2020年广西中考物理模拟试卷(一)

2020年广西中考物理模拟试卷（一）

一、单项选择题（每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．每小题选对得3分，不选、多选或错选均得0分）

1. 生活中常见到各种光现象，其中属于光的反射现象的是（）

A.透过树丛的光

B.海市蜃楼

C.手影

D.水中倒影

【答案】

D

【考点】

光的反射

【解析】

①要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。

②要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的。

③要掌握光的折射现象，知道水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射。

【解答】

A、透过树丛的光是由于光沿直线传播形成的。不符合题意。

B、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于空气的密度不均匀而引起的，不符合题意。

C、手影光是沿直线传播形成的。不符合题意。

D、水中的“倒影”，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意。

2. 在如图所示的四个电路图中，三盏灯属于串联的电路图是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】

串联电路和并联电路的辨别

【解析】

（1）串联电路，电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；

（2）并联电路，电流有多条路径，各用电器之间互不影响。根据串联和并联电路的特点，结合选项闭合开关进行分析，找出符合题意的选项。

【解答】

A、三个灯泡并列连接，因此该电路为并联电路；

B、开关闭合，电流经L2与两个灯泡L1、L3并联后回负极，属于混合连接；

C、三个灯泡顺次连接，因此该电路为串联电路；

D、开关闭合，其中两个灯泡串联后，与另一个灯泡并联，属于混合连接；

3. 火力发电中，进的是煤，出来的是电，在这个过程中的能量转化程序是（）

A.机械能、内能、化学能、电能

B.化学能、内能、机械能、电能

C.化学能、重力势能、动能、电能

D.内能、化学能、机械能、电能

【答案】

B

【考点】

能量转化和转移

【解析】

自然界中的能量都以各种形式的能储存起来，在一定条件下可以相互转化。

【解答】

火力发电是通过煤的燃烧，将燃料的化学能转化为水的内能，水蒸气膨胀做功转化为涡轮的机械能，涡轮带动发电机转动将机械能转化为电能。

4. 由欧姆定律I=U

R 变形可得R=U

I

．下列说法正确的是（）

A.导体电阻跟它两端的电压成正比

B.导体电阻跟通过它的电流成反比

C.导体电压跟通过它的电流成正比

D.导体电阻跟通过的电流和它两端电压无关

【答案】

D

【考点】

欧姆定律的变形公式

【解析】

导体电阻可由导体两端的电压值与流过导体的电流值的比值求得，但是电阻是导体本身的一种性质，与流过的电流和两端的电压无关；

电压是产生电流的原因，先有电压后有电流．

【解答】

解：ABD．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，R=U

I

是计算导体电阻大小的一种方法，故AB不正确，D正确；

C．电压是产生电流的原因，不能说导体电压跟通过它的电流成正比，故C不正确．

故选D．

5. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器R的滑片P从中点向右端

滑动的过程中（）

A.电流表A的示数变大

B.电压变V1的示数变大

C.电压表V2的示数变大

D.灯泡L变亮

【答案】

C

【考点】

电路的动态分析

【解析】

由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两

端的电压，电流表测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根

据欧姆定律可知电路中电流的变化和L两端的电压变化，根据P＝UI可知灯泡实际功率

的变化，进一步判断亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化。【解答】

由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两

端的电压，电流表测电路中的电流。

当滑动变阻器R的滑片P从中点向右端滑动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中

的总电阻变大，

由I=U

可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A错误；

R

由U＝IR可知，L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，故B错误；

因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，

所以，由P＝UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故D错误；

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，R两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故C正确。

6. 小科做作业时，电灯突然变暗，其原因可能是（）

A.电灯的实际电压变大

B.电灯的额定电压变小

C.电灯的实际功率变小

D.电灯的额定功率变小

【答案】

C

【考点】

实际功率和额定功率

【解析】

灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，故变暗可以从实际功率入手来分析，可能是功率

变小，而实际功率与灯泡的电阻有关，故分析电阻的变化即可分析出灯泡变暗的原因。【解答】

∴在电压不变的情况下，根据P=U2

可知实际功率变小；

R

∴电灯将会变暗。

7. 如图为一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计的顶端封入一段金属丝，以下说法正确的是（）

A.温度升高至74°C时，L1亮灯报警

B.温度升高至74°C时，L2亮灯报警

C.温度升高至78°C时，L1亮灯报警

D.温度升高至78°C时，L2亮灯报警

【答案】

D

【考点】

温度计的使用及其读数

电磁继电器的组成、原理和特点

【解析】

要解答本题需掌握：①题干中该温度计的最小刻度值为2°C，直接根据液柱（或所指示）的位置即可读出该点处的温度值，读数时要从绝对值小的示数向绝对值大的示数读起；

②电磁继电器由两部分构成：①低压控制电路，②工作电路；其实质是一个自动控制开关。

【解答】

由题干中图可知：金属丝下端所指的示数为：70°C+2×4°C＝78°C；当温度升高到78°C，水银温度计顶端封入的一段金属丝就和水银相接，接通电路，电磁铁有了磁性，把衔铁吸引下来，L2亮，报警。

8. 如图，枯井中的青蛙位于井底O点“坐井观天”，下图中青蛙通过井口观察范围正确的是（）

A.

C.

D.

【答案】

B

【考点】

作光的折射光路图

【解析】

青蛙之所以坐在井里，只能看到很小的一片天，就是因为光是沿直线传播的缘故。从光的传播方向和传播路径去分析4个图即可。

【解答】

图中O点是青蛙的位置，将O点与井口左边的端点相连成一直线，将O点与井口右边的端点相连成一直线，然后在直线上标出箭头，即得到两条射向青蛙眼睛的光线，这两条光线就决定了青蛙的观察范围。

A图中光的传播方向标错了，C图中光线发生了偏折，因为光是沿直线传播的，所以C 图也不正确；D图中不仅光线发生了偏折，而且光的传播方向也标错了，所以D图也不正确，只有B图是正确的。

9. 如图所示，由不同物质制成的甲、乙两种实心球的体积相等，此时天平平衡。则制成甲、乙两种球的物质密度之比为（）

A.3:4

B.4:3

C.2:1

D.1:2

【答案】

C

【考点】

密度的计算

【解析】

根据天平左右质量相等，利用密度的公式列出等式，再进行整理，即可得出两种球的密度关系。

所以，m甲+3m乙＝2m甲+m乙，

整理可得：m甲＝2m乙，

因甲、乙两种实心球的体积相等，

可得：ρ甲V＝2ρ乙V，

所以，由ρ=m

V

整理可得：ρ甲:ρ乙＝2:1。

10. 如图所示，用滑轮组提升重物时，重800N的物体在10s内匀速上升1m。已知拉绳子的力F为500N，则提升重物的过程中（）

A.绳子自由端被拉下3m

B.有用功是800J

C.拉力F的功率是80W

D.滑轮组的机械效率是53.3%

【答案】

B

【考点】

滑轮（组）的机械效率

功率的计算

有用功、额外功、总功

滑轮组及其工作特点

【解析】

由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝n?求出绳子自由端被拉下的距离，根据W＝G?求出有用功，根据W＝Fs求出总功，利用P=W

求出拉力的功率，利用η=

t

W

×100%求出滑轮组的机械效率。

W

【解答】

由图可知，n＝2，则绳子自由端被拉下的距离：

s＝n?＝2×1m＝2m，故A错误；

做的有用功：

W

＝G?＝800N×1m＝800J，故B正确；

有

拉力做的总功：

W

＝Fs＝500N×2m＝1000J，

总

拉力的功率：

W1000J

滑轮组的机械效率：

η=W

W ×100%=800J

1000J

×100%＝80%，故D错误。

二、填空题（每空1分，共22分．不要求写出计算过程）

太阳能属于________能源（选填“可再生”或“不可再生”）；电能属于________能源。（选填“一次”或“二次”）

【答案】

可再生,二次

【考点】

能源的分类

【解析】

（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）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】

太阳能可以从自然界源源不断获得，故太阳能是可再生能源；

电能一般都是通过火力发电或水力发电等方式转化过来的，属于二次能源。

显微镜实际上是两个凸透镜的组合，物镜成像原理与________（填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）相同，水在________°C时的密度最大。

【答案】

幻灯机,4

【考点】

凸透镜成像的应用

【解析】

（1）解答此题要明确显微镜的构造和成像原理：显微镜有物镜和目镜组成，目镜成的

是正立、放大的虚像，显微镜的物镜成的是放大、倒立的实像。

（2）水在4°C以上跟一般的物体一样，遵循热胀冷缩规律。但在0°C?4°C之间，水出现反常膨胀现象，即是“热缩冷胀”的。水在4°C时体积最小，密度最大。

【解答】

显微镜的物镜焦距短，目镜焦距长，所以放在载物台上的物体在物镜的一倍焦距和二

倍焦距之间，通过物镜成倒立放大的实像，相当于幻灯机；

事实表明，4°C的水的密度最大。温度高于4°C时，随着温度的升高，水的密度越

来越小；温度低于4°C时，随着温度的降低，水的密度也越来越小。

跳伞运动员从高空跳下，在没有打开伞包前作加速下落，当离地面一定高度时打开伞

包后又作匀速下落；则在此过程中运动员的动能先________，后________；重力势能

________（选填“增加”、“减少”或“不变”）．在打开伞包下落的过程中选取________作

为参照物时运动员是静止的。

【答案】

增加,不变,减少,降落伞

【考点】

运动和静止的相对性

动能和势能的大小变化

【解析】

（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（3）判断物体的运动和静止，首先选择一个参照物，被研究的物体和参照物之间没有

发生位置的变化，被研究的物体是静止的，否则是运动的。

【解答】

（1）跳伞运动员从高空跳下，在没有打开伞包前作加速下落，当离地面一定高度时打

开伞包后又作匀速下落；下落过程中质量不变，加速时速度增大，动能增大；匀速时

速度不变，动能不变。

（2）运动员下落时质量不变，高度减小，重力势能减小。

（3）运动员是静止的，选择一个和运动员位置不变的物体为参照物，运动员和降落伞

之间没有发生位置的变化，选择降落伞为参照物。

故答案为：增加；不变；减小；降落伞。

有一种“超声波喷雾降温扇”，在风扇转动时还可喷出水雾，喷雾可以增加空气中的水分，风扇吹风加快了空气中水分的________，就加快了从周围物体________热量，从

而达到降温的目的。

【答案】

蒸发（汽化）,吸引

【考点】

影响蒸发快慢的因素

【解析】

影响蒸发快慢的因素有：液体的温度、液体的表面积和液体表面的空气流动速度；要

加热蒸发，可以升高液体的温度、增大液体的表面积和加快液体表面的空气流动速度；蒸发是汽化的一种，汽化要吸热。

【解答】

喷雾可以增加空气中的水分，风扇吹风加快了空气的流动速度，从而加快了水分的蒸

发（汽化）；

蒸发要从周围物体中吸收热量，从而达到降温的目的。

人类对于水资源的过度开发利用导致很多水库的水位下降。水位下降后，仍浸没在水

底的物体的上表面受到水的压强将________；仍漂浮在水面上的物体与它成的像之间

的距离将________。（选填“增大”、“不变”或“减小”）

【答案】

减小,不变

【考点】

平面镜的应用

液体压强的计算公式及其应用

【解析】

（1）水位下降后，仍浸没在水底的物体的上表面所处的深度减小，根据p＝ρg?可知

所受水的压强变化；

（2）平面镜成像特点：平面镜所成的像与物体大小相同，像和物体关于平面镜对称，

像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等。

【解答】

（2）水面相当于平面镜，平面镜成像中像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等，则仍漂浮在水面上的物体与它成的像之间的距离将不变。

故答案为：减小；不变。

则钢瓶内剩余氧气的质量为________kg ，剩余氧气的密度为________kg/m 3

【答案】

3,4

【考点】

密度公式的应用

【解析】

（1）用去了其中的13后，剩余氧气的质量就为原来质量的23；

（2）剩余氧气的体积与钢瓶的容积相同，即电焊前后，氧气的体积不变，变化的是质量，利用密度公式求剩余氧气的密度。

【解答】

（2）剩余氧气的密度：

ρ剩=m ′V =2kg

0.5m 3=4kg/m 3(1)故答案为：3；4。

如图所示，将木块A 和金属块B 按甲、乙两种不同的方式放在同一杯水中，则木块受到的浮力F 甲________F 乙；容器底部受到水的压强p 甲________p 乙．（均选填“大于”、“等于”或“小于”）

【答案】

大于,等于

【考点】

物体的浮沉条件及其应用

液体压强的计算公式及其应用

阿基米德原理

【解析】

把AB 当做一个整体分析，由图可知在甲、乙两图中都是处于漂浮状态，所以受到的浮力相等，等于它们的总重力；

由阿基米德原理知道它们排开水的体积相同，则甲图中木块A 排开水的体积大于乙图中木块A 排开水的体积，再利用阿基米德原理得出木块A 受到的浮力大小关系；

原来杯中水的体积相同，AB 两物体排开水的体积相同，可得放入AB 物体后，水深相同，根据液体压强公式判断容器底部受到水的压强的大小关系。

【解答】

由图可知木块A 和金属块B 在甲、乙两图中都是处于漂浮状态，所以受到的浮力都等于它们的总重力，由此可知甲、乙两种情况中A 、B 两物体受到的浮力相等；

∵ F 浮＝ρ水V 排g ，

∴ AB 两物体排开水的体积相同，

由阿基米德原理知道两种方式排开水的体积相同，则甲图中木块A 排开水的体积大于乙图中木块A 排开水的体积，所以甲图中木块A 受到水的浮力大，即F 甲大于F 乙； ∵ 放在同一杯水中，水的体积相同，AB 两物体排开水的体积相同，

∵p＝ρg?，

∴容器底部受到水的压强相等，即p甲等于p乙。

小孔成像的原理是光的________；游泳池注水后，看上去好像变浅了，是由于光的________形成的。（选填“反射”、“折射”或“直线传播”）

【答案】

直线传播,折射

【考点】

光在均匀介质中直线传播

光的折射现象及其应用

【解析】

①光在同种均匀物质中沿直线传播，如：激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；

②当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅、筷子在水杯中会变弯等。

【解答】

①小孔成像是光的直线传播形成的；

②游泳池注水后，看上去好像变浅了，是由于光的折射形成的。

如图所示的电路中，电源电压为12V（恒定不变），定值电阻R的阻值为10Ω，滑动变阻器R′上标有“30Ω?2A”字样，当开关S闭合，R′的滑片从右端往左移动的过程中，电流表是数逐渐________，电压表示数________，当滑片P在R′的最右端时，电流表为

________A，电压表示数为________V。

【答案】

变大,变小,0.3,9

【考点】

欧姆定律的应用

【解析】

由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器R′串联，电压表测R′两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化；

（2）根据电阻的串联和欧姆定律求出滑片P在R′的最右端时电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数。

【解答】

（2）当滑片P在R′的最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，电路中电流表的示数：

I=U

R+R′=12V

10Ω+30Ω

=0.3A，

U′＝IR′＝0.3A×30Ω＝9V。

故答案为：变大；变小；0.3；9。

三、作图题（第20题2分，第21题2分，共4分）

在图中，重为2牛的小球漂浮在水面上，用力的图示法画出小球所受的浮力F浮。

【答案】

因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，

由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：

【考点】

力的示意图

【解析】

小球漂浮在水面上，重力与浮力是一对平衡力，根据平衡力的条件，已知重力大小和方向即可知浮力大小和方向。再按照力的图示要求画出这个力。

【解答】

因为小球漂浮在水面上，所以重力与浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，

由重力的大小和方向可知，浮力的大小为2N，方向竖直向上，作用点在小球重心，设标度为1N，如下图所示：

请根据图甲的实物连接图，在图乙的虚线方框内画出对应的电路图。

【答案】

从正极开始连接，经开关后分支，一支经电流表、灯泡L1回到负极；另一支经灯泡L2回到负极；如图：

【考点】

根据实物图画电路图

【解析】

从实物图中可以看出，两只灯泡并联，电流表测量通过灯泡L1的电流。

【解答】

从正极开始连接，经开关后分支，一支经电流表、灯泡L1回到负极；另一支经灯泡L2回到负极；如图：

四、实验探究题（第22题4分，第23题4分，第24题6分，第25题12分，共26分）

请记录下列量具所测物理量的数值

（1）图1中所测物体的长度是________mm。

（2）图2中电流表的示数是________A。

（3）图3中电能表的示数是________kw??。

【答案】

145.5

2.5

6167.3

【考点】

电能表参数的理解与电功的测量

刻度尺的使用

电流表的使用

（1）刻度尺的读数要看清分度值，记录时估读到分度值的下一位；

（2）电流表读数时要看清量程和分度值，根据指针的位置读数；

（3）电能表是测量家庭电路一段时间消耗电能多少的工具，上面有五个数字窗口，注意最后一位是小数位。

【解答】

图示刻度尺的分度值是1mm，物体左侧与零刻度线对齐，右侧指在14.5cm后面半个小格上，估读到分值的下一位，应为14.55cm，即145.5mm；

图示的电流表选择的是0～3A量程，对应的分度值是0.1A，指针指在2A后面第5个小格上，因此读数为2.5A；

图示电能表的示数是6167.3kw??。

某小组的同学做“比较不同物质的吸热能力”的实验，他们使用了如图所示的装置。

（1）在设计实验方案时，需要确定以下控制的变量，你认为其中多余的是（）。

A.采用完全相同的加热方式

B.酒精灯里所加酒精量相同

C.取相同质量的水和另一种液体

D.盛放水和另一种液体的容器相同

（2）加热到一定时刻，水开始沸腾，此时的温度如图丙所示，则水的沸点是

________°C，这表明实验时的大气压强________（选填“大于”、“小于”或“等于”）一个标准大气压。

（3）而另一种液体相应时刻并没有沸腾，但是温度计的示数比水温要高的多。请你就此现象进行分析，本实验的初步结论为：不同物质的吸热能力________（选填“相同”或“不同”）。

【答案】

B

97,小于

不同

【考点】

探究比热容的实验

【解析】

（1）探究物质比热容的大小需要控制的变量包括：吸收的热量，不同物质的质量，加热的时间和加热的方式。

（2）液体沸腾时的温度叫沸点。读取温度计示数时，要明确温度计的分度值，视线与液柱最高处的液面相垂直；液体的沸点与气压有关，气压越大沸点越高，气压越小，沸点越低。

（3）已知液体和水的质量相同，相同时间吸收的热量相同，但温度变化不同，说明它们的吸热能力不同。

用控制变量法进行探究，因为引起温度变化的因素是吸热的多少、物质的质量、加热

时间和方式，与酒精的多少无关，所以B选项多余。

在图中，水的沸点为97°C；因为沸点低于100°C，所以实验时的大气压小于一个标准大气压。

在质量、吸收的热量相同时，不同液体升高的温度不同，说明不同物质的吸热能力不同。

根据“探究杠杆的平衡条件”实验要求，完成下列各题：

（1）实验开始时，杠杆的位置如图甲所示。小明通过调节杠杆右端的螺母向________

移动（左/右），使杠杆在水平位置平衡，然后进行下面的实验探究。

（2）要使图乙中杠杆平衡，应在a处挂________个钩码（题中的每个钩码都是相同的）。

（3）当弹簧测力计由图丙的竖直地拉着变成倾斜地拉着，使杠杆在水平位置静止时，

弹簧测力计的示数将________（变大/不变/变小）。

（4）有同学根据自己的实验数据，得到如下结论：动力×支点到动力作用点的距离＝

阻力×支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件不符，原因是实验过程

中没有________（选填序号：①改变力的大小②改变力的方向③改变力的作用点④

多次进行实验）。

（5）小明对原来装置进行改装如丁图，与丙图比较，同样用竖直向上的力，将两个相

同的钩码，提升相同的高度，机械效率高的是________（丙/丁）图；若利用丁图，小

明两次将钩码分别挂在A点和C点，使钩码上升同样的高度，那么机械效率________

（A/C/一样）的高。

【答案】

右

1

变大

②

丙,C

【考点】

探究杠杆的平衡条件实验

【解析】

（1）杠杆平衡调节原则是：右低将平衡螺母左调，左低将平衡螺母右调。

（2）根据杠杆平衡条件求出a处挂钩码的个数。

（3）阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测

力计示数如何变化。

（5）通过比较额外功的大小比较机械效率高低。

【解答】

杠杆右端高，说明水平时重心在支点左边，所以应将平衡螺母右调，使重心右移，杠

杆才能平衡。

设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，

根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，2G×2L＝nG×4L，

n＝1（个）。

当弹簧测力计逐渐向左倾斜时，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计拉力F的力臂变小，由杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，可知弹簧测力计的拉力变大。

“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平

位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有

改变动力或阻力的方向。故②正确。

丙与丁相比，丁要克服更多的额外功，所以丁机械效率更低，丙的机械效率更高；

钩码在A点，要提高相同的高度，弹簧测力计上升的高度更大，克服杠杆的重力做功更多，机械效率更低，所以在C点时机械效率更高。

小明在探究“电流大小与哪些因素有关”的实验中，

（1）连接电路时，开关应________，请用笔画线代替导线，根据图1将图2所示的实物电路连接完整。

（2）闭合开关前，图2中滑动变阻器的滑片P应位于________（选填“A”或“B”）端，可以起到________作用。

（3）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表有示数，故障的原因可能是：

①________；②________。

（4）排除故障后，小明通过实验得到数据如表（一）所示，期中第1次实验的电流表

实数如图3所示，为________A，所用电阻R的阻值是________Ω，根据表（一）的数据，可得出的结论是：________。

（5）小明继续探究电流与电阻的关系，将电阻R先后更换为5Ω和15Ω的电阻进行实验，得到数据如表（二）所示，通过分析表（二）的数据，可知小明在操作过程中存在的

错误是：________。

断开

B,保护电路

电阻R开路,电流表短路

0.10,10,在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比

没有移动滑动变阻器的滑片，使电阻两端的电压不变

【考点】

探究电流与电压、电阻的关系实验

【解析】

（1）为保护电路，连接电路时必须断开开关；根据电路图连接实物电路图；

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片要位于最大阻值处，起到保护电路的作用；（3）常见电路故障有断路与短路，根据电路故障现象分析电路故障原因；

（4）由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数；分析表中实验数据，根据实验控制的变量与实验数据，然后得出结论；

（5）探究电流与电阻的关系应控制电阻两端电压不变。

【解答】

连接电路前，开关必须断开，避免在连接的过程因错误连接造成短路；

根据电路图连接实物电路图，把电阻与滑动变阻器串联接入电路，电压表并联在电阻两端，电路图如图所示。

连接电路前，滑动变阻器滑片要位于最大阻值处，应位于B，起到保护电路的作用；电流表没有示数，电压表有示数，说明电路是接通的，故可能的原因为：①电流表短路；②电阻R开路，电压表接在电源两端，电压表示数等于电源电压，电压表示数不变；

由图丙所示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.10A；

由欧姆定律I=U

R 得，R=U

I

=1V

0.10A

=10Ω；

根据表一的数据可得出结论：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；

更换电阻，电阻阻值变化，电阻两端电压变化，如果不调节滑动变阻器，不能控制电阻两端电压不变，因此不能得出电流与电阻成反比的结论；故操作错误为：没有移动滑动变阻器的滑片，使电阻两端的电压不变。

五、综合应用题（本大题共3小题，共18分．解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要演算步骤，有数值计算的答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的，不能得分．）

某太阳能热水器装有质量为250kg的水，在阳光的照射下，该热水器中的水的温度从25°C升高到65°C，求这些水吸收的热量是多少？[水的比热容为4.2×103J/(Kg?°C)]。

【答案】

热量的计算

【解析】

已知水的质量、比热容、初温和末温，根据Q吸＝cm(t?t0)求出水吸收的热量。

【解答】

水吸收的热量：

Q

＝cm(t?t0)＝4.2×103J/(kg?°C)×250kg×(65°C?25°C)＝4.2×107J。

吸

有一种亮度可以调节的小台灯，其电路图如图甲所示。电源电压为12V，通过灯泡L的

电流跟其两端电压的关系如图乙所示，灯泡L的额定电压为12V．求：

（1）灯泡L的额定功率；

（2）灯泡正常工作3min消耗的电能；

（3）调节滑动变阻器R，使灯泡L两端的电压为6V，此时滑动变阻器R接入电路的阻值。【答案】

灯泡L的额定功率为9.6W；

灯泡正常工作3min消耗的电能为1728J；

调节滑动变阻器R，使灯泡L两端的电压为6V，此时滑动变阻器R接入电路的阻值为

10Ω。

【考点】

电功的计算

电功率的计算

欧姆定律的应用

【解析】

（1）根据灯泡的额定电压结合图乙读出灯泡L的额定电流，根据P＝UI算出灯泡的额

定功率；

（2）根据W＝UIt求出灯泡正常工作3min消耗的电能；

（3）由电路图知，灯泡L和滑动变阻器串联，根据串联电路电压的规律算出当U L＝6V

时滑动变阻器R两端的电压，由图乙可知此时的电流，根据欧姆定律算出滑动变阻器R

接入电路的阻值。

【解答】

由图乙可知，灯泡L的额定电压U＝12V，灯泡L的额定电流I＝0.8A，

则灯泡的额定功率：P＝UI＝12V×0.8A＝9.6W。

工作时间t＝3min＝180s，

则灯泡正常工作3min消耗的电能：

W＝UIt＝12V×0.8A×180s＝1728J。

由串联电路电压的规律知，当U L＝6V时，滑动变阻器R两端的电压为：U R＝U总?U L＝12V?6V＝6V，

由图乙可知，此时电流为：I R＝I L＝0.6A，

由欧姆定律得，滑动变阻器R接入电路的阻值：

R=U R

I R =6V

0.6A

=10Ω。

工人用滑轮组提升水中物体A，如图所示，当物体A完全在水面下被匀速提升的过程中，工人对绳子竖直向下的拉力为220N．当物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为η，工人对绳子竖直向下的拉力为F．已知：物体A所受重力为

1000?N，体积为8.0×10?2?m3，水的密度为ρ水＝1.0×103?kg/m3．滑轮与轴的摩擦、

水的阻力以及绳重不计，g取10N/kg。求：

（1）物体A完全在水面下时受到的浮力；

（2）物体A完全在水面下时受到绳子的拉力；

（3）工人对绳子竖直向下的拉力F；

（4）滑轮组的机械效率η（结果保留一位小数）。

【答案】

物体A完全在水面下时受到的浮力为800N；

物体A完全在水面下时受到绳子的拉力为200N；

工人对绳子竖直向下的拉力F为620N；

滑轮组的机械效率η为80.6%。

【考点】

力的合成与应用

滑轮组绳子拉力的计算

阿基米德原理

滑轮（组）的机械效率

【解析】

（1）物体A完全在水面下时排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出

受到的浮力；

（2）物体A完全在水面下时被匀速提升，受到绳子的拉力和物体的重力、浮力构成平

衡力，据此求出物体A完全在水面下时受到绳子的拉力；

（3）当物体A完全在水面上下被匀速提升的过程中，以动滑轮为研究对象，物体A的

拉力和绳子对它的拉力、动滑轮的重力构成平衡力，据此求出动滑轮的重力；由图可

1

的过程中工人对绳子向下的拉力；

（4）根据η=W

W ×100%=G?

Fs

×100%=G

nF

×100%求出滑轮组的机械效率。

【解答】

因物体A完全在水面下，排开水的体积和自身的体积相等，

所以，受到的浮力：

F

浮

＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8.0×10?2m3＝800N；

因物体A完全在水面下被匀速提升，

所以，受到绳子的拉力和物体的重力、浮力构成平衡力，即F拉+F浮＝G A，则绳子的拉力：

F

拉

＝G A?F浮＝1000N?800N＝200N；

当物体A完全在水面上下被匀速提升的过程中，以动滑轮为研究对象，

物体A的拉力和绳子对它的拉力、动滑轮的重力构成平衡力，

则动滑轮的重力：

G

动

＝nF人?F拉＝2×220N?200N＝240N，

物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，

工人对绳子向下的拉力：

F=1

n (G A+G

动

)=1

2

(1000N+240N)＝620N；

滑轮组的机械效率：

η=W

W ×100%=G A?

Fs

×100%=G A

nF

×100%=1000N

2×620N

×100%≈80.6%。