2021年辽宁省营口市中考物理试题（教师版）

这是一份2021年辽宁省营口市中考物理试题（教师版），共27页。试卷主要包含了选择题注意，填空题，作图题，简答题，计算题，实验等内容，欢迎下载使用。

2021年辽宁省营口市中考物理试卷
一、选择题(本题共13个小题，共30分。其中1~9小题为单选题，每小题2分；10~13小题为多选题，每小题2分。对于多选题，漏选得2分，错选不得分。)注意：第1~9小题每题只有一个选项正确。
1．在物理学习过程中，经常要进行估测，下列估测值最接近生活实际的是(　　)
A．九年级物理课本的质量大约是2kg
B．课桌的高度大约是0.75dm
C．我国家庭电路的电压是220V
D．家用电热水壶的功率大约是100W
【分析】(1)一只鸡的质量约为2kg。
(2)课桌的高度约为我们身高的一半。
(3)家用电热水壶的功率一般都比较大。
【解答】解：A.一只鸡的质量约为2kg，九年级物理课本的质量低于鸡的质量，约为200g。故A错误。
B.初中女生的身高在160cm左右，所以课桌的高度约为身高的一半，为80cm＝8dm。故B错误。
C.我国家庭电路的电压为220V。故C正确。
D.家用电热水壶的电功率一般都比较大，约为1000W。故D错误。
故选：C。
【点评】本题属于估算类试题中比较简单的一类，只要对身边事物、物理量有一定的了解，就不难解答。
2．下列关于物态变化的说法中正确的是(　　)
A．北方冬天在菜窖里放几桶水，利用水凝固吸热使菜不被冻坏
B．冬天户外冰冻的衣服也会干，是汽化现象
C．夏天在教室地面洒水降温，利用水蒸发吸热
D．舞台上“干冰”制造的“烟雾”，是“干冰”升华形成的
【分析】(1)液体凝固过程放热；
(2)物质从固态直接变成气态属于升华现象；
(3)水蒸发时会吸收热量；
(4)烟雾是水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶或液化形成的小水珠。
【解答】A、冬天在菜窖里放几桶水，当温度很低时，水凝固放热，可防止菜被冻坏。故A错误；
B、物质从固态直接变成气态，属于升华现象，冰冻的衣服也能晾干属于升华现象，故B错误；
C、炎热的夏天，往室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，故C正确；
D、舞台上利用干冰制造“烟雾”，是干冰升华吸热，烟雾是水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶或液化形成的小水珠，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了生活中的热现象，全面理解概念和基本规律是解答的基础。
3．关于下列诗词中的物理现象，说法错误的是(　　)
A．“两岸青山相对出，孤帆一片日边来。”—以“帆”为参照物“山”是运动的
B．“不敢高声语，恐惊天上人。”—“高”是指声音的音调高
C．“停车坐爱枫林晚，霜叶红于二月花。”—“霜”是凝华现象
D．“举杯邀明月，对影成三人。”—“影”是光的直线传播形成的
【分析】(1)研究物体的运动情况时，需要先选取一个标准做为参照物，物体与参照物的位置发生了变化，物体就是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，物体就是静止的。
(2)音调指声音的高低，响度指声音的强弱；
(3)物质由直接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华；
(4)影子是光照在不透明的物体上，由于光是沿直线传播的，不能照到物体的背面，就在物体的背面形成一个黑暗的区域。
【解答】解：A、“孤帆一片日边来”，以“帆”为参照物“山”是运动的，故A错误；
B、“不敢高声语，恐惊天上人”﹣﹣“高”是指声音的响度大；故B正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，该C错误；
D、当光遇到不透明物体时，在物体的后方形成一个暗区，这就是所谓的影子；对影成三人中的“影”是光的直线传播形成的，故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查了光的直线传播、声现象、物态变化和机械运动，应用所学物理知识，解释生活中的物理现象，理论联系实际，体现了物理与生活的联系，是一道好题。
4．“C919”是我国拥有自主知识产权的干线飞机。下列关于飞机的说法正确的是(　　)
A．飞机降落后不能立即停下来，因为飞机受到惯性
B．飞机轮子上的轴承主要是通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦的
C．机翼的横截面形状“上凸下平”，利用了“流速大压强大”的原理
D．静止在水平地面上的飞机受到的重力和支持力是一对平衡力
【分析】(1)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性；
(2)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；减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；
(3)在气体和液体中，流速越大的位置压强越小；
(4)平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：A、飞机降落后，不能立即停止下来，是由于飞机有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性，故A错误；
B、飞机轮子上的轴承主要是通过用滚动摩擦代替滑动摩擦来减小摩擦的，故B错误；
C、机翼的上方是弧形，空气流过上方时流速大，压强小；下方是平面，空气的流速小，压强大；这一压强差使飞机获得向上的升力，故C错误；
D、静止在水平地面上的飞机受到的重力与地面对飞机的支持力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查惯性、减小摩擦的方法、流体压强与流速的关系以及平衡力，是一道综合题。
5．下列光现象中与小孔成像原理相同的是(　　)
A．“手影”游戏 B．水中“折筷”
C．山的“倒影” D．雨后“彩虹”
【分析】光在同种、均匀介质中沿直线传播，日食、月食、影子、小孔成像都是光的直线传播形成的；
光从一种介质斜射入另一种介质，或在不均匀的介质中，传播方向发生变化，属于光的折射，水中的筷子看起来变弯、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
光射到物体表面又被反回的现象叫光的反射，与平面镜有关的都是光的反射。
【解答】解：小孔成像是光的直线传播形成的。
A、手影属于光的直线传播现象，故A正确；
B、水中“折筷”是光的折射现象，故B错误；
C、山的“倒影”是光的反射现象，故C错误；
D、雨后“彩虹”是光的色散现象，是由光的折射形成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
6．下列关于内能、热量等说法正确的是(　　)
A．汽油机的做功冲程中机械能转化为内能
B．端午节粽叶飘香是扩散现象
C．烧水是通过做功的方式改变水的内能
D．物体温度越高，含有的热量越多
【分析】(1)汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能的过程；
(2)两种物质相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散；
(3)做功和热传递是改变物体内能的方式；
(4)热量是指物体在热传递过程中发生转移的内能的量。
【解答】解：A、汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能的过程，而压缩冲程才是将机械能转化成内能的过程，所以A错误；
B、两种物质相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散，在空气中闻到粽叶的香味是扩散现象，故B正确；
C、烧水的过程，因为水和热源存在温度差，所以是通过热传递的方式改变水的内能，故C错误；
D、热量是指物体在热传递过程中发生转移的内能的量，这是一个过程量，所以热量不能说“含有”，故D错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查了：扩散现象、内能、内燃机的四个冲程、热传递等知识，较为基础。
7．如图所示的工具中，属于费力杠杆的是(　　)
A．瓶盖起子 B．食品夹
C．核桃钳 D．起钉锤
【分析】结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。
【解答】解：A、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；
B、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确；
C、核桃钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C错误；
D、起钉锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了杠杆的分类，包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
8．如图所示的电路是家庭电路的一部分，电工师傅按下面的顺序进行检测：①闭合S1，灯L1亮；②再闭合S2，灯L1亮，灯L2不亮；③用试电笔测a、b、c、d四个接线点，试电笔只在c点不发光。若电路中只有一处故障，故障可能是(　　)

A．灯L2短路 B．c点左侧的零线断路
C．灯L2所在支路断路 D．c、d两点间断路
【分析】试电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果是火线，氖管会发光。
【解答】解：闭合S1，灯L1亮，电路中有电流，说明电路为通路，从保险丝→a→S1→L1→c以及c点左侧的零线都没有断路；
再闭合S2，灯L2不亮，灯L2不亮的原因有两个：一个是断路、一个是短路，若灯L2短路时，电路的电流会很大，将保险丝烧断，灯泡L1也不会发光；
用试电笔测a、b、c、d四个接线点，a、b、d三点的氖管发光，说明这三点与火线之间是接通的；试电笔只在c点不发光，说明c点与d点之间是断开的，所以故障是c、d两点间断路，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
9．下列四个实验能反映电风扇工作原理的是(　　)
A．
B．
C．
D．
【分析】首先明确电动机的工作原理，然后根据图示的实验装置，得到该装置反应的物理理论，两者对比从而可以得到答案。
【解答】解：电风扇的核心元件是电动机，电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理制成的。
A、该实验说明闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，是机械能转化为电能，故A不符合题意；
B、移动滑片，小灯泡亮度发生改变，是电能转化为内能，故B不符合题意；
C、该选项中存在电源，闭合开关后，处于磁场中的直导线会受力运动，即通电导体在磁场中受力运动，故是电动机的原理，故C符合题意；
D、该实验装置是奥斯特实验装置，此实验说明了通电导体周围存在着磁场，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
注意：第10~13题每题至少有两个选项正确。
10．(3分)下列关于安全用电和家庭电路的说法正确的是(　　)
A．大功率家用电器的金属外壳必须接地
B．空气开关跳闸，一定是电路发生了短路
C．使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体
D．控制电灯的开关必须接在电灯和火线之间
【分析】(1)大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三脚插头，其中较长的脚与该用电器的外壳相连，以防外壳带电，危及人身安全；
(2)导致电路中电流过大的原因有两个：①电路中发生了短路；②电路中用电器的总功率太大；
(3)使用试电笔时，手必须接触笔尾的金属体；
(4)控制电灯的开关应与电灯串联，当开关断开时，为了使用电器不带电，所以开关应该与火线相连。
【解答】解：A、大功率家用电器的金属外壳接地线可防止因外壳漏电而触电。故A正确；
B、当发生短路或用电器的总功率过大时，都会引起电路中的电流过大，空气开关就会出现“跳闸”现象。故B错误；
C、使用试电笔电笔时，手要接触笔尾金属体，这样测电笔才能正常工，但不能接触笔尖的金属体。故C正确；
D、开关要控制电灯，要与点灯串联，且接在火线上，这样开关断开时，灯泡不再与火线相连，在维修和更换时不会造成触电事故。故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查生活用电安全的有关知识，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
11．(3分)人们很难徒手打开新买的瓶装罐头，而用钢匙撬瓶盖，听到“噗”的进气声，瓶盖就容易打开了。下列说法正确的是(　　)
A．瓶盖很难被打开是因为瓶内气压大于瓶外气压
B．“噗”的一声是空气振动发出的
C．在撬瓶盖的过程中钢匙相当于省力杠杆
D．玻璃瓶口的螺纹相当于斜面
【分析】A、罐头瓶盖很难被打开是因为大气压的作用；
B、声音是由物体的振动产生的；
C、动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；
D、使用斜面可以省力，斜面越平缓越省力，但同时也就越费距离，据此分析判断。
【解答】解：A、瓶盖很难被打开是因为瓶内气压小于瓶外气压，故A错误；
B、声音是由物体的振动产生的，撬起一个缝隙时听到“噗”的一声是空气振动产生的，故B正确；
C、撬瓶盖时钢匙撬瓶盖都是为了省力，并且在使用的过程中都是动力臂大于阻力臂，所以它们都是省力杠杆。故C正确。
D、瓶盖沿瓶口的螺纹螺旋上升，相当于斜面较长。因为斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力，故D正确；
故选：BCD。
【点评】学习中要注意理论联系实际，养成善于观察，勤于思考的良好习惯，判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。
12．(3分)如图所示，水平桌面上甲、乙两个底面积不同的烧杯，分别盛有A、B两种不同液体，此时杯底受到液体的压强相同，将两个完全相同的小球分别放入两个烧杯中，静止后，小球在甲杯中漂浮，在乙杯中悬浮(没有液体溢出)。下列判断正确的是(　　)

A．甲烧杯中液体A的密度小于乙烧杯中液体B的密度
B．放入小球后液体对甲杯底的压力大于液体对乙杯底的压力
C．放入小球后液体对甲杯底的压强小于液体对乙杯底的压强
D．甲烧杯中小球受到的浮力等于乙烧杯中小球受到的浮力
【分析】(1)根据p＝ρgh分析得出两种液体的密度大小；
(2)液体对容器底部的压力等于液体重力与小球重力的和；
(3)(4)利用漂浮和悬浮的条件F浮＝G和p＝分析确定两者底部所受液体的压强。
【解答】解：
A、由图知：hA＜hB，已知两种液体对容器底的压强相等，则根据p＝ρgh可知，ρA＞ρB，故A错误；
B、容器是规则的，未放入小球时，液体对容器底部的压力等于自身的重力，甲中容器的底面积大，根据G＝F＝pS可知，甲中液体的重力要大于乙中液体的重力；小球在甲杯中漂浮，在乙杯中悬浮，此时放入小球后液体对杯底的压力等于液体重力与小球重力的和，小球的重力相同，放入小球后液体对甲杯底的压力大于液体对乙杯底的压力，故B正确；
CD、由将两个质量相等的物体分别放入两个容器中，静止时一个漂浮，另一个悬浮(液体均无溢出)，浮力等于物体的重力，由于两物体重力相等都为G，浮力相同；则p甲＝p+，p乙＝p+，所以，p甲＜p乙，故CD正确。
故选：BCD。
【点评】此题考查学生对于液体压强、阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，综合性强，关键是用好浮沉条件，灵活运用公式进行判断。
13．(3分)如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P，滑动变阻器消耗的电功率与电流关系的图像如图乙所示。则(　　)

A．滑动变阻器的最大阻值是20Ω
B．滑动变阻器消耗的电功率最大时，变阻器的阻值是10Ω
C．电源电压为8V
D．电路消耗的最大电功率为14.4W
【分析】(1)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R1的最大阻值和R0串联，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流和滑动变阻器的功率，根据P＝I2R求出滑动变阻器的最大阻值；
(2)根据的电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；由图乙可知，当电路中的电流I′＝0.6A时滑动变阻器的功率，根据P＝I2R求出滑动变阻器的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值，进一步求出电源的电压；
(3)当滑动变阻器的电阻最小时，电路的电流最大，总电功率最大，根据P最大＝算出最大电功率。
【解答】解：(1)当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，R的最大阻值和R0串联，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.4A，滑动变阻器的功率P1＝3.2W，
由P＝I2R可得，滑动变阻器的最大阻值：
R最大＝＝＝20Ω，故A正确；
(2)因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I最小(R最大+R0)＝0.4A×(20Ω+R0)，
由图乙可知，当电路中的电流I′＝0.6A时，滑动变阻器的功率最大，最大为P1′＝3.6W，
则滑动变阻器接入电路中的电阻：
R′＝＝＝10Ω，故B正确；
电源的电压：
U＝I′(R′+R0)＝0.6A×(10Ω+R0)，
因电源的电压不变，
所以，0.4A×(20Ω+R0)＝0.6A×(10Ω+R0)，
解得：R0＝10Ω，
电源的电压：
U＝I最小(R+R0)＝0.4A×(20Ω+10Ω)＝12V，故C错误；
(3)当滑动变阻器的电阻最小时，电路的电流最大，总电功率最大，最大为：
P最大＝＝＝14.4W，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出电流和滑动变阻器功率的对应值。
二、填空题(本题共8个小题，每空1分，共25分)
14．(3分)我国用“长征”火箭成功发射了“天舟二号”货运飞船，并与“天和号”核心舱顺利对接。在对接过程中，“天舟二号”相对于“天和号”是 　运动　的，地面指挥中心发出的指令是通过 　电磁波　传输给“天舟二号”的，飞船在轨道运行过程中 　受到　(选填“受到”或“不受”)力的作用。
【分析】(1)研究机械运动时，假定不动的物体叫参照物，与参照物相比，物体位置有变化，说明物体在运动；物体位置没有变化，说明物体处于静止状态；
(2)电磁波能在真空中传播；
(3)物体在不受力或受到合力为零时一直保持静止或匀速直线运动。
【解答】(1)在对接过程中，天舟二号”相对于“天和号”的位置是变化的，所以天舟二号”相对于“天和号”是运动的；
(2)在太空中是通过电磁波来传递信息的；
(3)飞船在轨道运行过程中做圆周运动，根据牛顿第一定律可知其受到非平衡力作用。
故答案为：运动；电磁波；受到。
【点评】本题考查物体运动和静止的相对性，电磁波的传输与牛顿第一定律，熟记基础知识即可解答，难度不大。
15．(3分)“柴门闻犬吠，风雪夜归人”这一诗句中，人的脚步声引起狗叫，说明声音能传递 　信息　；狗的叫声是通过 　空气　传到人耳中的；人是根据声音的 　音色　这一特性辨别出狗的叫声。
【分析】声音能传递信息；声音的传播需要介质；我们通过音色来辨别不同的声音。
【解答】解：“柴门闻犬吠，风雪夜归人”意思是指听到狗的叫声，知道人回来了，这说明声音能传递信息；狗的声音是通过空气传入人耳的；我们之所以能辨别不同的声音是因为不同的声音音色不同。
故答案为：信息；空气；音色。
【点评】本题考查了声的利用：声音可以传递信息和能量，是一道基础题。
16．如图所示，验电器A带正电，用带有绝缘柄的金属棒将验电器A和不带电的验电器B的金属球连接起来，发现验电器B的金属箔片张开，则验电器B带 　正　电，瞬间自由电子定向移动的方向是 　由B到A　(选填“由A到B”或“由B到A”)。

【分析】金属导体中能够自由移动的是带负电荷的自由电子。
【解答】解：验电器A带正电(缺少电子)，B不带电；用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，B验电器上自由电子(负电荷)向验电器A移动，与A上的正电荷发生中和，使A的张角变小；B失去电子而带正电，所以B的金属箔由于带上同种电荷相互排斥而张开；瞬间自由电子定向移动的方向是由B到A。
故答案为：正；由B到A。
【点评】本题考查了金属导体导电的原因，属于基础知识的考查。
17．(4分)我国三峡工程是举世瞩目的跨世纪工程，三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用 　连通器　原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而 　增大　(选填“增大”或“减小”)；水库蓄水发电是 　水的重力势　能转化为电能，而电能在传输过程中由于电流的 　热　效应会产生电能损耗。
【分析】(1)对连通器的认识：上端开口，底部连通的仪器叫连通器；
(2)对液态压强特点的记忆：液态的密度越大，深度越深，压强越大。
(3)水蓄能发电站发电时，水库的水放下来推动水轮机发电，水的重力势能转化成动能；
(4)电能在输送过程中会因电流的热效应而损失部分电能。
【解答】解：(1)船闸在工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，运用了连通器的原理；
(2)三峡大坝设计成了上窄下宽的形状，原因是：液体压强会随着深度的增加而增大；
(3)发电时，水从高处流下来，水的重力势能转化成电能；
(4)电流流过导体时会产生热量，损耗电能。
故答案为：连通器；增大；水的重力势；热。
【点评】本题连通器原理、液体压强的特点、水能发电以及远程输电的有关知识，是一道综合题。
18．(4分)煤炭是 　不可再生　(选填“可再生”或“不可再生”)能源，煤炭的大量使用会造成环境污染，为了减少环境污染，我国已经建成了多座利用原子核 　裂变　(选填“裂变”或“聚变”)释放能量来发电的核电站；消毒柜是利用 　紫外线　(选填“红外线”或“紫外线”)来消毒杀菌的；现在广泛使用的LED节能灯主要是利用 　半导体　(选填“超导”或“半导体”)材料制成的。
【分析】(1)短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)紫外线具有杀菌功能；
(4)LED节能灯是利用二极管制成的。
【解答】解：(1)煤炭消耗完短期内不能在自然界得到补充，是不可再生能源；
(2)核电站是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；
(3)紫外线具有杀菌功能，红外线具有热效应；
(4)LED节能灯是利用二极管制成的。
故答案为：不可再生；裂变；紫外线；半导体。
【点评】本题考查了能源的分类、核能的应用、红外线与紫外线的特点和半导体材料。要特别记住核裂变与核聚变的不同应用。
19．(3分)如图所示，一个长方体木块在6N的水平拉力作用下，在水平桌面上做匀速直线运动，木块受到桌面的摩擦力是 　6　N，如果拉力增大到10N，木块受到的摩擦力将 　不变　(选填“变大”、“变小”或“不变”)；如果将静止在水平桌面上的木块沿竖直方向切割掉三分之一，则切割前后木块对桌面的压强之比是 　1：1　。

【分析】当物体做匀速直线运动时，处于平衡状态，受力平衡；摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关；
根据p＝推导柱形固体对水平支持面压强公式，因密度、高度不变，据此得出对水平桌面的压强之比。
【解答】解：由于木块在水平方向上做匀速直线运动，所以水平方向上的拉力与摩擦力是一对平衡力，所以摩擦力f＝F＝6N；当拉力增大后，因为木块对桌面的压力大小仍等于重力，没有变化；而且接触面的粗糙程度也不变，所以摩擦力大小不变；
设长方体木块的重力为G，底面积为S，其对支持面的压力F＝G，则其对桌面的压强：p＝＝＝＝＝＝ρgh，因切割后的木块密度和高度均不变，则对水平桌面的压强不变，即切割前后木块对桌面的压强之比是1：1。
故答案是：6；不变；1：1。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用、摩擦力大小的影响因素、固体压强公式的应用，有两点须注意：一是先判断物体的运动状态；二是判断摩擦力大小的影响因素是否发生变化。
20．(3分)如图所示，物体A重100N．物体B重10N，此时A沿着水平桌面以0.2m/s的速度向右做匀速直线运动(不计摩擦、绳重及滑轮重)，那么物体B匀速下降的速度是　0.4　m/s，物体A与水平面间的摩擦力是　20　N，10s内物体A受到的拉力做功　40　J。

【分析】(1)由图可知，n＝2，物体B下滑的速度等于物体A移动速度的2倍；
(2)绳端拉力等于物体B的重力，不计摩擦、绳重及滑轮重，F拉＝f，据此求物体A受到的水平向左的摩擦力；
(2)利用v＝求10s内物体A移动的距离，物体A受到的拉力等于摩擦力，利用W＝Fs求10s内，物体A受到的拉力做功。
【解答】解：
(1)由图可知，n＝2，vA＝0.2m/s，
则物体B下滑的速度为vB＝2vA＝2×0.2m/s＝0.4m/s；
(2)物体B匀速下降，则绳端的拉力：F拉＝GB＝10N，
不计摩擦、绳重及滑轮重，F拉＝f，
所以，物体A与水平面间的摩擦力：f＝2F拉＝2×10N＝20N；
(2)根据v＝可得，10s内物体A移动的距离：s＝vAt＝0.2m/s×10s＝2m，
因物体A向右匀速运动，则物体A受到的拉力：F＝f＝20N，
10s内物体A受到的拉力做功：W＝Fs＝20N×2m＝40J。
故答案为：0.4；20；40。
【点评】本题考查滑轮组绳组拉力的计算、功的计算，同时考查速度公式的应用，关键是滑轮组绳子有效股数的确定。
21．(3分)将“12V 12W”的小灯泡L1和“12V 6W”的小灯泡L2串联起来，直接接到电压恒定的电源两端。开关闭合后，恰好有一个小灯泡正常发光，而另一个小灯泡比正常发光时暗些，则正常发光的小灯泡是 　L2　，电源电压是 　18　V，发光较暗的小灯泡的实际功率是 　3　W。(灯丝电阻不变)
【分析】根据电功率公式的变形计算两灯的正常发光时的电流，根据欧姆定律的变形计算两灯泡的电阻，根据串联电路电流特点确定通过电路的电流，进一步明确正常发光的灯泡，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算电源电压，由电功率公式P＝I2R可知电阻小的灯泡发光暗，进一步计算发光较暗的小灯泡的实际功率。
【解答】解：由P＝UI，两灯的正常发光电流分别为：
I1＝＝＝1A，I2＝＝＝0.5A，
由I＝可得，两灯的电阻分别为：
R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝24Ω，
因串联电路中电流处处相等，L2的额定电流小于L1的额定电流，所以两灯泡串联时，L2正常发光，且电路中电流为I＝0.5A，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，由欧姆定律可得电源电压：U＝I(R1+R2)＝0.5A×(12Ω+24Ω)＝18V；
由电功率公式P＝I2R可知电阻小的灯泡发光暗，发光较暗的小灯泡的实际功率是：P＝I2R1＝(0.5A)2×12Ω＝3W。
故答案为：L2；18；3。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
三、作图题(本题共3个小题，每小题3分，共9分)
22．(3分)用等长绝缘细线悬挂着的甲、乙两个完全相同的带电小球静止时，小球位置如图所示，请画出甲球所受力的示意图(力的作用点在球心)。

【分析】(1)根据图示情景，对甲小球进行受力分析，然后按照力的示意图的画法画出各个力；
(2)画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
【解答】解：分析可知，甲小球受到竖直向下的重力、沿悬线向上的拉力；同时根据电荷间相互作用的规律可知，甲小球受到水平向左的斥力；过甲小球重心，分别沿各力的方向画一条有向线段，并分别用G、F拉和F斥表示，如图所示：

【点评】此题考查力的示意图的画法，关键是对乙小球进行正确的受力分析，难度不大。
23．(3分)如图所示，S′是点光源S在平面镜中所成的像，S发出的一条光线经平面镜反射后恰好经过凸透镜左侧焦点F。要求：
(1)画出点光源S；
(2)补充入射光线；
(3)画出反射光线经过凸透镜的折射光线。

【分析】(1)根据平面镜成像的特点做出S；
(2)根据发光点和反射点做出入射光线；
(3)从焦点发出的光线经过凸透镜后会平行于主光轴。
【解答】解：(1)平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，据此做出发光点S；
(2)由图可知，像与反射光线的连线与镜面的交点为反射点，连接S和反射点，该光线为入射光线；
(3)从焦点发出的光线经过凸透镜后会平行于主光轴；如图所示：

【点评】此题考查光的反射定律作图、平面镜成像特点和凸透镜对光线的作用，综合性较强。
24．(3分)将如图所示的电磁铁的电路连接完整，要求：
(1)根据小磁针静止时N极指向，在括号中标出电磁铁左端的极性(用“N”或“S”表示)；
(2)在虚线框内画出电池符号；
(3)开关闭合后，变阻器的滑片只有向右移动时，电磁铁的磁性才会变强(连接时导线不能交叉)


【分析】(1)根据磁极间的相互作用规律得出电磁铁的磁性；
(2)根据安培定则判定电磁铁中电流的方向；
(3)电磁铁磁性的大小与电流大小和线圈的匝数有关。
【解答】解：(1)小磁针静止时N极指向右，根据异名磁极相互吸引可知，电磁铁的右端为S极，左端为N极；
(2)根据安培定则可知，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，所以电池的上端为正极；
(3)开关闭合后，变阻器的滑片只有向右移动时，电磁铁的磁性会变强，这说明电路中的电流变大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻变小，则滑动变阻器的电阻变小，滑动变阻器滑片应与左侧导线相连；
如图所示：

【点评】本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律、电路图的画法，难度不大。
四、简答题(本题4分)
25．(4分)为了有效阻断新冠病毒的传播，全国人民积极响应政府号召，主动接种新冠疫苗。关于注射疫苗时的一些现象，请你用所学的物理知识加以解释：
(1)为什么注射器的针头很尖？
(2)为什么向外拉活塞瓶内的药液就会被“抽”进针管？
【分析】(1)增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强；
(2)针筒吸药液这一现象中，药液不是吸上去的，而是被大气压压上去的。推下活塞，排除注射器里面的空气后再提起活塞的目的是为了使针筒内的气压小于外界大气压。
【解答】答：(1)注射器的针头很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；
(2)将注射器的活塞推下时，将针筒内的空气排出，再向上提起活塞时，针筒内的体积增大，管内气压减小，药液在外界大气压的作用下被压入针筒内。
【点评】此题考查大气压的应用以及增大压强的方法，难度不大。
五、计算题(本题共3个小题，共22分。要求写出必要的文字说明、公式、运算过程、数值、单位和答案)
26．(8分)国产某品牌SUV汽车，质量为1.8t，四个轮胎的着地面积是0.06m2，在水平公路上，以72km/h的速度匀速行驶100km，发动机的功率恒定为30kW。求：(g取10N/kg，q＝4.5×107J/kg)
(1)该车静止在水平地面上时对地面的压强；
(2)该车匀速行驶时的牵引力和行驶100km牵引力做的功；
(3)若汽油完全燃烧释放的内能全部转化为车的机械能，该车行驶100km需要汽油多少千克。(结果保留一位小数)

【分析】(1)汽车在水平地面上，对地面的压力等于汽车的重力，受力面积等于四个轮胎和地面的总接触面积；根据求出汽车对水平地面的压强；
(2)已知汽车的速度和功率，根据P＝Fv即可计算出汽车的牵引力，再根据W＝Fs即可计算出牵引力所做功的多少；
(3)若汽油完全燃烧释放的内能全部转化为车的机械能，则Q＝W；根据Q＝mq即可计算出需要汽油的质量。
【解答】解：
(1)汽车的重力为：G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N，
汽车对地面的压力：F＝G＝1.8×104N，
则汽车静止时对地面的压强为：；
(2)汽车的速度为v＝72km/h＝20m/s，
由P＝Fv得汽车的牵引力为：
，
行驶100km牵引力做的功为：
W＝F牵s＝1500N×100×103m＝1.5×108J；
(3)若汽油完全燃烧释放的内能全部转化为车的机械能，则Q＝W；
根据Q＝mq可得，行驶100km需要汽油的质量为：
。
答：(1)该车静止在水平地面上时对地面的压强3×105Pa；
(2)该车匀速行驶时的牵引力是1500N，行驶100km牵引力做的功是1.5×108J；
(3)若汽油完全燃烧释放的内能全部转化为车的机械能，该车行驶100km需要汽油3.3千克。
【点评】本题考查了重力公式、压强公式、功的计算公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，有一定的综合性。
27．(7分)图甲所示的电路中，灯泡L的额定功率为3.6W(灯丝电阻不变)，开关S闭合，S1断开，变阻器的滑片移动到最左端时，灯泡L正常发光。图乙是变阻器的滑片从最右端移动到最左端过程中，电压表示数随电流表示数变化的图像。求：
(1)电源电压；
(2)变阻器R的最大阻值；滑片在变阻器的最右端时，灯泡L的实际功率；
(3)什么情况下电路消耗的功率最大；此时变阻器1min消耗的电能。

【分析】(1)由甲图可知：开关S闭合，S1断开，变阻器的滑片移动到最左端时，滑动变阻器短路，回路中只有灯泡L，所以灯泡两端的电压就是电源电压，结合乙图分析判断。
(2)由乙图可知：当滑片滑到最右端时电阻最大，电路中电流最小为0.2A，变阻器R的最大阻值，根据R＝即可求出变阻器的阻值；再根据P＝UI求出灯泡的实际功率；
(3)根据可知，变阻器和灯泡并联时R最小，电路消耗的功率越大，根据W＝即可求出变阻器1min消耗的电能。
【解答】解：(1)开关S闭合，S1断开，变阻器在左端时，变阻器与灯泡串联，因额定电压下灯泡正常发光，电路中的电流最大，最大值为0.6A，所以，由灯泡正常发光可知，电源电压U＝＝＝6V
(2)
＝＝20Ω
滑片在变阻器的最右端时，灯泡L的实际功率
PL＝(U﹣UR)Imin＝(6V﹣4V)×0.2A＝0.4W；
(3)电源电压一定，开关S，S1都闭合，滑片滑到最左端时，电路消耗的功率最大，此时变阻器1min的电能为
＝＝108J。
答：(1)电源电压为6V；
(2)变阻器R的最大阻值为20Ω，滑片在变阻器的最右端时，灯泡L的实际功率为0.4W；
(3)开关S，S1都闭合，滑片滑到最左端时，电路消耗的功率最大，此时变阻器1min的电能为108J。
【点评】本题考查了电功与电能的计算、欧姆定律的应用、电功率的计算，是一对电学的综合题，难度较大。
28．(7分)图甲是某款具有加热和保温双重功能的暖奶器的简化电路图，其加热效率为80%。图乙是暖奶器某次工作时电流随时间变化的图像。[最适合宝宝饮用的牛奶温度是40℃，c牛奶＝4.0×103J/(kg•℃)]求：
(1)电阻R2的阻值是多少；
(2)加热过程电路消耗的电能是多少；这些电能可将多少千克牛奶从20℃加热到40℃。

【分析】(1)由图甲可知，只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电路中电阻较大(大于并联时的总电阻)，此时电流较小，为保温挡；当S、S1都闭合时，R1、R2并联，干路中电流较大，为加热挡；
由图乙可知加热挡和保温挡的电流，根据并联电路电流特点求出通过R2的电流，利用欧姆定律即可求出R2的阻值。
(2)由乙图可知加热时间以及加热时干路中的电流，根据W＝UIt求出加热时消耗的电能，知道暖奶器的加热效率为80%，由效率公式求出被牛奶吸收的热量；再根据Q吸＝cmΔt算出牛奶的质量。
【解答】解：
(1)由图甲可知，只闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电路中电阻较大(大于并联时的总电阻)，此时电流较小，为保温挡；当S、S1都闭合时，R1、R2并联，总电阻较小，干路中电流较大，为加热挡；
由乙图可知：加热时的总电流I＝1A，保温时通过电阻R1的电流I1＝0.2A，
由并联电路的电流特点可知，加热时通过R2的电流I2＝I﹣I1＝1A﹣0.2A＝0.8A，
电阻R2的阻值R2＝＝＝275Ω。
(2)由图可知加热时间t＝3min＝180s，
加热过程中电路消耗的电能W＝UIt＝220V×1A×180s＝39600J，
暖奶器的加热效率为80%，所以被牛奶吸收的热量Q吸＝W×80%＝39600J×80%＝31680J，
牛奶升高的温度Δt＝40℃﹣20℃＝20℃，
根据Q吸＝cmΔt可知，能被加热的牛奶的质量：
m＝＝＝0.396kg。
答：(1)电阻R2的阻值是275Ω；
(2)加热过程电路消耗的电能是39600J；这些电能可将0.396千克牛奶从20℃加热到40℃。
【点评】本题考查了串并联的特点，电功和热量的综合计算，综合性强，难度较大。
六、实验、探究题(本题共4个小题，共30分)
29．(7分)学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：

(1)安装好器材后，调节烛焰、凸透镜和光屏，使它们三者中心在 　同一高度　。
(2)实验时，将凸透镜放置在光具座50cm刻度处，蜡烛和光屏移动到如图所示的位置时，光屏上得到烛焰清晰的像，保持蜡烛和光屏的位置不动，将凸透镜移动到光具座 　65　cm刻度处，光屏上再次出现烛焰 　缩小　(选填“放大”、“等大”或“缩小”)的清晰的像，生活中 　照相机　(选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”)就是根据这个原理制成的。
(3)将一个凹透镜放在蜡烛和凸透镜之间，光屏上的像变得模糊了，向 　右　(选填“左”或“右”)移动光屏，像又变得清晰了，用这种方法可以矫正 　近视　(选填“近视”或“远视”)。
(4)实验中蜡烛燃烧变短，烛焰的像离开了光屏的中央，将凸透镜向 　下　移动，烛焰的像就可以重新回到光屏的中央。
【分析】(1)为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
(2)在光的折射中，光路是可逆的；当物距大于2f时，凸透镜成倒立缩小的实像，应用照相机；
(3)近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，使会聚的光线推迟会聚；
(4)经过光心的光线的传播方向不变。
【解答】解：(1)在做实验的过程中，调整凸透镜和光屏的高度，使烛焰、凸透镜和光屏三者中心大致在同一高度，是为使烛焰的像成在光屏的中心；
(2)将凸透镜放置在光具座50cm刻度处，蜡烛和光屏移动到如图所示的位置时，此时的物距为u＝50.0cm﹣35.0cm＝15.0cm，像距为v＝80.0cm﹣50.0cm＝30.0cm；物距小于像距，光屏上得到烛焰清晰的倒立、放大的实像，保持蜡烛和光屏的位置不动，将凸透镜移动到光具座65cm刻度处，此时的物距等于原来的像距，根据光路可逆可知，光屏上再次出现烛焰倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
(3)将一个凹透镜放在蜡烛和凸透镜之间，由于凹透镜对光线具有发散作用，会推迟光线会聚，所以应向右移动光屏，才能在光屏上呈现清晰的像；近视眼的成因是像成在了视网膜的前方，需要佩戴凹透镜来矫正；
(4)实验中，燃烧的蜡烛逐渐变短，向下运动，所以光屏上的像逐渐向上移动；为了使像成在光屏的中心，应向上移动蜡烛或向下移动凸透镜。
故答案为：(1)同一高度；(2)65；缩小；照相机；(3)右；近视；(4)下。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验的探究过程及成像规律的应用，以及凹透镜对光线的会聚作用，此题看似复杂，其实只要用心，仔细审题，并不难。
30．(6分)图甲是探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置：

(1)实验器材的组装顺序为 　自下而上　(选填“自下而上”或“自上而下”)
(2)甲图中有一处明显的错误是 　温度计的玻璃泡与容器壁接触　；
(3)改正错误后，某一时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度是 　91　℃；
(4)水沸腾时，杯口附近出现大量“白气”，“白气”是水蒸气遇冷 　液化　形成的。继续对水加热，水的温度 　不变　(选填“升高”、“降低”或“不变”)；由图丙可知水的沸点是98℃，此时的大气压强 　低于　(选填“高于”、“低于”或“等于”)1标准大气压。
【分析】(1)实验室用酒精灯加热时，需要用酒精灯火焰的外焰，所以要先固定好酒精灯后，再固定石棉网的位置，而温度计的玻璃泡不能接触容器底和容器壁，所以要先固定好烧杯，再固定温度计，所以实验器材组装的顺序要“自下而上”；
(2)温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触；
(3)温度计读数前应先确定其分度值；
(4)物质由气态变为液态的过程称为液化；水沸腾的过程中持续吸热，温度保持不变；液体压强受气压影响，气压越高，液体沸点越高，气压越低，液体沸点越低。
【解答】解：(1)实验室用酒精灯加热时，需要用酒精灯火焰的外焰，所以要先固定好酒精灯后，再固定石棉网的位置，而温度计的玻璃泡不能接触容器底和容器壁，所以要先固定好烧杯，再固定温度计，所以实验器材组装的顺序要“自下而上”；
(2)温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触，图中温度计的玻璃泡与容器壁接触；
(3)该温度计的分度值为1℃，由图可知其读数为：91℃；
(4)烧杯口附近的“白气”是因为水蒸气遇冷液化形成的小液滴；
液体沸腾的特点：持续吸热，温度保持不变；
液体压强手气压影响，气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低。由题可知，此时沸点为98℃，小于1标准大气压下水的沸点，说明此时的大气压低于1标准大气压。
故答案为：(1)自下而上；(2)温度计的玻璃泡与容器壁接触；(3)91；(4)液化；不变；低于。
【点评】本题主要考查了探究水沸腾实验中的一些常见问题，比较基础。
31．(8分)探究小组的同学们利用天平、量筒等实验器材测量一个金属块的密度，具体实验操作如下：

(1)将天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端的 　零刻度线　处，此时指针位置如图甲所示，要使天平平衡，应向 　右　调节平衡螺母。
(2)把金属块放在天平左盘，向右盘加减砝码并调节游码在标尺上的位置，天平平衡后，右盘中砝码质量和游码的位置如图乙所示，金属块的质量是 　32.4　g。
(3)在量筒中加入20mL水，读数时视线应与凹液面底部 　相平　，将金属块轻轻放入量筒中，如图丙所示，则金属块的体积是 　10　cm3。
(4)金属块的密度是 　3.24×103　kg/m3。
(5)实验时，若将(2)、(3)两个步骤顺序对调，这种方法测出的金属块的密度与真实值相比 　偏大　(选填“偏大”或“偏小”)
(6)小强同学又取来一根粗细均匀的饮料吸管，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口，制成一个能始终竖直漂浮在液体中的简易密度计，用这个简易密度计测量某液体的密度，实验步骤如下：(ρ水＝1.0×103kg/m3)
①用刻度尺测出密度计的长度是10cm；
②将密度计放入盛有水的烧杯中，静止后测出密度计露出水面的长度是4cm；
③将密度计从水中取出并擦干，然后放入盛有被测液体的烧杯中，静止后测出密度计露出水面的长度是2cm；
④被测液体的密度是 　0.75　g/cm3。

【分析】(1)使用天平之前，首先把天平放在水平台上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，然后调节平衡螺母使天平的横梁水平平衡；
调节天平横梁水平平衡时，指针偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；
(2)金属块的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
(3)读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，根据液面对应的刻度读数，读数时视线应与凹液面底部相平；
金属块的体积等于金属块和水的总体积减去水的体积，
(4)根据密度公式ρ＝求出金属块的密度；
(5)若将(2)、(3)两个步骤顺序对调，由于金属块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，利用密度公式ρ＝求出密度会偏大；
(6)密度计在水中和在液体中都漂浮，根据漂浮条件，受到的浮力都等于重力，根据浮力相等列出等式求出液体的密度。
【解答】解：(1)使用天平之前，首先把天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，然后调节平衡螺母使天平的横梁水平平衡；
调节天平横梁平衡时，由图甲可知指针静止时偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；
(2)由图乙可知，天平标尺上的分度值为0.2g，金属块的质量为：m＝20g+10g+2.4g＝32.4g，
(3)使用量筒测量体积时，读数时视线应与凹液面底部相平；
由图丙可知，量筒的分度值为0.2mL，水面对应的刻度为：V总＝30mL＝30cm3；
金属块的体积为：V＝V总﹣V水＝30cm3﹣20cm3＝10cm3，
(4)金属块的密度为：ρ＝＝＝3.24g/cm3＝3.24×103kg/m3；
(5)若将(2)、(3)两个步骤顺序对调，由于金属块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，利用密度公式ρ＝求出石块的密度会偏大；
(6)密度计在水中和在液体中都漂浮，根据漂浮条件，受到的浮力都等于重力，所以密度计在水中和在液体中受到的浮力相等，即F水浮＝F液浮，
设密度计的横截面积为S，密度计浸入水中的深度为h水，密度计浸入液体中的深度为h液，
根据阿基米德原理得：ρ水gSh水＝ρ液gSh液，
所以液体的密度：ρ液＝ρ水＝×1.0g/cm3＝0.75g/cm3。
故答案为：(1)零刻度线；右；(2)32.4；(3)相平；10；(4)3.24×103kg/m3；(5)偏大；(6)0.75g/cm3。
【点评】本题是测物质密度的基本方法以及利用浮力测物体密度的实验，考查了天平和量筒的使用、密度公式的应用、阿基米德原理的理解和应用等，考查知识点多，综合性强。
32．(9分)小刚在实验室利用图甲所示的实验装置测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率(电源电压恒定)。实验步骤如下：

(1)开关闭合前，应将滑片移到变阻器的 　最左　(选填“最左”或“最右”)端；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，而电压表没有示数，故障的原因可能是小灯泡 　短路　(选填“短路”或“断路”)；
(3)排除故障后，移动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为1V，此时应将变阻器的滑片向 　右　(选填“左”或“右”)滑动，直到电压表的示数为2.5V时为止，此时电流表的示数如图乙所示，则电流值为 　0.24　A，小灯泡的额定功率为 　0.6　W。
(4)根据实验数据绘制的通过小灯泡的电流随其两端电压变化的图像，如图丙所示，该图像不是直线的原因是 　灯泡电阻受温度影响很大　。实验中小灯泡随着它两端电压的增大而逐渐变亮，是因为小灯泡的亮度是由它的 　实际功率　决定的。
(5)小刚又设计了如图丁所示的电路，测出了只标有额定电流为0.3A的小灯泡的额定功率。电源电压恒定，变阻器R1的最大阻值为10Ω，实验操作如下：
①闭合S1，断开S2，移动变阻器R1的滑片，使电流表的示数为0.3A；
②闭合S2，断开S1，保持变阻器R1的滑片位置不动，移动变阻器R2的滑片，使电流表的示数仍为0.3A；
③　保持变阻器R2的滑片位置不动　，将变阻器R1的滑片移到最左端，电流表的示数为0.6A，再将变阻器R1的滑片移到最右端，电流表的示数为0.2A；
④小灯泡的额定功率为 　0.45　W。
【分析】(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路为通路，电压表没有示数，则与电压表并联部分电路短路；
(3)排除故障后，移动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为1V，由串联电路分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻太大，所以应将变阻器的滑片向右移动，电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，由乙图可知通过灯泡的电流，根据P＝UI计算灯泡的额定功率；
(4)灯泡的电阻随温度的升高而增大，灯泡的亮度是由它的实际功率决定的；
(5)①闭合S1，断开S2，灯泡和变阻器R1串联接入电路，移动变阻器R1的滑片，使电流表的示数为0.3A，此时灯泡正常发光，
②闭合S2，断开S1，两个滑动变阻器串联接入电路，保持变阻器R1的滑片位置不动，移动变阻器R2的滑片，使电流表的示数仍为0.3A，变阻器R2等效代替了灯泡，
③保持变阻器R2的滑片位置不动，将变阻器R1的滑片移到最左端，变阻器R1接入电路的电阻为0，电路为变阻器R2的简单电路，由欧姆定律可得电源电压，再将变阻器R1的滑片移到最右端，此时变阻器R2和变阻器R1的最大阻值串联接入电路，根据欧姆定律计算电路总电阻，根据串联电路电阻规律计算变阻器R2的电阻，即灯泡阻，
④根据P＝UI计算该小灯泡的额定功率。
【解答】解：(1)闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即滑动变阻器的最左端；
(2)闭合开关，移动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路为通路，电压表没有示数，则与电压表并联部分电路短路，即灯泡短路；
(3)排除故障后，移动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为1V，由串联电路分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻太大，所以应将变阻器的滑片向右移动，直到电压表的示数为2.5V时为止，
电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，由乙图可知通过灯泡的电流为0.24A，
灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W；
(4)小灯泡的电流随其两端电压变化的图像，如图丙所示，该图像不是直线的原因是灯泡的电阻随温度的升高而增大，实验中小灯泡随着它两端电压的增大而逐渐变亮，是因为小灯泡的亮度是由它的实际功率决定的；
(5)①闭合S1，断开S2，灯泡和变阻器R1串联接入电路，移动变阻器R1的滑片，使电流表的示数为0.3A，此时灯泡正常发光，
②闭合S2，断开S1，两个滑动变阻器串联接入电路，保持变阻器R1的滑片位置不动，移动变阻器R2的滑片，使电流表的示数仍为0.3A，变阻器R2等效代替了灯泡，变阻器R2的电阻等于灯泡正常发光时的电阻，
③保持变阻器R2的滑片位置不动，将变阻器R1的滑片移到最左端，变阻器R1接入电路的电阻为0，电路为变阻器R2的简单电路，电流表的示数为0.6A，
由欧姆定律可得电源电压：U＝I1R2＝0.6A×R2，
再将变阻器R1的滑片移到最右端，此时变阻器R2和变阻器R1的最大阻值串联接入电路，电流表的示数为0.2A，
该电路的总电阻：＝＝3R2，
串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以变阻器R2的电阻：R2＝R﹣R1＝3R2﹣10Ω，解得：R2＝5Ω；
④小灯泡的额定功率为：P′＝I′2R2＝(0.3A)2×5Ω＝0.45W。
故答案为：(1)最左；(2)右；(3)短路；0.24；0.6；(4)灯泡的电阻受温度影响很大；实际功率；(5)保持变阻器R2的滑片位置不动；0.45。
【点评】测小灯泡的额定功率考查实验的注意事项、故障的分析、滑动变阻器的使用、电流表的读数、串联电路特点、等效代替法、欧姆定律、电功率公式的灵活运用等