2018年四川省绵阳市中考物理试卷（教师版）.doc

2018年四川省绵阳市中考物理试卷（教师版）一、选择题（每小题3分，共36分）1（3分）指南针是我国四大发明之一，论衡记载：司南之杓，投之于地，其柢指南。如图所示的司南放在水平光滑的“地盘”上，静止时它的长柄指向南方。司南长柄所指方向是（）A地理南极，地磁北极B地理南极，地磁南极C地理北极，地磁北极D地理北极，地磁南极【微点】地磁场【思路】（1）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场；（2）指南针是根据地磁场的作用工作的，地磁的南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近，再根据磁极间的作用规律，可判断指南针的指向。【解析】解：地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，其静止时其勺柄指向南方，即指南的南极用S表示；地理上的南极是地磁的北极，故长柄所指方向是地磁北极，地理南极。故BCD错误、A正确。故选：A。【点拨】本题考查了磁场和地磁场，磁场是一种真实存在的物质，对于磁场的认识，我们是通过它对其他物体的作用来认识的。2（3分）在门窗关闭的空教室里说话，会感到声音比在门窗打开放有桌椅的教室里声音响亮，原因是（）A声音的响度大些B声音的音调高些C声音与回声分开了D声音与回声混在一起了【微点】回声【思路】回声是声音被障碍物反射而形成的；门窗关闭，回声和原声混在一起能加强原声；桌椅表面粗糙不平吸收声音，减小响度。【解析】解：教室的长与宽约8m左右，在空教室讲话时，声音经墙壁反射回仅需0.04s左右，当回声比原声到达耳内的时间差低于0.1s时，原声与回声混在一起使声音加强，这就是空教室内讲话声特别响的原因；开着窗声音会传出室外减小响度，教室内放有桌椅，声音传播过程中会桌椅等物质吸收，使声音能量大大减少，这样一来即使有回声，也因能量变小而使声音变弱。故ABC错误、D正确。故选：D。【点拨】本题考查的是回声，回声是声音的反射形成的，在学习声音的知识，应该让学生们从基础知识和实际生活入手。3（3分）如图所示，将两个铅柱的底面削平、削干净，紧紧压在一起，在下面吊一个重物都不能把它们拉开。这个实验事实说明（）A物质是由分子构成的B分子在不停地做热运动C分子之间存在引力D分子之间存在斥力【微点】分子间的作用力【思路】物质是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力。【解析】解：将两个铅柱的底面削平、削干净、然后紧紧地压在一起，两铅块就会结合起来，甚至下面吊一个重物都不能把它们拉开，说明了分子之间存在吸引力，故C正确。故选：C。【点拨】本题主要考查学生对分子间作用力的理解和掌握，利用分子的知识解释一些现象是中考的热点，应加强学习。4（3分）冻肉刚出冷库时比进冷库时重，这是由于（）A空气中的水蒸气凝华成霜所致B空气中的水蒸气液化成水所致C冻肉中的冰熔化成水所致D冻肉中的水凝固成冰所致【微点】生活中的凝华现象【思路】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。【解析】解：冻肉刚出冷库时比进冷库时重，这是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为小冰晶，附着在冻肉的表面。故BCD错误；A正确；故选：A。【点拨】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。5（3分）甲、乙、丙三个轻质小球，已知甲带正电，甲与乙相互排斥，甲与丙相互吸引，则（）A乙带正电，丙一定带正电B乙带正电，丙可能不带电C乙带负电，丙一定带负电D乙带负电，丙可能带负电【微点】物体带电情况的判断【思路】利用电荷间的作用规律分析即可，但应注意的是：若两小球相斥，则表明其一定都带电，且带的是同种电荷；若两小球相吸，则有两种可能，即可能都带电，且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电。【解析】解：由于甲带正电，甲与乙相互排斥，说明甲乙都带正电；甲与丙相互吸引，因为吸引的情况有两种可能，即两球可能都带电且是异种电荷，也可能一个带电，另一个不带电；故丙可能带负电，也可能不带电。综上所述，只有B说法正确。故选：B。【点拨】本题考查电荷间的作用规律，注意题干中没有声明轻质小球是带电体，且很容易漏掉了带电体具有吸引轻小物体的性质的这种情况。6（3分）如图所示，导体AB在外力作用下向左运动时电流表指针偏转，向右运动时电流表指针向另一方向偏转。这个实验事实说明（）A通电导线在磁场中受力大小与电流大小有关B通电导线在磁场中受力方向与电流方向有关C感应电流的大小与导体在磁场中切割磁感线运动的快慢有关D感应电流的方向与导体在磁场中切割磁感线运动的方向有关【微点】电磁感应【思路】（1）产生感应电流的条件：闭合的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流产生。（2）感应电流的方向跟导体运动的方向有关。【解析】解：图中装置没有电源，导体在磁场中做切割磁感线运动而产生感应电流，是电磁感应现象，不能说明通电导线在磁场中受力的大小和方向，故AB错误；由题知，当导体运动的方向改变时，电流表指针的偏转方向也改变，即感应电流的方向改变了，由此可以得出：感应电流的方向与导体在磁场中切割磁感线运动的方向有关；故D正确，C错误。故选：D。【点拨】此题考查电磁感应现象，需要学生对于电磁感应现象有一个清晰的认识，是一道好题。7（3分）如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线。此时，丁站在地面上用手去拉丙。则（）A甲、乙都会触电B甲、丙都会触电C乙、丁都会触电D丙、丁都会触电【微点】触电危害及常见的触电类型与预防【思路】触电的实质是当有一定大小的电流通过人体，就会引起人体触电；家庭电路的触电事故有两种：单相触电和双相触电。单相触电是站在地上和火线接触或间接接触火线；双相触电是人体一端接触火线，一端接触零线。【解析】解：甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线，无法形成电流的通路，故不会发生触电；乙站在地上一只手接触到零线，因此零线与大地之间没有电压，因此没有电流通过人体，不会发生触电；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，此时，丁站在地面上用手去拉丙，这样电流可以从火线经丙、丁导向大地，会造成丙、丁两人同时触电。综上所述，甲、乙都不会触电，丙、丁都会触电。故选：D。【点拨】此题考查的是触电的两种类型和家庭电路的连接，掌握触电的实质是：人体直接或间接跟火线接触造成的。8（3分）在鞋店试穿新鞋时，小明直立面向竖直放置在地面上的“试鞋镜”，看不到镜中自己脚上的新鞋。小明做以下动作，能够让他看到镜中自己脚上的一只鞋或者两只鞋的是（）A站在原地下蹲B保持直立靠近“试鞋镜”C站在原地竖直向上提起一只脚D保持直立远离“试鞋镜”【微点】平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【思路】根据平面镜成像的特点作图即可解答此题。【解析】解：根据图示，要想看到镜中的新鞋，就要使眼睛看到新鞋成的像；也就是说鞋子反射的光线经过平面镜反射后必须能进入人的眼中。A、由图可以看出：站在原地下蹲，可以看到镜中的鞋；故A正确；B、保持直立靠近“试鞋镜”，如果原来看不到，靠近后依然无法看到。故B错误；C、站在原地竖直向上提起一只脚，入射角减小，入射光线与反射光线的夹角减小（反射光线偏低），反射光线始终在眼睛的下方，故不能看到新鞋的像。故C错误；D、若人离镜子远一些，像也会离镜子远一些，同时入射角减小，入射光线与反射光线的夹角减小（反射光线偏低），反射光线始终在眼睛的下方，故不能看到新鞋的像。故D错误。故选：A。【点拨】本题考查了平面镜成像的特点，与实际生活联系密切，考查学生利用所学知识解决实际问题的能力。9（3分）2018年4月2日，天宫一号圆满完成预定任务后返回地球。8.5t重的天宫一号，在100km左右的高空以约22倍音速再入大气层。其中部分器件在大气层中与大气层摩擦烧蚀销毁。最后大约1.5t残骸坠入南太平洋。在这个过程中，天宫一号的部分机械能（）A通过热传递转化为大气的内能B通过重力做功转化为大气的内能C通过摩擦做功转化为大气的内能D通过重力做功转化为残骸的内能【微点】做功改变物体内能【思路】改变内能的方法有两个：做功和热传递，据此分析。【解析】解：天宫一号在100km左右的高空以约22倍音速再入大气层时，高度减小，重力势能减小，克服与大气的摩擦做功，机械能转化为内能。故C正确。故选：C。【点拨】本题考查了改变内能的方法，属于基础知识。10（3分）辽宁号航母的舰载战机歼15着舰时在拦阻索作用下停下来，这个过程中（）A拦阻索对战机的作用力使拦阻索发生形变B拦阻索对战机的作用力使战机运动状态改变C战机对拦阻索作用力与拦阻索对战机作用力的受力物体相同D战机对拦阻索作用力与拦阻索对战机作用力的作用效果相同【微点】力的作用效果【思路】力的作用是相互的；力可以改变物体的形状，可以改变物体的运动状态。【解析】解：A、力可以改变物体的形状，战机对拦阻索的作用力使拦阻索发生形变，故A错误；B、力可以改变物体的运动状态，拦阻索对战机的作用力使战机运动状态改变，故B正确；C、战机对拦阻索作用力受力物体为拦阻索，拦阻索对战机作用力的受力物体为战机，故受力物体不相同，故C错误；D、作用效果不同，战机对拦阻索作用力使拦阻索发生形变，拦阻索对战机作用力使战机运动状态发生变化，故作用效果不相同，故D错误。故选：B。【点拨】本题考查力作用的相互性；力的作用效果，是基础题。11（3分）蹦床运动是奥运会比赛项目。运动员比赛开始前直立在蹦床中央，比赛开始时快速下蹲并立即恢复直立被蹦床弹起，离开蹦床时是成直立状态并一直保持，到达最高点后下落到接触蹦床时又快速下蹲并立即恢复直立。再次被蹦床弹起，达到更高点。忽略空气阻力，下列说法正确的是（）A在此整个过程中，运动员机械能守恒B在此整个过程中，运动员机械能一直在增加C从离开蹦床到下落接触蹦床的过程中，运动员机械能守恒D从下落接触蹦床到离开蹦床的过程中，运动员机械能守恒【微点】动能和势能的转化与守恒【思路】（1）动能大小的影响因素：质量、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、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（3）弹性势能大小的影响因素：发生弹性形变的大小，发生弹性形变的难易程度。弹性形变越大，发生弹性形变越难，弹性势能越大。（4）机械能动能+势能。【解析】解：ABD、在此整个过程中，运动员的机械能会转化为蹦床的弹性势能，故机械能不守恒，故ABD错误；C、从离开蹦床到下落接触蹦床的过程中，忽略空气阻力，运动员的机械能守恒，是重力势能和动能的相互转化，故C正确；故选：C。【点拨】本题主要考查了动能和势能及弹性势能大小的判断，只要知道影响动能、势能和弹性势能大小的因素即可解答。12（3分）如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AOBO，ACOCA端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N现移动托盘秤甲，让C点放在托盘秤甲上。此时托盘秤乙的示数是（）A8NB12NC16ND18N【微点】杠杆的平衡条件【思路】A端放在托盘秤甲上，以B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数。【解析】解：设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所示：由杠杆平衡条件有：FAABGBD，即：6NAB24NBD，所以：AB4BD，BDAB，当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB，因为AOBO，ACOC，所以COODBD，BC3BD，CD2BD由杠杆平衡条件有：FBBCGCD，即：FB3BD24N2BD，所以：FB16N，则托盘秤乙的示数为16N。故选：C。【点拨】本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置。二填空题（每空2分，共20分）13（4分）我国首艘国产航母的长度315m，宽度75m，吃水约10.5m，2018年5月13日离港海试。航母静止在海面上时所受海水的浮力等于（选填“大于”“小于”或“等于”）重力，其水下部分距海面深9m处承受海水产生的压强为9.27104Pa（海水1.03103kg/m3，g取10N/kg）【微点】液体的压强的计算【思路】根据物体浮沉条件分析当航母漂浮在水面上时，其受到的浮力与重力的关系；由液体压强公式计算距海面深9m处承受海水产生的压强。【解析】解：根据物体浮沉条件可知，航母静止在海面上时（漂浮），其受到的浮力等于它受到的重力；距海面深9m处承受海水产生的压强：pgh1.03103kg/m310N/kg9m9.27104Pa。故答案为：等于；9.27104。【点拨】本题考查液体压强公式、物体的浮沉条件的应用，均为基础知识，要掌握好。14（6分）将点燃的蜡烛和光屏放置在光具座上，再将焦距为30cm的凸透镜甲放置在蜡烛和屏之间适当位置，在屏上得到清晰的缩小实像；在透镜甲位置上换上焦距为20cm的凸透镜乙，不改变蜡烛位置，将光屏靠近（选填“靠近”或“远离”）透镜适当距离，就可以在光屏上得到清晰的缩小（选填“放大”“缩小”或“等大”）实像。【微点】凸透镜成像规律及其探究实验【思路】首先根据题意“先用焦距为30cm的透镜甲进行实验，在屏上得到清晰缩小的实像”可确定物距与焦距的关系，然后再根据凸透镜成实像时，物远像小像变小来确定调节光屏的方法。【解析】解：光屏上得到一个倒立缩小的实像时，u2f，即u60cm，保持透镜的位置不变，在焦距为30cm的透镜甲的位置上换上焦距为20cm的凸透镜乙，凸透镜的折光能力增强，不改变蜡烛位置，u60cm，相当于物远了，则屏上的像变近、像变小些，故应减小像距，即应将光屏靠近透镜；故答案为：靠近；缩小。【点拨】本题考查了凸透镜成像的规律，要注意理解应用，此题比较有拓展性。15（6分）世界上时速最快的真空高温超导磁悬浮直道试验线2018年年底将在四川建成，试验线安装在一条直径4.2m、长140m的特制管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到最大400km/h。若测试时，在2.8s时间140m距离内将列车模型加速至360km/h，加速过程的平均速度是50m/s；若列车模型以360km/h匀速通过该实验管道，通过时间是1.4s。【微点】变速运动与平均速度【思路】（1）根据v算出加速过程的平均速度；（2）根据t算出匀速通过该实验管道的时间。【解析】解：（1）加速过程的时间t2.8s，路程s140m；加速过程的平均速度：v50m/s；（2）当列车模型以v360km/h100m/s匀速通过该实验管道时，通过的时间：t1.4s。故答案为：50；1.4。【点拨】本题考查了速度公式的应用，是一道基础计算题。16（4分）人类已进入智能化时代。小明家安装了空调智能控制系统，空调自动开启条件是：家中有人且室温等于或高于26S1和S2是控制空调开启的两个智能开关，当家中有人时S1自动闭合，家中没有人时S1自动断开；当室温等于或高于26时S2自动闭合，室温低于26时S2自动断开，则控制空调开启的电路示意图是图甲和图乙中的甲。已知小明家某天室内温度变化情况如图丙所示，当天8h12h和14h18h家中没有人，空调的额定电压是220V，额定功率是1kW，则这台空调当天消耗的电能是5kWh。【微点】电功与电能的计算【思路】（1）由题知，家中有人且室温等于或高于26，空调会自动开启，由此分析解答；（2）由题意和图丙先算出空调当天工作时间，再由WPt计算空调消耗的电能。【解析】解：（1）由题意知，当家中有人S1闭合，且室温等于或高于26时S2闭合，空调才会开启，即两个开关都闭合时空调开启，只要有一个开关断开空调都不会自动开启，则两开关应串联在电路中，故图甲符合要求；（2）由题知，当天8h12h和14h18h家中没有人，结合当天室内温度变化情况，可得当天空调工作时间：t（14h12h）+（21h18h）5h，由P可得，这台空调当天消耗的电能：WPt1kW5h5kWh。故答案为：甲；5。【点拨】本题考查根据要求设计电路和电能的计算，理解题意并正确算出空调当天工作时间是计算其消耗电能的关键。17（4分）2018年5月8日，全球首条智能轨道快运系统在湖南株洲试开通。该智能轨道快运列车使用新能源的快充钛酸锂电池，电池容量为170kWh，满载时电耗为4kWh/km，最高运行速度为70km/h。该电池充满电储存的能量与质量是13.30kg的汽油完全燃烧放出的热量相同；若列车满载匀速行驶电动机驱动列车的效率为75%，则列车匀速行驶过程中受到的平均阻力大小是1.08104N（汽油的热值是4.6107J/kg）【微点】燃料的热值及其计算【思路】（1）根据WQmq求出燃料的质量；（2）已知电动机的效率和总功，可计算出所做的有用功；知道满载时电耗和电池总容量，可计算出列车行驶的路程；列车做匀速行驶，平均阻力f与牵引力相等，根据公式WFs可求平均阻力大小。【解析】解：（1）电池储存的电能即汽油完全燃烧放出的热量为：QW170kWh1703.6106J6.12108J，故汽油的质量为：m13.30kg；（2）列车满载匀速行驶电动机所做的有用功：W有用75%W75%6.12108J4.59108J，可行驶的路程：s42.5km，由fF牵引力，WFs可知，列车匀速行驶过程中受到的平均阻力大小为：fF牵引力1.08104N。故答案为：13.30；1.08104。【点拨】本题综合考查了热值、电动机效率和功等知识在生活中的应用与计算，综合性较强，要认真分析，避免出错。三、实验探究题：（第34小题第（2）问3分，其余每空2分，共19分）18（4分）在“探究水沸腾时温度变化的特点”试验中，从室温开始加热，记录的数据如下表：时间/min0123456789温度/30.040.049.959.669.278.687.897.097.097.0（1）根据表中数据，可知在本地水的沸点是97。（2）从表中数据可以看出，水温较低时加热1min时间水升高的温度与水温较高时加热1min时间水升高的温度不同。其主要原因是：随着水的温度升高，C（填序号）A水的质量变化了B水的比热容变化了C1min时间水向空气传递的热量不同D1min时间酒精灯传递给水的热量不同【微点】探究水的沸腾实验【思路】（1）根据表格及水沸腾时的特点判断出水的沸点；（2）根据汽化现象和Qcmt分析解答。【解析】解：（1）由表格知，水在沸腾过程中温度保持97不变，所以水沸腾时的温度为97，且水沸腾时，吸热但温度不变；（2）从表中数据可以看出，水温较低时加热1min时间水升高的温度与水温较高时加热1min时间水升高的温度不同，分析一下原因：在沸腾前不能考虑水的蒸发，故水的质量不变；故A错误；水的比热容是物质的特性，大小不变，故B错误；根据Qcmt可知，温度差增大，1min时间水向空气传递的热量不同，故C正确；相同时间酒精灯传递给水的热量不变，故D错误，故选C；故答案为；97；C。【点拨】该题考查学生对探究水的沸腾实验中出现的现象进行分析、评估的能力，是道不错的好题。19（6分）某小组同学测量滑轮组的机械效率。实验步骤有：（i）按照如图所示安装滑轮组，测钩码重力G并记钩码和绳端的位置；（ii）用弹簧测力计缓慢拉动绳端，使钩码上升，读出拉力F的值，并测出钩码上升的高度h和绳端移动的距离s；（iii）记录实验数据填入表格中（表格略）；（iv）多次改变钩码的数量，重复上述实验；（v）用动滑轮质量不同的两个滑轮组吊相同的钩码，分别测机械效率；（vi）分析测量结果，讨论影响机械效率的因素回答以下问题：（1）除了如图所示器材和弹簧测力计外，还需要的器材是刻度尺。（2）滑轮组机械效率的计算公式是（用直接测得的物理量符号表示）。（3）关于影响滑轮组机械效率的因素，该小组同学讨论后得到以下认识，你认为正确的有AE（填序号，可能不止一项正确）。A在相同情况下，摩擦越大，机械效率越小B在相同情况下，摩擦越大，机械效率越大C忽略摩擦，定滑轮质量相同，则机械效率相同D忽略摩擦，动滑轮质量相同，则机械效率相同E忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，则机械效率越大F忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，则机械效率越小【微点】滑轮（组）机械效率的测量实验【思路】（1）（2）滑轮组是用绳子把定滑轮和动滑轮组装而成的机械装置，根据滑轮组的机械效率公式分析探究所需要测量的工具以及测量的量、表达式；（3）滑轮组机械效率与物体重力、动滑轮的重力，以及摩擦力的大小有关，在有用功不变的情况下，所做的额外功越多，滑轮组的机械效率越低。【解析】解：（1）由图可知，除了滑轮，弹簧测力计外，还需要测量高度的刻度尺；（2）由滑轮组的图上可知，n3滑轮组做的有用功为W有Gh，总功为W总Fs，机械效率的表达式为；（3）AB、在相同情况下，摩擦越大，所做的额外公功越多，机械效率越小，故A正确，B错误；CD、忽略摩擦，滑轮组的机械效率，与定滑轮的质量无关，动滑轮质量相同，重力相同，额外功相同，机械效率还与重物的质量有关，重物质量越大，机械效率越高，故CD错误；EF、忽略摩擦，动滑轮质量相同，所吊重物质量越大，所做的有用功越多，则机械效率越大。故E正确、F错误。故选AE。故答案为：（1）刻度尺；（2）；（3）AE。【点拨】本题考查了实验探究滑轮组的机械效率，要学会依据公式（原理）确定实验器材、实验所要测量的物理量、实验步骤、实验数据表格的设计等能力。20（9分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右。可供选择的电流表有：A1（量程00.3A），A2（量程03A）。（1）连接电路时，应选用的电流表是A1（选填“A1”或“A2”）。（2）图甲是某小组连接的实物电路图。图中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“”，并在图中改正。（3）改正错误后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数为3V时，电流表示数如图乙所示，此时小灯泡的电功率是0.54W。（4）不用电流表，另增加两只开关和一个阻值为12的定值电阻R0，该小组设计了如图丙所示的电路图，测量小灯泡的额定功率。正确连接电路后，断开S3，闭合S1、S2，调节滑动变阻器，让电压表示数为3.8V；然后只断开S2，再闭合S3，读出电压表示数为6.5V则测得小灯泡的额定功率是0.855W。【微点】电功率的测量实验【思路】（1）已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右，根据PUI求灯的额定电流确定选用的电流表；（2）电压表应与灯并联，电流表与灯串联；（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据PUI求此时小灯泡的电功率；要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据PUI可求出灯的额定功率。【解析】解：（1）已知待测小灯泡的额定电压为3.8V，额定电功率估计在0.9W左右，根据PUI，灯的额定电流约为：I0.24A，连接电路时，应选用的电流表是 A1。（2）原电路中，电压表与电流表串联后与灯并联是错误的，电压表应与灯并联，电流表与灯串联，如下所示：（3）当电压表示数为3V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.01A，电流大小为0.18A，此时小灯泡的电功率是：PUI3V0.18A0.54W；（4）第2次操作中，电压表测定值电阻和小灯泡的总电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为6.5V3.8V2.7V，由欧姆定律可求出灯的额定电流：I0.225A，灯的额定功率：PUI3.8V0.225A0.855W。故答案 为：（1）“A1”；（2）如上；（3）0.54；（4）0.855。【点拨】本题测灯的功率，考查器材的选择、电路的连接、灯的功率计算及设计实验方案的能力。四计算题（共21分）21（9分）小华家距离变压器2km，在变压器与小华家之间的两条输电线，每条输电线每千米的电阻为0.5，即0.5/km，变压器加在输电线两端的电压是220V在某一时间段，整个线路只有小华家一台额定电压220V、额定功率2420W的电热水器工作。不考虑温度变化对电热水器电阻的影响。求：（1）输电线中电流的大小（2）热水器的实际电功率【微点】电功率与电压、电流的关系【思路】（1）根据公式P求出电热水器的电阻，根据串联电路的电阻特点求出总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流；（2）根据PI2R求出热水器的实际功率。【解析】解：（1）由P可知，电热水器的电阻为：R20；导线的电阻为：R4km0.5/km2；故电路的总电阻为：R总R+R20+222；输电线中电流的大小为：I10A；（2）热水器的实际功率为：PI2R（10A）2202000W。答：（1）输电线中电流的大小为10A；（2）热水器的实际电功率为2000W。【点拨】本题考查了欧姆定律、电功率公式的应用，难度不大。22（12分）如图所示，长L11m的薄壁正方体容器A放置在水平地面上，顶部有小孔C与空气相通，长L20.2m的正方体木块B静止在容器A底面。通过细管D缓慢向容器A内注水，直到注满容器A，木块B上浮过程中上下表面始终水平，木块B与容器A底面和顶部都不会紧密接触。已知水的密度水1.0103kg/m3，木块的密度木0.5103kg/m3，g取10N/kg。求：（1）注水前，木块B对容器A底面的压强（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，容器A内水的深度（3）水注满容器后，容器A顶部对木块B的压力大小（4）整个过程，浮力对木块所做的功【微点】压强的大小及其计算；功的计算【思路】（1）根据木块的密度和体积，求出木块的质量；根据公式P求出木块B对容器A底面的压强；（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，木块恰好处于漂浮状态，根据浮力求出木块排开的水的体积，从而求出水的深度；（3）水注满容器后，木块全部浸入水中，对木块受力分析，求出压力大小；（4）根据WFs求出浮力所做的功。【解析】解：（1）木块的质量为：mV0.5103kg/m3（0.2m）34kg；木块B对容器A底面的压强为：P1000Pa；（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，木块恰好处于漂浮状态，此时受到的浮力为：F浮Gmg4kg10N/kg40N；根据阿基米德原理可知，木块排开的水的体积为：V排4103m3，则木块浸入水中的深度即水的深度为：h0.1m；（3）水注满容器后，木块全部浸入水中，木块受到竖直向下的重力、竖直向下的压力和竖直向上的浮力的共同作用；由阿基米德原理可知，此时木块受到的浮力为：F浮gV排1.0103kg/m310N/kg（0.2m）380N；物体处于静止状态，受力平衡，则容器A顶部对木块B的压力大小为：FF浮G80N40N40N；（4）整个过程中，木块上升的高度为：sL1L21m0.2m0.8m；则浮力所做的功为：WF浮s40N0.8m32J。答：（1）注水前，木块B对容器A底面的压强为1000Pa；（2）木块B对容器A底面压力刚好为0时，容器A内水的深度为0.1m；（3）水注满容器后，容器A顶部对木块B的压力大小为40N；（4）整个过程，浮力对木块所做的功为32J。【点拨】本题考查了压强、浮力、功的计算，能利用好阿基米德原理是解题的关键。第 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