中考物理复习B卷附详细解析学生版

这是一份中考物理复习B卷附详细解析学生版，共70页。试卷主要包含了在图，从欧姆定律可以导出公式等内容，欢迎下载使用。
中考物理复习B卷附详细解析学生版
一．选择题（共34小题）
1．两个物块如图，甲、乙接触，甲传递热量给乙，则（　　）

A．甲的内能一定大
B．甲的温度一定高
C．0℃的固态乙没有内能
D．乙内能增加，温度一定上升
2．关于燃料的热值，以下说法中正确的是（　　）
A．燃料的热值与燃料的种类有关系，与燃料的质量和燃烧状况无关
B．燃烧1千克某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值
C．燃料燃烧时，质量越大，热值越大
D．燃料不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小
3．如图甲所示，验电器A带负电，B不带电。用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间（如图乙所示），金属棒中（　　）

A．电流方向由A到B B．电流方向由B到A
C．有电流但方向无法确定 D．始终无电流
4．在图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则电阻R1和R2两端的电压分别为（　　）

A．4.8V，1.2V B．6V，1.2V C．1.2V，6V D．1.2V，4.8V
5．楼道里，夜间只是偶尔有人经过，电灯总是亮着会浪费电能。科研人员利用光敏材料制成“光控开关”，天黑时自动闭合；天亮时自动断开。利用声敏材料制成“声控开关”，当有人走动发出声音时，自动闭合；无人走动时，自动断开。若将这两个开关配合使用，就可以使楼道灯变得“智能化”，这种“智能”电路正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图所示，取两个相同的验电器A和B，使A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。下列说法正确的是（　　）

A．B中正电荷通过金属棒流向A，A金属箔的张角减小
B．A中的自由电子通过金属棒流向B，B金属箔的张角增大
C．A中负电荷通过金属棒流向B，B中正电荷通过金属棒流向A
D．金属棒中瞬间电流的方向从A流向B，B金属箔的张角增大
7．当将滑动变阻器的滑片P向右移动时。如图中的哪一种连接方法可使变阻器连入电路部分的电阻增大（　　）
A． B．
C． D．
8．在如图所示的滑动变阻器连入电路的4种接法中，当滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路部分的电阻减小的是（　　）
A． B．
C． D．
9．从欧姆定律可以导出公式．对电阻的理解。你认为正确的是（　　）
A．当电压增大时，电阻也增大
B．当电流增大时，电阻减小
C．当电压为零时，电阻也为零
D．电阻由导体本身性质决定，与电流、电压无关
10．从欧姆定律可导出R＝，下列说法正确的是（　　）
A．当电压为0时，电阻为0
B．当电流增大2倍时，电阻减小2倍
C．当电压增大2倍时，电阻增大2倍
D．不管电压或电流如何变化，电阻不变
11．如图所示，小杜同学用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球，看到验电器的金属箔张开，在这个过程中（　　）

A．玻璃棒和验电器都带负电荷
B．玻璃棒带正电荷，验电器带负电荷
C．用丝绸摩擦过的玻璃棒产生了电荷
D．金属箔张开是因为同种电荷相排斥
12．如图甲所示，R1的阻值是20Ω，滑动变阻器R2消耗的功率P与其电阻R2的关系图像如图乙所示，则R2消耗的最大功率是（　　）

A．0.45W B．0.50W C．0.80W D．0.90W
13．一只电阻两端的电压由3V增大到4V时，通过该电阻的电流增加了0.25A，则该电阻消耗的电功率增加了（　　）
A．0.25W B．1.75W C．0.75W D．1W
14．电工维修电路有时需要带电操作，如图所示，以下操作不会发生触电事故的是（　　）

A．甲站在绝缘凳上同时接触火线和零线
B．乙站在绝缘凳上仅接触火线
C．丙站在地上仅接触火线
D．丁站在地上同时接触火线和零线
15．下列关于磁场的描述，正确的是（　　）
A．磁感线是磁场中真实存在的曲线
B．磁体间的吸引或排斥作用是通过磁场实现的
C．磁体周围的磁感线从磁体S极发出，回到磁体N极
D．地磁的N极在地理北极附近，地磁的S极在地理的南极附近
16．如图是条形磁体的磁感线分布，图中的E、F、P、Q四点，磁场最强的是（　　）

A．E点 B．F点 C．P点 D．Q点
17．关于下列四幅图的说法正确的是（　　）

A．甲图的实验说明磁场能产生电流
B．乙图的实验所揭示的原理可制成发电机
C．丙图是演示电磁感应现象的实验装置
D．丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用
18．如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（　　）

A．电流表示数变小，弹簧长度变短
B．电流表示数变小，弹簧长度变长
C．电流表示数变大，弹簧长度变长
D．电流表示数变大，弹簧长度变短
19．如图所示是某科技小组设计的一种温度自动控制报警装置电路图，关于它的说法正确的是（　　）

A．当温度低于90℃时，报警装置就会响铃，同时绿灯亮
B．当温度低于90℃时，报警装置就会响铃，同时红灯亮
C．当温度达到90℃时，报警装置就会响铃，同时红灯亮
D．当温度达到90℃时，报警装置就会响铃，同时绿灯亮
20．如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（　　）

A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
21．如图所示，电磁铁P和Q通电后（　　）

A．P的右端是N极，Q的左端是S极，它们相互吸引
B．P的右端是S极，Q的左端是S极，它们相互排斥
C．P的右端是N极，Q的左端是N极，它们相互排斥
D．P的右端是S极，Q的左端是N极，它们相互吸引
22．对于图中所示的四幅图，以下说法正确的是（　　）

A．甲图中通电导线周围存在着磁场，如果将小磁针移走，该磁场将消失
B．乙图中闭合开关，通电螺线管右端为N极
C．丙图中闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体的运动方向不变
D．丁图中绝缘体接触验电器金属球后验电器的金属箔张开一定角度，说明该棒带正电
23．2019年央视春晚首次实现全媒体传播，并在4K、5G、VR、AR、AI等多方面进行技术创新，首次进行4K超高清直播，全程采用5.1环绕声，实现5G内容传输，是一场真正的艺术与科技完美结合的春晚。下面说法正确的是（　　）
A．观众是根据音调分辨出钢琴声和二胡声的
B．5G的传输速度更大，是因为5G是通过超声波传递信息的
C．手机通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的
D．收看过程中为不影响他人，把音量调小一些，这是在传播过程中减弱噪声
24．现代社会发展的三大支柱：能源、信息和材料，下列说法正确的是（　　）
A．太阳能、风能、核能都是不可再生能源
B．手机移动通信是利用电磁波来传递信息的
C．“北斗”导航系统是利用超声波进行定位和导航的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
25．以下关于能源的说法正确的是（　　）
A．煤、石油、天然气属于可再生能源
B．煤、石油、天然气属于一次能源
C．风能、水能、地热能属于不再生能源
D．风能、水能、地热能属于二次能源
26．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能增大
B．物体的温度越高，所含的热量越多
C．物体内能增大，一定从外界吸收热量
D．物体的温度不变，其内能就一定不变
27．有关分子热运动，下列说法正确的是（　　）
A．液体很难被压缩，说明分子间有斥力
B．手捏海绵，海绵体积变小，说明分子间有空隙
C．扫地时尘土飞扬，说明分子在做无规则运动
D．扩散现象不能在固体中发生
28．三个体积相同而材料不同的球A、B、C，分别静止在不同深度的水里，以下说法正确的是（　　）

A．A球所受的浮力最小 B．A球所受的浮力最大
C．C球所受的浮力最大 D．C球所受的浮力最小
29．如图甲所示，将一块长木板放在水平桌面上，现用水平力F1向右边慢慢推动木板，使其一部分露出桌面如图乙所示，推动木板过程中，木板对桌面的压力F、压强p和摩擦力f的变化情况是（　　）

A．F和f不变，p变大 B．F和p不变，f变大
C．F变小，p和f均变大 D．F不变，f和p均变大
30．如图所示，容器中装有一定质量的水，先后按甲、乙两种方式使物体A和小玻璃杯漂浮在水面上（图中细线重力及体积均不计）。设甲、乙两图中物体A和小玻璃杯共同受到的浮力分别为F甲和F乙，水对容器底的压强分别为p甲和p乙，则（　　）

A．F甲＜F乙 p甲＝p乙 B．F甲＝F乙 p甲＝p乙
C．F甲＝F乙 p甲＜p乙 D．F甲＞F乙 p甲＞p乙
31．质量相同的甲、乙、丙、丁4个小球，分别静止在水中的不同深度处，如图所示，则这4个小球在水中所受浮力最小的是（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
32．如图所示，甲、乙、丙三个底面积相同、形状不同的容器中装有质量相等的三种不同液体，液面高度相同，则容器底部受到的液体压强（　　）

A．甲的最大 B．乙的最大 C．丙的最大 D．一样大
33．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（　　）

A．不变 B．变小
C．变大 D．先变大后变小
34．如图所示的三个滑轮分别拉同一物体沿同一水平地面做匀速直线运动，所用的拉力分别为F1，F2，F3，不计滑轮重及绳与滑轮间摩擦，那么，下列关系式中正确的是（　　）


A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3 C．F2＞F1＞F3 D．F2＜F1＜F3
二．多选题（共1小题）
（多选）35．关于温度、热量和内能以下说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能一定增加
B．60℃的水比30℃的水所含有的热量多
C．热量总是自发地从温度高的物体向温度低的物体传递
D．0℃的水内能为零
三．填空题（共5小题）
36．为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图所示的实验。实验数据记录如图表。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
70
（1）从表中数据可知，水和食用油的质量　 　（选填“相同”或“不相同”），加热结束时，食用油的温度比水温度　 　（选填“高”或“低”）。
（2）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，此时，水吸收的热量　 　（选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）实验表明，　 　（选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。

37．有一款手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1000mAh．给它充电时，是电能转化为　 　能。充满电后，大约存储了　 　J的电能。
38．如图所示的是用来描绘某﹣磁体周围磁场的部分磁感线，由磁感线的分布特点可知，b点的磁场比a点的磁场　 　（选填“强”或“弱”）；若在b点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其S极指向　 　处（选填“P”或“Q”）。

39．如图所示，一个未装满水的瓶子，正立在水平桌面上时，瓶对桌面的压强为p1，瓶底受到水的压力为F1；倒立时瓶对桌面的压强为p2，瓶盖受到水的压力为F2，则p1　 　p2，F1　 　F2．（选填：“大于”、“小于”或“等于”）

40．如图所示，小明正在做俯卧撑，把他的身体看作一个杠杆，O为支点，A为重心，他的体重为550N．地面对手的支持力F的力臂是 　 　m，大小为 　 　N。

四．实验探究题（共11小题）
41．如图，某实验小组在“探究物体动能跟哪些因素有关”实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后静止。
（1）实验中，探究的动能是指 　 　（选择项），其动能大小通过 　 　来反映。
A.小球在斜面上的的动能
B.小球在水平面的动能
C.木块的动能
（2）由图中的 　 　两次实验，可以看出高度h越高，钢球运动到水平面时速度越大，木块被撞得越远，这反映出物体的动能与物体的 　 　有关。
（3）小组同学做完甲、乙实验后，在做丙实验时木块被撞滑出木板，需要重做实验，应该 　 　才能完成实验。
（4）若水平面光滑，则 　 　（选填“能”、“不能”）完成本实验。
42．小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。

（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时，　 　。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 　 　，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 　 　V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 　 　Ω的滑动变阻器。
43．图甲是用伏安法测未知电阻R的实验图。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整。
（2）闭合开关，将滑片P向左滑动时，此时电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为I＝　 　A，则未知电阻R＝　 　Ω。
（3）若实验中只有一个电压表和一个已知电阻R0，小明设计了如图丙所示的电路，同样可以测量未知电阻Rx，请在空格内将实验步骤补充完整。
①闭合S、断开S1，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②　 　，用电压表测出电源的电压U；
③请写出用测量值U、U1及R0来表示Rx的表达式：Rx＝　 　。
44．如图所示，甲是用“伏安法”测量未知电阻Rx的实物电路图。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到　 　处；闭合开关，发现电流表几乎无示数，电压表指针明显偏转，则出现的故障可能是Rx　 　。
（3）排除故障后，闭合开关，当滑片移动到某位置时，电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为　 　A，则未知电阻Rx＝　 　Ω。
（4）若实验中电压表损坏，利用其它的原有器材也能测出未知电阻Rx的阻值。实验电路如图丙所示（滑动变阻器最大阻值为R0，电源电压未知且不变），请将下列相关实验步骤补充完整：
①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，记录电流表示数为I1；
②闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到　 　，记录电流表示数I2；
③写出待测电阻的表达式，Rx＝　 　（用已知量和测量量符号表示）
45．小芳利用图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，阻值大约为5Ω

（1）请你根据电路图，用笔画线代替导线，在图乙中完成实验电路的连接。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于 　 　端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数；接在a、c之间，电压表无示数。如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是 　 　。
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，记录多组数据。画出了待测电阻Rx的I﹣U图象，如图丙所示。由图象可得Rx＝　 　Ω。
（5）小芳又设计了一种方案，也测出了Rx的阻值。电路如图丁所示，R0为阻值已知的定值电阻，电源电压未知且恒定不变。测量步骤如下：
①当开关 　 　时，电流表读数为I1；
②当开关S1、S2都闭合时，电流表读数为I2；
③待测电阻Rx＝　 　。（用已知和测出的物理量符号表示）
46．某学习小组测量未知电阻Rx的阻值，他们分成A、B两组用不同方法进行实验。

（1）A组设计了如图甲所示的电路图。
①请用笔画线代替导线将实物电路图乙连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向左滑动时电路中的电流变大。
②在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片P应滑至最　 　端（选填“左”或“右”），这样做的目的是　 　。
③闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P滑至某一位置后，电压表的示数为2.4V，电流表的示数I如图丙所示，则I＝　 　A，待测电阻Rx＝　 　Ω。
（2）B组设计了如图丁所示的电路图，其中电源电压未知且不变，另一定值电阻的阻值为R0。
①闭合S1，断开S2时，电压表的示数为U1；
②闭合S1、S2时，电压表的示数为U2；
③电阻Rx＝　 　（用U1、U2、R0表示）。
（3）评估A、B两组实验，使用A组实验的优点是　 　。
47．在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。

（1）连接电路时开关应　 　，电流表的量程应选0～　 　A。
（2）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（3）闭合开关前，图甲中滑动变阻器的滑片P应位于　 　（选填“A”或“B”）端。
（4）小叶同学闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为　 　V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V。
（5）小向同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是　 　W。
48．小青在“测量小灯泡的额定功率”实验中，选用的小灯泡标有“2.5V”字样。
（1）如图甲是小青测量小灯泡额定功率不完整的实物电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整；

（2）连接好电路后闭合开关，小青发现小灯泡没有发光，但电流表有示数，接下来应进行的操作是　 　（选填标号）；
A．更换小灯泡
B．检查开关是否闭合
C．移动滑动变阻器滑片
D．检查电压表是否断路
（3）实验时，电压表的示数如图乙所示，则应将滑片向　 　（选填“A”或“B”）端移到某一位置，才能使小灯泡正常工作。若正常工作时电流表示数为0.5A，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）完成上述实验后，小青又设计了一种测额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。请完成下列操作：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点　 　（选填“A”或“B”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；
③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P＝　 　。
49．在探究“电动机为什么会转动”的实验中：
（1）我们首先想到的是磁体间发生相互作用是因为一个磁体放在了另一个磁体的磁场中，那么通电导体周围也存在 　 　，磁体会对通电导体产生力的作用吗？
（2）如图所示，将一根导体ab置于蹄形磁铁的两极之间，未闭合开关前，导体 　 　，闭合开关后，导体 　 　，说明磁场对 　 　导体有力的作用。
（3）断开开关，将图中磁铁的N、S极对调，再闭合开关，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向 　 　，说明通电导体在磁场中的受力方向与 　 　有关。
（4）断开开关，将图中电源的正、负极对调，再闭合开关，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向 　 　，说明通电导体在磁场中的受力方向与 　 　有关。
（5）如果同时改变磁场方向和电流方向，　 　确定受力方向与磁场方向或电流方向是否有关（填“能”或“不能”）。

50．在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
（1）当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数　 　（填“增加”或“减少”），说明电流越　 　（填“大”或“小”），电磁铁磁性越强。
（2）根据图示的情境可知，　 　（填“甲”或“乙”）的磁性强，说明电流一定时，　 　，电磁铁磁性越强。
（3）根据右手螺旋定则，可判断出乙铁钉的下端是电磁铁的　 　极。
（4）电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是　 　。

51．小勇利用如图所示的实验装置“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的
条件”，他将实验中观察到的现象记录在如表中。
次数
开关
磁场方向
导体AB的运动方向
电流表指针的偏转方向
1
断开
上N下S
向右运动
不偏移
2
闭合
上N下S
向右运动
向左偏移
3
闭合
上N下S
向左运动
向右偏移
4
闭合
上N下S
向上运动
不偏移
5
闭合
上S下N
向下运动
不偏移
6
闭合
上S下N
向右运动
向右偏移
7
闭合
上S下N
向左运动
向左偏移
（1）分析得出：　 　电路中的部分导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
（2）比较实验2和3（或6和7）可知：在磁场方向一定时，感应电流的方向与　 　有关。
（3）比较实验　 　可知：在导体切割磁感线运动方向不变时，感应电流的方向与磁场方向有关。
（4）这个现象在生产和生活中的重要应用是　 　。
（5）针对这个实验，小勇进行了进一步的探究，他提出了“感应电流的大小可能与导体切割磁感线的运动速度有关”的猜想，于是他设计了如下的实验方案：①保持磁场强弱不变，让导体AB以　 　（填“相同”或“不同”）的速度沿相同方向做切割磁感线运动，观察电流表指针偏转幅度大小。
②如果电流表指针偏转幅度不同，说明感应电流的大小与导体切割磁感线运动速度　 　（填“有关”或“无关”）。

五．计算题（共5小题）


52．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为6V，闭合开关S后，当滑片P从R的一端滑到另一端的过程中，小灯泡的I﹣U关系图象如图乙所示。

（1）灯泡的额定功率；
（2）电路中最小总功率；
（3）求滑动变阻器的最大阻值。




53．某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为5×10﹣3m2，一个冲程活塞在气缸中移动的距离是50mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为8×105Pa，飞轮1min转动1800周，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦，汽油的热值为4.6×107J/kg），求：
（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力；
（2）一个做功冲程中燃气对活塞做的功；
（3）汽油机的功率。
（4）若1min内消耗汽油22.5g，该汽油机的效率。






54．如图所示，铁桶重为20N，桶的底面积为100cm2，往桶里倒入8kg的水，水的深度为15cm，平放在面积为1m2的水平台面上（g取10N/kg）。求：
（1）水对桶底的压强；
（2）桶底受到水的压力；
（3）台面受到桶的压强。






55．图甲是修建码头时用钢缆绳拉着实心长方体A沿竖直方向以0.3m/s的速度匀速下降的情景。图乙是A下降到水底之前钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图象（取水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）长方体A的高度。
（2）长方体A浸没在水中后受到的浮力。
（3）长方体A的密度。



56．如图是工人利用滑轮组提升重为810N物体的示意图，某段过程中物体匀速上升的速度为0.1m/s，工人拉力F的功率为90W，物体上升10s拉力F克服滑轮组的摩擦做的功是60J，不计绳重。求：
（1）工人拉绳子的速度；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）滑轮组中的动滑轮的重力。

六．解答题（共2小题）
57．如图，电源电压为6V，电阻R0＝10Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，滑动变阻器R上标有“20Ω 0.5A”字样。求：
（1）当电路中电流最小时，1min内电流通过电阻R0做的功。
（2）为了保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的最小阻值。

58．如图是“探究什么情况下磁可以生电”的装置，导体ab、开关、灵敏电流表用导线连接，组成电路。
（1）实验中，我们通过电流表指针是否偏转来判断电路中是否有 　 　；通过指针偏转的方向判断 　 　。
（2）闭合开关，让导体ab在磁场中上下运动，发现电流表的指针 　 　；让导体ab静止，磁铁水平向右运动，则电流表的指针 　 　。（选填“偏转”或“不偏转”）
（3）如果想进一步探究感应电流的大小与导体运动的快慢是否有关，则应闭合开关，保持其它条件不变，只改变 　 　，观察 　 　得出结论。


中考物理复习B卷附详细解析学生版
参考答案与试题解析
一．选择题（共34小题）
1．两个物块如图，甲、乙接触，甲传递热量给乙，则（　　）

A．甲的内能一定大
B．甲的温度一定高
C．0℃的固态乙没有内能
D．乙内能增加，温度一定上升
【分析】（1）内能的大小与温度、质量、状态等因素有关；
（2）热传递发生的条件是要有温度差；高温物体放出热量，温度降低、内能减小，低温物体吸收热量，温度升高、内能增加；
（3）内能是物体内所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和，任何物体都具有内能。
【解答】解：A、内能的大小与温度、质量、状态等因素有关，只根据温度无法判定内能的大小，故A错误；
B、热传递发生的条件是要有温度差，甲、乙接触，甲传递热量给乙，说明甲的温度一定比乙高，故B正确；
C、任何物体在任何温度下都有内能，故C错误；
D、甲、乙接触时，甲传递热量给乙，此时甲物块放出热量，温度降低、内能减小，乙物块吸收热量，内能增加，温度不一定升高，故D错误。
故选：B。
2．关于燃料的热值，以下说法中正确的是（　　）
A．燃料的热值与燃料的种类有关系，与燃料的质量和燃烧状况无关
B．燃烧1千克某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值
C．燃料燃烧时，质量越大，热值越大
D．燃料不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小
【分析】要判断此题，首先必须熟悉热值的概念，完全燃烧1千克某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值。
【解答】解：A、燃料的热值与燃料的种类有关系，与燃料的质量和燃烧状况无关，符合题意。
B、燃烧1千克某种燃料放出的热量叫这种燃料的热值，必须是完全燃烧放出的热量，才是燃料的热值，不符合题意。
C、燃料燃烧时，质量越大，热值越大：热值与质量无关，只与燃料种类有关，不符合题意。
D、燃料不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小，燃料不完全燃烧时放出的热量不能称之为热值，不符合题意。
故选：A。
3．如图甲所示，验电器A带负电，B不带电。用带有绝缘手柄的金属棒把验电器A、B两金属球连接起来的瞬间（如图乙所示），金属棒中（　　）

A．电流方向由A到B B．电流方向由B到A
C．有电流但方向无法确定 D．始终无电流
【分析】人们把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，所以负电荷定向移动的方向与电流的方向相反。
【解答】解：当金属棒把验电器A、B两金属球相连时，电子会发生定向移动，从A移动到B使验电器B也带上了电。由于电子带的是负电，而电流的方向是正电荷定向移动的方向，所以电流方向与电子定向移动的方向相反，故电流方向由B到A。
故选：B。
4．在图（a）所示电路中，当闭合开关后，两个电压表指针偏转均为图（b）所示，则电阻R1和R2两端的电压分别为（　　）

A．4.8V，1.2V B．6V，1.2V C．1.2V，6V D．1.2V，4.8V
【分析】（1）分析电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据电压表所测电路确定两电压表的量程；
（2）确定电压表量程、最小分度值，读出电压表的示数，由串联电路特点求出两电阻两端的电压。
【解答】解：（1）由电路图知，两电阻R1与R2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测电阻R2两端的电压；
电压表V1示数大于电压表V2示数，两个电压表指针偏转角度相同，则电压表V1量程是0～15V，电压表V2量程是0～3V；
（2）电压表V1量程是0～15V，最小分度值是0.5V，电压表示数U1＝6V；电压表V2量程是0～3V，最小分度值是0.1V，电压表示数是1.2V；则电阻R2两端的电压U2＝UV2＝1.2V，由串联电路特点知，电阻R1两端的电压U1＝UV1﹣UV2＝6V﹣1.2V＝4.8V。
故选：A。
5．楼道里，夜间只是偶尔有人经过，电灯总是亮着会浪费电能。科研人员利用光敏材料制成“光控开关”，天黑时自动闭合；天亮时自动断开。利用声敏材料制成“声控开关”，当有人走动发出声音时，自动闭合；无人走动时，自动断开。若将这两个开关配合使用，就可以使楼道灯变得“智能化”，这种“智能”电路正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】（1）电路中开关控制用电器时，开关和用电器是串联的；
（2）光控开关和声控开关同时控制一盏灯，同时符合光暗到一定程度，而且有一定的声音时电灯才发光，两个开关和灯泡应该是串联的。
【解答】解：光控开关、声控开关和电灯是串联的，光控开关、声控开关同时闭合时电路形成通路，电灯发光。
故选：B。
6．如图所示，取两个相同的验电器A和B，使A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。下列说法正确的是（　　）

A．B中正电荷通过金属棒流向A，A金属箔的张角减小
B．A中的自由电子通过金属棒流向B，B金属箔的张角增大
C．A中负电荷通过金属棒流向B，B中正电荷通过金属棒流向A
D．金属棒中瞬间电流的方向从A流向B，B金属箔的张角增大
【分析】（1）规定电流方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反；
（2）验电器使用时是让金属杆上的金属箔带上同种电荷，然后同种电荷会相互排斥从而验证物体是否带电的。
【解答】解：（1）A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，A上的部分负电荷会转移到B上，因此验电器B的金属箔由于带负电会张开；
（2）电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，因此电流方向是由B到A。
故选：B。
7．当将滑动变阻器的滑片P向右移动时。如图中的哪一种连接方法可使变阻器连入电路部分的电阻增大（　　）
A． B．
C． D．
【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”。哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的。若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大。
【解答】解：A、这种连接方式接入电路的是右半部分，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻丝长度变小，电阻变小，不符合题意；
B、连接下面两个接线柱，连入电路中的是一个定值电阻（最大电阻），这种接法是不能变阻的，不符合题意；
C、这种连接方式接入电路的是左半部分，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻丝长度变大，电阻变大，符合题意；
D、这种连接方式接入电路的是右半部分，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的电阻丝长度变小，电阻变小，不符合题意；
故选：C。
8．在如图所示的滑动变阻器连入电路的4种接法中，当滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路部分的电阻减小的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】滑动变阻器有四个接线柱，选择一上一下接线柱接入电路，滑动变阻器接入电路的部分取决于接入的下面接线柱。移动滑片时，改变连入电路的电阻丝的长度，改变连入电路电阻的大小。
【解答】解：A、滑动变阻器接入了右半段，滑片左移，连入电路的电阻丝变长，电阻变大。不符合题意。
B、滑动变阻器将整个电阻丝接入了电路，滑片失去作用，因此移动滑片，电阻不变。不符合题意。
C、滑动变阻器接入了左半段，滑片左移，连入电路的电阻丝变短，电阻变小。符合题意。
D、滑动变阻器接入了右半段，滑片左移，连入电路的电阻丝变长，电阻变大。不符合题意。
故选：C。
9．从欧姆定律可以导出公式．对电阻的理解。你认为正确的是（　　）
A．当电压增大时，电阻也增大
B．当电流增大时，电阻减小
C．当电压为零时，电阻也为零
D．电阻由导体本身性质决定，与电流、电压无关
【分析】导体的电阻是由电阻自身决定的，与导体的材料，长度，横截面积有关，而与外部的电流、电压大小无关。
【解答】解：导体的电阻与导体的材料，长度，横截面积有关，并不随电流、电压的改变而改变。所以A，B，C错误，D正确。
故选：D。
10．从欧姆定律可导出R＝，下列说法正确的是（　　）
A．当电压为0时，电阻为0
B．当电流增大2倍时，电阻减小2倍
C．当电压增大2倍时，电阻增大2倍
D．不管电压或电流如何变化，电阻不变
【分析】电阻是导体本身的一种性质，它与两端的电压和通过电流无关，R＝这个导出公式只说明导体电阻的大小是导体两端的电压与通过导体的电流大小的比值。
【解答】解：
电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，
所以，当电压为0时、电流增大2倍时或电压增大2倍时，电阻的阻值不变，故ABC错误，D正确。
故选：D。
11．如图所示，小杜同学用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器的金属球，看到验电器的金属箔张开，在这个过程中（　　）

A．玻璃棒和验电器都带负电荷
B．玻璃棒带正电荷，验电器带负电荷
C．用丝绸摩擦过的玻璃棒产生了电荷
D．金属箔张开是因为同种电荷相排斥
【分析】（1）人们规定，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；
（2）电荷规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：
用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电。
AB、玻璃棒带正电，当其与验电器接触时，验电器也带正电，故AB错误；
C、摩擦起电是电荷的转移，不是创造了电荷，故用丝绸摩擦过的玻璃棒显正电性，是由于一部分电子转移到丝绸上的缘故，故C错误；
D、据验电器的原理可知，金属箔张开是因为同种电荷相排斥，故D正确；
故选：D。
12．如图甲所示，R1的阻值是20Ω，滑动变阻器R2消耗的功率P与其电阻R2的关系图像如图乙所示，则R2消耗的最大功率是（　　）

A．0.45W B．0.50W C．0.80W D．0.90W
【分析】（1）根据滑动变阻器R2消耗的功率P与其电阻R2的关系图像利用P＝I2R求出电流，结合R1阻值求出电源电压；
（2）由曲线图可知当R2的阻值为20Ω时，消耗的功率最大，利用电源电压和串联总电阻求出电流，即可求出电功率。
【解答】解：滑动变阻器R2消耗的功率P与其电阻R2的关系图像，可知当R2＝10Ω时，P2＝0.4W
由P＝I2R可得：I＝＝＝0.2A，
由欧姆定律I＝得：电源电压为：U＝IR＝0.2A×（20Ω+10Ω）＝6V；
乙图可知当R2＝20Ω时，R2的功率最大，此时电路中的电流为I′＝＝＝0.15A，
电阻R2的最大功率为P′＝（I′）2R2＝（0.15A）2×20Ω＝0.45W
故选：A。
13．一只电阻两端的电压由3V增大到4V时，通过该电阻的电流增加了0.25A，则该电阻消耗的电功率增加了（　　）
A．0.25W B．1.75W C．0.75W D．1W
【分析】根据欧姆定律表示出两种情况下电路中的电流得出等式求出电阻R的阻值，再根据P＝求出两种情况下电阻R消耗的电功率，进一步求出该电阻R所消耗电功率的变化。
【解答】解：根据欧姆定律可得：
当U＝3V时，电路中的电流I1＝＝，
当U′＝4V时，电路中的电流I2＝＝，
则﹣＝0.25A，
解得：R＝4Ω，
该电阻R所消耗电功率的变化：
PR′﹣PR＝﹣＝﹣＝1.75W。
故选：B。
14．电工维修电路有时需要带电操作，如图所示，以下操作不会发生触电事故的是（　　）

A．甲站在绝缘凳上同时接触火线和零线
B．乙站在绝缘凳上仅接触火线
C．丙站在地上仅接触火线
D．丁站在地上同时接触火线和零线
【分析】家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的；触电有两种：①当人体的不同部位分别接触火线和零线时，②站在地上，身体的某一部位与火线接触，据此分析。
【解答】解：人体触电，原因是有电流流过，形成通路。人体为导体，一边与火线相接，一边与零线相接或与大地相接，都会形成通路，
图甲、丙、丁中都能构成闭合的电路，即有电流流过人体，会触电；图乙中没有构成闭合的电路，即电流不会流过人体，不会触电。
故选：B。
15．下列关于磁场的描述，正确的是（　　）
A．磁感线是磁场中真实存在的曲线
B．磁体间的吸引或排斥作用是通过磁场实现的
C．磁体周围的磁感线从磁体S极发出，回到磁体N极
D．地磁的N极在地理北极附近，地磁的S极在地理的南极附近
【分析】（1）只有磁性物质才能被磁化，磁化后的磁性材料具有了磁性，磁性材料变为磁体，磁体周围存在着磁场，磁场看不见，摸不到，为了研究磁场，画了一些带箭头的曲线来描述磁场，这样的曲线就是磁感线，这些曲线根本不存在。磁体之间的相互作用，都是通过磁场来完成的。
（2）地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近。
（3）对于磁体，其外部的磁感线是从N极指向S极；其内部是由S极指向N极。
【解答】解：A、磁感线是人们为了方便研究磁场，在磁体周围画的带箭头的曲线，这些曲线在磁场中根本不存在。故A错误；
B、磁场的基本性质是对其中的磁体有磁力作用，磁体间的吸引或排斥作用是通过磁场实现的，故B正确；
C、对于磁体，其外部的磁感线是从N极指向S极；其内部是由S极指向N极，故C错误；
D、地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁的N极在地理的南极附近，故D错误；
故选：B。
16．如图是条形磁体的磁感线分布，图中的E、F、P、Q四点，磁场最强的是（　　）

A．E点 B．F点 C．P点 D．Q点
【分析】磁体具有两极性，任何磁体都具有两个磁极，磁北极N，磁南极S，磁体中磁极部分磁性最强，中间部分磁性最弱。
【解答】解：
条形磁铁的两端是磁极，所以两端磁性最强，中间磁性最弱，故E点磁性最强。
故选：A。
17．关于下列四幅图的说法正确的是（　　）

A．甲图的实验说明磁场能产生电流
B．乙图的实验所揭示的原理可制成发电机
C．丙图是演示电磁感应现象的实验装置
D．丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用
【分析】A、认识奥斯特实验，知道奥斯特实验证实了通电直导线周围存在磁场。即电流的磁效应。
B、掌握电磁感应现象及实验，知道在此实验中让闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流。根据这个原理制成了发电机。
C、掌握磁场对电流的作用实验，知道在此实验中，通电导体在磁场中受到力的作用。
D、要解决此题，需要知道动感线圈式话筒是根据电磁感应现象工作的。
【解答】解：A、图甲是奥斯特实验，通电后小磁针偏转，说明了通电导线周围存在磁场；所以A说法错误，不符合题意。
B、图乙是电磁感应实验，根据此原理可以制成发电机；所以B说法正确，符合题意。
C、图丙是磁场对电流的作用实验，通电后通电导体在磁场中受到力的作用而运动；所以C说法错误，不符合题意。
D、图丁是动感线圈式话筒，当人对话筒说话时，引起膜片的振动，膜片的振动会引起线圈的运动，切割永磁铁的磁感线而产生相对应的变化的电流，从而在扬声器产生与说话者相同的声音。动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的；所以D说法错误，不符合题意。
故选：B。
18．如图所示，在电磁铁正上方用弹簧挂着一条形磁铁，开关闭合后，当滑片P从a端向b端滑动过程中，会出现的现象是（　　）

A．电流表示数变小，弹簧长度变短
B．电流表示数变小，弹簧长度变长
C．电流表示数变大，弹簧长度变长
D．电流表示数变大，弹簧长度变短
【分析】由右手螺旋定则可得出螺线管上端磁极，则由磁极间的相互作用可知电磁铁与条形磁铁的作用；
根据滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可得出电流的变化，进而可知通电螺线管磁场强弱的变化，则可知条形磁极的受力变化，由力的合成可知弹簧长度的变化。
【解答】解：电流由下方流入，则由右手螺旋定则可知，螺线管上端为N极；
因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，两磁铁同名相对，故相互排斥；
当滑片P从a端向b端滑动过程中，滑动变阻器接入电阻减小，由欧姆定律可得，电路中电流变大，则条形磁铁受向上的力增强；
条形磁铁受重力、拉力及向上的磁场力，向下的重力与向上的弹簧的弹力及磁场力之和相等，因重力不变，磁场力增强，故弹簧的弹力减小，故弹簧长度变短。
故选：D。
19．如图所示是某科技小组设计的一种温度自动控制报警装置电路图，关于它的说法正确的是（　　）

A．当温度低于90℃时，报警装置就会响铃，同时绿灯亮
B．当温度低于90℃时，报警装置就会响铃，同时红灯亮
C．当温度达到90℃时，报警装置就会响铃，同时红灯亮
D．当温度达到90℃时，报警装置就会响铃，同时绿灯亮
【分析】温度自动报警器的原理是当温度达到一定值时，温度计内液体上升，该液体必须是导体，这样控制电路会接通，电磁铁产生磁性，将衔铁吸引，将报警电路接通，电铃响，起到报警作用；
【解答】解：据图可知，该温度自动报警器的原理是：当温度达到90℃时，由于温度计内的液体是导体，这样控制电路会接通，电磁铁产生磁性，将衔铁吸引，将报警电路接通，电铃响，红灯亮，起到报警作用；
故选：C。
20．如图为直流电动机的基本构造示意图。以下相关的分析中正确的是（　　）

A．电动机是利用电磁感应的原理工作的
B．电动机工作过程中，消耗的电能全部转化为机械能
C．使线圈连续不停地转动下去是靠电磁继电器来实现的
D．仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向
【分析】电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关；工作时，消耗电能产生机械能，所以是将电能转化为机械能的过程；且使得线圈持续转动的原因是换向器。
【解答】解：A、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故A错误；
B、电动机工作过程中，消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了热能，故B错误；
C、使线圈连续不停地转动下去是靠换向器来实现的，故C错误；
D、电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，故仅改变磁感线的方向可以改变线圈转动的方向，故D正确；
故选：D。
21．如图所示，电磁铁P和Q通电后（　　）

A．P的右端是N极，Q的左端是S极，它们相互吸引
B．P的右端是S极，Q的左端是S极，它们相互排斥
C．P的右端是N极，Q的左端是N极，它们相互排斥
D．P的右端是S极，Q的左端是N极，它们相互吸引
【分析】由右手安培定则可知两螺线管磁极的分布，再由磁极间的相互作用可知两电磁铁的作用力。
【解答】解：
由右手安培定则可得螺线管P左侧为N极，右侧为S极；
螺线管Q左侧为S极，右侧为N极，即两磁铁同名磁极相对，相互排斥。
故选：B。
22．对于图中所示的四幅图，以下说法正确的是（　　）

A．甲图中通电导线周围存在着磁场，如果将小磁针移走，该磁场将消失
B．乙图中闭合开关，通电螺线管右端为N极
C．丙图中闭合开关，保持电流方向不变，对调磁体的N、S极，导体的运动方向不变 D．丁图中绝缘体接触验电器金属球后验电器的金属箔张开一定角度，说明该棒带正电
【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）安培定则：用右手握螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极；
（3）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；
（4）验电器是利用了同种电荷相互排斥的原理制成的。
【解答】解：
A、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、根据图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，故利用安培定则可知通电螺线管的右端为N极，故B正确；
C、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，电流方向不变，对调磁体的N、S极即改变了磁场方向，导体棒摆动方向将改变，故C错误；
D、丁图中绝缘棒接触验电器后，验电器的金属箔张开一定角度，是因为箔片带上了同种电荷，可能是正电，也可能是负电，故D错误。
故选：B。
23．2019年央视春晚首次实现全媒体传播，并在4K、5G、VR、AR、AI等多方面进行技术创新，首次进行4K超高清直播，全程采用5.1环绕声，实现5G内容传输，是一场真正的艺术与科技完美结合的春晚。下面说法正确的是（　　）
A．观众是根据音调分辨出钢琴声和二胡声的
B．5G的传输速度更大，是因为5G是通过超声波传递信息的
C．手机通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的
D．收看过程中为不影响他人，把音量调小一些，这是在传播过程中减弱噪声
【分析】（1）每个发声体的音色是不同的；
（2）（3）电磁波能传递信息；
（4）防治噪声的途径，从三方面考虑：①在声源处；②在传播过程中；③在人耳处。
【解答】解：
A、观众是根据音色来分辨出钢琴声和二胡声的，故A错误；
B、5G的传输通过电磁波传递信息的，故B错误；
C、手机可以接受电磁波，通过Wi﹣Fi收看春晚直播，是利用电磁波传递信息的，故C正确；
D、把音量调小一些，这是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
24．现代社会发展的三大支柱：能源、信息和材料，下列说法正确的是（　　）
A．太阳能、风能、核能都是不可再生能源
B．手机移动通信是利用电磁波来传递信息的
C．“北斗”导航系统是利用超声波进行定位和导航的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）能在短时间内形成的能源属于可再生能源，不能在短时间内形成的能源属于不可再生能源；
（2）手机是利用电磁波来传递信息的；
（3）声波和电磁波都可以传递信息，但是声波不能在真空中传播，而电磁波可以在真空中传播，所以对于没有空气的情况下的信息传递一般都是通过电磁波实现的；
（4）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性。
【解答】解：
A、太阳能、风能是可再生能源，但是核能短时间内从自然界得不到补充，属于不可再生能源，故A错误；
B、手机是利用电磁波来传递信息的，故B正确；
C、超声波和次声波都属于声波，不能在真空中传播；电磁波可以在真空中传播。故“北斗”导航是利用电磁波进行定位和导航的，故C错误；
D、LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，故D错误。
故选：B。
25．以下关于能源的说法正确的是（　　）
A．煤、石油、天然气属于可再生能源
B．煤、石油、天然气属于一次能源
C．风能、水能、地热能属于不再生能源
D．风能、水能、地热能属于二次能源
【分析】（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（2）能够直接从自然界获取并利用的叫一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。
【解答】解：
A、煤、石油、天然气是化石能源，短时间内不能再次产生的，属于不可再生能源，故A错误；
B、煤、石油、天然气可以从自然界直接获得的，所以是一次能源，故B正确；
C、风能、水能、地热能可以源源不断从自然界中获得，属于再生能源，故C错误；
D、风能、水能、地热能可以从自然界直接获得的，所以是一次能源，故D错误。
故选：B。
26．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能增大
B．物体的温度越高，所含的热量越多
C．物体内能增大，一定从外界吸收热量
D．物体的温度不变，其内能就一定不变
【分析】温度、热量、内能是三个不同的物理量，同一物体状态不变时，吸收热量内能增加，温度升高；知道晶体熔化、液体沸腾时吸热，温度保持不变，内能增加。同时了解做功和热传递都可以增加物体的内能。
【解答】解：A、物体温度升高，分子运动加剧，所以内能增加，故A正确；
B、热量是一个过程量，不能用含有、具有等来修饰，故B错误；
C、物体内能增大可能是吸收了热量，也可能是外界对它做了功，故C错误；
D、物体的温度不变，其内能可能不变，也可能增加，如晶体熔化时，吸热但温度不变，内能增加，故D错误。
故选：A。
27．有关分子热运动，下列说法正确的是（　　）
A．液体很难被压缩，说明分子间有斥力
B．手捏海绵，海绵体积变小，说明分子间有空隙
C．扫地时尘土飞扬，说明分子在做无规则运动
D．扩散现象不能在固体中发生
【分析】（1）分子间同时存在相互作用的引力和斥力；
（2）力可以改变物体的形状；
（3）要区分开分子的运动和固体小颗粒的运动（机械运动）；
（4）扩散现象在固体、液体、气体中均能发生。
【解答】解：A、液体很难被压缩，说明分子间有斥力，故A正确；
B、用手捏海绵，海绵的体积缩小了，说明力可以改变物体的形状，不能说明分子间有空隙，故B错误；
C、尘土飞扬是固体小颗粒的运动，属于机械运动，不是分子的运动，故C错误；
D、扩散现象能在固体中发生，比如长时间紧挨在一起的金板和铅板，金中有铅，铅中有金，故D错误。
故选：A。
28．三个体积相同而材料不同的球A、B、C，分别静止在不同深度的水里，以下说法正确的是（　　）

A．A球所受的浮力最小 B．A球所受的浮力最大
C．C球所受的浮力最大 D．C球所受的浮力最小
【分析】已知三个小球体积相同，都放在同一液体中，所受浮力看排开液体的体积，排开体积大的所受浮力大。
【解答】解：根据物体排开液体的体积大小判断浮力。三球的体积相等，由图可知BC完全沉没，排开液体的体积相同，A漂浮，则三球排开水的体积关系：VA＜VB＝VC，因此A球受到的浮力最小，A项正确。
故选：A。
29．如图甲所示，将一块长木板放在水平桌面上，现用水平力F1向右边慢慢推动木板，使其一部分露出桌面如图乙所示，推动木板过程中，木板对桌面的压力F、压强p和摩擦力f的变化情况是（　　）

A．F和f不变，p变大 B．F和p不变，f变大
C．F变小，p和f均变大 D．F不变，f和p均变大
【分析】（1）水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据向右缓慢地推木板时受力面积的变化判断对桌面压强的变化；
（2）根据影响滑动摩擦力大小的因素：压力的大小和接触面的粗糙程度判断此过程摩擦力的变化。
【解答】解：∵水平面上物体的压力和自身的重力相等，
∴向右缓慢地推木板的过程中，木板对桌面的压力F不变，
∵p＝，且向右缓慢地推木板的过程中受力面积变小，
∴木板对桌面的压强p变大；
∵向右缓慢地推木板的过程中，压力和接触面的粗糙程度不变，
∴摩擦力f不变。
故选：A。
30．如图所示，容器中装有一定质量的水，先后按甲、乙两种方式使物体A和小玻璃杯漂浮在水面上（图中细线重力及体积均不计）。设甲、乙两图中物体A和小玻璃杯共同受到的浮力分别为F甲和F乙，水对容器底的压强分别为p甲和p乙，则（　　）

A．F甲＜F乙 p甲＝p乙 B．F甲＝F乙 p甲＝p乙
C．F甲＝F乙 p甲＜p乙 D．F甲＞F乙 p甲＞p乙
【分析】（1）由于甲、乙两图中，物体都处于漂浮状态，要比较F甲、F乙的大小，可利用物体的浮沉条件进行判断。
（2）容器底受到的水的压强和水的深度有关，由于容器底面积一定，当物体排开水的体积越大时，液面就越高，容器底受到的压强就越大。
【解答】解：把A和容器看作一个整体，即A和容器的总重力不变，由图可知，甲、乙中物体都是漂浮在水面上，所以甲、乙两图中物体A和小玻璃杯共同受到的浮力都等于物体A和小玻璃杯的总重力，故F甲＝F乙；
因为两种情况下浮力相等，又由阿基米德原理又可得，F浮＝ρ水gv排；
∵F甲＝F乙，
∴V排甲＝V排乙；
因此甲、乙两图中，液面的高度是相同的，由p＝ρgh可知，当ρ一定时，若h相等，则P相等；即 p甲＝p乙。
故选：B。
31．质量相同的甲、乙、丙、丁4个小球，分别静止在水中的不同深度处，如图所示，则这4个小球在水中所受浮力最小的是（　　）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【分析】由图知，甲、乙球为漂浮，丙球为悬浮，丁球沉入容器底部，根据浮沉条件得出球受到的浮力与重力的关系，而4个小球的质量相同、重力相同，可得4个小球受到的浮力大小关系。
【解答】解：由图知，甲、乙球为漂浮，丙球为悬浮，丁球沉入容器底部，
∵漂浮和悬浮时，F浮＝G＝mg，4个小球的质量相同
∴甲、乙、丙球受到的浮力：
F浮甲＝F浮乙＝F浮丙＝G，
丁球沉入容器底部时，F浮丁＜G，
∴F浮甲＝F浮乙＝F浮丙＞F浮丁，
则丁球的浮力最小。
故选：D。
32．如图所示，甲、乙、丙三个底面积相同、形状不同的容器中装有质量相等的三种不同液体，液面高度相同，则容器底部受到的液体压强（　　）

A．甲的最大 B．乙的最大 C．丙的最大 D．一样大
【分析】由题知底面积相同、液面高度相同，容器形状不同，可得出三种液体的体积关系，又知道三种液体质量相等，根据密度公式得出三种液体的密度关系，再利用液体压强公式分析容器底部受到的液体压强关系。
【解答】解：如图，液体深度h、容器底面积S相同，容器形状不同，
液体体积：
v甲＜v乙＜v丙，
∵三种液体质量相等，
∴ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，
又∵p＝ρgh，h相同，
∴容器底部受到的液体压强：
p甲＞p乙＞p丙，
故选：A。
33．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（　　）

A．不变 B．变小
C．变大 D．先变大后变小
【分析】解答此题，首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。
【解答】解：在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；
由杠杆的平衡条件知：F•OA＝G•L，当OA、G不变时，L越大，那么F越大；
因此拉力F在这个过程中逐渐变大。
故选：C。
34．如图所示的三个滑轮分别拉同一物体沿同一水平地面做匀速直线运动，所用的拉力分别为F1，F2，F3，不计滑轮重及绳与滑轮间摩擦，那么，下列关系式中正确的是（　　）


A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3 C．F2＞F1＞F3 D．F2＜F1＜F3
【分析】物体在水平方向上做匀速直线运动，根据二力平衡的条件可知物体所受的拉力等于物体受到的摩擦力，然后根据定滑轮和动滑轮的工作特点，分别求出F1、F2、F3，即可比较其大小。
【解答】解：第一个图中滑轮为定滑轮，因为定滑轮相当于一个等臂杠杆，不能省力，
所以根据二力平衡，此时拉力F1＝f；
第二个图中滑轮为动滑轮，因为动滑轮可省一半的力，
所以根据二力平衡，此时拉力F2＝f；
第三个图中滑轮为动滑轮，由二力平衡可知此时的拉力等于两股绳子向左的拉力，即F3＝2f；
由此可得F2＜F1＜F3。
故选：D。
二．多选题（共1小题）
（多选）35．关于温度、热量和内能以下说法正确的是（　　）
A．物体的温度升高，内能一定增加
B．60℃的水比30℃的水所含有的热量多
C．热量总是自发地从温度高的物体向温度低的物体传递
D．0℃的水内能为零
【分析】解答本题需掌握：
（1）物体的内能大小与温度有关，温度越高内能越大，分子的热运动越剧烈；
（2）热量是在热传递过程中，传递能量的多少叫做热量；
（3）热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体；
（4）一切物体都具有内能。
【解答】解：
A、物体温度升高，分子运动加剧，内能增大。故A正确；
B、60℃的水和30℃的水如果没有发生热传递，就没有热量的吸收和放出，不能谈热量多少。故B错误；
C、热量总是自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，故C正确；
D、一切物体都具有内能，所以0℃的水也具有内能功。故D错误。
故选：AC。
三．填空题（共5小题）
36．为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图所示的实验。实验数据记录如图表。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
70
（1）从表中数据可知，水和食用油的质量　相同　（选填“相同”或“不相同”），加热结束时，食用油的温度比水温度　高　（选填“高”或“低”）。
（2）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，此时，水吸收的热量　大于　（选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）实验表明，　水　（选填“水”或“食用油”）吸热的能力更强。

【分析】（1）认真分析表中数据即可得出结论。
（2）用相同的加热装置对水和食用油加热，在相等时间内水与食用油吸热的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多。
（3）根据比热容的概念和Q＝Cm△t进行分析，即△t和质量相等时，吸收的热量越多的物质，即吸热的能力强（比热容越大）。
【解答】解：（1）从表中数据可知，水和食用油的质量都是60g，它们的质量相同。加热结束时，食用油的温度和水的温度分别是70℃、45℃，食用油的温度高。
（2）用相同的加热装置对水和食用油加热，在相等时间内水与食用油吸热的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多；要使水和食用油的最后温度相同，水的加热时间更长，水吸收的热量大于食用油吸收的热量。
（3）由Q＝cm△t知：质量相同的物质，升高相同的温度，吸收热量多的物质比热容大。
因为水和食用油的质量相同，它们的初温相同，要使水和食用油的最后温度相同，水吸收的热量大于食用油吸收的热量，所以水的比热容大，即水吸热的能力更强。
故答案为：（1）相同；高；（2）大于；（3）水。
37．有一款手机用的锂电池，上面标明电压为3.7V，容量为1000mAh．给它充电时，是电能转化为　化学　能。充满电后，大约存储了　13320　J的电能。
【分析】（1）电池提供电能时是把储存的化学能转化电能；
（2）知道电池的容量，根据W＝UIt求出电流做的功即为储存的电能。
【解答】解：电池充电和供电是相反的过程，充电时是把电能转化为化学能，放电时是把化学能转化电能；
手机锂电池充满电后，存储的电能：
W＝UIt＝3.7V×1000×10﹣3A×3600s＝13320J。
故答案为：化学；13320。
38．如图所示的是用来描绘某﹣磁体周围磁场的部分磁感线，由磁感线的分布特点可知，b点的磁场比a点的磁场　强　（选填“强”或“弱”）；若在b点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其S极指向　P　处（选填“P”或“Q”）。

【分析】磁感线的分布疏密可以反映磁场的强弱，越密越强，反之越弱。磁感线是有方向的，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致。
【解答】解：从图中可以看出a点的磁感线比b点的磁感线疏，故a点的磁场比b点的磁场弱，即b点的磁场比a点的磁场强。小磁针静止在b点时，其N极指向与该点磁感线的方向一致，故N极指向Q点，S极和N极的指向相反，所以S极指向P点。
故答案为：强；P；
39．如图所示，一个未装满水的瓶子，正立在水平桌面上时，瓶对桌面的压强为p1，瓶底受到水的压力为F1；倒立时瓶对桌面的压强为p2，瓶盖受到水的压力为F2，则p1　小于　p2，F1　大于　F2．（选填：“大于”、“小于”或“等于”）

【分析】（1）水平桌面上物体的压力和自身的重力相等。倒置后，由液体压强公式得出压强的变化情况；
（2）水对瓶盖和瓶底的压力，可以根据水产生的压力和水重力的关系进行分析，注意上下粗细一样的容器中，水对容器底的压力等于水的重力；上面粗、下面细的容器中水对容器底的压力小于水的重力；上面细、下面粗的容器中水的压力大于水的重力。
【解答】解：（1）由于瓶子放在水平桌面上，则对桌面的压力等于瓶子和水的总重力，即F＝G，
所以，倒置后容器对桌面的压力不变，而受力面积减小，
由p＝得：倒置后对桌面的压强变大，即：p1＜p2；
（2）正放时，瓶子中的水柱是粗细相同的，瓶子底部受到的压力等于瓶中水的重力；
倒放时，瓶子中的水柱上面粗，下面细，一部分水压的是瓶子的侧壁，瓶盖受到的压力小于瓶中水的重力；
因此即F1＞F2。
故答案为：小于；大于。
40．如图所示，小明正在做俯卧撑，把他的身体看作一个杠杆，O为支点，A为重心，他的体重为550N．地面对手的支持力F的力臂是 　1.5　m，大小为 　330　N。

【分析】（1）力臂是指从支点到力的作用线的垂直距离，根据图示确定动力臂和阻力臂的长度；
（2）已知重力、动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡的条件进行计算。
【解答】解：（1）根据图示可知，支点到重力作用线的垂线段和支持力作用线的垂线段分别为动力臂和阻力臂，即动力臂L1＝0.9m+0.6m＝1.5m，
阻力臂L2＝0.9m；
（2）根据杠杆平衡的条件可得：
FL1＝GL2，
F×1.5m＝550N×0.9m，
F＝330N。
故答案为：1.5；330。
四．实验探究题（共11小题）
41．如图，某实验小组在“探究物体动能跟哪些因素有关”实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后静止。
（1）实验中，探究的动能是指 　B　（选择项），其动能大小通过 　木块B移动的距离　来反映。
A.小球在斜面上的的动能
B.小球在水平面的动能
C.木块的动能
（2）由图中的 　甲、乙　两次实验，可以看出高度h越高，钢球运动到水平面时速度越大，木块被撞得越远，这反映出物体的动能与物体的 　速度　有关。
（3）小组同学做完甲、乙实验后，在做丙实验时木块被撞滑出木板，需要重做实验，应该 　将丙图的高度减小为h，再将丙图与乙图比较得出动能与质量的关系或更换长木板　才能完成实验。
（4）若水平面光滑，则 　不能　（选填“能”、“不能”）完成本实验。
【分析】（1）根据实验目的确定研究对象；当要研究的物理量不易直接测量时，都要想办法把它们的大小间接表示出来。这种研究物理问题的方法叫转换法。小球动能的大小不能直接用眼睛观察，而是通过观察小球推动木块所做的功的大小来反映，小球推动木块越远，做功越多，小球具有的动能越大；
（2）（3）动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大。对照图示，结合控制变量法可得出结论；
（4）根据牛顿第一定律分析。
【解答】解：（1）小球下落到水平面时因为具有动能才能撞击木块，实验中，探究的动能是指小球在水平面的动能，故选B；
小球动能大小不能直接测量，而是通过小球推动木块B在水平面上移动的距离来反映，这采用了转换法；
（2）实验中让同一钢球从不同的高度由静止开始滚下，高度h越高，钢球运动到水平面时速度越大，把木块推得越远，则钢球对木块做的功多，钢球的动能大，说明了物体的动能与物体的速度有关，图甲、乙符合题意；
（3）小组同学做完甲、乙实验后，在做丙实验时木块被撞滑出木板，说明丙图中小球的动能太大，可以将丙图的高度减小为h，再将丙图与乙图比较得出动能与质量的关系或更换长木板；
（4）若水平面光滑，由牛顿第一定律，木块被撞击后将做匀速直线运动，不能通过木块移动的距离来判定动能的大小，不能完成本实验。
故答案为：（1）B；木块B移动的距离；（2）甲、乙；速度；（3）将丙图的高度减小为h，再将丙图与乙图比较得出动能与质量的关系或更换长木板；（4）不能。
42．小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。

（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时，　导体中的电流与电阻成反比　。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 　断开开关　，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 　2.5　V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 　35　Ω的滑动变阻器。
【分析】（1）图乙中还未连入的元件有电压表和滑动变阻器，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路。
（2）①分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，说明电压一定时，导体中的电流与电阻成反比。
②每次实验后，必须断开开关，把滑片拨到最大阻值处，然后再更换电阻；闭合开关后，还要调节滑片，使定值电阻两端的电压保持不变。
（3）根据电源电压以及每次定值电阻两端的电压，利用串联分压可求出滑动变阻器的最小阻值。
【解答】解：（1）电压表的“3”接线柱已接入电路，需要把“﹣”接线柱接到定值电阻的右边接线柱，使电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只要把上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连即。要注意导线不要交叉。连好的实物图如下图所示。
（2）①分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，说明电压一直保持在2.5V，此时导体中的电流与电阻成反比。
②更换电阻时，必须先断开开关；换好定值电阻后，闭合开关，并移动滑片，使电压表的示数为2.5V。
（3）当定值电阻R＝25Ω时，由图丙可知，此时电路中的电流I＝0.1A，
则电路中的总电阻为：R总＝＝＝60Ω，
所以滑动变阻器的最大阻值不能小于：R滑＝R总﹣R＝60Ω﹣25Ω＝35Ω。
故答案是：（1）实物电路连接如图所示：

（2）①导体中的电流与电阻成反比；
②断开开关；2.5；
（3）35。
43．图甲是用伏安法测未知电阻R的实验图。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整。
（2）闭合开关，将滑片P向左滑动时，此时电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为I＝　0.3　A，则未知电阻R＝　8　Ω。
（3）若实验中只有一个电压表和一个已知电阻R0，小明设计了如图丙所示的电路，同样可以测量未知电阻Rx，请在空格内将实验步骤补充完整。
①闭合S、断开S1，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②　闭合开关S、S1　，用电压表测出电源的电压U；
③请写出用测量值U、U1及R0来表示Rx的表达式：Rx＝　　。
【分析】（1）变阻器应串联在电路中，且要一上一下接线柱进行连接；
（2）明确电流表的量程和分度值，读出示数，再利用欧姆定律的变形公式计算电阻的大小；
（3）由电路图可知，当开关S、S1均闭合时电路为Rx的简单电路，电压表测电源的电压；当开关S闭合、S1断开时，R0、Rx串联，电压表测Rx两端的电压；根据串联电路的分压特点和定值电阻的阻值求出Rx的阻值，据此设计实验步骤得出结果。
【解答】解：（1）变阻器应串联在电路中，可将导线一端接在变阻器上端，另一端接在电阻R右端，如图所示。

（2）读图可知，电流表的量程为0～0.6A，其分度值为0.02A，则电流表的示数为0.3A。
由公式I＝得，
R＝＝＝8Ω；
（3）实验步骤：
①闭合开关S、断开S1，用电压表测出待测电阻Rx两端的电压为U1；
②闭合开关S、S1，用电压表测出电源的电压U；
③因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R0两端的电压：
U0＝U﹣Ux＝U﹣U1，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，I＝＝，即＝，
解得：Rx＝。
故答案为：
（1）如上图所示；
（2）0.3；8；
（3）②闭合开关S、S1；③。
44．如图所示，甲是用“伏安法”测量未知电阻Rx的实物电路图。

（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到　阻值最大　处；闭合开关，发现电流表几乎无示数，电压表指针明显偏转，则出现的故障可能是Rx　断路　。
（3）排除故障后，闭合开关，当滑片移动到某位置时，电压表示数为2.4V，电流表示数如图乙所示，其读数为　0.24　A，则未知电阻Rx＝　10　Ω。
（4）若实验中电压表损坏，利用其它的原有器材也能测出未知电阻Rx的阻值。实验电路如图丙所示（滑动变阻器最大阻值为R0，电源电压未知且不变），请将下列相关实验步骤补充完整：
①闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，记录电流表示数为I1；
②闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到　b端　，记录电流表示数I2；
③写出待测电阻的表达式，Rx＝　R0　（用已知量和测量量符号表示）
【分析】（1）滑动变阻器应和电流表串联，接线柱应该一上一下接入电路；
（2）为了保护电路，滑动变阻器的滑片应滑到电阻最大位置；
当电压表示数较大（或等于电源电压）时，电压表所测范围之外出现短路，或者所测范围之内出现断路；
（3）弄清电流的量程和分度值，再读数；根据I＝求出电阻值；
（4）闭合开关S，将滑片滑倒a端，两电阻并联；将滑片滑倒b端，Rx被短路，只有R0工作，根据并联电路的电流和电压特点求出待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）滑动变阻器应和电流表串联，接线柱应该“一上一下”接入电路，如下图：

（2）为了保护电路，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处；
由题意可知，电流表指针几乎未动，说明电路中没有电流（或电流很小），则电路中可能出现了断路；
又因为电压表指针有明显偏转，说明电压表两接线柱到电源两极间的电路是连通的，则出现的故障可能是Rx断路；
（3）如图乙所示，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.24A；
由I＝得未知电阻的阻值：Rx＝＝＝10Ω；
（4）②根据题意可知，应将滑片移到b端，记录电流表示数I2。
Rx表达式的推导：
步骤②，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到b端，Rx被短路，只有R0工作，电流表示数为I2；
所以电源电压：U＝I2R0，
步骤①，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到a端，两电阻并联，总电流为I1；
两次实验中，R0两端电压均等于电源电压，R0阻值不变，所以通过R0的电流均为I2，
根据并联电路的电流特点可得，通过待测电阻的电流Ix＝I1﹣I2，
并联电路电压相等，则待测电阻两端的电压：Ux＝U＝I2R0，
所以待测电阻Rx＝＝R0。
故答案为：
（1）如上图；（2）阻值最大；断路；（3）0.24；10；（4）②b端；③R0。
45．小芳利用图甲所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，阻值大约为5Ω

（1）请你根据电路图，用笔画线代替导线，在图乙中完成实验电路的连接。
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于 　B　端（选填“A”或“B”）。
（3）闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数；接在a、c之间，电压表无示数。如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是 　滑动变阻器断路　。
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，记录多组数据。画出了待测电阻Rx的I﹣U图象，如图丙所示。由图象可得Rx＝　4　Ω。
（5）小芳又设计了一种方案，也测出了Rx的阻值。电路如图丁所示，R0为阻值已知的定值电阻，电源电压未知且恒定不变。测量步骤如下：
①当开关 　S1闭合、S2断开　时，电流表读数为I1；
②当开关S1、S2都闭合时，电流表读数为I2；
③待测电阻Rx＝　　。（用已知和测出的物理量符号表示）
【分析】（1）由表中数据，电流表选用小量程与电阻串联在电路中，电压表并联在待测电阻RX两端，变阻器按一上一下接入电路中；
（2）为保护电路，连接电路时开关应断开，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应处于阻值最大处；
（3）如图两电阻串联，电路中只有一处故障，且只发生在一电阻上，同时电压表、电流表无示数，说明电路故障不可能是短路，如果是短路，则电流表有示数。因此是断路故障；
（4）从图象上找到电压对应的点，读出对应的电流，利用欧姆定律可求电阻；
（5）根据电源电压不变利用欧姆定律计算出Rx阻值。
【解答】解：（1）电流表选用小量程与电阻串联在电路中，电压表并联在待测电阻RX两端，如下图所示：
；
（2）连接电路时开关应断开，闭合开关之前滑动变阻器的滑片应处于阻值最大处即B端。
（3）闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。小芳利用另一只完好的电压表进行检测，把电压表分别接在a、b之间和b、c之间，电压表均有示数，说明与a、b之间和b、c之间并联部分是通路；接在a、c之间，电压表无示数，说明b、c之间断路。如果电路连接完好，只有一个元件有故障，该故障是滑动变阻器断路；
（4）由图象知，当Rx的电压是1.0V时，对应的电流值为0.25A，由I＝可得Rx＝＝＝4Ω；
（5）电路如图丁所示，R0为阻值已知的定值电阻，电源电压未知且恒定不变。测量步骤如下：
①当开关S1闭合、S2断开时，电流表读数为I1；
②当开关S1、S2都闭合时，电流表读数为I2；
③待测电阻Rx＝＝＝＝。
故答案为：（1）如上图；（2）B；（3）滑动变阻器断路；（4）4；（5）①S1闭合、S2断开；③。
46．某学习小组测量未知电阻Rx的阻值，他们分成A、B两组用不同方法进行实验。

（1）A组设计了如图甲所示的电路图。
①请用笔画线代替导线将实物电路图乙连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向左滑动时电路中的电流变大。
②在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片P应滑至最　右　端（选填“左”或“右”），这样做的目的是　保护电路　。
③闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P滑至某一位置后，电压表的示数为2.4V，电流表的示数I如图丙所示，则I＝　0.24　A，待测电阻Rx＝　10　Ω。
（2）B组设计了如图丁所示的电路图，其中电源电压未知且不变，另一定值电阻的阻值为R0。
①闭合S1，断开S2时，电压表的示数为U1；
②闭合S1、S2时，电压表的示数为U2；
③电阻Rx＝　×R0　（用U1、U2、R0表示）。
（3）评估A、B两组实验，使用A组实验的优点是　A组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减小误差的目的，而B却不可以　。
【分析】（1）①根据滑动变阻器的滑片P向左滑动时电路中的电流变大确定变阻器左下接线柱连入电路中；
②在开关闭合之前，为保护电路，滑动变阻器的滑片P应滑至阻值最大处；
③根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出待测电阻；
（2）分析开关转换时电路的连接及电压表测量的电压，得出电源电压大小，由串联电路电压的规律和分压原理得出电阻Rx。
（3）A组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减少误差的目的，据此分析。
【解答】解：（1）①要求滑动变阻器的滑片P向左滑动时电路中的电流变大，即电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：

②在开关闭合之前，滑动变阻器的滑片P应滑至阻值最大处，即最右端，这样做的目的是保护电路；
③闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P滑至某一位置后，电压表的示数为2.4V，电流表的示数I如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则I＝0.24A，由欧姆定律I＝，待测电阻：
Rx＝＝＝10Ω；
（2）①闭合S1，断开S2时，电压表的示数为U1；
②闭合S1、S2时，电压表的示数为U2；
③在①中，定值电阻与电压表串联在电路中，电压表通过定值电阻与电源连通，电压表测电源电压U1；
在②中，待测电阻与定值电阻串联，电压表测待测电阻的电压，由串联电路电压的规律，定值电阻的电压为：
U0＝U1﹣U2，
由分压原理：
＝，
电阻Rx＝×R0；
（3）A组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减小误差的目的，而B却不可以。
故答案为：（1）①如上所示；②右；保护电路；③0.24；10；（2）×R0；（3）A组实验，通过移动变阻器的滑片可多次测量取平均值，达到减小误差的目的，而B却不可以。
47．在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω。

（1）连接电路时开关应　断开　，电流表的量程应选0～　0.6　A。
（2）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。
（3）闭合开关前，图甲中滑动变阻器的滑片P应位于　A　（选填“A”或“B”）端。
（4）小叶同学闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为　2.2　V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向　B　（选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V。
（5）小向同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是　0.5　W。
【分析】（1）为保证安全，连接电路时，开关应断开；电流表的量程根据灯泡规格确定。
（2）连接实物图时，应注意电流表、电压表量程及电流方向，滑动变阻器要采用“一上一下”的接法；
（3）为保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器接入电路的阻值应最大；
（4）读取电压表示数时，注意选择的量程和对应的分度值；要测量灯泡的额定功率，两端电压应该为额定电压。
（5）已知额定电压和正常工作电流，利用P＝UI计算灯泡的额定功率。
【解答】解：
（1）连接电路时，开关S应处于断开状态。
灯泡正常发光时，通过的电流为I＝＝＝0.25A，所以电流表选择0～0.6A量程。
（2）电路大部分连接完成，由上面知道了选择的电流表的量程，只要将电流表的“0.6A”与灯泡左侧的接线柱连接即可。
（3）为使滑动变阻器接入电路的电阻最大，应该使滑片位于距离B接线柱最远的位置，也就是处于A端。
（4）电压表的示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，应使电路电流变大，滑动变阻器阻值变小，由电路图知滑片应向B滑动。
（5）由图象知U＝2.5V时，I＝0.2A，则小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W。
故答案为：
（1）断开；0.6；（2）实物连接如下图：

（3）A；（4）2.2；B；（5）0.5。
48．小青在“测量小灯泡的额定功率”实验中，选用的小灯泡标有“2.5V”字样。
（1）如图甲是小青测量小灯泡额定功率不完整的实物电路，请用笔画线代替导线将电路连接完整；

（2）连接好电路后闭合开关，小青发现小灯泡没有发光，但电流表有示数，接下来应进行的操作是　C　（选填标号）；
A．更换小灯泡
B．检查开关是否闭合
C．移动滑动变阻器滑片
D．检查电压表是否断路
（3）实验时，电压表的示数如图乙所示，则应将滑片向　A　（选填“A”或“B”）端移到某一位置，才能使小灯泡正常工作。若正常工作时电流表示数为0.5A，则小灯泡的额定功率为　1.25　W；
（4）完成上述实验后，小青又设计了一种测额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。请完成下列操作：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点　A　（选填“A”或“B”），移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；
③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P＝　　。
【分析】（1）在测量小灯泡的额定功率的实验中，电压表应并联到灯泡的两端；
（2）电流表有示数，说明电路是通路，小灯泡不发光，可能是由于灯泡的实际功率太小；
（3）根据图中电压表选用的量程确定分度值读数，灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；根据P＝UI算出灯泡得到电功率；
（4）为了测灯泡的额定功率，应先使灯泡正常发光，再利用电路特点和欧姆定律得到灯泡正常发光时的电流，从而计算灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）电压表应并联到灯泡的两端，灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用的是小量程；如图所示：
；
（2）闭合开关前，滑动变阻器阻值调至最大，连接好电路后闭合开关，小青发现小灯泡没有发光，但电流表有示数，说明电路是通路，由于滑动变阻器的阻值最大，根据欧姆定律可知，电路中的电流较小，灯泡的实际功率过小，所以接下来应进行的操作是移动滑动变阻器滑片，改变电路中电流的大小，观察灯泡是否发光，故C正确；
（3）图乙中电压表选用0﹣3V的小量程，分度值为0.1V，电压大小为1.9V；灯在额定电压下正常发光，电压表示数为1.9V时，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A端移动到合适位置，直到电压表示数为额定电压2.5V；
灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.5A＝1.25W；
（4）①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点A点，移动滑片，当电压表的示数为小灯泡的额定电压U1＝2.5V时，小灯泡正常发光；
②保持滑片的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，电压表测量的是灯泡与定值电阻两端的总电压，读出电压表的示数U2；此时R0两端的电压为：U0＝U2﹣U1；
③此时为串联电路，则电路中的电流为：I＝＝，
小灯泡的额定功率表达式为：P＝U1＝。
故答案为：（1）如图；（2）C；（3）A；1.25；（4）A；。
49．在探究“电动机为什么会转动”的实验中：
（1）我们首先想到的是磁体间发生相互作用是因为一个磁体放在了另一个磁体的磁场中，那么通电导体周围也存在 　磁场　，磁体会对通电导体产生力的作用吗？
（2）如图所示，将一根导体ab置于蹄形磁铁的两极之间，未闭合开关前，导体 　静止不动　，闭合开关后，导体 　运动　，说明磁场对 　通电　导体有力的作用。
（3）断开开关，将图中磁铁的N、S极对调，再闭合开关，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向 　相反　，说明通电导体在磁场中的受力方向与 　磁场方向　有关。
（4）断开开关，将图中电源的正、负极对调，再闭合开关，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向 　相反　，说明通电导体在磁场中的受力方向与 　电流方向　有关。
（5）如果同时改变磁场方向和电流方向，　不能　确定受力方向与磁场方向或电流方向是否有关（填“能”或“不能”）。

【分析】（1）通电导体周围存在磁场；
（2）磁场对通电导体有力的作用；
（3）（4）（5）电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理而制成的。改变电流的方向或磁场的方向都可以改变线圈的受力方向，从而使其转动方向不同，若电流的方向和磁场的方向都同时改变，不可以改变线圈的受力方向。
【解答】解：（1）根据课本奥斯特实验知：通电导体周围存在磁场；
（2）将一根导体ab置于蹄形磁铁的两极之间，未闭合开关前，电路中没有电流，导体静止不动，闭合开关后，电路中有电流，导体运动，说明磁场对通电导体有力的作用。
（3）断开开关，将图中磁铁的N、S极对调，磁场方向改变，再闭合开关，电流方向不变，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向相反，说明通电导体在磁场中的受力方向与磁场方向有关。
（4）断开开关，将图中电源的正、负极对调，再闭合开关，导体中电流方向改变，磁场方向不变，会发现导体ab的运动方向与对调前的运动方向相反，说明通电导体在磁场中的受力方向与电流的方向有关。
（5）如果同时改变磁场方向和电流方向，通电导体在磁场中受力方向不变，不能确定受力方向与磁场方向或电流方向是否有关。
故答案为：（1）磁场；（2）静止不动；运动；通电；（3）相反；磁场方向； （4）相反；电流方向； （5）不能。
50．在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
（1）当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数　增加　（填“增加”或“减少”），说明电流越　大　（填“大”或“小”），电磁铁磁性越强。
（2）根据图示的情境可知，　甲　（填“甲”或“乙”）的磁性强，说明电流一定时，　线圈匝数越多　，电磁铁磁性越强。
（3）根据右手螺旋定则，可判断出乙铁钉的下端是电磁铁的　N　极。
（4）电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是　大头针被磁化，同名磁极相互排斥　。

【分析】（1）采用转换法，通过观察电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱；电磁铁磁性的强弱和线圈的匝数、电流大小有关；
（2）根据电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱；分析图中的相同点和不同点做出解答；
（3）根据右手螺旋定则，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，那么，大拇指所指的一端为N极；
（4）大头针被磁铁吸引以后，大头针会被磁化，再根据同名磁极相互排斥作出分析和解答。
【解答】解：
（1）磁性的强弱是无法直接观察的，可以通过电磁铁吸引大头针的多少来认识其磁性强弱，当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器的阻值减小，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，吸引大头针的个数增加；
（2）由图知，甲吸引大头针的个数较多，说明甲的磁性较强，甲乙串联，电流相等，甲的线圈匝数大于乙的线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强；
（3）乙螺线管中的电流是从上边导线流入的，用右手握住螺线管，四指的方向和电流方向相同，那么，大拇指所指的下端为N极，所以上端为S极；
（4）大头针被磁化，同一端的磁性相同，互相排斥，所以下端分散。
故答案为：（1）增加；大；（2）甲；线圈匝数越多；（3）N；（4）大头针被磁化，同名磁极相互排斥。
51．小勇利用如图所示的实验装置“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的
条件”，他将实验中观察到的现象记录在如表中。
次数
开关
磁场方向
导体AB的运动方向
电流表指针的偏转方向
1
断开
上N下S
向右运动
不偏移
2
闭合
上N下S
向右运动
向左偏移
3
闭合
上N下S
向左运动
向右偏移
4
闭合
上N下S
向上运动
不偏移
5
闭合
上S下N
向下运动
不偏移
6
闭合
上S下N
向右运动
向右偏移
7
闭合
上S下N
向左运动
向左偏移
（1）分析得出：　闭合　电路中的部分导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
（2）比较实验2和3（或6和7）可知：在磁场方向一定时，感应电流的方向与　导体切割磁感线运动方向　有关。
（3）比较实验　2、6或3、7　可知：在导体切割磁感线运动方向不变时，感应电流的方向与磁场方向有关。
（4）这个现象在生产和生活中的重要应用是　发电机；　。
（5）针对这个实验，小勇进行了进一步的探究，他提出了“感应电流的大小可能与导体切割磁感线的运动速度有关”的猜想，于是他设计了如下的实验方案：①保持磁场强弱不变，让导体AB以　不同　（填“相同”或“不同”）的速度沿相同方向做切割磁感线运动，观察电流表指针偏转幅度大小。
②如果电流表指针偏转幅度不同，说明感应电流的大小与导体切割磁感线运动速度　有关　（填“有关”或“无关”）。

【分析】电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就产生电流，这种现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。 导体中感应电流的方向，跟导体的运动方向和磁感线方向有关；发电机：发电机是将机械能转化为电能的装置。
【解答】解：（1）要想得到感应电流，在磁场中运动的导体只能是闭合电路中的一部分，而不是全部；
（2）在磁场方向确定时，感应电流的方向与导体切割磁感线运动方向有关；
（3）当磁场方向改变时，感应电流的方向也发生改变，可以通过比较实验2、6或3、7得出；
（4）利用电磁感应现象的工具是发电机，发电机是利用电磁感应得到电流的；
（5）电流表指针偏转的幅度能反应出感 应电流的大小，保持磁场强弱不变，让导体AB以不同的速度沿相同方向做切割磁感线运动，观察电流表指针偏转幅度大小；如果电流表指针偏转幅度不同，说明感应电流的大小与导体切割磁感线运动速度有关。
故答案为：（1）闭合；（2）导体切割磁感线运动方向；（3）2、6或3、7；（4）发电机；（5）①不同 ②有关；
五．计算题（共5小题）
52．如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为6V，闭合开关S后，当滑片P从R的一端滑到另一端的过程中，小灯泡的I﹣U关系图象如图乙所示。

（1）灯泡的额定功率；
（2）电路中最小总功率；
（3）求滑动变阻器的最大阻值。
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于左端时，电路为L的简单电路，电压表的示数即为电源的电压，根据图乙读出电源的电压和通过灯泡的电流，此时小灯泡正常发光，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（2）当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流，利用P＝UI求出电路中最小总功率；
（3）当滑动变阻器接入电路的电阻最大，由图乙可知灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于左端时，电路为L的简单电路，电压表的示数即为电源的电压，
由图乙可知，电源的电压U＝UL＝6V，通过灯泡的电流IL＝0.2A，此时小灯泡正常发光，
则灯泡的额定功率：PL＝ULIL＝6V×0.2A＝1.2W；
（2）当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流最小I小＝0.1A，
则电路中最小总功率：P小＝UI小＝6V×0.1A＝0.6W；
（3）当滑动变阻器接入电路的电阻最大，由图乙可知灯泡两端的电压UL′＝1.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器的电压：U滑＝U﹣UL′＝6V﹣1.5V＝4.5V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R滑大＝＝＝45Ω。
答：（1）灯泡的额定功率为1.2W；
（2）电路中最小总功率为0.6W；
（3）求滑动变阻器的最大阻值为45Ω。
53．某单缸四冲程汽油机的气缸活塞面积为5×10﹣3m2，一个冲程活塞在气缸中移动的距离是50mm，满负荷工作时做功冲程燃气的平均压强为8×105Pa，飞轮1min转动1800周，当汽油机满负荷工作时（不计摩擦，汽油的热值为4.6×107J/kg），求：
（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力；
（2）一个做功冲程中燃气对活塞做的功；
（3）汽油机的功率。
（4）若1min内消耗汽油22.5g，该汽油机的效率。
【分析】（1）知道燃气的平均压强和活塞的面积，可利用公式F＝pS计算出平均压力的大小。
（2）知道活塞在气缸中移动的距离，可利用公式W＝Fs计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功。
（3）飞轮（曲轴）每转两圈对外做功一次，计算出飞轮转动1800周对外做功的次数，已经计算出一个做功冲程燃气对活塞做的功，从而可以计算出燃气对活塞做的总功，又知道做功的时间，可利用公式P＝计算出汽油机的功率；
（4）已知汽油的质量和热值，可以得到汽油完全燃烧释放出的热量；根据燃气对活塞做的功和汽油完全燃烧释放的热量计算出汽油机的效率。
【解答】解：
（1）根据p＝可知燃气对活塞的平均压力为：
F＝pS＝8×105Pa×5×10﹣3m2＝4000N；
（2）因为s＝50mm＝0.05m，
所以一个做功冲程中燃气对活塞做的功：W＝Fs＝4000N×0.05m＝200J；
（3）飞轮每转两圈对外做功一次，所以飞轮转动1800周，要对外做功900次，
所以燃气对活塞做的总功为：
W总＝W×900＝200J×900＝180000J，
汽油机的功率为：
P＝＝＝3000W；
（4）这些汽油完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq＝0.0225kg×4.6×107J/kg＝1035000J，
汽油机的效率：
η＝＝×100%≈17.4%。
答：（1）做功冲程中燃气对活塞的平均压力为4000N；
（2）一个做功冲程中燃气对活塞做的功为200J；
（3）汽油机的功率为3000W；
（4）该汽油机的效率为17.4%。
54．如图所示，铁桶重为20N，桶的底面积为100cm2，往桶里倒入8kg的水，水的深度为15cm，平放在面积为1m2的水平台面上（g取10N/kg）。求：
（1）水对桶底的压强；
（2）桶底受到水的压力；
（3）台面受到桶的压强。

【分析】（1）已知水的密度和深度，利用公式p＝ρgh计算水对桶底的压强；
（2）求出了水对桶底的压强和桶底面积，利用公式F＝pS得到桶底受到水的压力；
（3）桶对台面的压力等于桶重与水重之和；已知桶底面积，利用公式p＝求台面受到桶的压强。
【解答】解：
（1）水对桶底的压强：
p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1500Pa；
（2）S＝100cm2＝1.0×10﹣2m2，
由p＝得桶底受到水的压力：
F＝pS＝1500Pa×1.0×10﹣2m2＝15N；
（3）台面受到的压力：
F＝G桶+G水＝G桶+m水g＝20N+8kg×10N/kg＝20N+80N＝100N，
台面受到的压强：
p′＝＝＝10000Pa。
答：（1）水对桶底的压强为1500Pa；
（2）桶底受到水的压力为15N；
（3）台面受到桶的压强为10000Pa。
55．图甲是修建码头时用钢缆绳拉着实心长方体A沿竖直方向以0.3m/s的速度匀速下降的情景。图乙是A下降到水底之前钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图象（取水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）长方体A的高度。
（2）长方体A浸没在水中后受到的浮力。
（3）长方体A的密度。
【分析】（1）从图象中得出长方体A由下底面接触水面到刚好浸没所用的时间，然后然后利用v＝计算长方体A的高度。
（2）分析钢绳拉力随时间t变化的图象，得出重力大小，当长方体A完全浸入后，浮力等于重力减去拉力，据此计算长方体A浸没在水中后受到的浮力；
（3）求出了长方体A受到的浮力，由阿基米德原理计算出A的体积，从而计算出A的密度。
【解答】解：
（1）由图乙可知，长方体A从下底面接触水面到刚好浸没所用的时间：t＝15s﹣10s＝5s，
根据v＝可得，长方体A的高度：s＝vt＝0.3m/s×5s＝1.5m；
（2）由图乙可知，前10s钢绳的拉力不变，等于物体A的重力，此时物体在水面以上，
所以拉力与重力是一对平衡力，则：G＝F＝3×104N，
10～15s，钢绳的拉力减小，是物体A从与水面接触到完全浸没，
由图可知，当A完全浸入水中时，拉力F′＝1×104N，
所以石料受到的浮力：F浮＝G﹣F′＝3×104N﹣1×104N＝2×104N；
（3）根据F浮＝ρ水gV排可得，A的体积：
V＝V排＝＝＝2m3，
所以A的密度：
ρ＝＝＝＝1.5×103kg∕m3；
答：（1）长方体A的高度为1.5m。
（2）长方体A浸没在水中后受到的浮力为2×104N。
（3）长方体A的密度为1.5×103kg∕m3。
56．如图是工人利用滑轮组提升重为810N物体的示意图，某段过程中物体匀速上升的速度为0.1m/s，工人拉力F的功率为90W，物体上升10s拉力F克服滑轮组的摩擦做的功是60J，不计绳重。求：
（1）工人拉绳子的速度；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）滑轮组中的动滑轮的重力。

【分析】（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数，根据v绳＝nv物求出绳端移动的速度；
（2）根据P＝＝＝Fv求出滑轮组自由端的拉力F；根据η＝×100%＝×100%＝×100%求出滑轮组的机械效率；
（3）根据s＝nh求出绳端移动的距离，根据W＝Fs求出总功，根据W＝Gh求出有用功和克服动滑轮重力所做的额外功，总功减去有用功、减去克服滑轮组的摩擦做的功，就是克服动滑轮重力所做的额外功，利用W轮＝G轮h可求动滑轮的重力。
【解答】解：
（1）由图可知，n＝3，
绳端移动的速度：v绳＝nv物＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
（2）根据P＝＝＝Fv可得，工人的拉力：
F＝＝＝300N，
滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝90%；
（3）重物上升的高度：h＝vt＝0.1m/s×10s＝1m，
拉力做的有用功：W有用＝Gh＝810N×1m＝810J，
拉力做的总功：W总＝Fs＝Fnh＝300N×3×1m＝900J，
提升动滑轮做的额外功：W轮＝W总﹣W有用﹣Wf＝900J﹣810J﹣60J＝30J，
由W轮＝G轮h可得，动滑轮的重：
G轮＝＝＝30N。
答：（1）工人拉绳子的速度是0.3m/s；
（2）滑轮组的机械效率是90%；
（3）滑轮组中的动滑轮的重力是30N。
六．解答题（共2小题）
57．如图，电源电压为6V，电阻R0＝10Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，滑动变阻器R上标有“20Ω 0.5A”字样。求：
（1）当电路中电流最小时，1min内电流通过电阻R0做的功。
（2）为了保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的最小阻值。

【分析】（1）由图R与R0串联，当滑片在左端最大处时电路中电流最小，计算出这个最小电流，根据W＝I2Rt计算R0上1min内电流做功；
（2）为了保证电路安全，由电流表、电压表和滑动变阻器的规格，根据欧姆定律列式求解。
【解答】解：
（1）由图R与R0串联，当滑片在左端最大处时电路总电阻最大，电流最小，
此时电路中电流：I＝＝＝0.2A，
W＝UIt＝I2Rt
1min内电流通过电阻R0做的功：
W0＝I2R0t＝（0.2A）2×10Ω×60s＝24J；
（2）由题电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R规格为“20Ω 0.5A”，
为保证电路安全，电路中最大电流为0.5A，
所以：≤0.5A，
即：≤0.5A，解得R≥2Ω，
为保证电路安全，电压表示数（R0两端电压）不超过3V，
所以：×R0≤3V，
即：×10Ω≤3V，解得R≥10Ω，
由上可知：为了保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的最小阻值为10Ω。
答：（1）当电路中电流最小时，1min内电流通过电阻R0做的功为24J；
（2）为了保证电路安全，滑动变阻器R接入电路的最小阻值为10Ω。
58．如图是“探究什么情况下磁可以生电”的装置，导体ab、开关、灵敏电流表用导线连接，组成电路。
（1）实验中，我们通过电流表指针是否偏转来判断电路中是否有 　感应电流　；通过指针偏转的方向判断 　电流的方向　。
（2）闭合开关，让导体ab在磁场中上下运动，发现电流表的指针 　不偏转　；让导体ab静止，磁铁水平向右运动，则电流表的指针 　偏转　。（选填“偏转”或“不偏转”）
（3）如果想进一步探究感应电流的大小与导体运动的快慢是否有关，则应闭合开关，保持其它条件不变，只改变 　导体运动的速度　，观察 　电流表指针偏转的幅度　得出结论。

【分析】（1）在探究感应电流的实验中，是通过灵敏电流表指针的偏转来却定感应电流的产生及电流方向的；
（2）产生感应电流的条件是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
（3）要验证感应电流的大小和导体切割磁感线运动快慢的关系，就要控制其它因素一定，而导体的运动的速度不同。
【解答】解：（1）感应电流就是通过灵敏电流表的指针偏转来体现的，若灵敏电流表的指针发生偏转，就说明产生了感应电流；同时还可以通过指针偏转的方向判断电流的方向；
（2）闭合开关，让导体ab在磁场中上下运动，由运动方向与磁感线方向平行，没有切割磁感线，所以电流表的指针不偏转；
让导体ab静止，磁铁水平向右运动，切割磁感线，则会产生感应电流，电流表的指针偏转。
（3）要验证感应电流的大小和导体运动快慢的关系，就要控制其它因素一定，而导体的运动快慢不同，通过观察电流表的指针偏转情况，得出感应电流的大小和导体运动速度的关系。
故答案为：（1）感应电流；电流的方向；
（2）不偏转；偏转；
（3）导体运动的速度；电流表指针偏转的幅度。
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日期：2022/3/11 11:49:55；用户：因材教育；邮箱：307053203@qq.com；学号：3994153