最新淄博市2016年中考物理试题

2016淄博中考

一、选择题(本题包括15个小题，每小题2分，共30分) 1．光使世界绚丽奇妙，以下现象属于光的反射的是（ ）

A．小孔成像 B．海市蜃楼 C．水中倒影 D．雨后彩虹

2．下列有关物态变化的判断，正确的是（ ）

A．擦在皮肤上的酒精很快变干，是升华现象，需要吸热 B．夏天会看到冰棒周围冒“白气”，是汽化现象，需要吸热 C．秋天的早晨花草上出现小露珠，是液化现象，需要放热 D．寒冷的冬天室外飘起了雪花，是凝固现象，需要放热

3．安全用电越来越被人们所重视，符合安全用电要求的做法是（ ）

A．用湿手插拔电热器的插头

B．多个大功率用电器同时用一个插座

C．家庭电路中，把开关接在零线和灯泡之间 D．使用试电笔时，手指触碰笔尾的金属帽

4．如图所示，空中加油机正在给匀速水平飞行的战斗机加油，加油后战斗机仍以原来的高度和速度做匀速

飞行，则战斗机的（ ）

A．动能不变，势能不变，机械能不变 B．动能不变，势能减少，机械能减少 C．动能增加，势能不变，机械能增加 D．动能增加，势能增加，机械能增加

5．运动员将静止的足球踢出，足球沿水平地面向前运动了一段距离后停下来，那么正确的说法是（ ）

A．脚对足球的力使足球由静止开始运动 B．足球运动时重力对足球做了功

C．足球所受摩擦力不会改变足球的运动状态 D．足球最终停止运动是由于失去了脚的作用力

6．用如图所示的滑轮组在10s内将300N的重物匀速提升3m，已知动滑轮重30N，不计摩擦，则（ ）

A．利用滑轮组所做的有用功是450J B．绳子自由端移动的速度是0.9m/s C．拉力的功率是99W

D．滑轮组的机械效率是80%

7．下列说法中正确的是（ ）

A．电动机是电磁感应现象的应用

B．导航卫星和数字卫星电视都是利用电磁波传递信号 C．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能 D．核电站利用的是可控核聚变释放的能量

8．烛焰通过焦距为10cm的甲凸透镜在光屏上成清晰的像，如图所示．现用焦距为5cm的乙凸透镜替换甲，

不改变蜡烛和凸透镜的位置，关于乙凸透镜的成像情况，正确的说法是（ ）

A．要在光屏上成清晰的像，光屏应向右移动 B．要在光屏上成清晰的像，光屏应向左移动 C．移动光屏，可以得到一个清晰放大的实像 D．移动光屏，可以得到一个清晰放大的虚像

9．下列电路中，已知电源电压相等，且R1＜R2，则电路中电流表的示数最大的是（ ）

A． B． C． D．

10．国产舰载机在“辽宁号”航母上的成功起降，标志着中国航母时代的到来．下列关于舰载机的说法错误的

是（ ）

A．飞机的速度越大，惯性越大

B．飞机起飞的过程中，运动状态不断改变 C．飞机飞离航母后，航母所受的浮力变小 D．飞机飞行时，机翼上方空气流速大压强小

11．磁感线可以方便地描述磁场，关于磁感线的认识正确的是（ ）

A．磁感线是由铁屑组成的

B．磁感线是磁体周围真实存在的曲线

C．磁体周围的磁感线都是从磁铁的S极出发回到N极 D．地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近

12．一杯酒精倒出一半，剩余酒精的质量、密度、比热容和热值的变化情况是（ ）

A．质量、密度、比热容和热值不变

B．质量变为原来的一半，密度、比热容和热值不变 C．质量和密度变为原来的一半，比热容和热值不变 D．质量和热值变为原来的一半，密度和比热容不变

13．如图所示，水平桌面上放置甲、乙两个圆筒形容器，甲容器中盛有液体A，物块M漂浮在A中，排开

液体的质量为m1，液体A对甲容器底部的压强为p1；乙容器中盛有液体B．物块N漂浮在B中，排开液体的质量为m2，液体B对乙容器底部的压强为p2．已知甲容器的底面积大于乙容器的底面积．容器中液体A、B质量相等，物块M、N质量相等．下列判断正确的是（ ）

A．p1＜p2，m1＜m2 B．p1＜p2，m1=m2 C．p1＞p2，m1＞m2 D．p1＞p2，m1=m2

14．下列关于热现象的说法中正确的是（ ） A．温度高的物体含有的热量多

B．物体的内能增加，一定时从外界吸收了热量 C．液体的沸点随液面上方气压的增大而降低 D．冰水混合物吸热时，温度不变，内能增大

15．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，下列说法正确的是

（ ）

A．电压表B．电压表C．电压表D．电压表

示数变大，电路表示数变小 示数不变，电流表示数变大 示数和电流表示数的乘积变大 示数和电流表的比值不变

二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分） 16．弹钢琴时手指按压不同的琴键是为了改变声音的 音调 ；利用超声波清洗眼睛说明声波能够传递 能量 ．利用声呐系统向海底垂直发射声波，经2s后收到回波．已知声音在海水中的传播速度为1531m/s，则此处海水的深度为 1531 m；利用此种方法不能测量地球和月球之间的距离，这是因为 超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播 ．

17．如图所示是某电能表表盘的部分数据（imp表示电能表指示灯闪烁的次数）．当电路中某用电器单独工

作6min时，电能表指示灯闪烁了320次，则该用电器消耗的电能是 0.1 kW?h，它的功率是 1000 W．

18．电热器是利用电流的 热效应 来工作的．某发热元件的阻值为420Ω，通过的电流为1A，通电10min

3

产生的热量是 25200 J，这些热量能使2kg的冷水温度升高 3 ℃．[水的比热容为4.2×10J/（kg?℃）]．

19．杠杆调平衡后，将两个体积相同的重物分别挂在杠杆两侧的A、B处，杠杆仍然平衡，如图所示，则

GA 大于 GB；若将两重物同时浸没在水中，则杠杆的 右 端下沉（选填“左”或“右”）．

20．如图所示，一束光从空气射向水面，请画出反射光线和折射光线．

三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分） 21．小云用如图所示装置探究水的沸腾．

（1）组装实验器材时，应按照 自下而上 的顺序（选填“自上而下”或“自下而上”）．实验室现有水银温度

计（﹣20℃﹣120℃）、酒精温度计（﹣80℃﹣60℃）、体温计、寒暑表等不同种类的温度计，本实验应选用的温度计是 水银温度计 ；

（2）实验中，小云观察到水灾沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况不同，如图甲、乙所示．表示沸腾前气

泡上升情况的是图 甲 ；水沸腾时，烧杯中不停地冒出“白气”，这些“白气”实际上是 小水滴 （选填“小冰晶”、“小水滴”或“水蒸气”）；

（3）实验完毕，小云撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 石棉网的余温仍高于水的沸点 ．

22．如图所示，小亮利用电流表、电压表、滑动变阻器、开关、电源、阻值不同的电阻及导线等实验器材，

探究电流与电压、电阻的关系．

（1）请你用笔画线代替导线，帮小亮完成实物电路的连接．要求滑动变阻器滑片P向左移动时，电流表的

示数变小，导线不能交叉；

（2）小亮正确连接电路后，闭合开关，无论怎样移动滑片P，电流表的示数始终为0，电压表的示数约为

3V，实验所用导线完好无损，则电路中出现的故障是 R断路 ．

（3）实验中，滑动变阻器具有保护电路的作用．另外，在探究电流与电压的关系时，通过移动滑片P来改

变 定值电阻两端电压 ；在探究电流与电阻的关系时，通过移动滑片P来控制 电阻两端电压不变 ； （4）小亮将电阻R换成一个额定电压为3.8V、阻值约为10Ω的小灯泡，想测量它的额定功率．为此，需

要对原电路进行两处改动：一是 增加一节干电池 ，二是 电压表换接0～15V的量程 ．

23．为了探究滑动摩擦力的大小跟哪些因素有关，小明选用以下能满足实验要求的器材做了一系列的实验：

形状相同的木块和铁块、表面平整的长木板、弹簧测力计等．小明做的部分实验如表所示（实验时，长木板固定在水平桌面上）： 序号 实验方法 图示 1 把木块平放在长木板上，用弹簧测力计水平拉动木块，使木块做匀速 直线运动，记下弹簧测力计的示数F1； 2 把铁块侧放在长木板上，用弹簧测力计水平拉动铁块，使铁块做匀速直线运动，记下弹簧测力计的示数F2； 木块在下，铁块在上叠放在一起后放到长木板上，用弹簧测力计水平 3 拉动木块，使它们做匀速直线运动，记下弹簧测力计的示数F3． 小明发现，三次实验中弹簧测力计的示数均不相同，即F1≠F2≠F3，且F1＜F3． （1）比较1、3两次实验，由F1＜F3得出的结论是 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 ； （2）比较1、2两次实验，根据F1≠F2，小明认为：滑动摩擦力的大小与接触面积有关．小明得出这个错误

结论的原因是 没有控制压力大小、接触面粗糙程度相同 ．

（3）实验中运用了转换法，把摩擦力的大小转换为 拉力大小 ．为了保证转换的正确性，实验中采取的

措施是 拉动木块做匀速直线运动 ．

（4）小明想：木块表面粗糙还是铁块表面粗糙？请你利用现有器材增加一次实验，解决小明的问题．写出

实验方法和结论：方法 将铁块叠放在木块之上，重复步骤3的实验，记下弹簧测力计的示数F4，比较F3和F4的大小 ；结论 若F3＞F4，则说明木块的表面粗糙，若F3＜F4，则说明铁块的表面粗糙． ．

四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）

24．在水平台面上放置一个底面积为100cm的圆筒形容器，容器内水深20cm，将一个长方体用细线拴好

悬挂在弹簧测力计下，从水面开始逐渐浸入直至浸没到水面下某处停止．此过程中，弹簧测力计的示数F与长方体下表面到水面的距离h的关系图象如图所示．（g=10N/kg，容器厚度、细线重均不计，容器内的水未溢出）．求：

（1）长方体浸没在水中受到的浮力； （2）长方体浸没时，水对容器底的压强．

2

25．如图所示，小灯泡L标有“2.5V 1.5W”的字样，电源电压6V保持不变，R2为定值电阻． （1）开关S、S1、S2都闭合时，R2消耗的电功率为3W，求R2的阻值；

（2）闭合S，断开S1、S2，移动滑动变阻器的滑片P使小灯泡正常发光，求此时滑动变阻器接入电路的电

阻值（计算结果保留整数）．

2016年淄博市中考物理试卷（有兴趣下载来看看）

一、选择题(本题包括15个小题，每小题2分，共30分) 1．光使世界绚丽奇妙，以下现象属于光的反射的是（ ）

A．小孔成像 B．海市蜃楼 C．水中倒影 D．雨后彩虹

【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、

日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、

玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池

底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的． 要解决此题，需要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的． 【解答】解：

A、小孔成像，成的是物体倒立的像，像之所以是倒立的，就是因为光的直线传播造成的，故与题意不符； B、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果，故与题意不符； C、水中倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意．

D、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折

射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的．不合题意． 故选C．

【点评】现实生活中有很多与光有关的现象，平时要注意多观察，多思考，并用所学光学知识去解释观察

到的光学现象，这能提高我们运用所学知识解决实际问题的能力．

2．下列有关物态变化的判断，正确的是（ ）

A．擦在皮肤上的酒精很快变干，是升华现象，需要吸热 B．夏天会看到冰棒周围冒“白气”，是汽化现象，需要吸热 C．秋天的早晨花草上出现小露珠，是液化现象，需要放热 D．寒冷的冬天室外飘起了雪花，是凝固现象，需要放热 【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变

化；

（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态

变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固．

（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热

的有：熔化、汽化、升华． 【解答】解：

A、擦在皮肤上的酒精变干，是汽化现象，汽化吸热，故A错误；

B、夏天揭开冰棒包装后会看到冰棒冒“白气”，是空气中的水蒸气遇到温度较低的冰棒凝结成的小水滴，属

于液化现象，故B错误；

C、秋天的早晨花草上出现小露珠，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，故C正确； D、初冬的早晨地面上出现白色的霜，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，故D错误． 故选C．

【点评】本题主要考查学生对生活中常见的物态变化的认识和了解，是一道基础题．

3．安全用电越来越被人们所重视，符合安全用电要求的做法是（ ）

A．用湿手插拔电热器的插头

B．多个大功率用电器同时用一个插座

C．家庭电路中，把开关接在零线和灯泡之间 D．使用试电笔时，手指触碰笔尾的金属帽 【分析】（1）水是导体，湿手不能插拔插头，否则会触电；

（2）电源电压一定，多个大功率用电器同时总功率会过大，由P=UI可知，会引起电流过大，易引发火灾； （3）从安全用电的角度分析，把开关接在火线和灯泡之间； （4）使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体．

【解答】解：A、水是导体，湿手不能插拔插头，否则会触电，故A错误；

B、电源电压一定，多个大功率用电器同时总功率会过大，由P=UI可知，会引起电流过大，易引发火灾，

故B错误；

C、从安全用电的角度分析，把开关接在火线和灯泡之间，故C错误； D、使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体，故D正确； 故选D．

【点评】此题考查了安全用电的相关知识，是一道综合题，难度不大．

4．如图所示，空中加油机正在给匀速水平飞行的战斗机加油，加油后战斗机仍以原来的高度和速度做匀速

飞行，则战斗机的（ ）

[来源:Z#xx#k.Com]

A．动能不变，势能不变，机械能不变 B．动能不变，势能减少，机械能减少 C．动能增加，势能不变，机械能增加 D．动能增加，势能增加，机械能增加 【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大． （2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大． （3）机械能=动能+势能．物体没有发生弹性形变，势能只考虑重力势能．

【解答】解：加油后战斗机仍以原来的高度和速度做匀速飞行，战斗机油量增加，质量增大，动能增大．战

斗机的质量增大，高度不变，重力势能增大．机械能=动能+势能，战斗机没有发生弹性形变，不考虑弹性势能．动能增大，重力势能增大，机械能增大．故A、B、C错误，D正确． 故选D．

【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，掌握动能、重力势能、弹性势能、机械能的大

小变化情况．

5．运动员将静止的足球踢出，足球沿水平地面向前运动了一段距离后停下来，那么正确的说法是（ ）

A．脚对足球的力使足球由静止开始运动 B．足球运动时重力对足球做了功

C．足球所受摩擦力不会改变足球的运动状态 D．足球最终停止运动是由于失去了脚的作用力 【分析】利用以下知识分析解答：

（1）力的作用效果：改变物体的形状及改变物体的运动状态；

（2）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二

者缺一不可．

【解答】解：A、球由静止到运动，运动状态发生了变化，是因为受到脚对它的作用力．故A正确； B、足球沿水平地面向前运动了一段距离，距离与重力的方向垂直，所以足球运动时重力没有对足球做功．故

B错误；

C、足球滚动过程中由于受到摩擦阻力作用，运动状态发生变化，慢慢停下来，故C错误；

D、足球最终停止运动是由于受到摩擦阻力作用，运动状态发生变化，不是因为失去了脚的作用力，故D

错误． 故选A．

【点评】本题结合足球运动考查相关的物理知识，注重了物理和生活的联系，属于基础知识的考查，比较

简单．

6．用如图所示的滑轮组在10s内将300N的重物匀速提升3m，已知动滑轮重30N，不计摩擦，则（ ）

A．利用滑轮组所做的有用功是450J B．绳子自由端移动的速度是0.9m/s C．拉力的功率是99W

D．滑轮组的机械效率是80%

【分析】克服物体的重力所做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力所做的功为总功，根据W=Gh求

出有用功和总功，根据P=求出拉力的功率，根据η=×100%求出滑轮组的机械效率，由图可知滑

轮组绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，利用v=求出绳子自由端移动的速度． 【解答】解：利用滑轮组所做的有用功： W有=Gh=300N×3m=900J，故A错误； 拉力做的功：

W总=（G+G动）h=（300N+30N）×3m=990J， 拉力的功率：

P===99W，故C正确；

滑轮组的机械效率：

η=×100%=×100%≈90.9%，故D错误；

由图可知，n=2，则绳端移动的距离： s=nh=2×3m=6m， 绳子自由端移动的速度：

[来源学科网Z|X|X|K]v===0.6m/s，故B错误． 故选C．

【点评】本题考查了功和功率、机械效率、绳端移动速度的计算，明确有用功和总功是关键．

7．下列说法中正确的是（ ）

A．电动机是电磁感应现象的应用

B．导航卫星和数字卫星电视都是利用电磁波传递信号 C．在汽油机的压缩冲程中，内能转化为机械能 D．核电站利用的是可控核聚变释放的能量 【分析】（1）电动机是利用通电导线在磁场中受力转动来工作的；

（2）电磁波能在真空中传播，导航卫星和数字卫星电视是利用电磁波传递信息的； （3）汽油机在压缩冲程中，把机械能转化为内能； （4）现在的核电站是利用核裂变释放的能量发电的． 【解答】解：

A、电动机不是利用电磁感应来工作的，是利用通电导线在磁场中受力转动来工作的，故A错误； B、电磁波能在真空中传播，导航卫星和数字卫星电视是利用电磁波传递信息的，故B正确； C、汽油机在压缩冲程中，把机械能转化为内能，不是内能转化为机械能，故C错误； D、目前的核电站利用的是核裂变释放的能量，故D错误． 故选B．

【点评】本题考查了电动机的原理、电磁波的利用、汽油机工作时能的转化、核电站的工作原理，涉及的

知识点较多，是一道学科综合题，但难度不大．

8．烛焰通过焦距为10cm的甲凸透镜在光屏上成清晰的像，如图所示．现用焦距为5cm的乙凸透镜替换甲，

不改变蜡烛和凸透镜的位置，关于乙凸透镜的成像情况，正确的说法是（ ）

A．要在光屏上成清晰的像，光屏应向右移动 B．要在光屏上成清晰的像，光屏应向左移动 C．移动光屏，可以得到一个清晰放大的实像 D．移动光屏，可以得到一个清晰放大的虚像

【分析】要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律，分析图象中物距和像距的大小关系，得出此时成像的

特点；

将凸透镜换成焦距为5cm时，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大而得出光屏移动的方向． 【解答】解：（1）由图知，物距大于像距，此时成倒立缩小的实像；

（2）当将凸透镜换成焦距f为5cm的，由图可知，此时u＞2f，则成倒立缩小的实像；

相当于增大了物距，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知应将光屏向左移动才能得到清晰的像，

综上分析，只有选项B正确，ACD错误． 故选B．

【点评】此题考查了有关凸透镜成像的规律，掌握凸透镜成像的特点与物距、像距之间的关系，难度稍大．

9．下列电路中，已知电源电压相等，且R1＜R2，则电路中电流表的示数最大的是（ ）

A． B． C． D．

【分析】电压一定时，根据I=可知，电路中的电阻越小，电路中的电流越大，据此根据电阻的串并联分析

个电路图中的总电阻得出答案．

【解答】解：由选项可知，A中两电阻并联，B中两电阻串联，C中为R1的简单电路，D中为R2的简单电

路，电流表均测电路中的电流，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和， 所以，选项中总电阻的关系是R并＜R1＜R2＜R串，即RA＜RC＜RD＜RB，

由I=可知，对应的电流关系为RA＞RC＞RD＞RB． 故选A．

【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，实质考查了电阻的串联和电阻的并联，是一道较为简单的应用

题．

10．国产舰载机在“辽宁号”航母上的成功起降，标志着中国航母时代的到来．下列关于舰载机的说法错误的

是（ ）

A．飞机的速度越大，惯性越大

B．飞机起飞的过程中，运动状态不断改变 C．飞机飞离航母后，航母所受的浮力变小 D．飞机飞行时，机翼上方空气流速大压强小 【分析】（1）惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物

体的质量有关，质量越大，惯性越大；

（2）运动状态改变是指速度大小的改变、运动方向的改变或者二者同时改变； （3）漂浮在液面的物体，所受浮力与自身重力相等，据此判断；

（4）飞机机翼上方空气流速大压强小，下方空气流速小压强大，机翼在压强差的作用下，受到升力作用． 【解答】解：

A、惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，惯性的大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；惯

性的大小与速度的大小无关，故A错误；

B、飞机起飞的过程中，速度越来越块，运动状态改变了，故B正确；

C、飞机飞离航母后，航母的总重力减小，由于航母仍然漂浮在水中，所受浮力与自身重力相等，所以受到

的浮力减小，故C正确；

D、飞机的机翼上凸下平，飞机飞行时，空气经过机翼上方的路程长，速度大，压强小；空气经过下方的路

程短，速度小，压强大，从而使飞机获得向上的升力，故D正确． 故选A．

【点评】本题考查了我们对浮沉条件的应用、惯性的理解、平衡状态的辨别，以及流体压强与流速的关系，

有一定综合性，但难度不大．

11．磁感线可以方便地描述磁场，关于磁感线的认识正确的是（ ）

A．磁感线是由铁屑组成的

B．磁感线是磁体周围真实存在的曲线

C．磁体周围的磁感线都是从磁铁的S极出发回到N极 D．地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近 【分析】（1）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；

（2）在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极； （3）对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极；

【解答】解：AB、磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线，故AB错误； C、在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极，故C错误；

D、对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极，故地磁场的磁感线

是从地球南极附近出发回到北极附近，故D正确； 故选D．

【点评】此题考查了磁感线的理解、地磁场的理解和磁感线方向的判断，是一道综合题．

12．一杯酒精倒出一半，剩余酒精的质量、密度、比热容和热值的变化情况是（ ）

A．质量、密度、比热容和热值不变

B．质量变为原来的一半，密度、比热容和热值不变 C．质量和密度变为原来的一半，比热容和热值不变 D．质量和热值变为原来的一半，密度和比热容不变

【分析】质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变；密度、比热容、热值

是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，同种物质的密度、比热容、热值一般不变．

【解答】解：酒精的比热容、热值、密度三个物理量，都是表示酒精的某种特性；是从不同的角度来描述

酒精的特性，只与物质的种类和状态有关，是一般不发生变化的量；一瓶酒精用去一半，则剩下的酒精的比热容、热值、密度不变；故ACD错误；

质量是指物体所含物质的多少，一瓶酒精用去一半后，其质量将减半，故B正确； 故选B．

【点评】此题主要考查学生对物质有关物理量概念的理解和掌握，明确各个物理量的真正含义后，可顺利

解决此题．

13．如图所示，水平桌面上放置甲、乙两个圆筒形容器，甲容器中盛有液体A，物块M漂浮在A中，排开

液体的质量为m1，液体A对甲容器底部的压强为p1；乙容器中盛有液体B．物块N漂浮在B中，排开液体的质量为m2，液体B对乙容器底部的压强为p2．已知甲容器的底面积大于乙容器的底面积．容器中液体A、B质量相等，物块M、N质量相等．下列判断正确的是（ ）

A．p1＜p2，m1＜m2 B．p1＜p2，m1=m2 C．p1＞p2，m1＞m2 D．p1＞p2，m1=m2 【分析】（1）根据液体A、B质量相等可确定液体A、B的重力，因为是规则容器，所以F=G总，再根据甲

容器底面积大于乙容器底面积，分析p1和p2的关系；

（2）根据物块M、N质量相等，可确定其重力关系，根据阿基米德原理分析物块M、N受到的浮力关系，

然后结合物体的浮沉条件确定m1和m2的关系． 【解答】解：（1）由液体A、B质量相等可得GA=GB，物块M、N质量相等，因为是规则容器，所以液体

容器底部的压力F=G总，

则由可知：FA=GA+GM，FB=GB+GN，由于GA+GM=GB+GN，所以，FA=FB；

已知甲容器底面积大于乙容器底面积，由p=可得，p1＜p2；故CD错误；

（2）因为物块M、N质量相等，即MA=MB；已知M、N都是漂浮，则F浮=G排=m排g=G=Mg， 所以物块M排开液体的质量m1等于物块N排开液体的质量m2．故A错误，B正确． 故选B．

【点评】本题考查了学生对压强公式、物体浮沉条件的掌握和运用，本题关键：一是阿基米德原理的应用；

二是物体浮沉条件的应用．

14．下列关于热现象的说法中正确的是（ ） A．温度高的物体含有的热量多

B．物体的内能增加，一定时从外界吸收了热量 C．液体的沸点随液面上方气压的增大而降低 D．冰水混合物吸热时，温度不变，内能增大 【分析】（1）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量； （2）做功和热传递都能改变物体的内能； （3）液体的沸腾随着气压的增大而升高；

（4）内能的大小与物体质量、温度和状态有关．

【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；

B、物体的内能增加，可能从外界吸收了热量，也可能是外界物体对他做功，故B错误；

C、液体的沸腾随着气压的增大而升高，液体的沸点随液面上方气压的增大而升高，故C错误； D、冰水混合物质量不变，温度不变，但吸热，所以内能增大，故D正确． 故选D．

【点评】此题考查了热量的理解、改变内能两种方式的理解、气压与沸点关系的理解和内能的影响因素，

是一道综合题．

15．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，下列说法正确的是

（ ）

A．电压表B．电压表C．电压表D．电压表

示数变大，电路表示数变小 示数不变，电流表示数变大 示数和电流表示数的乘积变大 示数和电流表的比值不变

【分析】由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两

端的电压，电流表测电路中的电流．根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表V2示数的变化，进一步判断电压表V1示数和电流表示数的乘积变大以及电压表V2示数和电流表的比值变化．

【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测

R2两端的电压，电流表测电路中的电流． 因电源电压保持不变，

所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故A错误；

滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，接入电路中电阻变小，电路中的总电阻变小，

由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大， 由U=IR可知，定值电阻R1两端的电压变大， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，滑动变阻器R2两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故B错误； 因电压表V1的示数不变，电流表的示数变大，电压表V2的示数变小，

所以，电压表V1示数和电流表示数的乘积变大，电压表V2示数和电流表的比值变小，故C正确、D错误． 故选C．

【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分析好电路的连接方式

和电表所测的电路元件是关键．

二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分） 16．弹钢琴时手指按压不同的琴键是为了改变声音的 音调 ；利用超声波清洗眼睛说明声波能够传递 能量 ．利用声呐系统向海底垂直发射声波，经2s后收到回波．已知声音在海水中的传播速度为1531m/s，则此处海水的深度为 1531 m；利用此种方法不能测量地球和月球之间的距离，这是因为 超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播 ． 【分析】（1）音调是指声音的高低，它和物体振动频率有关； （2）声音能够传递信息，声音能够传递能量；

（3）声音在海水中的速度和从发射到接受的时间已知，利用s=vt可以得到海水的深度． 声音的传播需要介质，真空不能传声 【解答】解：（1）弦乐的音调跟频率有关，频率跟松紧、长度、粗细有关，调节二胡的松紧程度，改变了

弦的松紧，改变了振动频率，改变声音的音调；

（2）利用超声波清洗钟表仪器，说明声波能够传递能量； （3）声音到达海底的时间为t=×2s=1s，

由v=可得，海洋的深度为s=vt=1531m/s×1s=1531m．

超声波的传播需要介质，因为地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播．不能用超声波测量地月距离． 故答案为：音调；能量；1531；超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播． 【点评】本题考查了声音的传播条件，声与能量、回声测距离分应用等，考查内容多，属于基础知识的考

查，考查学生对所学的知识的理解和应用，是中招的热点．

17．如图所示是某电能表表盘的部分数据（imp表示电能表指示灯闪烁的次数）．当电路中某用电器单独工

作6min时，电能表指示灯闪烁了320次，则该用电器消耗的电能是 0.1 kW?h，它的功率是 1000 W．

【分析】电能表是测量家庭电路中消耗电能多少的仪表．

3200imp/（kW?h）的含义是：电路中每消耗1kW?h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1kW?h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=t=6min=0.1h

=0.1kW?h，

用电器的额定功率P===1kW=1000W． 故答案为：0.1；1000．

【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．

18．电热器是利用电流的 热效应 来工作的．某发热元件的阻值为420Ω，通过的电流为1A，通电10min产生的热量是 25200 J，这些热量能使2kg的冷水温度升高 3 ℃．[水的比热容为4.2×10J/（kg?℃）]． 【分析】（1）电热器是将电能转化为内能的用电器，是利用电流的热效应来工作的；

2

（2）根据Q=IRt来计算产生热量的多少； （3）根据Q=cm△t来计算水升高的温度． 【解答】解：

电热器是利用电流的热效应工作的；

22

电流产生热量Q=IRt=（1A）×420Ω×60s=25200J；

由题意知，水吸收的热量应等于电流产生的热量，则Q吸=25200J； 由Q吸=cm△t得：

[来源:Zxxk.Com]3

△t===3℃．

故答案为：热效应；25200；3．

【点评】本题是电和热的综合计算题目，考查了电流的热效应、焦耳定律及热量的计算公式应用，属基础

性题目．

19．杠杆调平衡后，将两个体积相同的重物分别挂在杠杆两侧的A、B处，杠杆仍然平衡，如图所示，则

GA 大于 GB；若将两重物同时浸没在水中，则杠杆的 右 端下沉（选填“左”或“右”）．

【分析】设一格的距离为L，根据杠杆平衡的条件即可求出两重物得重力关系；

将两个物体GA、GB同时浸没在水中后，对杠杆的拉力F等于重力和浮力的差，根据GA×LA与GB×LB的大

小关系判断杠杆是否平衡． 【解答】解：根据图示可知，LA=5L，LB=3L；

由杠杆平衡条件GA×LA=GB×LB可得，两重物重力大小之比GA：GB=LB：LA=3L：5L=3：5，所以GA 大于

GB；

物体浸入水中时，对杠杆的拉力F=G﹣F浮，因为两个物体的体积相等，都同时浸没在水中，所以它们受到

的浮力相等，即F浮A=F浮B； 杠杆A端：（GA﹣F浮A）×LA=GA×LA﹣F浮A×LA，杠杆B端：（GB﹣F浮B）×LB=GB×LB﹣F浮B×LB，

由LA＞LB可得，F浮A×LA＞F浮B×LB．

因为GA×LA=GB×LB，F浮A×LA＞F浮B×LB，所以（GA×LA﹣F浮A×LA）＜（GB×LB﹣F浮B×LB），因此杠杆的

右端下降，左端上升． 故答案为：大于；右．

【点评】此题考查了对杠杆平衡条件的应用和阿基米德原理的应用，考查了学生综合分析处理物理问题的

能力．

20．如图所示，一束光从空气射向水面，请画出反射光线和折射光线．

【分析】（1）反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，

反射角等于入射角；

（2）折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由

空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线法线偏折，折射角大于入射角，画出折射光线． 【解答】解：（1）由图知，入射光线与水面的夹角为30°，则入射角等于90°﹣30°=60°；反射角是反射光线

与法线的夹角，反射角等于入射角也为60°根据反射角等于入射角，在法线右侧画出反射光线．

（2）光由空气斜射进入水中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角，据此完成光路，如下

图所示：

【点评】本题考查反射定律和折射定律，是中考热点之一，要求学生不仅要会根据反射定律和折射定律由

入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线．

三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分） 21．小云用如图所示装置探究水的沸腾．

（1）组装实验器材时，应按照 自下而上 的顺序（选填“自上而下”或“自下而上”）．实验室现有水银温度

计（﹣20℃﹣120℃）、酒精温度计（﹣80℃﹣60℃）、体温计、寒暑表等不同种类的温度计，本实验应选用的温度计是 水银温度计 ；

（2）实验中，小云观察到水灾沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况不同，如图甲、乙所示．表示沸腾前气

泡上升情况的是图 甲 ；水沸腾时，烧杯中不停地冒出“白气”，这些“白气”实际上是 小水滴 （选填“小冰晶”、“小水滴”或“水蒸气”）；

（3）实验完毕，小云撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 石棉网的余温仍高于水的沸点 ．

【分析】（1）实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固

定好其位置；

要正确地选择温度计，需要了解各温度计的量程．体温计、家用寒暑表、酒精温度计的最大测量值都不会

达到100℃；

（2）掌握沸腾时和沸腾前的现象：沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐减小，到水面消失．沸腾时，有大

量气泡产生，气泡在上升过程中体积逐渐增大，最后破裂； 物质由气态变为液态的过程是液化；

（3）根据水沸腾的条件：达到沸点并继续吸热，通过沸腾的两个条件结合热传递的知识进行分析． 【解答】解：

（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体

中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度，所以组装实验器材时，应按照自下而上的顺序；

体温计的量程在35℃～42℃，家用寒暑表的量程是﹣20℃～60℃，水银温度计的量程为﹣10℃～110℃，酒

精温度计的量程为﹣80℃～50℃；而标准大气压下水的沸点是100℃，所以应选择水银温度计； （2）甲图气泡在上升过程中，体积逐渐减小，所以是沸腾前的情况；乙图气泡在上升过程中气泡体积增大，

所以是沸腾时的情况；

烧杯中冒出的“白气”是水蒸气液化形成的小水滴；

（3）刚撤掉酒精灯时，铁圈、石棉网的温度还高于水的温度，所以可以继续吸热，不马上停止沸腾． 故答案为：（1）自下而上；水银温度计；（2）甲；小水滴；（3）石棉网的余温仍高于水的沸点．

【点评】探究水沸腾的实验中，有关实验仪器的调节、沸腾的特点、沸腾的现象等，是本实验经常考查的

问题，要熟练掌握．

22．如图所示，小亮利用电流表、电压表、滑动变阻器、开关、电源、阻值不同的电阻及导线等实验器材，

探究电流与电压、电阻的关系．

（1）请你用笔画线代替导线，帮小亮完成实物电路的连接．要求滑动变阻器滑片P向左移动时，电流表的

示数变小，导线不能交叉；

（2）小亮正确连接电路后，闭合开关，无论怎样移动滑片P，电流表的示数始终为0，电压表的示数约为

3V，实验所用导线完好无损，则电路中出现的故障是 R断路 ．

（3）实验中，滑动变阻器具有保护电路的作用．另外，在探究电流与电压的关系时，通过移动滑片P来改

变 定值电阻两端电压 ；在探究电流与电阻的关系时，通过移动滑片P来控制 电阻两端电压不变 ； （4）小亮将电阻R换成一个额定电压为3.8V、阻值约为10Ω的小灯泡，想测量它的额定功率．为此，需

要对原电路进行两处改动：一是 增加一节干电池 ，二是 电压表换接0～15V的量程 ．

[来源学科网ZXXK]

【分析】（1）探究电流与电压、电阻的关系时，电阻与滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻两端电压，

电流表测量电路电流；根据电源电压确定电压表的量程；

当滑动变阻器滑片P向左移动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器接入电路的阻值变大，故需将右下

接线柱接入电路；

（2）电流表示数为零，说明电路出现断路故障；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，

据此判断断路的位置；

（3）探究电流与电压的关系时，需保持电阻不变；探究电流与电阻的关系时，需保持电阻两端电压不变； （4）题目中告诉小灯泡的额定电压，要注意分析电压表的量程及电源电压．

【解答】解：（1）因为电源电压为3V，所以电压表量程选择0～3V的量程；

使滑动变阻器的右下接线柱与定值电阻R的右接线柱相连，电压表的3V接线柱与R的右接线柱相连，如

下图所示：

（2）闭合开关，无论怎样移动滑片P，电流表的示数始终为0，说明电路某处发生断路；电压表有示数，

说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，说明R断路；

（3）探究电流与电压的关系时，通过移动滑片P来改变定值电阻两端电压； 在探究电流与电阻的关系时，通过移动滑片P来控制电阻两端电压不变；

（4）额定电功率是小灯泡在额定电压下实际的功率，小灯泡两端的电压必须达到它的额定电压，测一个额

定电压为3.8V、阻值约为10Ω的小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压必须能达到3.8V，因此电源必须增加一节干电池，此时电源电压成了1.5V×3=4.5V，电压表的量程也应选择0～15V． 故答案为：（2）R断路；（3）定值电阻两端电压；电阻两端电压不变；（4）增加一节干电池；电压表换接0～

15V的量程． 【点评】（1）连接实物电路图时，开关断开，滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，电压表根据电源电压选

量程，电流表根据电路中最大电流选量程；

（2）掌握控制变量法的应用，理解额定功率的物理意义，会测量用电器的额定功率．

23．为了探究滑动摩擦力的大小跟哪些因素有关，小明选用以下能满足实验要求的器材做了一系列的实验：

形状相同的木块和铁块、表面平整的长木板、弹簧测力计等．小明做的部分实验如表所示（实验时，长木板固定在水平桌面上）： 序号 实验方法 图示 1 把木块平放在长木板上，用弹簧测力计水平拉动木块，使木块做匀速 直线运动，记下弹簧测力计的示数F1； 2 把铁块侧放在长木板上，用弹簧测力计水平拉动铁块，使铁块做匀速直线运动，记下弹簧测力计的示数F2； 木块在下，铁块在上叠放在一起后放到长木板上，用弹簧测力计水平 3 拉动木块，使它们做匀速直线运动，记下弹簧测力计的示数F3． 小明发现，三次实验中弹簧测力计的示数均不相同，即F1≠F2≠F3，且F1＜F3． （1）比较1、3两次实验，由F1＜F3得出的结论是 接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 ； （2）比较1、2两次实验，根据F1≠F2，小明认为：滑动摩擦力的大小与接触面积有关．小明得出这个错误

结论的原因是 没有控制压力大小、接触面粗糙程度相同 ．

（3）实验中运用了转换法，把摩擦力的大小转换为 拉力大小 ．为了保证转换的正确性，实验中采取的

措施是 拉动木块做匀速直线运动 ．

（4）小明想：木块表面粗糙还是铁块表面粗糙？请你利用现有器材增加一次实验，解决小明的问题．写出

实验方法和结论：方法 将铁块叠放在木块之上，重复步骤3的实验，记下弹簧测力计的示数F4，比较F3和F4的大小 ；结论 若F3＞F4，则说明木块的表面粗糙，若F3＜F4，则说明铁块的表面粗糙． ． 【分析】本实验中，用弹簧测力计拉动木块在水平面上进行匀速直线运动，拉力和滑动摩擦力是一对平衡

力，大小相等，间接测量滑动摩擦力大小．

滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关．探究滑动摩擦力大小跟压力大小关系时，控制接触面

粗糙程度不变，改变压力大小，观察滑动摩擦力大小的变化；探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度关系，控制压力大小不变，改变接触面粗糙程度，观察滑动摩擦力大小的变化．据此结合实验过程做出解答． 【解答】解：（1）比较1、3两次实验可以看出，接触面相同，压力不同，最终拉力F1＜F3，可得出的结论

是：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；

（2）比较1、2两次实验可以看出，两次的压力不同，接触面也不同，因此根据F1≠F2，得出：滑动摩擦力

的大小与接触面积有关，这一结论是不可靠的．原因是他没有控制压力大小、接触面粗糙程度相同． （3）实验中运用了转换法，把摩擦力的大小转换为拉力大小．为了保证转换的正确性，实验中应拉动木块

做匀速直线运动，使摩擦力与拉力是一对平衡力．

（4）在步骤3的基础上，可将铁块叠放在木块之上，重复步骤3的实验，记下弹簧测力计的示数F4，比较

F3和F4的大小；

若F3＞F4，则说明木块的表面粗糙，若F3＜F4，则说明铁块的表面粗糙． 故答案为：（1）接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大； （2）没有控制压力大小、接触面粗糙程度相同； （3）拉力大小；拉动木块做匀速直线运动；

（4）将铁块叠放在木块之上，重复步骤3的实验，记下弹簧测力计的示数F4，比较F3和F4的大小． 若F3＞F4，则说明木块的表面粗糙，若F3＜F4，则说明铁块的表面粗糙．

【点评】本实验中，要熟知影响滑动摩擦力大小的因素，能运用控制变量法和转换法对实验的过程进行分

析，并得出结论，是正确解答的关键．

四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）

2

24．在水平台面上放置一个底面积为100cm的圆筒形容器，容器内水深20cm，将一个长方体用细线拴好

悬挂在弹簧测力计下，从水面开始逐渐浸入直至浸没到水面下某处停止．此过程中，弹簧测力计的示数F与长方体下表面到水面的距离h的关系图象如图所示．（g=10N/kg，容器厚度、细线重均不计，容器内的水未溢出）．求：

（1）长方体浸没在水中受到的浮力； （2）长方体浸没时，水对容器底的压强．

【分析】（1）由图象知，当h=0时，此时测力计的示数等于圆柱体的重力；当h≥10cm时，测力计的示数不

变，说明此时浮力不变，圆柱体完全浸没，知道弹簧测力计的示数，利用F浮=G﹣F示求长方体浸没在

水中受到的浮力；

（2）求出了长方体浸没在水中受到的浮力，利用F浮=ρ水gV排得排开水的体积；利用V=Sh求容器内水的

体积，可得长方体浸没时，水和物体的总体积，进而求出容器内水的深度，再利用液体压强公式求水对容器底的压强． 【解答】解：

（1）由图象知，当h=0时，此时测力计的示数等于圆柱体的重力，所以G=9N； 当h≥10cm时，测力计的示数不变，说明此时浮力不变，圆柱体完全浸没，此时F示=5N；

所以长方体浸没在水中受到的浮力： F浮=G﹣F示=9N﹣5N=4N；

（2）由F浮=ρ水gV排得排开水的体积：

V排=

2

=

3

﹣3

=4×10m，

3

﹣43

容器内水的体积：

V水=100cm×20cm=2000cm=2×10m， 长方体浸没时，水和物体的总体积：

V=V水+V排=2×10m+4×10m=2.4×10m， 容器内水的深度：

﹣3

3﹣43﹣33

h===0.24m，

水对容器底的压强：

33

p=ρgh=1×10kg/m×10N/kg×0.24m=2400Pa． 答：（1）长方体浸没在水中受到的浮力为4N；

（2）长方体浸没时，水对容器底的压强为2400Pa．

【点评】本题考查了浮力和液体压强的计算，能从图象得出相关信息是关键，难点在于求出物体浸没水中

后水的深度..

[来源学科网ZXXK]25．如图所示，小灯泡L标有“2.5V 1.5W”的字样，电源电压6V保持不变，R2为定值电阻． （1）开关S、S1、S2都闭合时，R2消耗的电功率为3W，求R2的阻值；

（2）闭合S，断开S1、S2，移动滑动变阻器的滑片P使小灯泡正常发光，求此时滑动变阻器接入电路的电

阻值（计算结果保留整数）．

【分析】（1）开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联，根据并联电路的电压特点和P=表示出R2消耗的

电功率即可求出R2的阻值；

（2）闭合S，断开S1、S2时，R1与L串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电

压特点求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的电阻值． 【解答】解：（1）开关S、S1、S2都闭合时，R1与R2并联， 因并联电路中各支路两端的电压相等，

所以，由P=

可得，R2的阻值：

R2=

==12Ω；

（2）闭合S，断开S1、S2时，R1与L串联，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光， 所以，R1两端的电压：

U1=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V， 由P=UI可得，电路中的电流：

I===0.6A，

此时滑动变阻器接入电路的电阻值：

R1=

=≈6Ω．

答：（1）R2的阻值为12Ω；

（2）闭合S，断开S1、S2，移动滑动变阻器的滑片P使小灯泡正常发光，此时滑动变阻器接入电路的电阻

值为6Ω．

【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和

额定电压相等．

R2=

==12Ω；

（2）闭合S，断开S1、S2时，R1与L串联，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光， 所以，R1两端的电压：

U1=U﹣UL=6V﹣2.5V=3.5V， 由P=UI可得，电路中的电流：

I===0.6A，

此时滑动变阻器接入电路的电阻值：

R1=

=≈6Ω．

答：（1）R2的阻值为12Ω；

（2）闭合S，断开S1、S2，移动滑动变阻器的滑片P使小灯泡正常发光，此时滑动变阻器接入电路的电阻

值为6Ω．

【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和

额定电压相等．

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