2024年湖北省黄石市阳新县陶港镇初级中学第一次中考模拟物理试卷

这是一份2024年湖北省黄石市阳新县陶港镇初级中学第一次中考模拟物理试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共12题，每题2分，共24分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 我国载人神舟飞船返回舱的表面有一层叫做“烧蚀层”的物质，可以在返回大气层时保护返回舱不因高温而烧毁，烧蚀层能起这种作用，除了它的隔热性能外，还主要由于它能把热反射到宇宙空间
B. 在蜻蜓翅膀末端的前缘，会看到有一块加厚而发暗的色素斑，它的作用可能是调整翅膀的振动，减弱飞行过程中翅膀上的有害振动
C. 射电望远镜接收的射电波是无线电波，射电望远镜的工作时段是只能白天工作
D. 水能、太阳能、核能是可再生能源
【答案】B
【解析】
【详解】A．“烧蚀层“的物质在遇到高温时会发生熔化和汽化现象，在熔化和汽化时能吸收大量的热，故可以保证飞船温度不至于太高，故A错误；
B．蜻蜓前进的时候，翅膀受到空气的阻力，假如前面没有一块较有质量的东西顶住，这种阻力使翅膀向后弯曲，它就难以控制平衡，而且这样对于单薄的翅膀破坏性更大，所以翅痣（色素斑）的作用是调整翅膀的振动，减弱飞行过程中翅膀上的有害振动，故B正确；
C．射电望远镜是用来观测和研究来自天体的射电波的基本设备，可以测量天体射电波的强度、频谱及偏振等量。射电望远镜的基本原理和光学反射望远镜相似，射电望远镜接收的射电波是无线电波，因此它可以全天候工作，故C错误；
D．水能，核能是不可再生能源，故D错误。
故选B。
2. 盛一盆水，在盆里放两块高出水面砖，砖上搁一只比盆小点的篮子，篮子里装上熟食，再把一个纱布袋罩在篮子上，并使袋口的边缘浸入水里（如图），就做成了一个简易冰箱，针对这个装置下列说法中不正确的是（ ）
该试卷源自 每日更新，享更低价下载。A. 简易冰箱能制冷是因为水蒸发吸热
B. 将该装置放在通风的地方，制冷效果更好
C. 篮子上罩着纱布袋是为了增大蒸发面积
D. 简易冰箱与电冰箱的工作原理一样，在工作时都有汽化和液化现象
【答案】D
【解析】
【详解】A．简易冰箱能制冷是因为水蒸发时需要吸热，降低篮子里的温度，故A正确，A不符合题意；
B．将该装置放在通风的地方，蒸发效果更加明显，则制冷效果更好，故B正确，B不符合题意；
C．加大表面积可以加快蒸发，因此篮子上罩着纱布袋是为了增大蒸发面积，加快蒸发，故C正确，C不符合题意；
D．简易冰箱的工作原理与冰箱的工作原理相同都是利用了汽化吸热的原理，但简易冰箱没用到液化放热，故D错误，D符合题意。
故选D。
3. 如图所示是小明在滑滑板车的场景，用力蹬地滑板车加速向前滑行，停止用力后会慢慢停下来。若不计空气阻力，对此现象分析正确的是（ ）
A. 在滑行过程中，相对于滑板车，小明是运动的
B. 停止用力后，滑板车能继续向前滑行是因为滑板车受到惯性力的作用
C. 滑板车受到的重力和地面对滑板车的支持力是一对平衡力
D. 不蹬地时，滑板车会慢慢停下来，说明力是改变物体运动状态的原因
【答案】D
【解析】
【详解】A．在滑行过程中，相对于滑板车，小明的位置保持不变，因而是静止的，故A错误；
B．小明停止用力后，滑板车能继续向前滑行是因为滑板车具有惯性，仍要保持原来的运动状态，但惯性不是力，不能说惯性力，故B错误；
C．滑板车受到的重力、地面对滑板车的支持力等于滑板车与人的总重力大小不相等，不是一对平衡力，故C错误；
D．不蹬地时，滑板车会慢慢停下来，是因为摩擦阻力改变了滑板车的运动状态，说明力是改变物体运动状态的原因，故D正确。
故选D。
4. 如图，两个平面镜相互垂直竖直放置，点光源在平面镜内成三个像，现让点光源S在水平面内沿圆周顺时针运动，则可以观察到镜子内的三个像
A. 全都做顺时针运动
B. 全都做逆时针运动
C. 一个顺时针运动，另外两个逆时针运动
D. 一个逆时针运动，另外两个顺时针运动
【答案】C
【解析】
【详解】S在竖直的平面镜中成的像为S′，在水平的平面镜中所成的像为S0；S′在水平的平面镜中成的像为S″，而S0 在竖直的平面镜中所成的像点也是S″，即再次成像的像点是重合的，所以一共有3个像，如图所示：
现让点光源S在水平面内沿圆周顺时针运动，则镜子内的三个像中，S0、S′均做逆时针运动．S″是重合的像，相反了两次，应该做顺时针时针转动，故选C．
【点睛】解答此题的关键是要明确平面镜成像的特点，像与物体是左右相反的．解答此题要求学生应具备一定的空间想像能力．
5. 在“设计制作一个调光灯”的实践活动中，小明设计了如图所示的电路，电源使用三节铅蓄电池串联，小灯泡额定电压为3V，AP两个回形针可在铅笔芯上滑动。通过交流，小华同学提出了改进建议，关于以下建议，你认为合理的是（ ）
A. 为使灯泡亮度变化更明显，应选用长度很短的铅笔芯
B. 为保护灯泡，可以在AP之间做一个标记，防止接入阻值太小
C. 铅笔芯换成铜丝更好
D. 电源电压改为1.5V更好
【答案】B
【解析】
【详解】A．铅笔芯相当于一个滑动变阻器，它和灯泡串联，阻值越大的电阻对电流的阻碍作用越大，由于铅笔芯的长度越长电阻阻值越大，所以铅笔芯的长度应适当长一些，故A不符合题意；
B．为保护灯泡，在AP之间做一个标记，保持灯泡与一定长度的铅笔芯串联，可以防止灯泡两端电压过大而烧坏灯泡，故B符合题意；
C．铜丝的电阻很小，灯泡亮度的变化不明显，故C不符合题意；
D．小灯泡额定电压为3V，电源电压改为1.5V，灯泡很暗实验现象不明显，故D不符合题意。
故选B。
6. 利用如图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图象如图乙所示。下列说法错误的是（ ）
A. 升温较快的是甲，吸热能力较强的是甲
B. 实验中物体吸热的多少是通过加热时间的长短来衡量的
C. 分析图乙可得食用油的比热容为2.8×103J/(kg·℃)
D. 应在两个相同的烧杯中加入质量相同的水和食用油
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】AD．本实验采用的是控制变量法，实验中要控制水和食用油的质量相同；根据Q=cmΔt可知，水，食用油质量相同时，吸收相同的热量，甲升温较快，吸热能力弱，乙升温较慢，吸热能力强，故甲是食用油，乙是水，故A错误，符合题意，D正确，不符合题意；
B．根据转换法可知，实验中物体吸热的多少是通过加热时间来衡量的，故B正确，不符合题意；
C．质量相同的食用油和水升高相同的温度，水的加热时间与食用油的加热时间之比为3∶2，则吸收的热量的关系为3∶2，由可知，在质量和升高的温度相同时，比热容之比等于吸收热量之比，食用油的比热容为
×4.2×103J/(kg·℃)=2.8×103J/(kg·℃)
故C正确，不符合题意。
故选A。
7. 将一段裸铜导线弯成如图甲所示形状的线框，将它置于一节5号干电池上（线框上端的弯折处A与正极接触良好），一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，放手后线框就会开始转动，成为一个“简易电动机”，下列说法中正确的是（ ）
A. 线框会转动是由于受到电场力的作用
B. 电路中的热功率等于线框旋转的机械功率
C. 如果磁铁吸附在电池负极的是S极，那么从上向下看，线框做逆时针转动
D. 如果线框下面只有一端导线与磁铁良好接触，则线框将上下振动
【答案】C
【解析】
【详解】A．线框会转动是由于磁场对电流有力的作用，故A错误；
B．电动机将电能主要转化为机械能，故电路中的热功率小于线框旋转的机械功率，故B错误；
C．如果磁铁吸附在电池负极的是S极，根据条形磁铁的磁感线分布规律，线圈竖直边处的磁场方向为从外侧指向转轴的，或者说是汇聚的，而线圈竖直边的电流是竖直向下，由左手定则，从上往下看，线圈的竖直边受到的磁场力的方向为逆时针，所以线框做逆时针转动，故C正确；
D．如果线框下面只有一端导线与磁铁良好接触，与磁铁接触良好的一侧的线圈有电流通过，受到安培力作用，仍然能使线框转动，不是振动，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，为保障市民安全出行，志愿者们正在清理道路冰雪，他们采用增大压力的方法来增大摩擦的是（ ）
A. 戴防滑手套B. 在路面上铺防滑垫
C. 穿鞋底粗糙的橡胶鞋D. 铲雪时握紧铲子，防止铲子滑落
【答案】D
【解析】
【详解】A．戴防滑手套，手套上有花纹，采用增大接触面粗糙程度的方法来增大摩擦，故A不符合题意；
B．在路面上铺防滑垫，防滑垫上有凹凸不平的花纹，采用增大接触面粗糙程度的方法来增大摩擦，故B不符合题意；
C．穿鞋底粗糙橡胶鞋，采用增大接触面粗糙程度的方法来增大摩擦，故C不符合题意；
D．铲雪时握紧铲子，防止铲子滑落，采用增大压力的方法来增大摩擦，故D符合题意。
故选D。
9. 如图所示，下列关于压强的说法正确的是（ ）
A. 图甲中，剪刀有锋利的刃是为了减小压强
B. 图丙中，墨水会被吸进钢笔的橡皮管中，利用了大气压强
C. 图乙中，将玻璃管竖直下压，下端管口橡皮膜受到的压强变小
D. 图丁中，从纸条上方沿纸条吹气，此时纸条上方的气压大于下方的气压
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中，剪刀有锋利的刃，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故A错误；
B．图乙中，吸钢笔水时，先用手捏橡皮管排除里面的空气，松手后的橡皮管内空气体积增大，压强减小，墨水在大气压的作用下被压入橡皮管，故B正确；
C．当密度一定时，液体深度越大压强越大，图丙中，将玻璃管竖直下压，下端管口橡皮膜深度变大，因此下端管口橡皮膜受到的压强变大，故C错误；
D．图丁中，从纸条上方沿纸条吹气，因为纸条上方的空气流速大，压强小，纸条下方的空气流速小，压强大，此时纸条上方的气压小于下方的气压，故D错误。
故选B。
10. 质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同。将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到沸点，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温。第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高Δt℃；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高了Δt℃。第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出，然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡。第三种方式是将甲、乙同时从沸水中取出同时投入到冷水中达到热平衡（不考虑与外界热交换）。则在后二种方式下，这杯冷水温度的变化是（ ）
A. 恰好都升高了2Δt℃
B. 都高超过2Δt℃
C. 都不足2Δt℃
D. 二种方式只有一种正好升高2Δt℃
【答案】D
【解析】
【详解】方式一：设沸水温度为100℃，冷水的温度为t0，甲投入冷水后放出的热量为
水吸收的热量为
不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放=Q吸，即
……①
然后乙再投入冷水后放热
水吸收的热量仍为
同理则有
……②
方式二：设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，则同理可得
……③
甲投入冷水热平衡后，水温t2，则同理可得
……④
所以结合①②③④可得
也就是在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是恰好升高了2Δt℃。
方式三：同时投入后，假设冷水先和甲热交换，这样水温上升Δt℃；然后再与乙热交换，水温又上升Δt℃；而此时甲的温度小于水和乙的温度，会吸收热量，所以温度在上升2Δt℃的基础上必然要下降一点。
综上所述，只有方式二正好升高2Δt℃。
故选D。
11. 如图所示是酒精浓度检测仪的简化电路图。电源电压保持不变，R1为定值电阻，R2为酒精气体传感器，其阻值随酒精气体浓度的增大而减小。闭合开关S，酒后的驾驶员对着R2呼出气体，酒精气体浓度增大，则（ ）
A. 电路中总电阻增大B. 电流表A示数增大
C. 电压表V示数减小D. 电路的总功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．酒后的驾驶员对着R2呼出气体，酒精气体浓度增大，R2阻值随酒精气体浓度的增大而减小，电路中总电阻减小，故A不符合题意；
B．根据可知，电源电压不变，当电路总电阻减小时，电路电流变大，电流表A示数增大，故B符合题意；
C．根据可知，当电流增大时R1两端电压变大，电压表V示数增大，故C不符合题意；
D．电路的总功率，电源电压不变，电流变大，电路的总功率变大，故D不符合题意。
故选B。
12. 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡标有“6V？W”，其电阻不随温度变化，电流表的量程为0~3A。当开关S、S2闭合时，滑片P在a端时电压表示数为U1，电流表示数为I1；滑片P在b端时电压表示数为U2，电流表示数为I2，此时R2消耗的电功率为P2。当开关S、S2、S3闭合时，灯泡恰好正常发光。当开关S、S1、S2、S3闭合时，R2消耗的电功率为P2′，P2:P2′=25:121，U1:U2=11:9，R2=10Ω。则下列说法错误的是（ ）
A. 电源电压为6V
B. 灯泡额定功率为3W
C. I1:I2＝22:27
D. 当开关S、S1、S2、S 3闭合时，电路消耗的总电功率最小为6.6W
【答案】D
【解析】
【详解】A．当开关S、S2、S3闭合时，此时只有灯泡L接入电路，因为灯泡恰好正常发光，所以电源电压
U=U额=6V
故A正确，不符合题意；
B．当开关S、S2闭合时，滑片P在b端时，灯泡L与定值电阻R2串联，电压表示数为U2，R2消耗的电功率；
当开关S、S1、S2、S3闭合时，灯泡L、滑动变阻器R1、定值电阻R2并联，此时R2两端的电压为电源电压，R2消耗的电功率为；
又因为
P2:P2′=25:121
即
:=25:121
解得
所以当开关S、S2闭合时，滑片P在b端时，灯泡L两端的电压
通过灯泡L的电流
所以灯泡L的电阻
因为灯泡L的电阻不变，所以灯泡L的额定功率
故B正确，不符合题意；
C．由于
U1:U2＝11:9
解得
所以当开关S、S2闭合时，滑片P在a端时，此时灯泡L两端的电压
UL′=U-U1=6V-V=V
此时电路中的电流I1等于通过灯泡L的电流IL′，即
所以
I1:I2=A:A=22:27
故C正确，不符合题意；
D．当开关S、S2闭合时，滑片P在a端时，电压表测量的是滑动变阻器R1和定值电阻R2两端的总电压，电压表的示数U1＝V，电路中的电流I1＝A，所以，R1和R2的总电阻
又R2=10Ω，所以滑动变阻器R1的最大阻值
R1=R总-R2=15Ω-10Ω=5Ω
当开关S、S1、S2、S3闭合时，灯泡L、滑动变阻器R1、定值电阻R2并联，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，电路中的总功率最小，所以当滑动变阻器接入电路的电阻为5Ω时，通过滑动变阻器的电流
通过灯泡L的电流
通过R2的电流
电路中的总电流
此时电路中的电功率
故D错误，符合题意。
故选D。
二、填空题（共4题，每空1.5分，共12分）
13. 如图所示，用水平力轻轻推动矿泉水瓶底部时，瓶子沿桌面平稳地移动；用等大的水平力轻推瓶盖，瓶子翻了。这说明力的作用效果与力的______有关（选填“大小”、“方向”或“作用点”），“瓶子翻了”，说明力改变了瓶子的______。
【答案】 ①. 作用点 ②. 运动状态
【解析】
【详解】[1]用水平力轻轻推动矿泉水瓶底部时，瓶子沿桌面平稳地移动；用等大的水平力轻推瓶盖，瓶子翻了。两种情况，推力的作用点不一样，力的作用效果也不一样，这表明力的作用效果与力的作用点有关。
[2]“瓶子翻了”说明瓶子由静止状态变为运动状态。由此说明力改变了瓶子的运动状态。
14. 快速行驶的汽车，一旦发生碰撞，车身就停止运动，而乘客身体由于______会继续向前运动，在车内与车身撞击，严重时可能把挡风玻璃撞碎而飞出车外。为防止撞车时发生类似的伤害，公安交通管理部门要求小型客车的驾驶员和乘客必须系好______，万一发生碰撞，它能对人体的运动起到缓冲作用。多数轿车上还安装了如图所示的安全气囊，一旦车辆的______（填“前端”或“后端”）发生严重撞击，气囊会自动充气弹出，使人不致撞到车身。

【答案】 ①. 惯性 ②. 安全带 ③. 前端
【解析】
【详解】[1][2]快速行驶的汽车发生碰撞时，车身停止运动，而乘客身体由于惯性会继续向前运动，容易发生伤害事故；此时安全带可对人起到缓冲和保护作用。
[3]多数轿车上还安装了安全气囊，一旦车辆的前端发生严重撞击，人由于惯性向前冲，此时气囊会自动充气弹出，使人不致撞到车身。
15. 两条质量都为20克的扁虫竖直紧贴着板面爬过一块竖直放置的非常薄的木板，板高10厘米，一条虫子长为20cm，另一条宽一些但长度只有10cm。当两条虫子的中点正好在木板顶部时，___________（选填“长”或“宽”）一些的扁虫克服重力做的功多一些，多___________J的功。（设扁虫沿长度方向的大小是均匀的，g=10N/kg）
【答案】 ①. 宽 ②. 5×10﹣3
【解析】
【详解】[1]由题可知，扁虫沿长度方向的大小是均匀的，虫子的中点正好在木板顶部时，虫子就搭在木板顶端，相当于虫子身体对折了，所以，长为20cm的扁虫的重心升高高度为
长为10cm的扁虫的重心升高高度为
两虫的重力相同，宽一些的虫子重心升高的高一些，则宽一些的扁虫克服重力做的功多一些。
[2]宽扁虫克服重力多做的功
16. 图是电解水实验原理图，蓄电池在向外供电时把________能转化为电能。为增强水的导电性，通常向水中加少量的NaOH。在闭合开关的瞬间，溶液中的Na+移动方向是从C到D，则蓄电池的A端是________极。

【答案】 ①. 化学 ②. 负
【解析】
【详解】[1]蓄电池在向外供电时，消耗自身化学能，产生电能，即把储存的化学能转化为电能。
[2]由于同种电荷相互排斥，所以Na+将向负极移动，而Na+方向是从C到D，故与D相连的A端是电源的负极。
三、实验题（共4题，共26分）
17. 图1是“比较不同物质吸热的情况”的实验装置．两个相同的烧杯中分别装有质量相等的水和食用油．
（1）选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内_______．
（2）实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和______．
（3）图2中能合理反映该实验结果的图象是 _____（选填“甲”“乙”或“丙”）．
【答案】 ①. 吸收的热量相同 ②. 加热器 ③. 乙
【解析】
【详解】（1）选用两个相同规格的电加热器加热，目的是使水和食用油在相等时间内吸收的热量相同；
（2）为准确测量液体的温度，温度计的玻璃泡应充分与被测液体接触，实验过程中温度计的玻璃泡不要碰到烧杯和加热器；
（3）相同质量的水和食用油在吸收相同的热量时（加热时间相同），因水的比热容大，由Q吸=cm△t可知，水的温度变化小，故图2中能合理反映该实验结果的图象是乙．
18. 古诗词蕴含着很多光学知识，唐代诗人储光羲在《钓鱼湾》中写道“潭清疑水浅”，如图所示A是水底某点，请你完成人眼看到水底A点变浅的光路图。
【答案】
【解析】
【详解】人看到池底变浅是由于从池底射出的光线由水进入空气时，在水面上发生折射，且折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得池变浅了。A'点是人看到的A的像，反向延长入射光线AO' 的折射光线O'A'，再连接OA'，连线与界面的交点为入射点O，则O点与人眼的连线为折射光线，如图所示
19. 如图甲所示电路图，电源电压可调，白炽灯L1标有“4 V 1.6 W”、L2标有“6 V 6 W”的字样，通过L2的电流与电压的关系如图乙所示．求：
(1)灯泡L2正常发光时的电阻是多少？
(2)当电源电压调至4 V时，闭合S1、S2，断开S3，灯泡L2消耗的功率为P2，此时电路消耗的总功率P是多少？
(3)当闭合S3，断开S1、S2时，要使其中一只小灯泡正常发光，电源电压应调至多大？此时灯泡L2消耗的功率为P2′，则P2与P2′之比是多少？
【答案】(1) 6 Ω； (2) 5.2 W；(3)9:1
【解析】
【详解】(1)白炽灯L2正常发光时的电阻为
R2＝＝＝6 Ω
(2)当闭合S1、S2，断开S3时，L1与L2并联，电源电压
U＝U1＝U2＝4V
由图乙可知，此时通过L2的电流为
I2＝0.9 A
L2消耗的电功率为
P2＝U2I2＝4 V×0.9 A＝3.6 W
此时电路消耗的总功率
P＝P1＋P2＝1.6 W＋3.6 W＝5.2 W
(3)当闭合S3，断开S1、S2时，L1与L2串联，串联电路中电流处处相等，要使其中一只灯泡正常发光，则不能超过两灯的额定电流，L1的额定电流
I1额＝＝＝0.4 A
L2的额定电流
I2额＝＝＝1 A
故
I1＜I2
电路中允许通过的最大电流值为0.4 A，此时L1两端的的电压
U1＝4 V
由图乙可知，此时L2两端电压为
U2′＝1 V
电源电压为
U′＝ U1＋U2′＝4 V＋1 V＝5 V
此时灯泡L2消耗的功率为
P2′＝U2′I1＝1 V×0.4 A＝0.4 W
＝＝
20. 小明利用如图甲所示器材测量小灯泡的电功率，其中器材有：2节新干电池，额定电压为2.5V的小灯泡，其电阻约为10Ω，“20Ω；0.5A”的滑动变阻器，已调零准确的电流表和电压表、开关、若干导线。
（1）小明同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线__________；
（2）改接正确电路后，小明按照正确步骤操作，闭合开关后发现灯不亮，紧接着他下一步操作应该是__________；
（3）某次实验中，小明看到电压表示数为1.8V，要使灯泡L正常发光应向__________（填“左”或“右”）端移动滑片，同时视线应注意观察电压表的示数，当灯正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是__________W；
（4）若小灯泡在正常发光一段时间后烧坏了，小亮立刻断开开关，换用规格为“2.5V；1W”的小灯泡去替换已经烧坏的小灯泡，再次闭合开关，此时电流表的示数可能是__________；

（5）小明同学还想探究电流与电阻的关系，于是将甲图中的小灯泡换成定值电阻R，并使电压表的示数始终保持2V不变，多次更换阻值不同的定值电阻R，记录各次电流表的示数，在不更换其他器材的情况下，为了能够完成实验，他所更换的定值电阻R的阻值范围是__________Ω。
【答案】 ①. 见解析如图 ②. 移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光 ③. 右 ④. 0.6 ⑤. C ⑥. 4~40
【解析】
【详解】（1）[1]灯泡与滑动变阻器、电流表串联接在电路中，电压表测灯泡电压，故电压表应与小灯泡并联，如图所示：
（2）[2]闭合开关，小灯泡不亮，可能是电路电阻太大，灯泡实际功率太小造成的，应移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；
（3）[3]由题知，电压表示数为1.8V，小于灯泡的额定电压2.5V，由串联电路的分压原理知，应将滑片向右移动，减小滑动变阻器分得的电压，直到灯泡两端的电压等于2.5V；
[4]由乙图知，电流表的量程为0~0.6A，其分度值为0.02A，其读数为0.24A，所以小灯泡的额定功率
（4）[5]用规格为“2.5V 1W”的小灯泡替换已经烧坏的小灯泡，根据得，换用这个灯的额定电流
根据得，这个灯的电阻小于原来灯的电阻，故闭合开关后，根据分压原理，灯的实际电压小于2.5V，故实际电流小于0.4A；根据电阻的串联，总电阻小于原来的总电阻，故电流大于0.24A，故再次闭合开关，此时电流表的示数可能是0.26A，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（5）[6]电源为2节新干电池，所以电源电压为3V，电阻两端电压为2V，滑动变阻器分压为1V，由分压原理有
所以当滑动变阻器连入阻值最大为20Ω时，定值电阻取值最大为40Ω，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，此时电路中电阻最小，定值电阻取值最小，由得，此时
所以为了能够完成实验，更换的定值电阻R的阻值范围是4~40Ω。
四、综合应用题（共2题，共18分）
21. 如图甲是我国自主研制的全球最大的水陆两栖飞机，它能在陆地上起飞降落，又能在水面上起飞降落，是一艘会飞的“船”。两栖飞机空载质量为4.15×104kg。如图乙是我国最新自主研制的“海斗号”无人潜水器，最大下潜深度可达10970m。（取海水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
求：(1)两栖飞机空载时在水面上排开海水的体积为多少？
(2)当“海斗号”无人潜水器下潜到10000m深度时，受到的海水压强为多少？
(3)“海斗号”无人潜水器的质量为1000kg，平均密度为5.0×103kg/m3，现用钢绳连着两栖飞机和潜水器，将潜水器缓慢放入海水中浸没并匀速下降，此时钢绳对潜水器的拉力是多大？
【答案】(1)41.5m3；(2)；(3)
【解析】
【详解】(1)两栖飞机空载时在水面上处于漂浮状态，受到浮力等于空载时的重力，即
由可得排开水的体积
(2)当“海斗号”无人潜水器下潜到10000m深度时，受到的海水压强
(3)“海斗号”无人潜水器的重力
浸没在海水中是排开海水的体积等于自身的体积，由可得
则浸没时受到的浮力
潜水器匀速下降，在海水给的浮力、钢绳对潜水器的拉力、自身重力三个力的作用下处于平衡状态，所以此时钢绳对潜水器的拉力
答：(1)两栖飞机空载时在水面上排开海水的体积为41.5m3；
(2)当“海斗号”无人潜水器下潜到10000m深度时，受到的海水压强为；
(3)此时钢绳对潜水器的拉力是。
22. 工作人员用如图所示装置打捞水中的物体。第一次提体积VA=6×10﹣3m3的物体A在水中匀速上升的过程中（A未露出水面），人对绳子竖直向下的拉力为F1，人拉力的功率为P1，绳端的速度为v1，机械效率为η1；第二次提重为GB=150N的物体B在水中匀速上升的过程中（B未露出水面），人对绳子竖直向下的拉力为F2，人拉力的功率为P2，绳端的速度为v2，机械效率为η2.。已知：功率P1：P2=2：1，η1：η2=3：2，物体A、B的体积VA：VB=1：2，重力GA：GB=4：5，四个滑轮质量相等，忽略绳重、绳与滑轮间摩擦及液体对物体的阻力（g取10N/kg）
（1）物体B所受的浮力F浮；
（2）动滑轮的重G动；
（3）速度v1、v2的比值。
【答案】（1）120N；（2）15N；（3）3：2
【解析】
【详解】解：（1）已知：VA=6×10﹣3m3，VA：VB=1：2，则
VB=2×6×10﹣3m3=0.012m3
根据阿基米德原理可知物体B在水中所受的浮力
F浮B=ρ水gVB=1×103kg/m3×10N/kg×0.012m3=120N
（2）已知：GB=150N，GA：GB=4：5，则物体A的重力为
物体A在水中所受的浮力
F浮A=ρ水gVA=1×103kg/m3×10N/kg×6×10﹣3m3=60N
因动滑轮M是3股绳子承担，所以动滑轮M和提升物体升高h时，忽略绳重、绳与滑轮间摩擦及液体对物体的阻力时，滑轮组的额外功就是因提升动滑轮M和E而产生的，即额外功
W额=G动h+G动3h=4G动h
根据得
因为η1：η2=3：2，所以
即
解得
G动=15N
（3）提升物体时，动滑轮E受力分析：重力、滑轮组CM对动滑轮E的向下拉力和向上的两股绳子的拉力F，根据动滑轮E受力平衡得
2F=G动+F′
所以有
则据此可知
因为P1=F1v1，P2=F2v2，P1：P2=2：1，所以有F1v1：F2v2=2：1，即
解得
答：（1）物体B所受的浮力F浮为120N；
（2）动滑轮的重G动为15N；
（3）速度v1、v2的比值为3：2。