2018年辽宁省辽阳市中考物理试题（解析版）

2018年辽宁省辽阳市中考物理试题（解析版）

辽宁省辽阳市2018年中考物理试卷 一.选择题 ‎1.1.下列估测数据中，最接近实际的是（ ）‎ A. 中学生从一楼走到六楼的时间约为5s B. 学校门口对汽车的限速约为40m/s C. 家庭电路的电压约为36V D. 八年级上册物理课本的质量约为260g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据常识知道，一楼到六楼的高度大约在15m左右，中学生从一楼走到六楼的时间大约是30s，故A不符合实际；学校门口对汽车限速为40km/h≈11m/s，故B不符合实际；在我国，家用电器额定电压为220V，配套的家庭电路电压也是220V，故C不符合实际；八年级上册物理课本的质量大约在260g左右，故D符合实际，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是生活中的常见量的值，体现了物理与社会生活的紧密联系，能帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。‎ ‎2.2.如图所示的光现象中，属于光的折射的是（ ）‎ A. B. C. ‎ ‎ D. 学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】舞台激光束说明光是沿直线传播的，故A不符合题意；错位的“铅笔”，是由于光的折射形成的现象，故B符合题意；汽车反光镜是凸面镜，利用的是光的反射，故C不符合题意；倒影是平面镜成像，是由于光的反射形成的，故D不符合题意，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是利用光学知识解释生活中常见的物理现象，与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理。‎ ‎3.3.下列物态变化中，需要吸收热量的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】六种物态变化中，需要吸热的是：熔化、汽化和升华；需要放热的是：凝固、液化和凝华。冰雪消融是固态变为液态，是熔化现象；雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的；露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的；冰瀑是水由液态变成固态的过程，是凝固过程，综上所述，只有A符合题意，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查当时的是物态变化过程的吸放热问题，解题时首先要会正确的判断物态变化，然后结合吸热和放热进行分析判断。‎ ‎4.4.下列说法中，正确的是（ ）‎ A. 灯丝、碳棒、发光二极管（LED）都由导体制成 B. 给手机充电时，手机的电池相当于电源 C. 闭合电路中，电流方向从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极 D. 导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】灯丝、碳棒是由导体制成，发光二极管（LED）由半导体制成的，故A错误；给手机充电时，手机的电池会消耗电能，所以相当于用电器，故B错误；闭合电路中，电流方向从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极，故C正确；电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的材料、长度和横截面积，与导体两端的电压、电流无关，故D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是有关电学的知识，涉及电流的方向、影响电阻的因素、导体与半导体的判断及电路的组成等内容，但难度不大。‎ ‎5.5.白洋淀是雄安新区一颗璀璨明珠，吸引无数游人来水上游玩。下列说法正确的是（ ）‎ A. 冬天水面结冰，水分子停止热运动 B. 白洋淀周边气温变化比沙漠地区气温变化小，是因为水的比热容小 C. 去景区的柴油汽车排气管有时冒黑烟，因为柴油燃烧不充分，其热值变小 D. 快速行驶的游船不能近距离并行，因为流速大的位置压强小，易引起碰撞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由分子动理论知道，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，所以，冬天水面结冰，水分子运动会相对减慢，但不会停止热运动，故A错误；白洋淀周边气温变化比沙漠地区气温变化小，是因为水的比热容大，同等情况下吸放热时，其温度变化小，故B错误；燃料的热值是燃料自身的一种性质，与它是否完全燃烧没有关系，排气管冒黑烟，是柴油燃烧不充分，但其热值不变，故C错误；流体的压强跟流体的速度有关，流速越大，压强越小；当快速行驶的游船近距离并行时，由于中间流速大的位置压强小，两侧压强大，产生向中间的压强差，易引起碰撞，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及了分子的热运动、水的比热容解释生活中的现象、热值的理解、以及流体压强与流速的关系等，但难度不大。‎ ‎6.6.图中的线圈通电后会在磁场中转动，下列四个设备中利用此原理工作的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通电导体在磁场中受力，所以线圈通电后会在磁场中转动。A图中的手摇充电器是一个发电机，发电机的原理是电磁感应现象，故A不符合题意；B图中电磁起重机的主要元件是电磁铁，其原理是电流的磁效应，故B不符合题意；C图中的洗衣机的主要部件是电动机，电动机的原理是通电导体在磁场中受力而运动，或者说通电线圈在磁场中受力转动，故C符合题意；D图中的电蒸锅在工作时消耗电能，产生内能，是利用电流热效应工作的，故D不符合题意，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是磁场对通电导体有作用力，注意区分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，发电机是将机械能转化为电能，它在工作时产生电能。‎ ‎7.7.小明将毛皮与橡胶棒摩擦这一过程中，涉及到的物理知识说法正确的是（ ）‎ A. 毛皮与橡胶棒摩擦起电是创造了电荷 B. 毛皮摩擦过的橡胶棒能够吸引轻小物体 C. 毛皮摩擦过的橡胶棒靠近带负电的物体会互相吸引 D. 橡胶棒能带上电荷，说明橡胶棒是导体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 摩擦起电的过程就是电荷转移的过程，而不是创造了电荷，故A错误；B. 用毛皮摩擦过的橡胶棒是带电体，因此能够吸引轻小物体，故B正确；C.由于橡胶棒的原子核束缚核外电子的本领强，会从毛皮夺得电子，即一部分电子从毛皮转移到橡胶棒，所以橡胶棒因有多余的电子带负电，橡胶棒靠近带负电的物体会互相排斥，故C错误；D. 导体和绝缘体都能带电，橡胶棒能带上电荷，不能说明橡胶棒是导体，故D错误。故选：B.‎ ‎【点睛】摩擦可以使物体带电，其实质是电子发生了转移；带电体可以吸引轻小物体。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。‎ ‎8.8.如图是电影院放映的电影《战狼2》中的一个画面。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电影放映机的镜头相当于一个凸透镜 B. 国旗是红色的，因为它吸收红光，反射其它色光 C. 电影放映厅的灯同时亮、同时灭，它们一定是串联的 D. 电影院中的射灯发出黄光，黄光是色光的三原色之一 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】电影放映机与幻灯机的原理一样，都是利用凸透镜成像，所以，其镜头相当于一个凸透镜，故A正确；不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的；国旗是红色的，它会反射红光，而吸收其它色光，故B错误；串联电路中各用电器互相影响，电影放映厅的灯虽然同时亮、同时灭，但它们互不影响，故它们是并联的，故C错误；光的三原色是红绿蓝，电影院中的射灯发出的是黄光，而黄光不是色光的三原色之一，故D错误，故选A。‎ ‎【点睛】此题考查的是物体的颜色、色光和颜料的三原色、生活中的透镜和串并联电路的识别，要认真分析，难度不大。‎ ‎9.9.关于家庭电路和安全用电。下列说法正确的是（ ）‎ A. 空气开关跳闸一定是发生了短路 B. 使用试电笔时，要用手接触笔尾金属体 C. 发现有人触电应立即切断电源，再进行抢救 D. 电灯应连在火线和控制它的开关之间 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安全用电常识知道，空气开关跳闸说明电流过大，而造成电流过大的原因是短路或总功率过大，故A错误；使用测电笔时，笔尖接触待测物体，手必须接触笔尾的金属体，故B正确；发现有人触电应立即切断电源，再进行施救，故C正确；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，所以电灯应接在零线和控制它的开关之间，故D错误，故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查的是常见的安全用电的知识，注意将所学的知识应用到日常生活中，难度不大。‎ ‎10.10.2017～2018赛季，辽宁队首次获得CBA总冠军。如图是辽宁队在比赛时的情景，下列说法正确的是（ ）‎ A. 篮球出手后能继续上升，是因为篮球受到惯性的作用 B. 运动员听到观众的呐喊声是通过空气传来的 C. 篮球离开手后，在空中运动过程中，手对篮球做了功 D. “盖帽”时运动员用力击球，手感到疼，说明物体间力的作用是相互的 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】篮球出手后还能继续上升，是由于篮球惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故A错误；声音的传播需要介质，运动员听到观众的呐喊声是通过空气传来的，故B正确；篮球出手后，篮球不再受手的推力作用，所以，手对篮球不做功，故C错误； “盖帽”时运动员用力击球，手给球一个力的作用，同时球给手一个力的作用，手感到疼，说明力的作用是相互的，故D正确，故选BD。‎ ‎【点睛】本题是一道综合性的题目，考查的知识点较多，涉及了惯性、声音的传播、力是否做功的判断以及力的作用是相互的，但总体难度不大。‎ ‎11.11.容器内装有一定质量的水，将物体A、B叠放后一起放入水中，静止时如图所示。再将A从B上拿下放入水中，B静止时在水面漂浮。下列说法正确的是（ ）‎ A. 物体A的密度大于物体B的密度 B. 物体B漂浮后，水对容器底的压强变小 C. 物体B漂浮后，桌面受到的压力变大 D. 物体B漂浮后，物体A所受的浮力不变 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，当物体A、B叠放时，是一起悬浮在水中，说明AB物体的平均密度与水的密度相同；又因为将A从B上拿下放入水中，B静止时在水面漂浮，说明B物体的密度小于水的密度，即三者的密度关系是：ρA>ρ水>ρB，故A正确；‎ 当物体A、B叠放悬浮在水中时，V排1 =VA +VB；当物体B漂浮时，A下沉，则V排2 =VA +VB排，且VB排＜VB，即V排2 ＜V排1，所以排开水的总体积减小，水面下降，由p=ρgh知道水对容器底的压强变小，故B正确；‎ 物体A、B叠放悬浮时，容器对水平桌面的压力是：F1 =G总=G容+G水+GA +GB；当物体B漂浮、A下沉时，容器对水平桌面的压力是：F2 =G总=G容+G水+GA+GB，即桌面受到的压力不变，故C错误；‎ 物体B漂浮后，物体A下沉，所以A物体仍处于浸没状态，即A排开水的体积不变，由F浮=ρ液 gV排知道，物体A所受的浮力不变，故D正确，所以应选ABD。‎ ‎【点睛】本题考查的是液体压强公式、物体浮沉条件、阿基米德原理的的综合应用，此题综合性强，计算过程复杂，有一定难度。‎ ‎12.12.如图甲所示电路，电源电压保持不变。电流表A的量程为0﹣0.6A，电压表V1、V2的量程均为0﹣3V，滑动变阻器R的规格为“50Ω 2A”。滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1、V2的示数之和为4V，在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电源电压为4V B. 小灯泡的额定功率为0.75W C. 滑动变阻器取值范围是3Ω﹣30Ω D. 整个电路消耗的最大功率为2W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】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。‎ 根据题意知道，当滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1 、V2 的示数之和为4V，由串联电路的电压特点知道，电源的电压是4V，故A正确；‎ 由电路图知道，在保证电路各元件安全的最大范围内，当R接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2 的示数变大，此时电路中的总电阻变大，电路中的电流变小；由此知道，图乙对应的是电压表V2与电流表的故选，且电路中的最小电流是I小 =0.1A时，电压表的最大示数是3V， 由I=U/R知道，滑动变阻器接入电路中的最大阻值是：R2大=U2大/I小=3V/0.1A=30Ω；由图乙知道，当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，电路中的电流有最大值I大 =0.5A时，电压表V2 的示数是U2小 =1.5V，此时灯泡应正常发光恰好达到额定功率，电路消耗的总功率最大，则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2小=U2小/I大=1.5V/0.5A=3Ω，所以，滑动变阻器取值范围是3Ω～30Ω，故C正确；此时灯泡两端的电压是：UL =U-U2小=4V-1.5V=2.5V，灯泡的额定功率是：PL =UL I大 =2.5V×0.5A=1.25W，故B错误； 电路消耗的最大功率是：P大=UI大=4V×0.5A=2W，故D正确，故选ACD。‎ ‎【点睛】本题考查的是串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，解题的关键是正确的判断出图乙对应的电压表和判断出灯泡正常发光时的电压，本题综合性强，计算过程复杂，有一定难度。‎ 二、填空题 ‎13.13.如图是一款新型折叠导盲杖，它发出的超声波遇到障碍物反射回来，被导盲杖接收，导盲杖会产生“嘀嘀”的提示音，提醒盲人周围有障碍物，这说明声能传递_____。“嘀嘀”的提示音是发声体_____产生的，导盲杖手柄上有很多花纹是为了________。‎ ‎【答案】 (1). 信息 (2). 振动 (3). 增大摩擦 ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，新型折叠导盲杖发出的超声波遇到障碍物反射回来，被导盲杖接收，产生“嘀嘀”的提示音，这说明声能传递信息；声音是由物体的振动产生的，所以，“嘀嘀”的提示音是由发声体振动产生的，导盲杖手柄上有很多花纹是通过增加粗糙程度来增大摩擦。‎ ‎【点睛】本题考查的是声音与信息、声音的产生和增大减小摩擦的方法，难度不大。‎ ‎14.14.热熔胶是一种在常温下为固态的粘合剂，使用时先用热熔胶枪加热使其熔化，再凝固来粘合物体。用如图所示的一款热熔胶枪给热熔胶加热时，会闻到熔胶的气味，这是______现象。热熔胶被胶枪挤出，并“粘”在物体本上，说明分子间存在_______力。‎ ‎【答案】 (1). 扩散 (2). 引 ‎【解析】‎ ‎【详解】由分子动理论知道，加热时分子运动加剧，所以，热熔胶枪给热熔胶加热时，会闻到熔胶的气味，这是熔胶的气味分子做无规则运动的结果，是扩散现象；热熔胶被胶枪挤出，并“粘”在物体本上，说明分子间存在引力。‎ ‎【点睛】本题结合实际现象考查了扩散现象和分子间的作用力，体现了物理来源于生活的特点。‎ ‎15.15.如图所示实验装置，可用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与_____的关系。将装置接在电压为3V的电源上，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量为_______J。‎ ‎【答案】 (1). 电阻 (2). 24‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，不同阻值的两个定值电阻串联，所以通过的电流相同，当通电时间相同，可以探究电流产生热量与电阻大小的关系；串联电路总电阻是：R=R1 +R2 =10Ω+5Ω=15Ω，根据题意由欧姆定律知道，电路电流是：I=U/R=3V/15Ω=0.2A，所以通电2min时，电流通过电阻R2 产生的热量是：Q2 =I2 R2 t=（0.2A）2 ×5Ω×2×60s=24J。‎ ‎【点睛】本题考查的是电流产生热量的影响因素及焦耳定律的应用，是一道基础题。‎ ‎16.16.如图是无人驾驶清扫车，该车接收GPS卫星导航系统发送的_____（选填“电磁波”或“超声波”）实现无人驾驶；洒水车在阳光下酒水清扫时，有时会看到七种色光，这是光的______现象；站在路边的人看到清扫车向自己驶来，这是选取了_______（选填“自己”或“清扫车”）为参照物。‎ ‎【答案】 (1). 电磁波 (2). 色散 (3). 自己 ‎【解析】‎ ‎【详解】GPS是卫星导航、定位系统，信息需要在真空中传播，所以，该系统定位时利用了电磁波，实现无人驾驶；太阳光是复色光，所以，洒水车在阳光下酒水清扫时，有时会看到七种色光，这是光的色散现象；站在路边的人看到清扫车向自己驶来，是车的位置相对于人的位置发生变化，这是路边的人选取了自己为参照物。‎ ‎【点睛】本题考查的是电磁波的应用、光的色散，运动与静止的相对性等，知识点较多，但难度不大。‎ ‎17.17.2018年4月2日，我国“天宫一号”空间站完成使命，坠入大气层“完美回家”。随着高度降低，天宫一号周围的大气压强___（选填“变大”、“变小”或“不变”）；“天宫一号”与大气摩擦时内能会增大，这是通过___的方式增加内能；天文爱好者观察到正在燃烧的“天宫一号”，说明正在燃烧的“天宫一号”____（选填“是”或“不是”）光源。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 做功 (3). 是 ‎【解析】‎ ‎【详解】因为大气压强随高度的增加而减小，随高度的减小而增大，所以，随着高度降低，天宫一号周围的大气压强变大；“天宫一号”与大气摩擦通过功的方式内能增加；能自身发光的物体是光源，所以，正在燃烧的“天宫一号”能发光，则是光源。‎ ‎【点睛】本题考查的是大气压强的变化，改变内能的方式及光源的概念，是一道基础题。‎ ‎18.18.小明家中一周前、后电能表示数如图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5元，则本周小明家应付电费_____元。1度电可使一盏“220V 20W”的灯正常工作_____h；这盏灯正常工作10h，电能表的铝盘转____转。‎ ‎【答案】 (1). 20 (2). 50 (3). 120‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，小明家这周共消耗的电能是：W=781.5kW•h-741.5kW•h=40kW•h，由于小明家所在地区每度电的电费是0.5元，所以他家这一周需要付的电费是：40kW•h×0.5元/kW•h=20元；由P=W/t知道1度电能供一盏“220V 20W”的灯正常工作时间是：t=W′/P=1kW•h/20×10−3kW=50h；该灯正常工作10h消耗的电能是：W″=Pt=20×10-3 kW×10h=0.2kW•h，由“600r/kW•h”知道，电能表的铝盘转数是：n=600r/kW•h×0.2kW•h=120r。‎ ‎【点睛】本题考查的是电能表参数的理解与电能的求法，解题的关键是理解电能表的各个参数的物理意义，注意电能表表盘上的示数最后一位是小数。‎ ‎19.19.如图是牲畜自动饮水器，从结构上看，左、右两个容器相当于一个_____。将B端所受的力看成动力，杠杆AOB是____（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。浮漂浸入水中的体积为1.5×103cm3，浮漂所受浮力为_____N；右侧饮水槽水深30cm，饮水槽底部受到水的压强为_______Pa．（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）‎ ‎【答案】 (1). 连通器 (2). 省力 (3). 15 (4). 3×103‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，左、右两个容器上端开口下端连通，所以相当于是一个连通器；由图知道，杠杆AOB支点为O，若将B端所受的力看成动力，则其阻力为A端所受的力，所以动力臂是OB，阻力臂是OA，由于OB大于OA，所以AOB是省力杠杆；由阿基米德原理知道，浮漂所受的浮力是：F浮=ρ水gV排=1.0×103 kg/m3 ×10N/kg×1.5×10-3m3 =15N；由p=ρgh知道，饮水槽底部受到水的压强是：p=ρ水gh=1.0×103 kg/m3×10N/kg×0.3m=3×103 Pa。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的知识点较多，考查了连通器原理、杠杆的分类、浮力和液体压强的计算，关键是熟练掌握相关知识和原理，难度不大。‎ ‎20.20.小明用如图所示滑轮组，在5s内将重90N的物体匀速提升50cm，已知动滑轮重10N，不计绳重和摩擦，则拉力F做功的功率______W，滑轮组的机械效率为______。若用此滑轮组提升100N的重物，滑轮组的机械效率将_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 90% (3). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，n=2，由于不计绳重和摩擦，所以，绳端的拉力是：F=（G轮 +G物）/2=（10N+90N）/2=50N，拉力端移动的距离是：s=2h=2×0.5m=1m，拉力做功是：W总=Fs=50N×1m=50J，拉力做功的功率是：P=W总/t=50J/5s=10W；使用滑轮组做的有用功是：W有 =Gh=90N×0.5m=45J，故滑轮组的机械效率是：η=W有/W总×100%=45J/50J×100%=90%；若用此滑轮组提升100N的重物，提升重物的重力增大了，则有用功增大，而绳重及摩擦不计、动滑轮重不变，即额外功不变，由η=W有/W总×100%知道，滑轮组的机械效率将变大。‎ ‎【点睛】本题考查的是计算滑轮组的有用功、总功、功率公式、机械效率，注意滑轮组s=nh的理解和运用，解题的关键是利用好F=（G轮+G物）/2 。‎ ‎21.21.如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动，电压表V的示数____，电压表V的示数与电流表A1的示数之比_____，电流表A2的示数与电流表A1的示数的差_____（以上三空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 不变 (2). 不变 (3). 变小 ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图知道，R1 与R2 并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测R1 支路的电流，电流表A2 测干路电流。由于电源电压保持不变，所以，无论滑片如何移动，电压表V的示数都不变；又因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，移动滑片时，通过R1 的电流不变，即电流表A1 的示数不变，所以电压表V的示数与电流表A1 的示数之比不变，始终是R1的阻值；当滑动变阻器的滑片P 向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=U/R知道，通过R2 的电流变小，由于并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，电流表A2 的示数与电流表A1 的示数的差等于通过R2 的电流，即其值变小。‎ ‎【点睛】本题考查的是电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，解题的关键是分清电路的连接方式和电表所测的电路元件。‎ 三、作图题 ‎22.22.如图所示，在平面镜与凸透镜之间放一物体AB，F为凸透镜的焦点，从B点发出的一条光线经平面镜反射后恰好通过凸透镜的焦点F，并射向凸透镜，经凸透镜发生折射。请画出：‎ ‎（1）物体AB在平面镜中的像A'B'。‎ ‎（2）B点发出的光线经平面镜反射后通过焦点F的光路。‎ ‎（3）经凸透镜折射后的光线。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为平面镜成像的特点是：像物关于平面镜对称，所以，分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像，（如图）‎ ‎（2）因为从B点发出的一条光线经平面镜反射后恰好通过凸透镜的焦点F，所以，连接B′F，B′F与平面镜的交点便是入射点，从而做出入射光线和反射光线；‎ ‎（3）因为过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴，所以，折射光线如图：‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了光的反射和平面镜成像光路图，同时考查了凸透镜的三条特殊光线作图，综合性强，知识点结合巧妙，且难度适中。‎ ‎23.23.如图，将条形磁体放在水平桌面上的两个圆柱形铅笔上，条形磁体静止不动，S极正对电磁铁。闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中标出：‎ ‎（1）电磁铁右端的极性。‎ ‎（2）磁感线的方向。‎ ‎（3）电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意知道，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，由于条形磁体左端为N极、右端为S极，所以，根据同名磁极相互排斥确定，通电螺线管的左端是S极、右端为N极；‎ ‎（2）由于在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极，所以磁感线方向向左；‎ ‎（3）由安培定则（用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极）知道，大拇指指向N极，电流从电磁铁左侧流入，电源的左端为正极，如图：‎ ‎【点睛】‎ 本题是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，是一道好题。‎ ‎24.24.甲是一款水管扳手钳，用它夹水管时，AOB部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图乙所示。请在乙图中画出：‎ ‎（1）阻力F2的力臂L2；‎ ‎（2）杠杆平衡时，作用在B点的最小动力F1及其力臂L1．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题乙知道，O点为支点，过支点作阻力作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂，所以，从O点作F2 作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2（如图）；‎ ‎（2）根据杠杆的平衡条件，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越长、越省力；所以动力若作用在B点，则以OB为动力臂是最长的力臂，此时力最小；故连接OB为最长力臂L1 ，再过B点做OB的垂线，即动力F1 的作用线，由于F2 使杠杆顺时针转动，所以F1 应使杠杆逆时针转动，即F1 的方向向上，如图：‎ ‎【点睛】本题考查的是力臂的画法和最小力的示意图的画法，要画出最小的力，关键是确定最长的力臂，即从支点到作用点的距离。‎ 四、简答题 ‎25.25.在实践活动课上，老师与同学们一起分析了滑旱冰过程中涉及的物理知识。请回答：‎ ‎（1）如图利用惯性滑行时，早冰鞋的轮与地面间的摩擦属于哪种摩擦？‎ ‎（2）在转弯过程中，人受到的重力方向是否改变？‎ ‎（3）在水平地面滑行过程中，旱冰鞋轮子会发热，能量是如何转化的？‎ ‎【答案】（1）摩擦分为滚动摩擦和滑动摩擦；早冰鞋的轮与地面间的摩擦属于滚动摩擦；（2）重力方向竖直向下，在转弯过程中，人受到的重力方向还是竖直向下不改变；（3）在水平地面滑行过程中，旱冰鞋轮子会发热，是机械能转化为旱冰鞋轮子的内能使轮子发热。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）摩擦分为滚动摩擦和滑动摩擦；由图知道，早冰鞋的轮与地面间的摩擦属于滚动摩擦；‎ ‎（2）重力始终方向竖直向下，在转弯过程中，人受到的重力方向还是竖直向下不会改变；‎ ‎（3）在水平地面滑行过程中，是机械能转化为旱冰鞋轮子的内能，所以，旱冰鞋轮子会发热。‎ ‎【点睛】本题考查的是摩擦力的分类，重力的方向，以及能量的转化，是一道基础题目。‎ 五、计算题 ‎26.26.如图所示，中国人民解放军建军90周年，众多新式战车在“朱日和”举行的阅兵式上精彩亮相。某辆轮式伞兵突击战车满载时总质量为1.6t，车轮与水平地面接触总面积为4×103cm2，战车以72km/h的速度在水平地面匀速直线行驶时，发动机的功率为6×104W．（q汽油=4.6×107J/kg，g取10Nkg）求：‎ ‎（1）战车满载时静止在水平地面上，对水平地面的压强。‎ ‎（2）战车此次行驶时，受到的阻力。‎ ‎（3）战车此次共行驶23min，若汽油机的效率为30%，消耗汽油的质量。‎ ‎【答案】（1）4×104Pa；（2）3000N；（3）6kg。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）战车满载时并静止在水平地面上时，对水平地面的压力和自身的重力相等，即F=G=mg=1.6×103 kg×10N/kg=1.6×104 N，‎ 又因为车轮与水平地面接触总面积是：S=4×103cm2‎ 所以，对水平地面的压强是：p=F/S=1.6×104N/4×103×10−4m2=4×104 Pa ‎（2）根据题意知道，战车匀速行驶，行驶的速度是：v=72km/h=20m/s，所以处于平衡状态，即受到的阻力和牵引力是一对平衡力，‎ 由P=W/t=Fs/t=Fv知道，战车受到的阻力是：f=F′=P/v=6×104W/20m/s=3000N；‎ ‎（3）此次战车共行驶23min，牵引力做的功是：W=Pt=6×104 W×23×60s=8.28×107 J，‎ 由η=W/Q放×100%知道，汽车完全燃烧释放的热量是：Q放=W/η=8.28×107J/30%=2.76×108 J，‎ 由Q放=mq可知消耗汽油的质量是：m′=Q放/q=2.76×108J/4.6×107J/kg=6kg。‎ ‎【点睛】本题考查的是重力和压强、功率、效率及燃料完全燃烧释放热量公式的应用，考查的知识点较多，但难度不大。‎ ‎27.27.图甲是一款紫砂电饭锅，图乙是其简化电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝，已知R1的阻值为55Ω．求：‎ ‎（1）将锅内1L的水从20℃加热到70℃，水吸收的热量。【c水=4.2×103J/（kg•℃），ρ水=1.0×103kg/m3】‎ ‎（2）电热丝R2的阻值。‎ ‎（3）若不计热量损失，将2.2kg的粥用高温档加热5min，粥升高的温度。【取c粥=4.0×103J/（kg•℃）】‎ ‎【答案】（1）2.1×105J；（2）110Ω；（3）45℃。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，1升水的体积是：V水 =1L=1dm3 =1×10-3 m3 ，‎ 由ρ=m/V知道，1升水的质量是：m水=ρ水V水 =1.0×103 kg/m3 ×1×10-3 m3 =1kg，‎ 所以，从20℃加热到70℃水吸收的热量是：‎ Q吸水 =c水 m水（t-t0 ）=4.2×103 J/（kg•℃）×1kg×（70℃-20℃）=2.1×105 J ‎（2）根据题意知道，只闭合S1时，电路为R1的简单电路，此时电热丝R1 的电功率是：P1 =U2/R1=(220V)2/55Ω=880W，由表格数据知道，880W是中温档的电功率，由此说明，当S1、S2 都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，根据P=U2/R知道，电功率最大，电饭锅处于高温档，即功率是：P=1320W，当只闭合S2 时，电路为R2 的简单电路，电饭锅处于低温档，功率是P2 =440W，‎ 所以，由P=U2/R可得，电热丝R2 的阻值是：R2 =U2/P2=(220V)2/440W=110Ω；‎ ‎（3）当加热时间是t=5min=300s时，电饭锅高温档加热消耗的电能是：W=Pt=1320W×300s=3.96×105 J，‎ 根据题意知道，粥吸收的热量是：Q吸=W=3.96×105 J，‎ 由Q吸=cm△t知道，粥升高的温度是：△t=Q吸/c粥m粥=3.96×105J/4×103J/(kg•℃)×2.2kg=45℃。‎ ‎【点睛】本题考查的是密度公式、吸热公式、电功率公式、电功公式，解题的关键是利用P=U2/R准确分析电路并判断用电器的档位，属于电热综合常考题型。‎ 六、实验、探究题 ‎28.28.在探究“冰熔化过程中温度的变化规律”的实验中。‎ ‎（1）实验时所用的温度计是根据液体的______性质制成的。某时刻温度计的示数如图甲所示，此时冰的温度是_____℃。‎ ‎（2）根据实验数据，小勇画出了其温度随时间变化的图象如图乙所示，分析图象后可知：‎ ‎①冰熔化过程中，温度_____。‎ ‎②不考虑热量损失，第2～4min冰吸收的热量_____（选填“大于”、“小于或“等于”）第10﹣12min水吸收的热量。‎ ‎（3）若将试管中的水倒掉，装入另一种液体，按图甲所示的装置进行实验。用酒精灯不断给烧杯加热时，最终发现烧杯中的水和试管中的液体都沸腾了，这说明水的沸点_____（选填“高于”、“低于”或“等于”）试管中液体的沸点。‎ ‎【答案】 (1). 热胀冷缩 (2). ﹣2 (3). 不变 (4). 等于 (5). 高于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）常用的液体温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的；由图甲知道，温度计的分度值是1℃，此时液柱上表面在零下，对准的是0℃下面第2个小格处，故示数是-2℃；‎ ‎（2）①由图象知道，冰是晶体在熔化过程中吸热温度不变；‎ ‎②实验中，可以用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，若加热时间相同，则吸收的热量相同，所以，第2～4min冰吸收的热量等于第10-12min水吸收的热量；‎ ‎（3）液体沸腾的条件：达到沸点，不断吸收热量；若烧杯和试管中的液体都能沸腾，说明烧杯和试管中的液体都能达到沸点，并且都能吸收热量，即试管能从烧杯中吸收热量，所以，一定是烧杯中液体的沸点高于试管中液体的沸点。‎ ‎【点睛】本题考查的是探究“冰熔化过程中温度的变化规律”的实验，考查了温度计的读数及结合图象分析晶体熔化的特点，根据题意找出相关的信息是解题的关键。‎ ‎29.29.宁宁用如图所示的实验装置探究“凸透镜成像的规律”，所用凸透镜的焦距为10cm。‎ ‎（1）蜡烛和凸透镜的位置如图所示，宁宁将光屏移动到60～70cm之间的某一位置时，光屏上得到一个清晰的像，生活中的_____（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是利用这一规律制成的。此时若将蜡烛和光屏位置对调，光屏上_____（选填“能”或“不能”）得到清晰的像。‎ ‎（2）宁宁把近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间的合适位置，调节光屏的位置，使光屏上得到烛焰清晰的像，此时光在光屏上发生的是_____（选填“镜面”或“漫”）反射。取走近视眼镜，保持凸透镜和光屏位置不变，为使光屏上再次得到清晰的像，应将蜡烛_____（选填“远离”或“靠近”）凸透镜。‎ ‎（3）烛焰通过凸透镜成正立的像时，宁宁的眼睛应该在____（选填“蜡烛”或“光屏”）一侧向凸透镜方向进行观察。‎ ‎（4）实验过程中，蜡烛燃烧逐渐变短，蜡烛对底座的压强_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）。为使烛焰的像仍成在光屏的中央，应将凸透镜向_____（选填“上”或“下”）调整。‎ ‎【答案】 (1). 照相机 (2). 能 (3). 漫 (4). 靠近 (5). 光屏 (6). 变小 (7). 下 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知道，此时物距是：u=50cm-20cm=30cm，又因为凸透镜的焦距约是：f=10cm，由凸透镜成像规律知道，当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，生活中的照相机就是利用这一规律制成的；根据光路的可逆性知道，此时若将蜡烛和光屏位置对调，光屏上能得到清晰的像。‎ ‎（2）由于光屏的表面粗糙，所以发生的是漫反射；由于近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，所以，当给凸透镜戴上近视眼镜后，为使光屏上呈清晰像，应将光屏向右移动，即像远了；当取走近视眼镜，在保持凸透镜和光屏位置不变时，若使光屏上再次得到清晰的像，则根据物近像远知道，应将蜡烛靠近凸透镜；‎ ‎（3）当将蜡烛向凸透镜移近，u＜f时，成的是正立、放大的虚像，即不能成在光屏上，所以，只能用眼睛在光屏一侧透过观察像；‎ ‎（4）在蜡烛燃烧逐渐变短时，由于蜡烛对底座的压力变小，受力面积不变，所以，蜡烛对底座的压强变小；在凸透镜成倒立的实像时，由于蜡烛由于燃烧逐渐变短，即相对于凸透镜向下移动，所以像会逐渐向上移动，所以为了使烛焰的像仍成在光屏的中央，应将凸透镜向下调整。‎ ‎【点睛】本题考查的是“探究凸透镜成像的实验”，考查了学生对实验操作的要求及成像规律，同时还考查了凹透镜对光线的作用，要注意理解应用。‎ ‎30.30.在探究“动能的大小与哪些因素有关”‎ 的实验中，小阳用同一实验装置，让从斜面上滚下的小钢球钻入水平面上的硬纸盒，完成以下实验。‎ ‎（1）通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可以得出结论：质量相同时物体的_____越大，动能越大。对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能_____。在甲、乙两次实验中，硬纸盒所受滑动摩擦力_____（选填“相同”或“不同”）‎ ‎（2）如果做乙图实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏需改进乙图实验，再与甲图实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下_____方法（填写正确选项前的字母）。‎ A．换用质量更小的钢球 B．给水平木板铺上毛巾 C．适当降低钢球的高度 D．换用一个较重的硬纸盒 ‎（3）若要探究影响动能大小的另一因素，具体的操作方法是：选择两个_____不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下。‎ ‎（4）小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，设计了如图丙所示实验，探究影响滑动摩擦力大小的因素，通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力与______有关。‎ ‎【答案】 (1). 速度 (2). 越大 (3). 相同 (4). C (5). 质量 (6). 压力大小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）通过比较甲、乙两次实验知道，两球质量相同，释放的高度不同，即达到水平面时的速度不同，根据硬纸盒被推的远近，可以得出结论是：质量相同时物体的速度越大，动能越大；重力势能的大小与质量和高度有关；对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能越大；在甲、乙两次实验中，硬纸盒对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，所以，受滑动摩擦力相同；‎ ‎（2）做图乙实验时，为了防止造成硬纸盒掉落造成损坏，可适当降低钢球的高度，这样小球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了，同时还控制了质量和接触面相同，故C正确，应选C；‎ ‎（3）物体的动能与物体的质量和速度有关，若要探究影响动能大小与质量的关系，需要控制小球的速度相同，具体操作方法是：选择两个质量不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下；‎ ‎（4）摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，改变了压力的大小，可以探究影响滑动摩擦力大小的因素，所以通过比较甲、丙两次实验可得出的结论是：滑动摩擦力与压力大小有关。‎ ‎【点睛】本题考查的是探究“动能的大小与哪些因素有关”的实验，在解决这种多因素问题时常利用控制变量法进行分析，对于动能的大小研究常采用转化法进行分析。‎ ‎31.31.田田用天平和量筒测一个合金块的密度，设计了如下实验步骤。‎ ‎（1）将天平放在_______上，游码调到标示尺左端零刻度线处，发现指针指在分度盘中线的左侧，他应向___调节平衡螺母，使指针指在分度盘中线处，天平平衡。‎ ‎（2）用天平测合金块的质量，天平平衡时，右盘中砝码和游码在标尺上的位置如图甲所示，合金块质量为___g．量筒中装适量水，如图乙所示；将合金块浸没在量筒中的水面下，液面与70ml刻度线相平，合金块密度为______g/cm3。‎ ‎（3）实验结束，田田发现所用的10g砝码粘有粉笔灰，那么，他所测量的合金块密度将比真实的密度___（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（4）田田还想测另一种液体的密度，于是他找来水和两套完全相同的实验器材做了如图丙所示的两个实验。当圆柱形物体在水和液体中露出的高度分别为圆柱形物体高度的和时，两个弹簧测力计的示数恰好相同。已知ρ水=1.0×103kg/m3，则ρ液=________kg/m3。‎ ‎【答案】 (1). 水平桌面 (2). 右 (3). 62.6 (4). 3.13 (5). 偏小 (6). 1.5×103‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）调节天平前，应先将天平放在水平桌面上，同时将游码移至标尺左端的零刻度线处，调节平衡螺母时，根据指针左偏右调或右偏左调的原则调节平衡螺母，所以，根据题意，应该将螺母向左调节使天平平衡；‎ ‎（2）由图甲知道，在天平的标尺上，1g之间有5个小格，即天平的分度值为0.2g；所以，物体的质量是：m=50g+10g+2.6g=62.6g；由乙图知道，在量筒上，10ml之间有5个小格，即量筒的分度值是2ml，由于没有放置合金时，液面最凹处与50ml相平，所以水的体积是：V1 =50ml=50cm3；‎ 根据题意知道，合金的体积是：V=V2 -V1 =70ml-50ml=20ml=20cm3，所以，合金的密度是：ρ=m/V=62.6g/20cm3=3.13g/cm3；‎ ‎（3）因为砝码有粉笔灰，使其质量偏大，这样少加砝码就能与物体的质量平衡，所以，质量的测量值会偏小，由密度的公式知道，质量偏小会使测出的密度值也偏小；‎ ‎（4）由F浮=G-F知道，圆柱形物体在水和液体中露出的高度分别为圆柱形物体高度1/2和2/3时，两个弹簧测力计的示数恰好相同，说明圆柱形物体受到的浮力相同，即，故 ρ水/2=ρ液/3，所以，ρ液=3×1.0×103 kg/m3 /2=1.5×103 kg/m3。‎ ‎【点睛】本题考查的是测定固体密度和测量液体密度的实验，解题的关键是学会正确调节使用天平，称量物体的质量，和使用量筒测量液体体积。‎ ‎32.32.小玉在探究“电流与电阻的关系”的实验中，利用电压恒为6V的电源设计如图甲所示的电路。‎ ‎（1）小玉将滑动变阻器的滑片移到最右端后，闭合开关S，电压表的指针______（选填“几乎不动”或“偏转很大”）。电流表的示数如图乙所示为_____A，则滑动变阻器最大电阻为_____Ω．请你在连接错误的一条导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确___________。‎ ‎（2）小玉分别把5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的四个定值电阻接入电路进行实验，为了完成这四次实验，应控制定值电阻两端电压至少为_____V。‎ ‎（3）小玉用额定电压为2.5V的小灯泡替换定值电阻R，利用原有电路，测量小灯泡的电阻。实验时，她调节滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2V，为使小灯泡正常发光，她应该向_____（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片。依据测量的数据，小玉绘制出如图丙所示的图象，她发现电流与电压不成正比，说明小灯泡灯丝的电阻随_____的变化而改变。根据丙图还可以求出小灯泡的额定功率_____W。‎ ‎（4）完成上面实验后，小玉又想测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，利用一个电压未知的电源和阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路。请完成下列实验步骤。‎ ‎①闭合开关S1，开关S2接a接线柱，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为_____；‎ ‎②闭合开关S1，开关S2接b接线柱，滑动变阻器的滑片_____（选填“向左移动”、“向右移动或“保持不动”），读出电压表示数为U1；再将开关S2接c接线柱，读出电压表的示数为U2；‎ ‎③小灯泡额定功率的表达式P额=________。‎ ‎【答案】 (1). 几乎不动 (2). 0.2 (3). 30 (4). (5). 2.4 (6). 左 (7). 温度 (8). 1.25 (9). U额 (10). 保持不动 (11). U额×‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图甲知道，定值电阻只接了一边，电压表没有被接入电路，所以，闭合开关S，电压表的指针几乎不动，示数为零；由图乙知道，电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，所以，电流表示数是0.2A；此时滑动变阻器的滑片移到最右端，接入的电阻最大，由欧姆定律知道，滑动变阻器的最大电阻是：R滑=U/I=6V/0.2A=30Ω；根据题意，将电阻串联在电路中，电压表并联在电阻的两端，电路改正如下：‎ ‎（2）根据题意知道，变阻器与定值电阻串联，电压表测量定值电阻的电压，设电压表示数为UV ，由串联分压规律知道，，因为要探究电流与电阻的关系，所以UV要保持不变，即R滑/R定值的比值保持不变；所以，当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻也最大，此时满足，解得UV=2.4V，即应控制定值电阻两端电压至少为2.4V；‎ ‎（3）用小灯泡替换定值电阻后，由于电压表的示数为2V，小于灯的额定电压2.5V，所以应增大灯的电压，由串联电路电压的规律知道，应减小变阻器的电压，即应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以，滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；‎ 由图乙知道，随灯泡电压增大，通过灯泡的电流增大，由欧姆定律R=U/I知道，灯泡的电阻变大；由P=UI知道灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，由此说明灯泡电阻随灯泡温度升高而增大；‎ 由图丙知道，灯泡正常发光时的电压是2.5V，此时电流是0.5A，所以灯泡的额定功率是：PL =UL IL ‎ =2.5V×0.5A=1.25W；‎ ‎（4）根据题意结合电路图，设计实验步骤如下：‎ ‎①闭合开关S1 ，开关S2 接a接线柱，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额 ；‎ ‎②闭合开关S1 ，开关S2 接b接线柱，滑动变阻器的滑片保持不动，读出电压表示数为U1 ；再将开关S2 接c接线柱，读出电压表的示数为U2；‎ ‎③在开关的转换过程中，电路的连接没有改变，滑动变阻器滑片位置不变，各用电器的电阻、电压不变，灯仍正常发光，在第2次操作中，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压为U1，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压、定值电阻两端的电压为U2，由串联电路电压的规律知道，R0 的电压是：UR0 =U2 -U1，由欧姆定律知道，通过定值电阻的电流是：IR0 =（U2−U1）/R0，由串联电路电流的规律即为灯正常发光时的电流大小，所以，灯泡额定功率是：P=U额IR0 =U额×（U2−U1）/R0‎ ‎【点睛】本题考查的是探究“电流与电阻的关系”和测小灯泡电功率，考查了电路的连接、实验注事项、操作过程、额定功率的计算、影响电阻的因素及设计实验方案的能力，综合性强，有一定难度。‎