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2024年上海市嘉定区中考物理二模试卷（含详细答案解析）
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这是一份2024年上海市嘉定区中考物理二模试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在原子核中，带正电的粒子是( )
A. 原子B. 质子C. 电子D. 中子
2.声乐中的高音和低音，是指声音的( )
A. 音调B. 音色C. 响度D. 音量
3.如图所示，此时热机气缸内压强增大，温度升高，则该冲程是( )
A. 吸气冲程
B. 压缩冲程
C. 做功冲程
D. 排气冲程
4.下列说法中正确的是( )
A. 行车时“保持安全车距”是为了减小惯性
B. 一支粉笔使用一段时间后，其质量、密度均变小
C. 阳光下尘土飞扬，说明分子不停地在做无规则运动
D. 茶壶、锅炉液位计利用了连通器原理
5.甲、乙两车分别从P、Q两点出发，沿同一直线相向而行，它们的s−t图像如图所示。乙车比甲车早出发1秒，乙车经过P点时，甲车和Q点距离1米，则P、Q两点间的距离( )
A. 一定为4米
B. 可能为6米
C. 可能为8米
D. 可能为9米
6.如图所示，薄壁柱形容器甲、乙置于水平桌面，分别盛有体积相同的不同液体，液体对容器底部的压强相等。现将两个完全相同的金属球分别浸没在甲、乙容器中(液体不溢出)，液体对容器底部的压力增加量分别为ΔF甲和ΔF乙，压强为p甲和p乙，则( )
A. ΔF甲<ΔF乙B. ΔF甲=ΔF乙C. p甲二、填空题：本大题共5小题，共15分。
7.一节新干电池的电压为______伏。额定功率为1千瓦的电热煮茶器正常工作0.2小时，耗电______度，其消耗的电能用______表测量。
8.生活中处处有物理。用砂纸清除“小广告”时会感觉到砂纸发热，这是通过______方式增加了砂纸的内能。高空抛物是违法行为，重物从高空下落的过程中，其______能增大。中医用的拔火罐能吸附在皮肤上是利用______的作用。
9.市场上有一款加装了凸透镜的指甲剪，可以方便老年人剪指甲，如图(a)所示。使用时，指甲通过凸透镜成放大的______(选填“实”或“虚”)像，此时指甲距离透镜的距离u和其焦距f的大小关系为______。如图(b)所示，当白鹭距离平静的水面3米时，它的像距离水面______米。
10.守门员飞身扑住射向球门的足球，说明力可以改变物体的______，同时手感觉到痛，说明物体间力的作用是______的；重为20牛，体积为2×10−3米 3的小球浸没在水中，则小球受到的重力和浮力的合力大小为______牛。
11.某导体两端的电压为6伏，10秒内通过其横截面的电荷量为6库，通过导体的电流为______安。若该导体两端的电压减小为0伏，其电阻为______欧。如图所示，根据小磁针静止时 N极的指向，可判断电源的左端是______极。
三、作图题：本大题共2小题，共5分。
12.在如图中，重为6牛的小球静止在水面上，用力的图示法画出小球所受的重力G。
13.在图中，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数。
四、计算题：本大题共7小题，共38分。
14.在如图所示的电路中，电源电压为U0保持不变，电阻R1、R2的阻值分别为R0、2R0。闭合开关S，电路正常工作，一段时间后，观察到电压表示数变大。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。为进一步判断具体故障，小嘉设计了两种方案：
①将电阻R1和R2的位置互换；
②用完好的电阻R3(阻值为2R0)替换R1。
(1)其中可行的方案是______(填序号)，不可行方案的理由是______；
(2)请写出按可行方案操作，闭合开关后电压表的示数及对应的故障。
15.据报道：青年人患颈椎病呈上升趋势，这与长时间低头看手机、工作等有关。为什么长时间低头会引起颈椎的损伤呢？小嘉查阅资料后得知：
①人的头部为竖直状态时，颈部肌肉对颈椎的拉力为零；低头时，颈部肌肉收缩会对颈椎产生拉力，长时间作用会损伤颈椎。
②科研人员用与成人头颈大小一致，质量为0.2千克的模型模拟人低头的情景做实验，测得颈椎承受的拉力F与低头角度θ(头部与竖直方向的夹角)的相关数据如表所示。
(1)分析表中数据，可得人体颈椎承受的拉力F与低头角度θ的关系是______。
(2)如图所示为头颈示意图，低头时，头部绕颈椎上的O点转动，A点为头部的重心，B点为颈部肌肉收缩对颈椎产生的拉力作用点，拉力方向始终垂直于OB，低头时人体颈椎相当于______(填写一种物理模型)。请结合图中信息及所学的物理知识，分析“为什么长时间低头人体颈椎会受到损伤”。
16.质量为2千克的铝块，温度升高了50℃.求：铝块吸收的热量Q吸.[c铝=0.9×103焦/(千克⋅℃)]。
17.某物体在水平拉力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，已知物体受到的阻力为40牛，10秒内物体前进了9米。求：此过程中拉力F做的功W和功率P。
18.如图所示，足够高的轻质薄壁柱形容器甲置于水平地面上，内部盛有重为39.2牛的水，容器底面积为2×10−2米 2。
(1)求容器甲对水平地面的压强p地。
(2)求水面下0.1米处水的压强p水。
(3)将体积为1×10−3米 3的柱体乙浸没在容器甲中后，测得容器甲对水平地面的压强增加量为1470帕。求柱体乙的密度ρ乙。
19.在如所示的电路中，电源电压保持不变，滑动变阻器R2标有“50Ω，1A”字样，滑片P置于变阻器一端。闭合开关S，电流表示数为0.2安。
(1)求变阻器R2两端的电压U2。
(2)求10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2。
(3)再将电压表V1、V2并联在A、B、C某两点间。闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，有一个电压表示数始终不变，当滑片P移至某位置时，电表V1、V2和A的示数分别为4伏、12伏和0.4安。滑片P移至另一位置时，电流表示数为0.8安。请分析说明电压表V1、V2接入电路中的位置。
20.小嘉做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好。他将学生电源(挡位为2伏整数倍可调)，标有“0.3安”字样的小灯泡、滑动变阻器、电流表、开关用导线串联，并将电压表并联接入电路，再将变阻器的滑片置于一端。闭合开关，将观察到的电压表和电流表示数记录在下表的序号1中，将滑片移至变阻器另一端，将相应的电压表和电流表示数记录在下表序号2中。分析记录的数据，小嘉断开开关，调整电源电压挡位，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大。再次闭合开关，移动变阻器滑片至某一位置时，小灯泡正常发光，电压表示数如图所示。
(1)实验中判断小灯泡正常发光的方法是______。
(2)实验中所用滑动变阻器的最大阻值R最大为______欧。
(3)计算调整后的电源电压U及小灯泡的额定功率P额。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据原子结构的相关知识可知，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的，所以在原子核中带正电的粒子是质子。
故选：B。
在原子结构中，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的。
此题考查了原子结构的相关基础知识，题目的难度很小，记住相关的基础知识即可解决此题。
2.【答案】A
【解析】解：声乐中的高音和低音，这里的“高”“低”指声音的音调不同，是物体振动快慢不同所致。
故选：A。
声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色反映了声音的品质与特色。
声音的特征有音调、响度、音色，三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
3.【答案】B
【解析】解：四冲程汽油机在工作过程中，进气门和排气门同时关闭、活塞上行时，该冲程为压缩冲程，压缩冲程中活塞压缩气缸内气体，使气缸内压强增大，因为压缩冲程是机械能转化为气体内能，气体温度会升高，故B正确。
故选：B。
内燃机一个工作循环中四个冲程的顺序：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程。根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。
此题考查了内燃机的四个冲程，属于基础题目。
4.【答案】D
【解析】解：A、行车时“保持安全车距”是为了防止车辆遇到紧急情况刹车时由于惯性带来的危害，故A错误；
B、一支粉笔使用一段时间后，其质量减小，密度不变，故B错误；
C、尘土是肉眼可见的，不是分子，分子是肉眼看不见的，故C错误；
D、茶壶、锅炉液位计利用了连通器原理，故D正确。
故选：D。
(1)物体保持运动状态不变的性质叫惯性，惯性与物体的质量有关。
(2)物质的密度有质量、体积无关。
(3)一切物体的分子都在不停地做无规则运动。
(4)上端开口、底部互相连通的容器叫连通器。
本题考查的是分子的热运动、质量、密度、惯性等基本概念；知道连通器的应用。
5.【答案】C
【解析】解：由图可知，甲的速度：v甲=s甲t甲=15m5s=3m/s，乙的速度：v乙=s乙t乙=12m6s=2m/s，v甲>v乙，
甲、乙两车分别从P、Q两点出发，沿同一直线相向而行，
设P、Q两点间的距离为s，乙车到达P点用的时间：t乙′=sv乙，
由于v甲>v乙，此时甲车和Q点距离1米，甲车经过的路程为：s+1m，用的时间：t甲′=s+1mv甲，
由题知，t乙′−t甲′=1s，即sv乙−s+1mv甲=1s，s2m/s−s+1m3m/s=1s，解得，s=8m。
故选：C。
由图，根据速度公式可求出甲、乙的速度，设P、Q两点间的距离为s，根据速度公式求出乙车到达P点用的时间t乙′，由于v甲>v乙，此时甲车和Q点距离1米，甲车经过的路程为：s+1m，求出甲车用的时间t甲′，由题知，t乙′−t甲′=1s，代入数据解得s。
本题考查了速度公式的应用，会正确分析图像中提供的信息，分两种情况是解答此题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：由于液体对容器底部的压强相等且A液体的高度小于B液体的高度，根据p=ρgh知A液体的密度大于B液体的密度；
(1)两个完全相同的金属球分别浸没在甲、乙容器中，排开液体的体积相同，根据F浮=ρ液gV排知金属球在A液体中受到的浮力大，由于物体间力的作用是相互的，小球对A液体压力大，所以液体对容器底部的压力增加量分别为ΔF甲>ΔF乙，故AB错误；
(2)放入物体后，压强的变化量为：ΔpA=ρAgV物SA=ρAgV物VAhA=ρAgV物hAVA，
同理ΔpB=ρBgV物hBVB；
因为ρAghA=ρBghB，VA=VB，所以ΔpA=ΔpB，
因为放入物体前，液体对容器底部的压强相等，所以放入物体后，液体对容器底部的压强相等，即p甲=p乙，故C错误，D正确。
故选：D。
根据p=ρgh分析出两种液体的密度关系，根据F浮=ρ液gV排判断浮力大小，根据物体间力的作用是相互的判断出液体对容器底压力的变化；
根据p=FS判断液体对容器底部的压强变化量的大小，进而判断出液体对容器底压强的关系。
此题考查了阿基米德原理、液体、固体压强的计算公式的应用和分析，题目较难。
7.【答案】1.50.2电能
【解析】解：一节新干电池的电压为1.5伏。
额定功率为1千瓦的电热煮茶器正常工作0.2小时，耗电W=Pt=1kW×0.2h=0.2kW⋅h=0.2度，其消耗的电能用电能表测量。
故答案为：1.5；0.2；电能。
一节新干电池的电压为1.5伏。
根据W=Pt得出电热煮茶器正常工作0.2小时的耗电量，其消耗的电能用电能表测量。
本题考查电能的计算，是一道综合题。
8.【答案】做功 动 大气压强
【解析】解：砂纸在摩擦的过程中发热，这是摩擦生热的现象，此过程中将机械能转化为内能，是通过做功的方式使物体内能增加的；重物从高空下落时，速度增大，重力势能会转化为动能，故动能增大；中医用的拔火罐能吸附在皮肤上是利用大气压强的作用。
故答案为：做功；动；大气压强。
改变内能的方式有两种：做功和热传递；被举高的物体具有重力势能，在物体下落时，重力势能会转化为动能，物体的质量越大、高度越高，重力势能越大，其转化为动能时，往往也会越大；根据大气压强进行分析。
此题主要考查的是学生对改变内能两种方式的理解和掌握，考查机械能的转化和大气压强相关知识，难度不大。
9.【答案】虚 u【解析】解：由图甲可知，透过凸透镜看到一个正立的像，根据u已知白鹭到水面的距离等于3m，则像到水面的距离也为3m。
故答案为：虚；u根据凸透镜u平面镜成像的特点是，像和物体大小相等、像和物体关于平面镜对称、像到平面镜的距离和物体到平面镜的距离相等。
本题考查了凸透镜成像和平面镜成像规律的应用，难度不大。
10.【答案】运动状态 相互 0
【解析】解：守门员飞身扑住射向球门的足球，足球的运动方向改变了，说明力能改变物体的运动状态；守门员将足球接住的同时，感觉自己的手会痛，是因为守门员对足球有力的作用时，足球对手也有力的作用，说明力的作用时是相互的；
体积为2×10−3m3的石块浸没在水中受到的浮力为：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×2×10−3m3×10N/kg=20N；
浮力与重力的合力为：F合=G−F浮=20N−20N=0N。
故答案为：运动状态；相互；0。
力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，可求浮力；方向相反的两个力的合力为：两个力之差。
本题主要考查了力的作用效果、力的相互作用、力的合成以及阿基米德原理的应用，难度不大。
11.【答案】0.610负
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C10s=0.6A。
(2)由I=UR可得，导体的电阻：R=UI=6V0.6A=10Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当该导体两端的电压为0伏时，导体的电阻仍为10Ω。
(3)由图可知，小磁针的右端是N极，由异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的左端是S极，右端为N极，线圈绕向如图所示，根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，四指指向电流的方向，则电流从右后方流入，左前方流出，故电源左端为负极，右端为正极。
故答案为：0.6；10；负。
(1)已知10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=Qt求出通过的电流。
(2)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻。
(3)根据小磁针确定通电螺线管的N极，结合图示的线圈绕向，利用安培定则即可确定螺线管中的电流方向，然后可知电源正、负极。
本题考查了电流和电阻的计算、安培定则的应用，关键是知道导体的电阻只与材料、横截面积、长度和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
12.【答案】解：小球所受重力的大小为6N，方向竖直向下，作用在重心，标度为3N，如图所示
【解析】画力的图示时，应先对物体的受力情况进行分析，明确力的三要素，再确定标度，最后用线段表示出这个力。
本题考查重力的图示画法，需要注意选择合适的标度，重力的方向是竖直向下的。
13.【答案】解：已知入射角为60∘，根据光的反射定律可知反射角也为60∘；根据反射角等于入射角，在法线的右侧画出反射光线OB，并标出反射角及其度数，如图所示：
【解析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。
由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求。要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角。
14.【答案】② 无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障
【解析】解：根据题意可知，电压表的示数等于U0，则电压表与电源两极是通路，故障是R2断路或者R1短路，则可行的是用R3替换R1。如果将电阻R1和R2的位置互换，无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障；
用R3替换R1后，闭合开关，若电压表的示数小于U0，则说明R1短路，若电压表的示数还是为U0，则R2断路。
故答案为：(1)②；无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障；(2)若电压表的示数小于U0，则说明R1短路，若电压表的示数还是为U0，则R2断路。
根据题意可知，一段时间后，观察到电压表示数变大，电压表的示数等于U0，则电压表与电源两极是通路，故障是R2断路或者R1短路，据此分析即可。
本题考查电路故障的分析，属于中档题。
15.【答案】低头角度越大，颈椎承受的压力越大 费力杠杆
【解析】解：(1)由表格数据可知，低头角度越大，颈椎承受的压力越大；
(2)头部模型相当于简单机械中的杠杆；根据杠杆平衡条件GL1=FL2，重力的方向竖直向下，当低头角度变大时，重力的力臂L1变大，L2不变，故拉力F变大；若将拉力看作动力，动力臂小于阻力臂，这是一个费力杠杆；头部向下弯曲角度增大，拉力变大，相当于支点的颈椎所受的压力增大。由图乙知，当低头角度变大时，重力的力臂L1变大，而拉力F的力臂L2变小，重力大小不变，根据杠杆平衡条件GL1=FL2可知拉力F变大；由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头。
故答案为：(1)低头角度越大，颈椎承受的压力越大；(2)费力杠杆；由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头。
(1)根据表格中数据得出颈椎承受压力与低头角度的关系；
(2)头部模型相当于简单机械中的杠杆；根据杠杆平衡条件分析。
本题结合实际，考查杠杆的平衡条件的运用，是一道学以致用的好题。
16.【答案】解：
Q吸=cm△t
=0.9×103J/(kg⋅℃)×2kg×50℃
=9×104J。
答：铝块吸收的热量为9×104J。
【解析】知道铝块的质量、铝的比热容、铝块的温度升高值，利用吸热公式Q吸=cm△t求铝块吸收的热量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t的掌握和运用，注意温度升高了(△t)与升高到(末温)的区别。
17.【答案】解：物体沿水平方向做匀速直线运动，受力平衡，则拉力F=f=40N，
此过程中拉力做的功：W=Fs=40N×9m=360J，
拉力的功率：P=Wt=360J10s=36W。
答：此过程中拉力F做的功是360J，功率是36W。
【解析】根据力的平衡得出拉力大小，然后根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=Wt得到功率。
本题考查了功和功率的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题，关键是根据力的平衡得出拉力的大小。
18.【答案】解：(1)甲为轻质薄壁柱形容器，故其质量可以忽略，甲对水平地面的压力F=G水=39.2N，
容器甲对水平地面的压强p地=FS=39.2N2×10−2m2=1960Pa；
(2)水面下0.1米处水的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
(3)乙浸没在容器甲中后，甲对水平地面的压强增加量Δp=ΔFS=G乙S，
由乙的重力G乙=Δp×S=1470Pa×2×10−2m2=29.4N，
柱体乙的密度ρ乙=G乙V乙g=29.4N1×10−3m3×9.8N/kg=3×103kg/m3。
答：(1)容器甲对水平地面的压强为1960Pa；
(2)水面下0.1米处水的压强为980Pa；
(3)柱体乙的密度为3×103kg/m3。
【解析】(1)由F=G水得到甲对水平地面的压力，由压强公式得到容器甲对水平地面的压强；
(2)利用液体压强公式得到水面下0.1米处水的压强；
(3)由压强公式得到甲对水平地面增加的压力即乙的重力，由密度公式和重力公式得到乙的密度。
本题考查压强公式、液体压强公式的应用，要熟练掌握公式，要注意甲为轻质薄壁柱形容器即其质量可以忽略。
19.【答案】解：由图(a)可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
(1)滑片P置于变阻器一端，电阻是最大的50Ω；根据欧姆定律知，
电阻R2两端的电压：U2=IR2=0.2A×50Ω=10V；
(2)10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2=U2It=10V×0.2A×10s=20J；
(3)将电压表V1、V2并联在A、B、C某两点间。闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，有一个电压表示数始终不变，必然是测量电源电压，电压表V2示数较大，则电源电压为12V；
根据题干中当电流为0.2A时，电阻R1两端的电压：U1=U−U2=12V−10V=2V；
则电阻R1=U1I =2V0.2A=10Ω，
另一个电压表示数为4V，电流表示数为0.4A，所测电阻R=U I′ =4V0.4A=10Ω，说明此时电压表V1接在R1的两端。
答：(1)变阻器R2两端的电压U2是10V；
(2)10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2为20J；
(3)电压表V2接在电源两端，电压表V1接在R1的两端。
【解析】由图(a)可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出电阻R2两端的电压；
(2)根据W=UIt计算电功；
(3)根据电压表不变是测量电源电压，且始终是最大电压，确定电压表V2的位置，根据串联电路特点和开始时的电流计算R1的电阻，根据现在电压表V1的示数与电流表示数计算V1测量部分的电阻，据此分析解答。
本题考查欧姆定律、串联电路的特点、电功的计算，属于中档题。
20.【答案】观察到电流表的示数为0.3A10
【解析】解：(1)灯的额定电流为0.3A，判定小灯泡正常发光的依据是：观察到电流表的示数为0.3A；
(2)由题意可知，滑动变阻器的滑片置于两端时，电压表都有示数，且示数不同，所以电压表不是测滑动变阻器两端电压和电源电压，而是测小灯泡两端电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，小灯泡两端的电压最大，为此时的电源电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，小灯泡两端的电压最小，结合表中数据可得，此时电源电压为4V，所以当滑动变阻器完全接入电路时，小灯泡两端的电压为2V，滑动变阻器两端的电压为U滑=U源−U灯=4V−2V=2V，滑动变阻器的最大阻值为：
R最大=U滑I1=2V0.2A=10Ω；
(3)由题意可得，当小灯泡两端的电压为4V时，通过小灯泡的电流为0.28A，小于0.3A，还不能正常发光，所以小灯泡的额定电压应该大于4V，故电压表的量程为0∼15V，分度值为0.5V，读数为4.5V，即U额=4.5V，由P=UI可得，小灯泡的额定功率为：
P额=U额I额=4.5V×03A=1.35W；
小灯泡正常发光时，电路中的电流为0.3A，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，所以此时滑动变阻器所能分的最大电压为U1=R滑I额=10Ω×0.3A=3V，由于小灯泡正常发光时，滑动变阻器滑片移动了一定的位置，所以此时滑动变阻器的实际电压小于3V，故此时的电源电压应该大于小灯泡的额定电压，且小于小灯泡的额定电压和滑动变阻器的所能分的最大电压之和，即U额故答案为：(1)观察到电流表的示数为0.3A；(2)10；(3)电源电压为6V；小灯泡的额定功率为1.35W。
(1)通过灯的电流为额定电流时小灯泡正常发光；
(2)由题意可知，滑动变阻器的滑片置于两端时，电压表都有示数，且示数不同，据此电压表的连接方式；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，小灯泡两端的电压最大，为此时的电源电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，小灯泡两端的电压最小，结合表中数据结合串联电路电压规律和欧姆定律求出滑动变阻器最大阻值；
(3)根据表中数据判断灯泡额定电压大小，据此确定电压表选用量程确定分度值读数，根据P=UI求出灯泡额定功率；
根据串联电路电压规律和欧姆定律确定电源电压范围，结合电源电压是2V的整数倍确定电源电压。
本题测定小灯泡的电功率，考查电表读数、欧姆定律的运用及推理分析的能力，有一定难度。低头角度θ
0∘
30∘
45∘
60∘
70∘
人体颈椎承受的拉力F/牛
0
4.3
4.8
5.7
6.4
实验序号
电压(伏)
电流(安)
1
2.0
0.20
2
4.0
0.28
1.在原子核中，带正电的粒子是( )
A. 原子B. 质子C. 电子D. 中子
2.声乐中的高音和低音，是指声音的( )
A. 音调B. 音色C. 响度D. 音量
3.如图所示，此时热机气缸内压强增大，温度升高，则该冲程是( )
A. 吸气冲程
B. 压缩冲程
C. 做功冲程
D. 排气冲程
4.下列说法中正确的是( )
A. 行车时“保持安全车距”是为了减小惯性
B. 一支粉笔使用一段时间后，其质量、密度均变小
C. 阳光下尘土飞扬，说明分子不停地在做无规则运动
D. 茶壶、锅炉液位计利用了连通器原理
5.甲、乙两车分别从P、Q两点出发，沿同一直线相向而行，它们的s−t图像如图所示。乙车比甲车早出发1秒，乙车经过P点时，甲车和Q点距离1米，则P、Q两点间的距离( )
A. 一定为4米
B. 可能为6米
C. 可能为8米
D. 可能为9米
6.如图所示，薄壁柱形容器甲、乙置于水平桌面，分别盛有体积相同的不同液体，液体对容器底部的压强相等。现将两个完全相同的金属球分别浸没在甲、乙容器中(液体不溢出)，液体对容器底部的压力增加量分别为ΔF甲和ΔF乙，压强为p甲和p乙，则( )
A. ΔF甲<ΔF乙B. ΔF甲=ΔF乙C. p甲
7.一节新干电池的电压为______伏。额定功率为1千瓦的电热煮茶器正常工作0.2小时，耗电______度，其消耗的电能用______表测量。
8.生活中处处有物理。用砂纸清除“小广告”时会感觉到砂纸发热，这是通过______方式增加了砂纸的内能。高空抛物是违法行为，重物从高空下落的过程中，其______能增大。中医用的拔火罐能吸附在皮肤上是利用______的作用。
9.市场上有一款加装了凸透镜的指甲剪，可以方便老年人剪指甲，如图(a)所示。使用时，指甲通过凸透镜成放大的______(选填“实”或“虚”)像，此时指甲距离透镜的距离u和其焦距f的大小关系为______。如图(b)所示，当白鹭距离平静的水面3米时，它的像距离水面______米。
10.守门员飞身扑住射向球门的足球，说明力可以改变物体的______，同时手感觉到痛，说明物体间力的作用是______的；重为20牛，体积为2×10−3米 3的小球浸没在水中，则小球受到的重力和浮力的合力大小为______牛。
11.某导体两端的电压为6伏，10秒内通过其横截面的电荷量为6库，通过导体的电流为______安。若该导体两端的电压减小为0伏，其电阻为______欧。如图所示，根据小磁针静止时 N极的指向，可判断电源的左端是______极。
三、作图题：本大题共2小题，共5分。
12.在如图中，重为6牛的小球静止在水面上，用力的图示法画出小球所受的重力G。
13.在图中，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数。
四、计算题：本大题共7小题，共38分。
14.在如图所示的电路中，电源电压为U0保持不变，电阻R1、R2的阻值分别为R0、2R0。闭合开关S，电路正常工作，一段时间后，观察到电压表示数变大。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1或R2上。为进一步判断具体故障，小嘉设计了两种方案：
①将电阻R1和R2的位置互换；
②用完好的电阻R3(阻值为2R0)替换R1。
(1)其中可行的方案是______(填序号)，不可行方案的理由是______；
(2)请写出按可行方案操作，闭合开关后电压表的示数及对应的故障。
15.据报道：青年人患颈椎病呈上升趋势，这与长时间低头看手机、工作等有关。为什么长时间低头会引起颈椎的损伤呢？小嘉查阅资料后得知：
①人的头部为竖直状态时，颈部肌肉对颈椎的拉力为零；低头时，颈部肌肉收缩会对颈椎产生拉力，长时间作用会损伤颈椎。
②科研人员用与成人头颈大小一致，质量为0.2千克的模型模拟人低头的情景做实验，测得颈椎承受的拉力F与低头角度θ(头部与竖直方向的夹角)的相关数据如表所示。
(1)分析表中数据，可得人体颈椎承受的拉力F与低头角度θ的关系是______。
(2)如图所示为头颈示意图，低头时，头部绕颈椎上的O点转动，A点为头部的重心，B点为颈部肌肉收缩对颈椎产生的拉力作用点，拉力方向始终垂直于OB，低头时人体颈椎相当于______(填写一种物理模型)。请结合图中信息及所学的物理知识，分析“为什么长时间低头人体颈椎会受到损伤”。
16.质量为2千克的铝块，温度升高了50℃.求：铝块吸收的热量Q吸.[c铝=0.9×103焦/(千克⋅℃)]。
17.某物体在水平拉力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，已知物体受到的阻力为40牛，10秒内物体前进了9米。求：此过程中拉力F做的功W和功率P。
18.如图所示，足够高的轻质薄壁柱形容器甲置于水平地面上，内部盛有重为39.2牛的水，容器底面积为2×10−2米 2。
(1)求容器甲对水平地面的压强p地。
(2)求水面下0.1米处水的压强p水。
(3)将体积为1×10−3米 3的柱体乙浸没在容器甲中后，测得容器甲对水平地面的压强增加量为1470帕。求柱体乙的密度ρ乙。
19.在如所示的电路中，电源电压保持不变，滑动变阻器R2标有“50Ω，1A”字样，滑片P置于变阻器一端。闭合开关S，电流表示数为0.2安。
(1)求变阻器R2两端的电压U2。
(2)求10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2。
(3)再将电压表V1、V2并联在A、B、C某两点间。闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，有一个电压表示数始终不变，当滑片P移至某位置时，电表V1、V2和A的示数分别为4伏、12伏和0.4安。滑片P移至另一位置时，电流表示数为0.8安。请分析说明电压表V1、V2接入电路中的位置。
20.小嘉做“测定小灯泡的电功率”实验，所用器材齐全且完好。他将学生电源(挡位为2伏整数倍可调)，标有“0.3安”字样的小灯泡、滑动变阻器、电流表、开关用导线串联，并将电压表并联接入电路，再将变阻器的滑片置于一端。闭合开关，将观察到的电压表和电流表示数记录在下表的序号1中，将滑片移至变阻器另一端，将相应的电压表和电流表示数记录在下表序号2中。分析记录的数据，小嘉断开开关，调整电源电压挡位，将滑动变阻器接入电路的电阻调到最大。再次闭合开关，移动变阻器滑片至某一位置时，小灯泡正常发光，电压表示数如图所示。
(1)实验中判断小灯泡正常发光的方法是______。
(2)实验中所用滑动变阻器的最大阻值R最大为______欧。
(3)计算调整后的电源电压U及小灯泡的额定功率P额。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据原子结构的相关知识可知，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的，所以在原子核中带正电的粒子是质子。
故选：B。
在原子结构中，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的。
此题考查了原子结构的相关基础知识，题目的难度很小，记住相关的基础知识即可解决此题。
2.【答案】A
【解析】解：声乐中的高音和低音，这里的“高”“低”指声音的音调不同，是物体振动快慢不同所致。
故选：A。
声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调，音色反映了声音的品质与特色。
声音的特征有音调、响度、音色，三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
3.【答案】B
【解析】解：四冲程汽油机在工作过程中，进气门和排气门同时关闭、活塞上行时，该冲程为压缩冲程，压缩冲程中活塞压缩气缸内气体，使气缸内压强增大，因为压缩冲程是机械能转化为气体内能，气体温度会升高，故B正确。
故选：B。
内燃机一个工作循环中四个冲程的顺序：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程。根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。
此题考查了内燃机的四个冲程，属于基础题目。
4.【答案】D
【解析】解：A、行车时“保持安全车距”是为了防止车辆遇到紧急情况刹车时由于惯性带来的危害，故A错误；
B、一支粉笔使用一段时间后，其质量减小，密度不变，故B错误；
C、尘土是肉眼可见的，不是分子，分子是肉眼看不见的，故C错误；
D、茶壶、锅炉液位计利用了连通器原理，故D正确。
故选：D。
(1)物体保持运动状态不变的性质叫惯性，惯性与物体的质量有关。
(2)物质的密度有质量、体积无关。
(3)一切物体的分子都在不停地做无规则运动。
(4)上端开口、底部互相连通的容器叫连通器。
本题考查的是分子的热运动、质量、密度、惯性等基本概念；知道连通器的应用。
5.【答案】C
【解析】解：由图可知，甲的速度：v甲=s甲t甲=15m5s=3m/s，乙的速度：v乙=s乙t乙=12m6s=2m/s，v甲>v乙，
甲、乙两车分别从P、Q两点出发，沿同一直线相向而行，
设P、Q两点间的距离为s，乙车到达P点用的时间：t乙′=sv乙，
由于v甲>v乙，此时甲车和Q点距离1米，甲车经过的路程为：s+1m，用的时间：t甲′=s+1mv甲，
由题知，t乙′−t甲′=1s，即sv乙−s+1mv甲=1s，s2m/s−s+1m3m/s=1s，解得，s=8m。
故选：C。
由图，根据速度公式可求出甲、乙的速度，设P、Q两点间的距离为s，根据速度公式求出乙车到达P点用的时间t乙′，由于v甲>v乙，此时甲车和Q点距离1米，甲车经过的路程为：s+1m，求出甲车用的时间t甲′，由题知，t乙′−t甲′=1s，代入数据解得s。
本题考查了速度公式的应用，会正确分析图像中提供的信息，分两种情况是解答此题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：由于液体对容器底部的压强相等且A液体的高度小于B液体的高度，根据p=ρgh知A液体的密度大于B液体的密度；
(1)两个完全相同的金属球分别浸没在甲、乙容器中，排开液体的体积相同，根据F浮=ρ液gV排知金属球在A液体中受到的浮力大，由于物体间力的作用是相互的，小球对A液体压力大，所以液体对容器底部的压力增加量分别为ΔF甲>ΔF乙，故AB错误；
(2)放入物体后，压强的变化量为：ΔpA=ρAgV物SA=ρAgV物VAhA=ρAgV物hAVA，
同理ΔpB=ρBgV物hBVB；
因为ρAghA=ρBghB，VA=VB，所以ΔpA=ΔpB，
因为放入物体前，液体对容器底部的压强相等，所以放入物体后，液体对容器底部的压强相等，即p甲=p乙，故C错误，D正确。
故选：D。
根据p=ρgh分析出两种液体的密度关系，根据F浮=ρ液gV排判断浮力大小，根据物体间力的作用是相互的判断出液体对容器底压力的变化；
根据p=FS判断液体对容器底部的压强变化量的大小，进而判断出液体对容器底压强的关系。
此题考查了阿基米德原理、液体、固体压强的计算公式的应用和分析，题目较难。
7.【答案】1.50.2电能
【解析】解：一节新干电池的电压为1.5伏。
额定功率为1千瓦的电热煮茶器正常工作0.2小时，耗电W=Pt=1kW×0.2h=0.2kW⋅h=0.2度，其消耗的电能用电能表测量。
故答案为：1.5；0.2；电能。
一节新干电池的电压为1.5伏。
根据W=Pt得出电热煮茶器正常工作0.2小时的耗电量，其消耗的电能用电能表测量。
本题考查电能的计算，是一道综合题。
8.【答案】做功 动 大气压强
【解析】解：砂纸在摩擦的过程中发热，这是摩擦生热的现象，此过程中将机械能转化为内能，是通过做功的方式使物体内能增加的；重物从高空下落时，速度增大，重力势能会转化为动能，故动能增大；中医用的拔火罐能吸附在皮肤上是利用大气压强的作用。
故答案为：做功；动；大气压强。
改变内能的方式有两种：做功和热传递；被举高的物体具有重力势能，在物体下落时，重力势能会转化为动能，物体的质量越大、高度越高，重力势能越大，其转化为动能时，往往也会越大；根据大气压强进行分析。
此题主要考查的是学生对改变内能两种方式的理解和掌握，考查机械能的转化和大气压强相关知识，难度不大。
9.【答案】虚 u
故答案为：虚；u
本题考查了凸透镜成像和平面镜成像规律的应用，难度不大。
10.【答案】运动状态 相互 0
【解析】解：守门员飞身扑住射向球门的足球，足球的运动方向改变了，说明力能改变物体的运动状态；守门员将足球接住的同时，感觉自己的手会痛，是因为守门员对足球有力的作用时，足球对手也有力的作用，说明力的作用时是相互的；
体积为2×10−3m3的石块浸没在水中受到的浮力为：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×2×10−3m3×10N/kg=20N；
浮力与重力的合力为：F合=G−F浮=20N−20N=0N。
故答案为：运动状态；相互；0。
力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，可求浮力；方向相反的两个力的合力为：两个力之差。
本题主要考查了力的作用效果、力的相互作用、力的合成以及阿基米德原理的应用，难度不大。
11.【答案】0.610负
【解析】解：(1)通过该导体的电流：I=Qt=6C10s=0.6A。
(2)由I=UR可得，导体的电阻：R=UI=6V0.6A=10Ω；
因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当该导体两端的电压为0伏时，导体的电阻仍为10Ω。
(3)由图可知，小磁针的右端是N极，由异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的左端是S极，右端为N极，线圈绕向如图所示，根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，四指指向电流的方向，则电流从右后方流入，左前方流出，故电源左端为负极，右端为正极。
故答案为：0.6；10；负。
(1)已知10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=Qt求出通过的电流。
(2)知道导体两端的电压和通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻。
(3)根据小磁针确定通电螺线管的N极，结合图示的线圈绕向，利用安培定则即可确定螺线管中的电流方向，然后可知电源正、负极。
本题考查了电流和电阻的计算、安培定则的应用，关键是知道导体的电阻只与材料、横截面积、长度和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。
12.【答案】解：小球所受重力的大小为6N，方向竖直向下，作用在重心，标度为3N，如图所示
【解析】画力的图示时，应先对物体的受力情况进行分析，明确力的三要素，再确定标度，最后用线段表示出这个力。
本题考查重力的图示画法，需要注意选择合适的标度，重力的方向是竖直向下的。
13.【答案】解：已知入射角为60∘，根据光的反射定律可知反射角也为60∘；根据反射角等于入射角，在法线的右侧画出反射光线OB，并标出反射角及其度数，如图所示：
【解析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。
由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求。要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角。
14.【答案】② 无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障
【解析】解：根据题意可知，电压表的示数等于U0，则电压表与电源两极是通路，故障是R2断路或者R1短路，则可行的是用R3替换R1。如果将电阻R1和R2的位置互换，无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障；
用R3替换R1后，闭合开关，若电压表的示数小于U0，则说明R1短路，若电压表的示数还是为U0，则R2断路。
故答案为：(1)②；无论是R2断路还是R1短路，电压表的示数都是0，不能区分故障；(2)若电压表的示数小于U0，则说明R1短路，若电压表的示数还是为U0，则R2断路。
根据题意可知，一段时间后，观察到电压表示数变大，电压表的示数等于U0，则电压表与电源两极是通路，故障是R2断路或者R1短路，据此分析即可。
本题考查电路故障的分析，属于中档题。
15.【答案】低头角度越大，颈椎承受的压力越大 费力杠杆
【解析】解：(1)由表格数据可知，低头角度越大，颈椎承受的压力越大；
(2)头部模型相当于简单机械中的杠杆；根据杠杆平衡条件GL1=FL2，重力的方向竖直向下，当低头角度变大时，重力的力臂L1变大，L2不变，故拉力F变大；若将拉力看作动力，动力臂小于阻力臂，这是一个费力杠杆；头部向下弯曲角度增大，拉力变大，相当于支点的颈椎所受的压力增大。由图乙知，当低头角度变大时，重力的力臂L1变大，而拉力F的力臂L2变小，重力大小不变，根据杠杆平衡条件GL1=FL2可知拉力F变大；由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头。
故答案为：(1)低头角度越大，颈椎承受的压力越大；(2)费力杠杆；由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头。
(1)根据表格中数据得出颈椎承受压力与低头角度的关系；
(2)头部模型相当于简单机械中的杠杆；根据杠杆平衡条件分析。
本题结合实际，考查杠杆的平衡条件的运用，是一道学以致用的好题。
16.【答案】解：
Q吸=cm△t
=0.9×103J/(kg⋅℃)×2kg×50℃
=9×104J。
答：铝块吸收的热量为9×104J。
【解析】知道铝块的质量、铝的比热容、铝块的温度升高值，利用吸热公式Q吸=cm△t求铝块吸收的热量。
本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t的掌握和运用，注意温度升高了(△t)与升高到(末温)的区别。
17.【答案】解：物体沿水平方向做匀速直线运动，受力平衡，则拉力F=f=40N，
此过程中拉力做的功：W=Fs=40N×9m=360J，
拉力的功率：P=Wt=360J10s=36W。
答：此过程中拉力F做的功是360J，功率是36W。
【解析】根据力的平衡得出拉力大小，然后根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=Wt得到功率。
本题考查了功和功率的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题，关键是根据力的平衡得出拉力的大小。
18.【答案】解：(1)甲为轻质薄壁柱形容器，故其质量可以忽略，甲对水平地面的压力F=G水=39.2N，
容器甲对水平地面的压强p地=FS=39.2N2×10−2m2=1960Pa；
(2)水面下0.1米处水的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
(3)乙浸没在容器甲中后，甲对水平地面的压强增加量Δp=ΔFS=G乙S，
由乙的重力G乙=Δp×S=1470Pa×2×10−2m2=29.4N，
柱体乙的密度ρ乙=G乙V乙g=29.4N1×10−3m3×9.8N/kg=3×103kg/m3。
答：(1)容器甲对水平地面的压强为1960Pa；
(2)水面下0.1米处水的压强为980Pa；
(3)柱体乙的密度为3×103kg/m3。
【解析】(1)由F=G水得到甲对水平地面的压力，由压强公式得到容器甲对水平地面的压强；
(2)利用液体压强公式得到水面下0.1米处水的压强；
(3)由压强公式得到甲对水平地面增加的压力即乙的重力，由密度公式和重力公式得到乙的密度。
本题考查压强公式、液体压强公式的应用，要熟练掌握公式，要注意甲为轻质薄壁柱形容器即其质量可以忽略。
19.【答案】解：由图(a)可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
(1)滑片P置于变阻器一端，电阻是最大的50Ω；根据欧姆定律知，
电阻R2两端的电压：U2=IR2=0.2A×50Ω=10V；
(2)10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2=U2It=10V×0.2A×10s=20J；
(3)将电压表V1、V2并联在A、B、C某两点间。闭合开关S，在移动变阻器滑片P的过程中，有一个电压表示数始终不变，必然是测量电源电压，电压表V2示数较大，则电源电压为12V；
根据题干中当电流为0.2A时，电阻R1两端的电压：U1=U−U2=12V−10V=2V；
则电阻R1=U1I =2V0.2A=10Ω，
另一个电压表示数为4V，电流表示数为0.4A，所测电阻R=U I′ =4V0.4A=10Ω，说明此时电压表V1接在R1的两端。
答：(1)变阻器R2两端的电压U2是10V；
(2)10秒内，电流通过滑动变阻器R2所做的功W2为20J；
(3)电压表V2接在电源两端，电压表V1接在R1的两端。
【解析】由图(a)可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流；
(1)根据欧姆定律求出电阻R2两端的电压；
(2)根据W=UIt计算电功；
(3)根据电压表不变是测量电源电压，且始终是最大电压，确定电压表V2的位置，根据串联电路特点和开始时的电流计算R1的电阻，根据现在电压表V1的示数与电流表示数计算V1测量部分的电阻，据此分析解答。
本题考查欧姆定律、串联电路的特点、电功的计算，属于中档题。
20.【答案】观察到电流表的示数为0.3A10
【解析】解：(1)灯的额定电流为0.3A，判定小灯泡正常发光的依据是：观察到电流表的示数为0.3A；
(2)由题意可知，滑动变阻器的滑片置于两端时，电压表都有示数，且示数不同，所以电压表不是测滑动变阻器两端电压和电源电压，而是测小灯泡两端电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，小灯泡两端的电压最大，为此时的电源电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，小灯泡两端的电压最小，结合表中数据可得，此时电源电压为4V，所以当滑动变阻器完全接入电路时，小灯泡两端的电压为2V，滑动变阻器两端的电压为U滑=U源−U灯=4V−2V=2V，滑动变阻器的最大阻值为：
R最大=U滑I1=2V0.2A=10Ω；
(3)由题意可得，当小灯泡两端的电压为4V时，通过小灯泡的电流为0.28A，小于0.3A，还不能正常发光，所以小灯泡的额定电压应该大于4V，故电压表的量程为0∼15V，分度值为0.5V，读数为4.5V，即U额=4.5V，由P=UI可得，小灯泡的额定功率为：
P额=U额I额=4.5V×03A=1.35W；
小灯泡正常发光时，电路中的电流为0.3A，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，所以此时滑动变阻器所能分的最大电压为U1=R滑I额=10Ω×0.3A=3V，由于小灯泡正常发光时，滑动变阻器滑片移动了一定的位置，所以此时滑动变阻器的实际电压小于3V，故此时的电源电压应该大于小灯泡的额定电压，且小于小灯泡的额定电压和滑动变阻器的所能分的最大电压之和，即U额
(1)通过灯的电流为额定电流时小灯泡正常发光；
(2)由题意可知，滑动变阻器的滑片置于两端时，电压表都有示数，且示数不同，据此电压表的连接方式；当滑动变阻器接入电路中的电阻为0Ω时，小灯泡两端的电压最大，为此时的电源电压；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，小灯泡两端的电压最小，结合表中数据结合串联电路电压规律和欧姆定律求出滑动变阻器最大阻值；
(3)根据表中数据判断灯泡额定电压大小，据此确定电压表选用量程确定分度值读数，根据P=UI求出灯泡额定功率；
根据串联电路电压规律和欧姆定律确定电源电压范围，结合电源电压是2V的整数倍确定电源电压。
本题测定小灯泡的电功率，考查电表读数、欧姆定律的运用及推理分析的能力，有一定难度。低头角度θ
0∘
30∘
45∘
60∘
70∘
人体颈椎承受的拉力F/牛
0
4.3
4.8
5.7
6.4
实验序号
电压(伏)
电流(安)
1
2.0
0.20
2
4.0
0.28
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