上海市长宁区2019-2020学年中考第一次大联考物理试卷含解析

上海市长宁区2019-2020学年中考第一次大联考物理试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．标有“6V 1.5W”的小灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如右图所示．若把这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，灯泡的电阻和实际功率约为（）
A．24Ω 0.67W B．20Ω 0.96W C．24Ω 0.96W D．20Ω 0.8W
D
【解析】
【详解】
小灯泡的电流随两端电压变化的关系如题图所示，不成正比，这样的三只灯泡串联起来，接在12V的电源两端，则每只灯泡两端的电压为U=4V，由图知，通过的电流为I=0.2A，灯泡的电阻为R=U/I=4V/0.2A=20Ω，实际功率P=UI=4V×0.2A=0.8W．
故本题正确选项是D．
2．如图所示的电暖气，通电后电热元件将内部的导热油加热，导热油迅速升温后提高室内温度．电暖气采用了导热油这种物质，其主要原因是导热油的
A．比热容较小B．热值较小
C．密度较小D．电阻较小
A
【解析】
【分析】
【详解】
因为电暖气是利用电流的热效应来供热的，油的比热容较小，升温较快；故A正确．
3．如图所示是汽油机工作时，做功冲程示意图，下列说法正确的是（）
A．该冲程中活塞往复运动两次
B．该冲程是机械能转化为内能
C．该冲程是内能转化为机械能
D．随着汽油的燃烧，汽油的热值会减小
C
【解析】
【分析】
（1）四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；
（2）汽油机的四个冲程，可根据气阀和活塞的状态判断是哪个冲程；将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；
（3）热值是物质的一种属性，只与物质的种类有关．
【详解】
A、在四冲程汽油机的一个工作循环中，活塞往复运动两次，由四个冲程组成，因此做功冲程中活塞从汽缸顶端运动到下端，故A错误；
BC、汽油机在做功冲程中，内能推动活塞向下运动，内能转化为机械能，故B错误、C正确；
D、热值是物质的一种属性，只与物质的种类有关，因此当汽油不断减少时，汽油的热值不变，故D错误．故选C．
【点睛】
四冲程内燃机的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气，其中做功和压缩冲程有能量的转化．
4．小明在做测量滑轮组的机械效率的实验中，用同一滑轮组进行了3次实验，如图所示，实验数据记录如表。

次数钩码重/N
购码上升距离
/cm 弹簧测力计示数
/N
弹簧测力计上升
距离/cm
机械效率
(1)第2次实验中滑轮组的机械效率为_____(结果保留一位小数)。

(2)如图丙所示，第3次实验中弹簧测力计的示数为_____N 。

(3)分析表格中的数据得出结论:同一滑轮组，_____。

(4)在第2次实验时，如果拉力方向与竖直方向有一定夹角，那么所测得的滑轮组的机械效率将会_____(填“变大”、“变小”或“不变” )。

88.9% 2.2 提升物体的重力越大，机械效率越高 变小
【解析】
【详解】
(1)[1]第2次实验中滑轮组的机械效率为：
4N 0.1m 88.9%1.5N 0.3m
W Gh W Fs η⨯===≈⨯有总 (2)[2]如图丙所示，第3次实验中弹簧测力计的分度值为0.2N ，示数为2.2N ；
(3)[3]纵向分析表格中的数据得出结论：同一滑轮组，提升物体的重力越大，机械效率越高；
(4)[4]弹簧测力计拉动方向偏离了竖直方向，拉力F 变大，拉下的距离s 不变，总功变大，有用功不变，则滑轮组效率变小。

5．在初中物理的学习中，我们常会用到一些科学研究方法，如：“控制变量法”、“等效 替代法”、“类比法”、“模型法”等。

在下面几个实例中，采用了等效替代法的是
A ．研究磁场时，引入“磁感线”
B ．用速度公式来引入功率公式
C ．保持受力面积不变，探究压力的作用效果与压力的关系
D ．探究同一直线上二个力的合力与分力的关系
D
【解析】A. 研究磁场时，引入“磁感线”，是模型法的应用；
B. 用速度公式来引入功率公式，是类比法；
C. 保持受力面积不变，探究压力的作用效果与压力的关系，是典型的控制变量法的应用；
D. 探究同一直线上二个力的合力与分力的关系时，采用了等效替代法；
故D 符合题意。

点睛：控制变量法是初中物理实验最常用的实验方法，当一个结果受多个因素的影响时都使用此方法进行实验，实验时让一个因素变化，而其它因素都控制相等或相同即控制变量。

6．如下图有四组不同的电阻，已知R1＜R2，那么电阻最小的是
A．B．
C．D．
A
【解析】
A、两个电阻并联，根据并联电路电阻特点,总电阻最小，符合题意；
B、两个电阻串联，根据串联电路电阻特点，总电阻最大，不符合题意；
C、是单独的一个电阻接入电路，不是最小值，不符合题意
D、是单独一个电阻接入电路，不是最小值，不符合题意；所以A选项是正确的．
【点睛】(1) 串联电路相当于增大了电阻的长度，因此串的越多，总电阻越大，总电阻越串越大．并联电路相当于增大导体横截面积，因此并得越多，总电阻越小，总电阻越并越小．
串联电路总电阻大于任何一个分电阻，并联电路总电阻小于任何一个分电阻．
7．如图所示的电路中，电源电压和灯泡电阻都保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P 由中点向右移动时，下列判断正确的是
A．电压表和电流表的示数都增大，电路总功率变大
B．电压表和电流表的示数都减小，电路总功率变小
C．电流表示数增大，电压表示数变大，灯泡变亮
D．电流表示数变小，电压表示数不变，灯泡亮度不变
D
【解析】
由电路图知道，滑动变阻器与灯并联，电流表测通过滑动变阻器的电流，电压表测滑动变阻两端的电压，并联电路各支路两端电压与电源电压都相等，所以移动滑片变阻器两端电压不变，即电压表示数不变；当滑片P由中点向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻R滑增大，由根据欧姆定律知道，通过它的电流减小，即电流表示数变小；两支路间互不影响，所以灯泡亮度不变；电路的总功率P总=P滑+P灯=U2/R滑+U2/R
，因为R滑增大，R灯不变，且灯和滑动变阻两端的电压都等于电源电压，所以电路的总功率P总变小，灯
综上所述，只有D正确，故选D。

8．2015年4月21日，世界最大的太阳能飞机“阳光动力2号”（如图所示）飞抵南京，该飞机的表面使用一种碳纤维材料，其承载能力要比一般材料更好，但质量仅与一辆小型汽车相差无几。

飞机上设有的
通话、网络等设备，可随时保证飞机与地面的联系。

飞机依靠两翼上安装的太阳能电池板为直流电动机供动力，同时对锂电池充电以保证夜间或阴雨天不间断飞行。

下列关于该飞机的说法中，正确的是
A．飞机依靠超声波与地面联系
B．使飞机升空的力的施力物体是电动机
C．飞机的锂电池充电时将太阳能转化为电能
D．飞机表面使用的碳纤维具有强度大、密度小的特点
D
【解析】
【详解】
A、飞机是通过电磁波与地面进行联系的，故A错误；
B、飞机的机翼上表面空气流速大，下表面空气流速小。

由于流体压强与流速有关，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，所以飞机机翼上表面受到向下的压强小，下表面受到向上的压强大，于是产生了一个向上的压强差，正是这个向上的压强差为飞机提供了向上的升力，升力的施力物体是空气，故B错误；
C、飞机的锂电池充电时将电能转化为化学能，故C错误；
D、飞机表面使用的碳纤维强度大，承载能力大，由m＝ρV可知，密度小可减小飞机的质量，故D正确。

9．如图所示电路，电阻R1标有“6Ω lA”，R2标有“3Ω 1．2A”，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0~15V，在a、b间接入电压可调的直流电源．闭合开关s后，为保证R1、R2均不损坏，则允许加的电源电压和通过电流表A1的电流不得超过( )
A．9V 1A B．3.6V 1.8A C．9.6V lA D．3.6V 0.6A
B
【解析】
【详解】
由电路图可知，电阻R1和R2并联，电流表A1测量干路总电流，
电流表A2测量通过R2的电流，电压表V测量电源电压；
①∵电阻R1标有“6Ω 1A”，R2标有“3Ω 1.2A”，
∴电阻R1两端允许的最大电压为U1=I1R1=1A×6Ω=6V；
电阻R2两端允许的最大电压为U2=I2R2=1.2A×3Ω=3.6V；
因为两电阻并联，两支路电压相等，因为U1＞U2，
因此为了保护电阻R2，电源电压U不能超过3.6V．
②此时通过电阻R1的电流为I1=U/R=3.6/6=0.6A
此时通过电阻R2的电流为其额定电流I2=1.2A，
电流表A1测量干路总电流，它的示数为I=I1+I2=0.6A+1.2A=1.8A．
10．下图所示的工具中，属于费力杠杆的是：
A．钢丝钳B．起子
C．羊角锤D．镊子
D
【解析】
【详解】
动力臂小于阻力臂的杠杆属于费力杠杆，四幅图中只有镊子的动力臂是小于阻力臂的，故应选D。

二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．将装有酒精的金属管固定在桌子上，并用塞子塞紧，快速来回拉动绕在管上的绳子，过一会儿塞子跳起来，如图所示．则
A．拉动绳子过程，金属管温度升高，内能增加
B．拉动绳子过程，管内酒精温度升高，蒸发加快
C．塞子跳起时，管内气体温度升高，内能增加
D．塞子跳起时，管内气体内能转化为塞子的机械能
ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．拉动绕在管上的绳子，绳子会对金属管做功，金属管温度会升高，内能会增大，故A正确；
B．因金属管与酒精会有温度差，所以酒精会从金属管中吸收热量，酒精的温度会升高，蒸发加快，故B 正确；
CD．管内气体膨胀做功，将内能转化为机械能，将塞子顶起，管内气体的温度降低，内能减小，故C错误，D正确．
12．如图所示的电路中，电源电压不变。

闭合开关后，当滑片P在某一端点时，电流表示数为0.3A，小灯泡消耗的功率为0.9W；当滑片P移至中点时，电压表示数变化了2V，此时小灯泡恰好正常发光，且消
耗的功率为2W，则下列说法不正确
．．．的是
A．电源电压为8V
B．小灯泡正常发光时的电阻为10Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为20Ω
D．滑片P在最右端时，滑动变阻器消耗的功率为3.2W
ABD
【解析】
【详解】
由电路图可知，灯泡、滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。

闭合开关后，当滑片P在某一端点时，灯泡两端的电压U L=L
L
0.9W =
0.3A
P
U=3V；
当滑片P移至中点时，由于灯泡功率由0.9W变为2W，即灯泡两端的电压变大，则电路中的电流变大，所以滑动变阻器连入电路的电阻变小；则此时电灯泡两端的电压U L′=U L+2V=3V+2V=5V；由于灯泡正常
发光，灯泡正常发光时的电阻：R L=
22
L
L
(5V)
=
2W
U
P
'
'
=12.5Ω，故B错误，符合题意；
当滑片P在某一端点时，滑动变阻器全部连入电路，电源电压U=U L+IR=3V+0.3A×R…①
当滑片P移至中点时，电路中的电流I′=L
L
2W =
5V
P U '
'
=0.4A，电源电压U=I′（R L+
1
2
R）=0.4A×
（12.5Ω+1
2
R）…②，由①②可得：R=20Ω，U=9V，故C正确，不符合题意；A错误，符合题意；
当滑片P在最右端时，滑动变阻器全部连入电路，滑动变阻器消耗的功率P=I2R=（0.3A）2×20Ω=1.8W，故D错误，符合题意。

13．下列各种现象与其涉及的物理知识之间的关系，正确的是（）
A．用高压锅煮饭容易熟﹣﹣沸点与压强的关系
B．运载火箭升空﹣﹣力的作用是相互的
C．飞机翱翔蓝天﹣﹣流体压强与流速的关系
D．船闸工作﹣﹣帕斯卡定律
ABC
【解析】
【分析】
【详解】
A．利用高压锅煮饭，锅内气压比较高，水的沸点高，易将饭煮熟，描述正确．故A正确．
B．运载火箭升空时，燃料燃烧产生高温高压的气体从火箭后面喷射出来，对周围气体产生一个先下的推力，因为力的作用是相互的，周围气体会给火箭一个向上的推力，故B正确；
C．飞机在空中飞行时，由于机翼的上方是凸起的，所以上方空气流速大于下方流速，流速越快压强越小，从而给飞机一个向上的升力；故C正确；
D．船闸是利用连通器的原理工作的，故D错误．
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计阻力，小球摆到与A等高的B点沿原来的方向时，细线恰好断开，则小球将沿方向____(填数字序号)运动，你推理的依据是：_____．
3 此时速度为零，绳子断开，只受重力，竖直向下运动
【解析】
解答：由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A. B两点间来回摆动．当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落．所以，将沿竖直向下方向运动．15．如图，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团硝化棉，用力将活塞迅速下压，筒内空气温度升高，硝化棉燃烧，筒内空气的内能改变是通过_______的方式实现的，该过程能量转化的特点与汽油机_______冲程的能量转化相同。

一单缸四冲程汽油机，飞轮转速为3000r/min，则1s对外做功_______次，若其效率为30％，
消耗100g汽油可对外做功_______J。

汽油机工作时，通常都用水进行冷却，这是利用了_______的特点。

若冷却用水共为5kg，则水由20℃升高到100℃时吸收______J热量（q汽油=4.6×107J/kg）。

做功压缩25 1.38×106水的比热容大 1.68×106
【解析】
【详解】
（1）在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团硝化棉，用力迅速向下压活塞，看到的现象是硝化棉燃烧起来；说明对筒内气体做功，使空气的内能增大，温度升高；该实验中，压缩筒内空气做功，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；
（2）已知飞轮转速为3000r/min=50r/s，一个工作循环活塞往复2次，曲轴转动2周，对外做功1次，故该汽油机1s内对外做功25次；汽油燃烧放出的热量：Q=mq=0.1kg×4.6×107J/kg=4.6×106J，汽油机对外做的功为：W=4.6×106J×30%=1.38×106J；
（3）由于水的比热容大，质量相同的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸热多，冷却效果好，所以，汽油机工作时，通常都用水进行冷却；水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃-20℃）=1.68×106J。

16．如图所示，在电梯中有个重G＝100N的物体A,在电梯启动加速上升的过程中，物体A对电梯地板的压力________（选填“大于”“小于”或“等于”）100N；这一过程中物体A的惯性______（选填“变大”“变小”或“不变”）。

大于不变
【解析】
【详解】
电梯启动加速上升的过程中，有向上的加速度，所以合力向上，地板对物体的支持力大于重力，物体对地板的压力跟地板对物体的支持力是相互作用，等大，所以物体对电梯地板的压力大于100N；惯性是物体的属性，只与质量有关，与运动状态无关，这一过程中物体的惯性不变。

17．如图所示为一种保温电热水壶的电路示意图,烧水时,开关S2处于________状态,若电热水壶烧水时消耗
的功率为1000W,则电阻R1为_____Ω．如果保温状态下电热水壶消耗的功率是烧水时的
1
10
,则电阻R2消
耗的功率为____W．
闭合 48.4 90
【解析】
当开关S 2闭合时,只有R 1工作,电路电阻最小,功率最大,所以烧水时开关闭合,
电阻R 1的阻值()22122048.4Ω1000V U R P W === 保温状态下电热水壶消耗的功率110001001010
W P P W ===保 电路电流为：1005I 22011
P W A U V ===保 此时电阻的功率为：2
211548.4Ω10W 11P I R A ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭ 所以消耗的功率为：2110010W 90W P P P W 保=-=-=
因此，本题正确答案是: 闭合 48.4 90
18．2019年4月24日是第四个中国航天日，中国载人航天庆祝2019年“中国航天日”主题活动23日在京举行。

截止到现在，中国的神州飞船已发射到了十一号，载人飞船完成各项任务后，返回舱进入大气层将通过一段黑障区，这一段时间飞船将“烧成”一个大火球，而飞船内的宇航员和设备则安然无恙。

在返回的过程中，飞船相对于地面是______的，飞船“燃烧”是通过______的方式改变其内能的，飞船外壳上的烧蚀层先熔化后汽化，_____了大量的热从而保护了飞船。

运动 做功 吸收
【解析】
【详解】
返回舱在返回的过程中，相对于地面的距离越来越近，因此飞船相对于地面是运动的，进入大气层，克服摩擦做功，使返回舱的内能增加、温度升高，为了保护返回舱，在外壳上有一层烧蚀层，先熔化后汽化，从飞船上吸收了大量的热，从而保护了飞船。

四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．工人利用如图所示的滑轮组在5s 内把重物匀速提升2m ，已知所用的拉力为250N ，不计绳重和各处摩擦，求：
（1）绳子自由端移动的速度；
（2）拉力的功率；
（3）若滑轮组的机械效率为80%，求所提升物体的重力大小．
（1）0.8m/s；（2）200W；（3）400N
【解析】
【详解】
（1）由图可知滑轮组的动滑轮绕2段绳，绳子自由端移动的距离：s=2h=2×2m=4m，
绳子自由端移动的速度：
4m
=0.8m/s
5s
s
v
t
==；
（2）拉力做的总功：W总=Fs=250N×4m=1000J，
拉力的功率：
1000J
=200W
5s
W
P
t
==
总；
（3）有用功：W有用=W总η=1000J×80%=800J；
由W有用=Gh可得物体的重力：
800J
=400N
2m
W
G
h
有用
==．
答：（1）绳子自由端移动的速度为0.8m/s；
（2）拉力的功率为200W；
（3）若滑轮组的机械效率为80%，所提升物体的重力大小为400N．
20．2011年3月26日晚8︰30～9︰30，江阴与世界众多城市一起参与了“地球一小时”活动，活动倡议熄灭不必要的灯光，切断电视、电脑等电器电源．小明在活动宣传中了解到：只要电源插头没有拔掉，在待机状态下，每台电脑的功率为5.8W，每台电视机的功率为8.2W．小明所在小区有100台电脑和100台电视机，若在活动中均由原来的待机状态改为切断电源1h，此举一共可节约电能多少J？节约的电能完全被水吸收，能让多少kg水温度从20℃升高到60℃？[c水=4.2×103J/（kg·℃）]标有“220V，1000W”的电热水器正常工作，将与第（2）问中质量相同的水升高相同的温度，需要100min，该电热水器的效率是多少？用电高峰期，若此电热水器两端的实际电压仅为200V，它的实际电流为多大？（电热水器的电阻恒定，结果只保留整数，四舍五入）
（1）5.04×106J
（2）30kg
（3）84% ，4A
【解析】
【详解】
（1）100台电脑和100台电视机1小时消耗的电能
W=Pt=（5.8W+8.2W ）×100×3600s=5.04×106J ．
（2）因为节约电能完全被水吸收，根据Q=Cm （t-t 0）的变形得
水的质量m=0Q C(t t )-吸=63 5.0410J 4.210J /(kg ?)(6020)
⨯⨯⨯-℃℃℃=30kg （3）①标有“220V 1000W”的电热水器正常工作100min 消耗的总电能
W 电能=Pt=1000W×100×60s=6×106J
∴该热水器的效率η=Q W 吸电能
×100%=84%． ②“220V 1000W”表示电热水器的额定电压U 额=220V ，额定功率P 额=1000W
∴电热器的电阻R=2
U P 额额==48.4Ω
当实际电压U 实=200V 时
电热器的实际功率I=U R 实
≈4A
答：（1）一共可节约电能5.04×106J ．（2）节约电能完全被水吸收，能使30kg20℃的水升高到60℃．（3）
该热水器的效率是84% ，它的实际电流约4A ．
21．2016年CYCC 中国房车锦标赛分站赛于7月5日至7月7日在江苏盐城国际赛车场举行。

某一型号
的房车在一段平直公路上匀速行驶了56km ，用时半小时，车的总质量为3×
103kg ，受到的阻力为车重的0.1倍（g=10N/kg ）求：该房车的行驶速度；该房车牵引力所做的功：已知这一过程消耗燃油1.5×10-2m 3，
则热机的效率为多少?（假设燃油完全燃烧，燃油密度ρ=0.8×103kg/m 3，燃油热值q 为4.5×107J/kg ）。

（1）112km/h ；（2）1.68×108J ；（3）31%
【解析】
【详解】
（1）该房车的行驶速度：v=s t =56km 0.5h
=112km/h ； （2）车重G=mg=3×
103kg×10N/kg=3×104N ，车受到的阻力：f=0.1G=0.1×3×104N=3×103N ，由于车匀速行驶，则牵引力F=f=3×
103N ，牵引力做功：W 有用=Fs=3×103N×56000m=1.68×108J ； （3）由ρ=m V
得，消耗燃油的质量：m=ρV=0.8×103kg/m 3×1.5×10-2m 3=12kg ，燃油完全燃烧放出的热量（消耗的总能量）：W 总=Q 放=mq=12kg×
4.5×107J/kg=
5.4×108J ，热机的效率：η=W W 有用
总×100%=881.6810J 5.410J
⨯⨯×100%=31%。

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．如图所示，通电直导线周围的磁场分布可用磁感线表示为以导线为圆心的同心圆圈，磁场方向可以运用如下方法判断：用右手握住直导线，让大拇指指向直导线中电流的方向，则弯曲的四指所指方向为磁场方向．请在图中标出静止在磁场中的小磁针的N极
（____________）
【解析】
【分析】
【详解】
由题知：用右手握住直导线，让大拇指指向直导线中电流的方向，则弯曲的四指所指方向为磁场方向．由图根据以上方法可判断出通电直导线周围的磁感线方向是逆时针方向的，因为小磁针静止时，北极的指向为磁场方向，则小磁针的N极如图所示：
．
23．图甲是一个“胀管器”，其手柄OBA在使用时是一个杠杆。

图乙是其简化的示意图，图中O为支点，F2是使用“胀管器”时B点受到的阻力。

请在图乙中画出：①阻力臂l2；②作用在A点的最小动力F1及其力臂l1.
【解析】
【详解】
①反向延长阻力F2的作用线，然后过支点O作出F2作用线的垂线，即为阻力臂l2；
②由杠杆平衡条件可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。

图中支点在O点，因此OA为最长动力臂l1，动力的方向应该向下。

过点A作垂直于OA向下的带箭头的垂线段，为最小动力F1的示意图。

如图：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．在光学多个探究实验中均出现了“像”，小红在复习时进行了梳理，如下表所示：
实验名称实验情境
小孔成像
平面镜成像
凸透镜成像
（1）在“探究小孔成像特点”实验中，小红看到了烛焰在塑料薄膜上所成的像，该像是烛焰的______（选填“正立”或“倒立”）的______（选填“实像”或“虚像”）。

（2）在“探究平面镜成像特点”实验中，在B的位置放一张白纸，小红在白纸上______（选填“能”或“不能”）看到蜡烛的像，这说明平面镜成的是______（选填“实像”或“虚像”）。

（3）在“探究凸透镜成像规律”实验中，图中的蜡烛恰能在光屏上成清晰的像，则所成像的特征是______（从“正立/倒立”“放大/缩小”“实像/虚像”中选择），应用这一原理可以制成______。

倒立实像不能虚像倒立放大实像投影仪（幻灯机或电影放映机）
【解析】
【详解】
（1）小孔成像是由于光的直线传播形成的倒立的实像，所以小红看到的烛焰的倒立的实像。

（2）因为平面镜成的是虚像，所以在B的位置放一张白纸，小红在白纸上不能看到蜡烛的像，
（3）图中物距小于像距，根据凸透镜成像的规律可知：蜡烛在光屏上成倒立的放大的实像，应用这一原
理可以制成投影仪。

25．小礼在自己的家庭实验中用矿泉水瓶水、沙子、细线、毛巾、海绵块、细针演示了以下几个实验：
（1）矿泉水瓶内装半瓶沙子，拧紧瓶盖，用厚毛巾包住瓶盖和瓶底儿用力快速晃动瓶子约五分钟后，沙子变热，这表明_____；
（2）把装满沙子的矿泉水瓶，先正放后再倒放在海绵上，发现海绵凹陷程度变大，这表明_____；
（3）用空矿泉水瓶从饮水机接水的过程中，听到瓶中传出的声音的音调越来越_____；
（4）如图，将细线系在矿泉水瓶下部，沿水平方向拉动细线使其沿同一水平桌面匀速移动，发现拉满水瓶比拉半水瓶需要的力大，此现象表明_____；
（5）在装满水的矿泉水瓶上，用细针沿竖直方向由上至下扎三个孔，看到水的射程越来越大，这表明_____．对物体做功，物体的内能会增大，温度会升高压力的大小相同时，受力面积越小，压力的作用效果越明显高在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大液体内部的压强随深度的增加而增大
【解析】
【详解】
（1）用力快速晃动瓶子，人对瓶子、瓶内的沙做功，沙子变热，这是通过做功的方式改变物体的内能；（2）把装满沙子的瓶子正放后再倒放在海绵上，发现海绵凹陷程度不同，这说明压力相同时，受力面积越小压力作用效果越明显；
（3）往矿泉水瓶中灌水时，瓶内空气柱振动发出声音，随着水越来越多，空气柱越来越短，越容易振动，因此振动的频率越快，音调越高；
（4）满水瓶放在水平面上时，此时水平面受到的压力要大于不满时的压力，压力大，摩擦力大，故在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
（5）液体压强与深度有关，同种液体深度越深压强越大，故在装满水的矿泉水瓶上，用细针沿竖直方向由上至下扎三个孔，孔的深度越深，受到的水的压强就越大，射程就越远．
26．利用图甲所示器材测量小灯泡的额定功率，其中小灯泡标有“3.8 V”字样，电源电压恒定不变．
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向左滑动时小灯泡变亮．
（________）
（2）闭合开关前，滑片P应移到_______（选填“A”或“B”）端，目的是为了保护电路．
（3）实验时，要使小灯泡正常发光，应移动滑片P 使电压表示数为_______V ．当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则灯泡的额定功率为_______W ．
（4）现利用图甲部分器材和上述（3）步骤中的数据，测量一个定值电阻R 的阻值，设计了如图丙和丁所示的电路图．其中能粗略测出R 阻值的电路图是_______（选填“只有丙”、“只有丁”或“丙和丁”）．
B 3.8V 1.14W 只有丙
【解析】
【分析】
【详解】
(1)测小灯泡功率的实验中，滑动变阻器应串联入电路中，题中要求滑动变阻器的滑片P 向右左端移动时小灯泡变亮，所以此时应将接线柱A 接入电路中；电压表与灯泡并联测其电压，灯泡额定电压3.8V ，所以电压表使用0∼15V 量程，如图所示：
(2)为了保护电路，滑片应置于最大阻值处，所以变阻器的滑片P 应移到B 端；
(3)当电压表示数等于灯泡额定电压3.8V 时，灯泡正常发光；由图乙所示电流表可知，其量程为0∼0.6A ，
分度值为0.02A ，示数为0.3A ，灯泡的额定功率：P UI ==3.8V×
0.3A=1.14W ； (4)图丙，闭合S 1、断开S 2，调节滑动变阻器的滑片P ，使电流表的示数为I 额，此时灯泡两端的电压为U 额；保持变阻器的滑片位置不动，断开S 1，闭合S 2，测得R 与L 的总电流I ，根据并联电路的电流规律可知,通过电阻的电流为：I′=I−I 额，电阻R 的表达式：额R 额
U U R I I I =='-；图丁，能测出流过R 的电流，不能测出R 两端的电压，故不能测出R 阻值，因此能粗略测出R 阻值的电路图是丙．。