黑龙江省大庆市2016年中考物理试题（含解析）
2016年大庆市初中升学统一考试
物理试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项的序号填涂在答题卡上）
1．下列有关物态变化的叙述中正确的是
A．蒸发和沸腾在任何温度下都能发生
B．烧水时在壶口上方看到的“白气”是水蒸气
C．衣柜里的樟脑丸逐渐减少是汽化现象
D．霜的形成是凝华现象，放出热量
【考点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化现象；生活中的升华现象；生活中的凝华现象．
【专题】定性思想；归纳法；汽化和液化、升华和凝华．
【分析】①蒸发和沸腾都属于汽化现象，蒸发可以在任何温度下进行，沸腾必须达到一定的温度；
②水蒸气是无色透明的，人眼不能直接观察；
③物质由固态直接变成气态的过程叫升华；由气态直接变成固态的过程叫凝华．升华吸热、凝华放热．
【解答】解：
A、蒸发可以在任何温度下进行，沸腾必须达到一定的温度．故A错误；
B、烧水时在壶口上分看到的“白气”是温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴．故B错误；
C、樟脑丸减小，由固态直接变成气态，属于升华现象．故C错误；
D、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，同时放出热量．故D正确．
故选D．
【点评】此题考查了蒸发和沸腾的区别、液化现象和升华、凝华现象，是物态变化重要规律的考查，也是一道联系生活的应用题．
2．下列光现象与其成因对应正确的是
A．雨后彩虹——光的反射 B．形影不离——光的直线传播
C．海市蜃楼——光的直线传播 D．水中倒影——光的折射
【考点】光的色散；光直线传播的应用；光的反射．
【专题】应用题；定性思想；光的传播和反射、平面镜成像；光的折射、光的色散．
【分析】（1）光在同种、均匀、透明的介质中沿直线传播，光的直线传播形成的现象包括：小孔成像，影子的形成，日、月食的形成等；
（2）光在传播的过程中遇到物体表面传播方向发生改变，叫做光的反射，平面镜成像、水面成像等就是光的反射形成的；
（3）光在同一种不均匀的介质中或者从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，叫做光的折射，例如：海市蜃楼，凸透镜成像等都属于光的折射现象．光的色散的实质也是光的折射形成的．
【解答】解：
A、雨后彩虹是光的色散，属于光的折射，该选项说法错误；
B、形影不离是光的直线传播形成的，该选项说法正确；
C、海市蜃楼，是光在不均匀的空气中传播形成的，属于光的折射，该选项说法错误；
D、水中倒影属于光的镜面反射，该选项说法错误．
故选B．
【点评】本题考查了学生对光的直线传播、反射以及折射这三种光学现象的掌握情况，属于基础知识的考查，相对比较简单．
3．下列说法正确的是
A．拿到月球上的物体质量变小 B．声音是电磁波的一种
C．热量一定从内能大的物体传递给内能小的物体 D．物体的运动不需要力来维持
【考点】质量及其特性；力与运动的关系；声音的产生；热传递．
【专题】定性思想；推理法；声现象；分子热运动、内能；质量及其测量；运动和力．
【分析】①物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体所含物质的多少有关，与物体的形状、状态、位置和温度无关．
②声音是由物体的振动产生的，电磁波是变化的电流在空间激起的．
③发生热传递的条件是存在温度差．
④力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力的作用，依靠的是物体的惯性．
【解答】
解：A、物体被拿到月球上，位置变了，质量不变，故A错误；
B、声音是由物体振动产生的，电磁波是变化的电流在空间激起的，声音不是电磁波，故B错误；
C、发生热传递时，热量从是从温度高的物体传递给温度低的物体，故C错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故D正确；
故选D．
【点评】此题考查质量的特点、声音的产生、热传递的条件以及力与运动的关系，全面掌握基础知识是解决此类问题的关键．
4．一辆汽车在平直的公路上做直线运动，下列s-t图象中能反映汽车做匀速运动的是
【考点】匀速直线运动．
【专题】图析法；长度、时间、速度．
【分析】匀速直线运动中速度的大小和方向都不改变，由可知，匀速直线运动中路程和时间的比值不变．
【解答】解：
A、从图中可以看出通过的路程随时间的增加而增大，并且路程和时间的比值不变，所以表示物体做匀速直线运动，故A符合题意；
B、从图中可以看出通过的路程随时间的增加而增大，但是路程和时间的比值在不断减小，所以表示物体做减速直线运动，故B不符合题意；
C、从图中可以看出通过的路程随时间的增加而增大，但是路程和时间的比值在不断增加，所以表示物体做加速直线运动，故C不符合题意；
D、从图中可以看出通过的路程随时间的增加而不变，所以表示物体处于静止状态，故D不符合题意．
故选A．
【点评】本题考查匀速直线运动的特点如何通过图象来表示．图象能很直接的反应物体的运动规律，对于图象题，首先看清两个坐标轴所表示的物理量，再顺着图象看随横坐标轴变化，纵坐标轴如何变化，找到物体的运动规律．
5．甲、乙两种物体的质量和体积的关系图象如图所示，若用质量相等的甲、乙两种物质分别制成等高的实心圆柱体A、B，把它们并排竖直放在水平地面上，则两圆柱体A、B对水平地面的压强之比是
A.4:1 B.8:1 C.4:3 D.1:2
【考点】压强的大小及其计算；密度公式的应用．
【专题】应用题；密度及其应用；压强、液体的压强．
【分析】（1）根据图象读出任意一组质量和体积，利用密度公式求出两物质的密度，进一步求出它们的密度之比；
（2）圆柱体对水平地面的压力和自身的重力相等，则对水平地面的压强=ρgh，据此求出等高的实心圆柱体A、B对水平地面的压强之比．
【解答】解：（1）由图可知，当V甲=1cm3时m甲=8g，当m乙=4g时V乙=4cm3，则
，，
则；
（2）圆柱体对水平地面的压强：
，
所以，等高的实心圆柱体A、B对水平地面的压强之比：
．
故选B．
【点评】本题考查了密度公式和压强公式的应用，关键是根据图象得出两物质的密度之比和推出规则形状物体如正方体、长方体、圆柱体对水平地面压强的表达式p=ρgh的应用．
6．如右图所示，烧杯中装有某种液体，A为圆柱形木块，用外力F缓慢将A压入其中，h表示木块的下表面到液面的距离，下列关于木块所受浮力F浮和h的关系图像正确的是
【考点】阿基米德原理．
【专题】图析法；浮力．
【分析】根据阿基米德原理得出浮力大小与排开液体的体积的关系，物体在浸没前，深度增加的同时排开液体的体积也增加了．浸没后，随着深度的增加，浮力不变．
【解答】解：物体浸没前，深度增加的同时排开液体的体积也增加了，所受浮力大小随物体排开液体的体积的增大而增大；浸没后物体受到的浮力大小不变，故只有C符合题意．
故选C．
【点评】浮力大小只与物体排开液体的体积有和密度关，与物体浸在液体中的深度无关．物体在浸没前，深度增加的同时排开液体的体积也增加了．
7．如图所示，两端开口的U型玻璃管竖直放置，底部带有一个阀门K，右管横截面积是左管的两倍，当阀门K关闭时，左、右管中水面的高度分别为h和2h，现将阀门K打开，液面稳定时，左管水面上升的距离是
A．h B．h
C．h D.h
【考点】连通器原理．
【专题】推理法；压强、液体的压强．
【分析】上端开口，底部连通的仪器叫连通器．
竖管中水的总体积不变．当打开开关K时，左右容器构成一个连通器，根据连通器内液体静止时，液面相平求出此时液面的高度，再与原来的高度对比进行分析．
【解答】
解：当打开开关K时，左右容器构成一个连通器；由于连通器内水面静止时，水面相平，因此右边水面将下降，左面水面将升高，
由于水的总体积不变，设左管横截面积为S，则右管横截面积为2S，
竖管中水的总体积V=Sh+2S•2h=5Sh，
因为右管横截面积是左管的两倍，则液面相平时，右管中水的体积是左管中水的体积的2倍，
即左管水的体积为，右管水的体积为，
左管水的体积的增大量为，
即左管水面上升的距离是．
故选C．
【点评】本题的解题关键是明确连通器最终的水面相同，同时明确竖管中水的总体积不变，再根据两侧水的体积分配进行推理，有一定的难度．
8．如图所示，木块从水平地面上P点以速度v向右运动冲上斜面，停在Q点。水平地面与斜面的粗糙程度相同，则下列说法中不正确的是
A．木块在Q点静止时，受到三个力的作用
B．木块在斜面上所受摩擦力方向始终沿斜面向下
C．木块能冲上斜面表明木块具有惯性
D．在此过程中，木块减少的动能一部分转化为木块的重力势能，一部分因摩擦生热转化为内能
【考点】力与运动的关系；惯性；摩擦力的方向；机械能和其他形式能的转化．
【专题】应用题；运动和力；机械能及其转化．
【分析】（1）对木块进行受力分析即可解答；
（2）摩擦力的方向一定与物体的相对运动方向或相对运动趋势方向相反，因此可能与物体的运动或运动趋势方向相反，也可能与物体的运动或运动趋势方向相同．
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；
（4）根据动能和重力势能大小的影响因素，结合功能关系分析解答．
【解答】
解：
A、对木块进行受力分析可知，木块在Q点静止时，受到竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和沿斜面向上的摩擦力三个力的作用．故A正确；
B、木块在斜面上向上运动时所受摩擦力方向是沿斜面向下的，当木块静止在斜面上，或者是向下运动时，所受摩擦力的方向是沿斜面向上的．故B错误；
C、木块能冲上斜面是因为木块具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以木块能冲上斜面表明木块具有惯性．故C正确；
D、木块从水平地面上P点以速度v向右运动冲上斜面，停在Q点的过程中，质量不变、速度减小，高度增加，故动能减小，重力势能增加，同时在此过程中，木块因摩擦生热，内能增加，故木块减少的动能一部分转化为木块的重力势能，一部分因摩擦生热转化为内能．故D正确．
故选B．
【点评】此题考查对物体的力的分析、惯性、摩擦力的方向、机械能和其他形式的能的转化，是一道综合性较强的题目，本题关键对滑块受力分析后，结合功能关系，明确能量的转化情况，根据能量守恒定律进行分析．
9．a、b、c三辆汽车从甲地出发沿直线运动到乙地，其中a车以速度v做匀速直线运动到乙地；b车以速度v出发，先做加速运动再做减速运动，到达乙地时速度恰好还是v；c车也以速度v出发，先做减速运动再做加速运动，到达乙地时速度恰好也是v，三辆汽车运动时间分别为ta、tb和tc，其大小关系正确的是
A.ta=tb=tc B.ta
ta>tb D.tc>ta=tb
【考点】速度公式及其应用．
【专题】应用题；比较思想；长度、时间、速度．
【分析】因为b先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比a大，所以相对时间内它通过的路程肯定比匀速运动的a大；而c因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比a小的速度在运动，所以在相等时间内它通过的路程比a小，据此利用比较三辆汽车运动时间的大小．
【解答】解：a车以速度v做匀速直线运动到乙地；
由于b先加速后减速，达到乙地时速度恰好还是v；所以它在整个运动过程中的平均速度都比a大，经过相同的路程，它的时间肯定比匀速运动的a小；
而b因先减速后加速，达到乙地时速度恰好还是v；它在整个运动过程中的平均速度都比a小，所以在相等的路程内它的时间比a大．
由此可知，三辆汽车运动时间的大小关系为：tc＞ta＞tb．
故选C．
【点评】该题考查速度公式及其应用，关键是根据题意得出a、b、c三辆汽车从甲地出发沿直线运动到乙地的过程中平均速度的大小．
10.如图所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，则下列说法正确的是
A．电流表与的示数的比值将减小
B．电压表的示数与电流表的示数的比值将减小
C．电压表的示数与电流表示数的乘积将增大
D．电流表与的示数的比值将增大
【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用．
【专题】应用题；动态预测题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A测干路电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R2电流的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过变阻器的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，然后分析选项得出答案．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A测干路电流，
因电源的电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数U不变，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R2的电流不变，即电流表A1的示数I1不变，
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻增大，
由可知，通过R1的电流减小，即电流表A2的示数I2减小，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变小，即电流表A的示数I减小，
综上可知，电压表V的示数U不变，电流表A1的示数I1不变，电流表A2的示数I2减小，电流表A的示数I减小，则
A．由可知，电流表A2
与A的示数的比值将减少，故A正确；
B．电压表V的示数与电流表A的示数的比值将增大，故B错误；
C．电压表V的示数与电流表A的示数的乘积将减小，故C错误；
D．由可知，电流表A与A1的示数的比值将减小，故D错误．
故选A．
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清滑片移动时电表示数的变化是关键．
二、填空题（本大题共3小题，每空2分，共20分）
11.如图所示，F和F'为凸透镜的焦点，P和P'到凸透镜的距离为二倍焦距。
(1)保证蜡烛、凸透镜的位置不变，应将光屏向________（填“左”或“右”）移动，才能在光屏上得到清晰倒立的________（填“放大”或“等大”或“缩小”）的实像。
(2)若将图示装置模拟人的眼睛成像系统，成像总在光屏左侧，该种情况表明这样的眼睛是____视眼（填“近”或“远”），需要配戴一个焦距合适的____（填“凹”或“凸”）透镜才能加以矫正。
【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．
【专题】实验题；实验分析法；测量型实验综合题．
【分析】（1）凸透镜成像的规律之一．物距当u＞2f时，像距f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像，
（2）正常的眼睛可以将光线会聚在视网膜上．近视眼会将光线会聚在视网膜之前，应该佩戴凹透镜进行矫正．
【解答】解：（1）由图中可知，蜡烛在2倍焦距之外，所以成倒立、缩小的实像．要想在光屏上得到清晰倒立的、缩小的实像．像距f＜v＜2f，则光屏应向左移动；
（2）由“图示装置模拟人的眼睛成像系统，成像总在光屏左侧”可知，像成在视网膜的前方；
近视眼的表现是看不清远处的东西，即是由于晶状体太厚，其折光能力太强，或眼球的前后方向太长，使得像成在视网膜的前方造成的，故若想使得像成在视网膜上，即需要让原来的光线发散一些，由于凹透镜对光线有发散的作用，故用凹透镜来矫正近视眼；
故答案为：（2）左；缩小；（2）近；凹．
【点评】
（1）此题主要考查了凸透镜成像的规律，要熟练掌握规律的内容，并能够做到灵活运用．
（2）近视眼能看清近处物体，不能看清远处物体；远视眼能看清远处物体，不能看清近处物体．近视眼戴凹透镜，远视眼戴凸透镜．
12.将体积相等的实心铅球和铁球放在同一个水平桌面上，则铅球的重力势能________（填“大于”或“等于”或“小于”）铁球的重力势能（以地面为参考面，ρ铅>ρ铁）。现将铅球斜向上方抛出落至地面，此现象表明力是改变物体________的原因，此过程中铅球的动能变化是________。
【考点】势能大小的比较；力的作用效果．
【专题】定性思想；顺推法；运动和力；机械能及其转化．
【分析】机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关，质量越大、速度越快，动能就越大；重力势能大小与质量和高度有关；
力的作用效果有二：改变物体的形状，改变物体的运动状态．
【解答】解：
（1）一个铅球和一个铁球的体积V相同，其密度关系为ρ铅＞ρ铁，由密度公式可得：m=ρV；可见两球的质量关系为：m铅＞m铁．
重力势能大小与质量和高度有关；相对地面，其高度h相等，但由m铅＞m铁可得铅球的重力势能大；
（2）将铅球斜向上方抛出落至地面，铅球首先由静止到运动，是手对其有力的作用；然后运动方向和速度不断变化，是受到重力的作用，此现象表明力是改变物体运动状态的原因；
铅球上升过程中，质量不变，速度减小，所以动能减小；铅球从最高层下落过程中，质量不变，速度增大，所以动能增大．因此将铅球斜向上方抛出落至地面过程中，铅球的动能先减小后增大．
故答案为：大于；运动状态；先减小后增大．
【点评】明确影响动能和重力势能大小的因素，知道力的作用效果，是解答此题的关键．
13.如图是汽油机工作的________冲程。汽油机工作时要产生大量的热，通常采用水循环将热量带走，这是利用水________的特性。水箱中5kg的水温度升高了20℃，这些水吸收的热量为________J，水的比热容为4.2×103J／(kg•℃)。
【考点】内燃机的四个冲程；热量的计算．
【专题】应用题；比热容、热机、热值．
【分析】（1）根据气门的闭合情况和活塞运动的方向可判断是哪一个冲程；
（2）比热容是反映不同物质吸放热能力的一个物理量．物质的比热容越大，在质量和升高温度相同时，吸收热量多；
（3）已知水的质量5kg，水温升高20℃，根据Q吸=cm△t直接求出水吸收的热量．
【解答】解：（1）由图可知，进气门关闭，排气门打开，并且活塞向上运动，所以是排气冲程；
（2）汽车的散热器可用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在升高相同的温度时可以吸收更多的热量，降低发动机的温度．
（3）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×20℃=4.2×105J．
故答案为：排气；比热容大；4.2×105．
【点评】本题考查了内燃机的四个冲程、比热容和热量的计算的相关问题，要结合相关知识点进行分析解答，属于基本内容，比较简单．
三、作图题（每小题3分，共6分）
14.将一个重量为G的小球从空中某点静止释放，落在竖直放置的轻弹簧上，压缩到最低点后，再被弹起。在答题卡上画出小球在最低点时的受力示意图。
【考点】力的示意图．
【专题】作图题；重力、弹力、摩擦力．
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力．
【解答】解：
由题意可知，将一个重量为G的小球从空中某点静止释放，落在竖直放置的轻弹簧上，压缩到最低点时，小球共受到两个力的作用，一个是竖直向下的重力，另一个是竖直向上的弹力，并且弹力大于重力（这样小球才能被弹起），如图所示：
【点评】此题考查力的示意图的画法，关键是通过对小球进行正确的受力分析，得出弹簧被压缩到最低点时小球受到的弹力大于重力．
15.在通电螺线管的磁场中放置一个小磁针，小磁针静止时指向如图所示，请标明电源的“正”“负”极，并画出螺线管导线的绕法。（画出一种情况即可）
【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断．
【专题】作图题；磁现象、电生磁．
【分析】根据小磁针的指向，运动磁极间的相互作用可判断螺线管的极性，再进一步根据安培定则判断电流的走向和电源的正负极，最后画出绕线方向．
【解答】解：由图可知，小磁针N极指左，则左侧为螺线管的S极，右侧为螺线管的N极．用右手握住螺线管，大拇指指向N极，则四指环绕的方向为电流的流向，则电源的左端为正极，右端为负极．如图所示．
【点评】通过磁极间的作用规律判断螺线管的极性，是本题的突破口，然后再运用安培定则进行逐一判断即可．
四、实验探究题（本大题共2小题，16题7分，17题12分，共19分）
16.（7分）如图所示是“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验装置图，长木板固定不动。
(1)甲乙两图中当弹簧测力计拉着木块沿水平方向做________运动时，测力计的读数才等于滑动摩擦力。
(2)此实验的研究方法是________。
(3)比较甲乙两图，能否得出滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度都有关？为什么？
____________________。
(4)丙图中木块匀速运动时测力计的读数是____N，滑动摩擦力为____N。（不计滑轮、绳子的重量及二者间摩擦）
(5)若某次实验时木块做加速运动，则所测得滑动摩擦力________（填“偏大”或“偏小”）。
【考点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．
【专题】实验探究题；实验分析法；探究型实验综合题．
【分析】（1）实验中，要运用二力平衡条件来测量摩擦力的大小，即使木块做匀速直线运动；
（2）（3）影响滑动摩擦力大小的因素是压力和接触面的粗糙程度，在实验中，要通过控制变量法来进行探究．
（4）弹簧测力计在读数时要注意看清其量程和分度值．当物体匀速直线运动时，拉力等于摩擦力；
（5）加速运动时物体受力不平衡，其拉力大小摩擦力，据此判断．
【解答】解：（1）甲乙两图中弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动时，根据二力平衡条件，此时测力计的读数才等于滑动摩擦力．
（2）实验中，探究摩擦力与多个变量的关系，因此，所用到的研究方法是控制变量法．
（3）甲乙两图中，压力一接触面的粗糙程度均不相同，不符合控制变量法的要求，因此比较甲乙两图，不能得出滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度都有关；
（4）丙图中测力计的分度值为0.2N，木块匀速运动时测力计的读数是2.4N，根据动滑轮省一半力，摩擦力应该是拉力的一倍，所以滑动摩擦力为4.8N；
（5）若某次实验时木块做加速运动，物体受力不平衡，其拉力大小摩擦力，则所测得滑动摩擦力偏大．
故答案为：（1）匀速直线；
（2）控制变量法；
（3）否；没有控制压力大小相同；
（4）2.4；4.8；
（5）偏大．
【点评】本题考查了“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，二力平衡和控制变量法的运用，弹簧测力计的读数等，属基本的实验类型．
17.（12分）某同学做“测定小灯泡的电功率”实验，电源电压3V且保持不变，滑动变阻器标有“3A、5Ω”的字样，所用小灯泡是额定电压为“2.5V”和“2.2V”中的一个。
(1)电路图如图所示，图中尚有两根导线未连接，请用笔画线代替导线补上。
(2)在连接电路中，开关应处于________状态。（填“闭合”或“断开”）
(3)闭合开关前，滑动变阻器上的滑片应移到____端。（填“左”或“右”）
(4)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现滑片在中点附近位置时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图，小灯泡的额定电流为____A，则该实验中所用小灯泡的额定功率为____W。继续移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡发出耀眼的亮光，则此时小灯泡的功率________额定功率。（填“大于”、“等于”或“小于”）
【考点】电功率的测量．
【专题】计算题；实验题；作图题；实验分析法；测量型实验综合题．
【分析】（1）由灯泡的额定电压确定电压表的量程，电压表与灯泡并联，注意电压表的正负接线柱，滑动变阻器选择一上一下串联在电路中．
（2）连接电路时，应断开开关．
（3）闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，滑片应位于最大阻值位置处．
（4）①根据电流表的量程和分度值可知电流示数的可能值，根据欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，结合电源的电压即可判断灯泡的额定电压；
②根据P=UI求出灯泡的额定功率；
③当小灯泡两端的电压高于额定电压时，实际功率大于额定功率，此时小灯泡发出耀眼的光．
【解答】解：（1）灯泡额定电压为2.5V或2.2V，电压表选择0～3V量程，与灯泡并联，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出．将开关左端接线柱与电流表负接线柱相连，将灯泡右端接线柱与电压表“3”接线柱相连，如图：
（2）实物未连接好，并且不确定电路没有发生短路的情况下，开关必须是断开的，防止烧坏电路元件；
（3）闭合开关前，应使滑动变阻器的滑片处与最大阻值处，即图中的最左端，目的也是防止电路中电流过大，烧坏电路元件．
（4）①滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值的一半即，
由图可知：当电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，则电路中电流为0.3A时，则滑动变阻其两端的电压为U滑=0.3A×2.5Ω=0.75V，
根据串联电路电压的特点，小灯泡两端的电压为UL=U-U滑=3V-0.75V=2.25V，故灯泡的额定电压为2.2V．
②小灯泡的额定功率为P=ULI=2.2V×0.3A=0.66W；
③移动滑片时，小灯泡发出耀眼的亮光，说明小灯泡的实际功率大于额定功率．
故答案为：（1）见上图；（2）断开；（3）左；（4）0.3；0.66；大于．
【点评】本题考查了设计实验电路图、电路故障分析、电表读数；知道实验原理是正确作出实验电路图的前提与关键；对电表读数时，先确定电表量程与最小分度值，然后读出电表示数，读数时视线要与电表刻度线垂直．
五、计算题（本大题共2小题，第18题7分，第19题8分，共15分。解题时要写出必要的文字说明、依据的主要公式或变形公式，运算过程和结果要写明单位，只有结果、没有过程不能得分）
18.（7分）一辆汽车以恒定的功率在平直的公路上做直线运动，其v-t图像如下，在第10s时速度达到20m/s，通过的路程为120m。
求：(1)在0～10s内汽车的平均速度。
(2)设汽车在行驶过程中所受阻力不变，大小为f=4000N，那么在O～10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功是多少焦耳。
(3)若发动机的转化效率为80%，则需要燃烧多少千克汽油才能使发动机做这么多功。(已知汽油的热值大约为5×107J/kg)
【考点】变速运动与平均速度；功的计算；热机的效率．
【专题】计算题；图析法；比热容、热机、热值；长度、时间、速度；功、功率、机械效率．
【分析】（1）已知汽车通过的路程和所用时间，利用计算汽车的平均速度．
（2）根据图象，结合二力平衡条件得出汽车做匀速直线运动时的牵引力大小，然后利用=Fv求出功率，再利用计算在0-10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功；
（3）根据发动机的转化功率为80%，可求得总能量，然后利用Q=mq可求得汽油质量．
【解答】解：（1）汽车的平均速度：
；
（2）由图可知，10s后汽车做匀速直线运动，速度v=20m/s，
根据二力平衡条件可得，牵引力：
F=f=4000N，
则汽车的功率为：
，
所以，在0-10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功是：
W=Pt=8×104W×10s=8×105J；
（3）由可得：
，
由Q=mq可得需要燃烧汽油的质量：
．
答：（1）在0-10s内汽车的平均速度为12m/s．
（2）在0-10s内汽车发动机产生的牵引力所做的功是8×105J．
（3）若发动机的转化功率为80%，则需要燃烧0.02kg汽油才能使发动机做这么多功．
【点评】此题考查速度公式及其应用、功和效率的计算、燃料的热值，以及二力平衡条件的应用，关键是根据图象，结合二力平衡条件得出汽车做匀速直线运动时的牵引力大小．
19.（8分）如图所示，设电源电压U恒定不变，R为定值电阻，R'为
滑动变阻器。闭合开关，移动滑片改变变阻器阻值，记录多组电压表和电流表的示数分别为U1和I1，然后输入计算机绘制出U1-I1图像如下，结合电路和U1-I1图像。
求：(1)电源电压U和定值电阻R的阻值。
(2)调节滑动变阻器R'，当R'的阻值多大时，变阻器R'消耗的功率最大，最大值是多少。
【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．
【专题】计算题；图析法；欧姆定律；电能和电功率．
【分析】（1）闭合开关S，R和R′串联，电压表测量的是滑动变阻器两端电压，在图象上选出两组数据，根据电源电压不变列出等式，解出电源电压和定值电阻的阻值；
（2）根据欧姆定律和串联电路的特点，利用即可判断变阻器R′消耗的最大功率，并求出．
【解答】解：（1）闭合开关S，R和R′串联，由图象可知，当电流为I=0.5A时，滑动变阻器两端电压为3V，
根据串联电路的特点和欧姆定律得：
U=IR+3V，
即：U=0.5A×R+3V----------①
当电流为I′=1A时，滑动变阻器滑片在左端，电压表示数为0，
根据串联电路的特点和欧姆定律得：
U=I′R2，
即：U=1A×R------------②
解两式联立得：R2=6Ω，U=6V；
（2）根据串联电路的特点和欧姆定律得：
变阻器R′消耗的功率，
所以当R=R=6Ω时，变阻器R′消耗的功率最大为：
．
答：（1）电源电压U为6V；定值电阻R的阻值为．
（2）当R′的阻值为6Ω时，变阻器R′消耗的功率最大，最大值是1.5W．
【点评】本题考查的是学生对欧姆定律、串联电路的分压特点的理解和掌握，能够读懂图象和根据电压不变列出等式是解决此题的关键，难点是根据串联电路的特点和欧姆定律得出变阻器R′消耗的功率表达式．