原那么是解题的关键，此题难度不大。8．〔3分〕如下图是“比拟食用油和水的吸热能力〞的实验装置图。以下说法正确的选项是〔〕A．用相同的酒精灯加热相同的时间，水吸收的热量多些 B．用相同的酒精灯加热相同的时间，食用油升高的温度更高 C．实验中分别取相同体积的食用油和水 D．实验中，食用油吸热升温较快，说明食用油吸热能力较强【分析】我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比拟吸热多少，这种方法叫转化法。比拟物质吸热能力的2种方法：①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比拟吸收的热量〔即比拟加热时间〕，吸收热量多的吸热能力强②使相同质量的不同物质吸收相同的热量〔即加热相同的时间〕，比拟温度的变化，温度变化小的吸热能力强。【解答】解：A、根据转换法，用相同的酒精灯加热相同的时间，水和食用油吸收的热量相同；故A错误；B、水的比热容大，根据比拟吸热能力的方法可知，用相同的酒精灯加热相同的时间，水升高的温度低，食用油升高的温度更高，故B正确；C、根据比拟不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，因食用油和水的密度不同，根据密度公式可知，实验中食用油和水的体积不同，故C错误；D、实验中，食用油吸热升温较快，说明食用油吸热能力较弱，故D错误。应选：B。【点评】此题比拟不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用及密度公式的运用和比拟吸热能力的方法，为热学中的重要实验。9．〔3分〕关于以下四幅图，对应的说法正确的选项是〔〕A．图甲，通电导体周围存在着磁场，将小磁针移走，该磁场消失 B．图乙，闭合开关后，通电螺线管右端为N极 C．图丙，司南能指示南北方向，是因为受到地磁场的作用 D．图丁，闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体棒ab受力方向不变【分析】〔1〕通电导线的周围存在磁场，但磁场看不见、摸不着，可以通过小磁针的偏转说明磁场的存在；〔2〕安培定那么：用右手握螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，那么大拇指所指的那端就是螺线管的北极；〔3〕指南针就是利用地磁的作用来指向南北的；〔4〕通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向有关，当其中一个方向变化时，受力方向变化，但当两个方向同时变化时，受力方向不变。【解答】解：A、图甲中，通电导线周围存在磁场，将小磁针移走，磁场仍存在，故A错误；B、图乙中电源的正极在右侧，可知螺线管中电流方向是由右侧进入左侧流出，利用安培定那么可知通电线管的右端为S极，B错误；C、图丙中，因为地球是一个巨大的磁体，司南能够指示南北方向是因为受到地磁场的作用，故C正确；D、图丁中，假设电流方向不变，对调N、S极即改变了磁感线方向，导体棒ab运动方向将改变，D错误。应选：C。【点评】此题考查了电与磁之间的三个联系：通电导体的周围存在磁场、通电导体在磁场中受力和电磁感应现象，还考查了安培定那么的应用，要求平时学习时注意区分三个相关实验的原理和应用。10．〔3分〕如图，电源电压和灯的电阻保持不变，先闭合开关S、S2，灯L正常发光，再进行以下操作后，判断正确的选项是〔〕A．断开S2，只闭合S，灯L变亮 B．断开S2，只闭合S，同时将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，电路总功率一直在变大 C．断开S，同时闭合S1、S2，此时电路总电阻小于R1 D．同时闭合S、S1、S2，灯L的亮度变小【分析】A、先闭合开关S、S2，R1和R2被短路，电路为灯泡的简单电路，断开S2，只闭合S，三个电阻串联，根据并联和串联电路电压的规律分析灯的电压变化，结合P＝，确定灯的亮度变化；B、断开S2，只闭合S，同时将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，变阻器电阻变大，根据电阻的串联确定总电阻变化，根据P＝分析电路总功率的变化；C、断开S，同时闭合S1、S2，两电阻并联，根据并联电阻的规律分析；D、同时闭合S、S1、S2，两个电阻并联再与灯并联，由并联电路的电压规律可知，灯泡的电压等于电源电压，与只闭合开关S、S2相比，灯泡的电压不变、实际功率不变，据此分析。【解答】解：A、先闭合开关S、S2，R1和R2被短路，电路为灯泡的简单电路，灯L正常发光〔其电压为电源电压〕；断开S2，只闭合S，两个电阻串联再与灯串联，根据串联电路电压的规律，灯的电压变小，根据P＝可知，灯的实际功率变小，那么灯变暗，故A错误；B、断开S2，只闭合S，同时将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，根据电阻的串联，总电阻变大，根据P＝可知，电路总功率一直在变小，故B错误；C、断开S，同时闭合S1、S2，两电阻并联，根据并联电阻的规律，此时电路总电阻小于R1，故C正确；D、同时闭合S、S1、S2，两个电阻并联再与灯并联，由并联电路的电压规律可知，灯泡的电压等于电源电压，与只闭合开关S、S2相比，灯泡的电压不变、实际功率不变，所以灯L的亮度不变，故D错误。应选：C。【点评】此题考查并联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，正确分析电路是关键。11．〔3分〕如下图，实心物体A漂浮在水面上，现利用电动机通过滑轮组拉动A，使A向下运动〔运动过程中始终未碰到定滑轮〕。A的体积为0.2m3，密度为0.4×103kg/m3．动滑轮重为300N，电动机工作时拉绳子的功率为1.5×103W且保持不变，不计绳重、摩擦和水的阻力，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，以下说法中不正确的选项是〔〕A．物体向下运动的最小速度3m/s B．物体A浸没在水中时受到的浮力为2×103N C．物体A向下运动过程中，电动机拉着绳子的力先变大，后不变 D．物体A向下运动过程中，滑轮组机械效率的最大值为80%【分析】〔1〕利用ρ＝求A的质量，再利用G＝mg求A的重力；A浸没在水中V排＝VA，利用阿基米德原理求A浸没在水中受到的浮力；当A完全浸没时绳子对物体A拉力最大，电动机对绳子的拉力F＝〔F浮﹣G+G动〕，利用P＝Fv求绳子自由端运动的最小速度；物体向下移动速度v＝v绳；〔2〕拉力F＝〔F浮﹣G+G动〕，物体A向下运动过程中，浮力先变大、后不变，电动机拉着绳子的力先变大，后不变；〔3〕当A完全浸没时，滑轮组受到的拉力最大，滑轮组的机械效率最大，有用功W有用＝〔F浮﹣G〕h，总功W总＝Fs＝〔F浮﹣G+G动〕3h＝〔F浮﹣G+G动〕h，滑轮组机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：〔1〕由ρ＝可得A的质量：mA＝ρAVA＝0.4×103kg/m3×0.2m3＝80kg；A的重力：GA＝mAg＝80kg×10N/kg＝800N；A浸没在水中V排＝VA＝0.2m3，A浸没在水中受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m3＝2×103N；当A完全浸没时绳子对物体A的拉力最大，电动机对绳子的拉力也最大，不计绳重、摩擦和水的阻力，那么电动机对绳子的最大拉力：F＝〔F浮﹣G+G动〕＝〔2×103N﹣800N+300N〕＝500N，由P＝＝＝Fv可得，绳子自由端运动的最小速度：v绳＝＝＝3m/s；那么物体向下运动的最小速度：v＝v绳＝×3m/s＝1m/s；故A错、B正确；〔2〕电动机对绳子的拉力F＝〔F浮﹣G+G动〕，物体A向下运动过程中，浮力先变大、后不变，所以电动机拉着绳子的力先变大，后不变，故C正确；〔3〕当A完全浸没后，滑轮组受到的拉力最大，此时滑轮组的机械效率最大，有用功：W有用＝〔F浮﹣G〕h，总功：W总＝Fs＝〔F浮﹣G+G动〕×3h＝〔F浮﹣G+G动〕h，滑轮组机械效率的最大值：η＝＝＝＝×100%＝80%，故D正确。应选：A。【点评】此题涉及到滑轮组绳子拉力的计算、浮力的计算、滑轮组的机械效率等，考查的知识点多，用到的公式多，难点是求最大拉力，明确滑轮组有3段绳子承当，当A完全浸没时绳子对物体A拉力最大是关键。12．〔3分〕水平升降台面上有一个足够深、底面积为300cm2的柱形容器，容器中水深20cm，水对容器底部的压强为p1，现将底面积为100cm2、高20cm的圆柱体A悬挂在固定的弹簧测力计下端，使A浸入水中，稳定后，A的下外表距水面3cm，此时物体受到的浮力为F1，弹簧测力计的示数为9N．弹簧受到的拉力每减小1N，弹簧的长度就缩短1cm，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3以下说法中正确的选项是〔〕A．p1＝2×105Pa，F1＝3N B．物体A的密度为0.15×103kg/m3 C．如果往容器中再倒入1500cm3的水，那么液面上升7.5cm，此时物体A受到的浮力大小为10.5N D．使升降台上升5cm，再次稳定后，此时水对容器底的压力大小为66N【分析】〔1〕根据p＝ρ水gh求出水对容器底部的压强；根据阿基米德原理求出物体A的下外表距水面3cm时物体受到的浮力；〔2〕根据F浮＝ρgV排求出长方体排开水的体积即为自身的体积，根据G＝mg求出物体A的质量，利用求出物体A的密度；〔3〕假设加水1500cm3时，A不动，求出水面上升的高度；因浸在水中3cm，受到浮力为3N，可得出A浸入水中的深度，根据F浮＝ρ水gV排＝ρ水gh浸S，即在A浸没前，增加的浮力与增加的浸入深度成正比，得出增加的水的深度为7.5cm时，增加的浮力大小；故可得出此时受到的浮力大小；由物体的浮沉条件判断物体的运动状态，根据弹簧受到的拉力每减小1N，弹簧的长度就缩短1cm，可推导出A上升1cm，液面下降0.5cm，故F浮减小，根据力的平衡得出拉力、浮力表达式；得出A再次平衡后的平衡方程，从而得出h′＝3cm，求出水平下降的高度，从而得出水面实际上升的高度，最终得出A实际浸入深度，据此得出A受到的浮力大小；〔4〕设容器上升5cm，A不动，得出此时的拉力，由浮沉条件确定物体的运动状态，设A下降h″，得出拉力增加的值和水面上升量，从而确定浮力的变化，求出h″，平衡后得出A浸没的深度，再得出水的深度；根据液体压强公式和F＝pS求出水对容器的压力。【解答】解：〔1〕水对容器底部的压强：p1＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2×103Pa，A的下外表距水面3cm时，物体排开水的体积：V排＝SAh下＝100cm2×3cm＝300cm3＝3×10﹣4m3，那么物体受到的浮力：F1＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣4m3＝3N，故A错误；〔2〕由F浮＝G﹣F′可得，物体A的重力：GA＝F1+F′＝3N+9N＝12N，由G＝mg可得，物体A的质量：mA＝＝＝1.2kg，物体A的体积：VA＝SAhA＝100cm2×20cm＝2000cm3＝2×10﹣3m3，那么物体A的密度：ρA＝＝＝0.6×103kg/m3，故B错误；〔3〕假设加水1500cm3时，A不动，那么水面上升：△h＝＝＝7.5cm，因浸在水中3cm，受到浮力为3N，此时A浸入水中的深度：h浸＝3cm+7.5cm＝10.5cm＜20cm，根据F浮＝ρ水gV排＝ρ水gh浸S，即在A浸没前，增加的浮力与增加的浸入深度成正比，故增加的水的深度为7.5cm时，增加的浮力为：F浮＝7.5N，受到的浮力为：7.5N+3N＝10.5N；此时浮力增大，9N+F浮＞12N，因此A上升，弹簧受到的拉力每减小1N，弹簧的长度就缩短1cm，由题易知，A上升1cm，F拉减小1N，液面下降：＝0.5cm，F浮减小，设A上升h′，那么F拉＝9N﹣h′×1N/cm﹣﹣﹣﹣①；F浮＝10.5N﹣1.5×h′×1N/cm﹣﹣﹣﹣﹣②；A再次平衡后有：F拉+F浮＝G﹣﹣﹣﹣﹣③将①②代入③得：19.5N﹣2.5×h′×1N/cm＝12N，h′＝3cm，水平下降：3×0.5cm＝1.5cm，水面实际上升：7.5cm﹣1.5cm＝6cm，A实际浸入深度：10.5cm﹣3cm﹣1.5cm＝6cm；故A受到的浮力为6N；C错误；〔4〕设容器上升5cm，A不动，那么拉力为：9N﹣5N＝4N，此时F拉+F1＝4N+3N＝7N＜GA，故A要下降才能平衡，设A下降h″，那么拉力增加h″×1N/cm，水面上升0.5×h″×1N/cm，浮力变大，于是，4cm+h″+3cm+1.5h″＝12cm；h″＝2cm；平衡后，A浸没的深度为：3cm+2cm+1cm＝6cm，水的深度为：h＝20cm+＝20cm+＝22cm；水对容器的压力：F＝pS＝ρghS＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.22m×300×10﹣4m2＝66N，D正确。应选：D。【点评】此题考查液体压强公式、阿基米德原理、力的平衡，关键是求出升降台上升5cm，物体浸没在液体中的深度，得出物体最终的状态，难度大。二、填空题〔每空2分，共22分〕13．〔4分〕天然气热水器将40kg的水由22℃加热到42℃，水的内能增加了3.36×106J，水的内能增加是通过热传递方式实现的。[c水＝4.2×103J/〔kg•℃〕]【分析】〔1〕知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温〔在一个标准大气压下，水的沸点为100℃〕，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量；〔2〕改变物体内能的方法：做功和热传递；【解答】解：〔1〕水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/〔kg•℃〕×40kg×〔42℃﹣22℃〕＝3.36×106J；〔2〕天然气燃烧时，水吸收热量，内能增加、温度升高，是通过热传递方式改变水的内能。故答案为：3.36×106；热传递。【点评】此题考查了学生对改变内能的方法、吸热公式Q吸＝cm△t的了解与掌握，属于根底知识，难度不大。14．〔4分〕如图，质地均匀的木板A长L，放在水平桌面上，质量为8kg，板A右端与桌边相齐，它与桌面的接触面积为0.025m2，g＝10N/kg，此时它对桌面的压强为3200Pa；在板的右端用一水平拉力F使板A右端缓慢地匀速离开桌边，在板A移动过程中拉力F的功率不变〔选填“变小“不变〞或“变大〞。〕【分析】〔1〕木板对桌面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，根据p＝求出对桌面的压强；〔2〕在板的右端用一水平拉力F使板A右端缓慢地匀速离开桌边时，根据影响滑动摩擦力大小的因素判断受到的摩擦力变化，根据二力平衡条件得出拉力变化，然后根据P＝＝＝Fv判断在板A移动过程中拉力F的功率变化。【解答】解：〔1〕木板对桌面的压力：F＝G＝mg＝8kg×10N/kg＝80N，对桌面的压强：p＝＝＝3200Pa；〔2〕在板的右端用一水平拉力F使板A右端缓慢地匀速离开桌边时，因木板对桌面的压力不变、接触面的粗糙程度不变，所以，木板受到的摩擦力不变，又因木板匀速运动时受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，所以，木板受到的拉力不变，由P＝＝＝Fv可知，在板A移动过程中拉力F的功率不变。故答案为：3200；不变。【点评】此题考查了压强的计算和功率公式的应用，分析好木板运动时摩擦力的变化从而得出拉力的变化是关键。15．〔4分〕竖直向上抛出的石子上升得越来越慢，到达最高点时的速度大小为零，此时石子受到的合力不等于〔选填“等于“或“不等于〞〕零；石子在整个上升过程中，动能转化为重力势能〔不考虑空气阻力影响〕。【分析】在不计空气阻力的情况下，上升的石子只受到重力的作用，它能继续上升是由于石子具有惯性；正是由于重力的作用，使石子的速度再减小，石子也就处于不平衡状态；根据石子上升过程中动能的变化和重力势能的变化，去判断二者的转化情况。【解答】解：石子在上升的过程中，假设忽略空气阻力，石子只受到重力作用，正是由于重力作用，使石子上升的速度在不断减小，最后小到0，石子在只有重力的作用下不会处于平衡状态；石子在上升的过程中，由于速度在减小，动能减小；高度在增大，重力势能增大，可见减小的动能转化成了重力势能；故答案为：不等于；重力势能。【点评】此题考查知识面较广，运用物体受力情况和运动状态的关系，可判断出物体的受力情况以及状态情况；根据机械能中影响动能和重力势能的因素去判断能量间的转化。16．〔4分〕如下图，电阻R1标有“6ΩlA〞，R2标有“3Ω1.2A〞，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0～15V，在a、b间接入电压可调的直流电源。闭合开关s后，为保证R1、R2均不损坏，那么允许加的最大电源电压是3.6V，通过电流表A1的电流不得超过1.8A。【分析】开关闭合后，两电阻并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过电阻R2的电流；〔1〕根据欧姆定律分别求出两电阻两端允许所加的最大电压，然后根据并联电路的电压特点确定R1、R2均不损坏时允许加的电源电压；〔2〕根据欧姆定律求出通过两电阻的电流，再根据并联电路的电流特点求出电流表A1的最大示数。【解答】解：开关闭合s后，两电阻并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测通过电阻R2的电流，〔1〕∵电阻R1标有“6Ω1A〞，R2标有“3Ω1.2A〞，∴根据欧姆定律可得：电阻R1两端允许的最大电压为U1＝I1R1＝1A×6Ω＝6V，电阻R2两端允许的最大电压为U2＝I2R2＝1.2A×3Ω＝3.6V，∵并联电路，各支路电压相等，且6V＞3.6V，∴为了保护电阻R2，电源电压不能超过3.6V。〔2〕此时通过电阻R1的电流为：I1＝＝＝0.6A，∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴干路电流表A1的示数I＝I1+I2＝0.6A+1.2A＝1.8A。故答案为：3.6V；1.8A。【点评】此题考查电流、电压的计算，关键是欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是判断电路的最大电压和最大电流，还要记住并联电路电压和电流的规律。17．〔6分〕在如图甲所示的电路中，电源电压为24V且保持不变，滑动变阻器R上标有“100Ω2A〞字样。闭合开关S后，电流表A与电压表V1的示数如图乙所示，定值电阻R1的阻值为30Ω；此时滑动变阻器的电功率为3.6W；假设现有两个定值电阻分别为12Ω和30Ω，选择其中一个来替换电阻R1，两个滑动变阻器“20Ω2A〞和“50Ω1A〞，选择其中一个来替换R2．要求：移动变阻器的滑片P，在电路平安使用的情况下，使电路中总功率变化量到达最大，求出总功率的最大变化量为12W〔两电压表型号相同，且三个电表的量程均可自选〕。【分析】由电路图可知，两电阻串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。〔1〕根据量程和分度值读出电流表A和电压表V1的示数，利用欧姆定律求出定值电阻R1的阻值；〔2〕根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据P＝UI算出滑动变阻器的电功率；〔3〕定值电阻越小，滑动变阻器最大阻值越大，移动滑动变阻器滑片时，电路电流变化越大，据此选择定值电阻的规格；两电压表型号相同，当定值电阻两端的电压为为15V时电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，当滑动变阻器两端的电压为15V时电路中的电流最小，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电流表的最大和最小示数，进一步求出总功率的变化量的大小。【解答】解：由电路图可知，两电阻串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。〔1〕由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电路中的电流I＝0.2A，电压表V1的量程为0～15V，分度值为0.5V，电阻R1两端的电压U1＝6V，根据欧姆定律可得：R1＝＝＝30Ω；〔2〕因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝24V﹣6V＝18V，此时滑动变阻器消耗的电功率：P滑＝U2I＝18V×0.2A＝3.6W；〔3〕因为定值电阻越小，滑动变阻器最大阻值越大，移动滑动变阻器滑片时，电路电流变化越大，所以R1选定值电阻阻值较小的12Ω，假设滑动变阻器“50Ω1A〞来替换R2时，当定值电阻R1两端的电压U1′＝15V时，电路中的电流：I1＝＝＝1.25A＞1A，那么电路中的最大电流Imax＝1A，当滑动变阻器R2′两端的电压为15V，电路中的电流最小，Imin＝＝＝＝0.75A，电路中电流的变化量：△I＝Imax﹣Imin＝1A﹣0.75A＝0.25A；电路中电功率的变化量：△P＝U△I＝24V×0.25A＝6W；假设滑动变阻器“20Ω2A〞来替换R2时，当定值电阻R1两端的电压U1′＝15V时，电路中的电流：I1′＝＝＝1.25A，当滑动变阻器R2′两端的电压U2′＝15V时，电流表的示数最小，Imin′＝＝＝＝0.75A，所以电流表示数的最大变化量：△I′＝Imax′﹣Imin′＝1.25A﹣0.75A＝0.5A，电路中电功率的变化量：△P′＝U△I′＝24V×0.5A＝12W；综上可知，R1选12欧，R2选“20Ω2A〞时电功率变化量最大，最大为12W。故答案为：30；3.6；12。【点评】此题考查了电表的读数和串联电路的特点、欧姆定律的灵活应用，关键是知道“定值电阻越小，滑动变阻器最大阻值越大，移动滑动变阻器滑片时，电路电流变化越大〞。三、实验题〔每空2分，共22分〕18．〔8分〕如下图，李宁同学在张老师指导下做“探究凸透镜成像规律〞的实验。〔1〕当蜡烛位于图中B处时，移动光屏到D处，观察到光屏上呈现清晰的像，此时像和物大小相等，那么该凸透镜焦距为10cm。〔2〕李宁同学把蜡烛移动到A处，屏上的像变得模糊，要使像变清晰，光屏应向左〔选填“左〞或“右〞〕适当移动，此时光屏上的像应该是倒立、缩小的实像，照相机就是根据这个原理工作的。【分析】〔1〕当物距等于2f时，成倒立、等大的实像，像距等于2f，根据其结合像距与物距的关系得出结论；〔2〕当物距大于二倍焦距时，像距在一倍和二倍焦距之间，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；【解答】解：〔1〕根据图中数据可知，u＝v＝20.00cm，那么可知20.00cm＝2f，f＝10.00cm；〔2〕李宁同学把蜡烛移动到A处，即物体处于2倍焦距以外，所成此时的像应该成在凸透镜另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，故光屏应该向左移动，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用该原理制成的。故答案为：〔1〕10；〔2〕左；缩小；照相机。【点评】探究凸透镜成像规律〞的实验，关键掌握凸透镜成像规律及作用，属于根底问题的考查，难度不大。19．〔6分〕在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素〞实验中，用铁钉制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如下图的电路。〔1〕实验中通过观察吸引大头针数目的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同。〔2〕滑片P向右端移动时，甲的磁性将变小。〔填“变大〞“变小〞或“不变〞〕〔3〕实验发现被电磁铁吸引的大头针下端是分散的，其原因是：同名磁极互相排斥。【分析】〔1〕转换法是指在保证效果相同的前提下，将不可见、不易见的现象转换成可见、易见的现象；将陌生、复杂的问题转换成熟悉、简单的问题；将难以测量或测准的物理量转换为能够测量或测准的物理量的方法；利用转换法，通过电磁铁吸引铁钉的多少来认识其磁性强弱。〔2〕探究电磁铁磁性跟电流大小的关系，保持匝数相同，改变滑动变阻器滑片的位置来改变电流的大小，通过比拟甲或乙前后两次吸引小铁钉的多少来探究磁性强弱跟电流大小的关系。〔3〕同名磁极排斥，异名磁极吸引。【解答】解：〔1〕磁性的强弱是直接看不出来的，可以通过电磁铁吸引铁钉的多少来认识其磁性强弱，电磁铁吸引的铁钉个数越多，说明其磁性越强。〔2〕当滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，电磁铁磁性减弱，那么电磁铁甲吸引铁钉的个数变小。〔3〕大头针被磁化，同一端的磁极相同，同名磁极相互排斥，所以下端分散。故答案为：〔1〕吸引大头针数目；〔2〕变小；〔3〕同名磁极互相排斥。【点评】探究“影响电磁铁磁性强弱的因素〞实验，考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，考查了滑动变阻器对电路电流的影响。20．〔8分〕小明同学在完成“测量小灯泡的电功率〞实验，电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为8Ω且工作时电阻变化不计，有滑动变阻器R1“10Ω1A〞和“20Ω1.5A〞及导线假设干。〔1〕小红选择适宜的滑动变阻器连接了如图甲的电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整。〔2〕电路正确连接后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表有示数，接下来应进行的操作是通过右移滑片，减小电路电阻，增大电路的电流，来判断灯泡短路还是电路电流太小造成的灯泡不亮。〔3〕小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，那么小灯泡的功率为0.75W。〔4〕要利用现有器材测量小灯泡两端电压为1.5V时的电功率，在原电路的根底上，小红应该将R1串联进原电路中。【分析】〔1〕滑动变阻器接线“一上一下〞。〔2〕如果电路电阻太大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，灯泡不发光，应移动滑动变阻器滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，看灯泡是否发光。〔3〕灯泡额定电压时，读出电流表示数，根据P＝UI计算电功率。〔4〕根据灯泡两端电压，确定滑动变阻器两端电压，计算出滑动变阻器电阻，确定步骤。【解答】解：〔1〕开关与滑动变阻器串联，接线“一上一下〞如下图。〔2〕闭合开关，电流表有示数，灯泡不亮，应向右移动滑动变阻器滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，增大电路的电流，来判断灯泡短路还是电路电流太小造成的灯泡不亮；〔3〕灯泡正常工作，U＝2.5V，由图甲知，电流表量程0﹣0.6A，分度值0.02A，电流表示数0.3A，根据P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。〔4〕灯泡两端电压为1.5V，电源电压6V，那么U滑＝U﹣U灯＝6V﹣1.5V＝4.5V，根据串联分压＝得，＝解得：R滑＝24Ω根据滑动变阻器最大阻值为20Ω，将另一滑动变阻器串联接入电路并调节至电压为1.5V。故答案为：〔1〕如下图；〔2〕通过右移滑片，减小电路电阻，增大电路的电流，来判断灯泡短路还是电路电流太小造成的灯泡不亮；〔3〕0.75；〔4〕将R1串联进原电路中。【点评】此题考查了测灯功率的实验的电路的连接、电流表的读数、电功率的计算及滑动变阻器的使用，其中〔4〕有一定的难度。四、综合应用题〔36题6分，37题6分，38题8分〕21．〔6分〕阅读短文，答复以下问题。充电只需要几秒钟！史上最薄电灯泡！光驱动飞行器！关于石墨烯非凡应用的新闻在人们的视野当中层出不穷，似乎石墨烯已经成为了无所不能的超级材料。作为目前发现的最薄、最坚硬、导电导热性能最强的一种新型纳米材料，石墨烯被称为“黑金〞，是“新材料之玉〞，科学家甚至预言石墨烯将“彻底改变21世纪。〞纳米材料的石墨烯比之以往的碳材料更为稳定，使用寿命更长。通电后的破纤维中的碳分子做“布朗运动〞，在产生热量的同时，会产生85%左右的远红外线来辐射热量。这是最适宜人体的8～15um生命光波。提到辐射，总会人心惶惶，似乎每一种辐射都如核辐射般会蚕食人们的生命。我们首先要明确一下辐射的定义。辐射指的是能量以波或是次原子粒子移动的型态传送。辐射之能量从辐射源向外所有方向直线放射。简单地说，辐射就是传送中的能量，存在于空气、水之中。红外辐射，正是一种无害的辐射。阳光的热量主要通过红外线传到地球。几十年前，航天科学家调查研究，得知太阳光当中波长为5600～15000纳米的远红外线是生物生存必不可少的因素。因此，人们把这一段波长的远红外线称为“生命光波〞。这一段波长的光线，与人体发射出来的远红外线的波长相近，能与生物体内细胞的水分子产生最有效的“共振〞，同时具备了渗透性能，有效地促进动物及植物的生长。石墨烯制热红外辐射，是用科学的技术传递自然的温暖。〔1〕石墨烯是导体〔选填“导体〞或“绝缘体〞〕；〔2〕大额钞票上有用荧光物质印刷的文字，在可见光下肉眼看不见，但用紫外线〔选填“红外线〞“可见光〞或“紫外线〞〕照射那么会产生可见光，这也是一种防伪措施；〔3〕从文中提出一个跟物理知识有关的问题，并做出正确答复，要求与上述问题不重复。提问：充电时电能是如何转化的。答复：电能转化为化学能。【分析】〔1〕容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；〔2〕紫外线的化学作用强，能使荧光物质发光。〔3〕认真阅读材料，找到与物理知识有关的词句，然后做出解释。【解答】解：〔1〕石墨烯有着和铜一样出色的导电性，属于导体；〔2〕紫外线的化学作用强，能使荧光物质发光，能够看清大额钞票上有用荧光物质印刷的文字。〔3〕提问：充电时电能是如