大庆市中考物理试卷word解析版

大庆市中考物理试卷word解析版

‎2017年大庆市中考物理试卷(word解析版）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．（4分）下列说法中不正确的是（　　）‎ A．伽利略是第一位提出“物体的运动并不需要力来维持”的物理学家 B．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出原子核式结构模型 C．随着科学技术发展，人们能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器 D．原子弹是根据核裂变原理制成的，氢弹是利用核聚变原理制成的 ‎2．（4分）下列四种磁体中产生的磁场，其磁场分布与其他三种磁体的磁场分布不同的是（　　）‎ A．条形磁铁 B．地磁场 C．通电直导线 D．通电螺线管 ‎3．（4分）下列四幅简单机械图中，属于费力杠杆的是（　　）‎ A．‎ 羊角锤 B．‎ 钓鱼杆 C．‎ 托盘天平 D．‎ 瓶起子 ‎4．（4分）如图各现象的原理主要是“压强与流速关系”的是（　　）‎ A．‎ 托里拆利管 B．‎ 液压机 C．‎ 吹气使球上升 D．‎ 活塞式抽水机 ‎5．（4分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．声音在真空中可以传播 B．物体到平面镜的距离决定了物体在平面镜中成像的大小 C．蜡烛放在凸透镜的2倍焦距处，移动光屏可以得到等大、倒立的虚像 D．在石油勘探时常采用人工地震，利用探头接收地下不同层间界面反射回来的声波，从而探测出地下油矿 ‎6．（4分）下列说法中正确的是（　　）‎ A．‎ 如图中，当带电物体靠近不带电的验电器时，金属箔片会张开一定角度 B．‎ 如图表示用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线不可能是火线 C．‎ 如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，空气内能一定增大 D．‎ 如图表示的是内燃机压缩冲程，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度减弱 ‎7．（4分）甲、乙两物体同时同地向东运动，运动的s﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．0﹣t1时间内选甲为参照物，乙是向东运动 B．t1﹣t3时间内甲为匀速直线运动，t2时刻甲、乙两物体相遇 C．t2﹣t4时间内甲的速度小于乙的速度 D．0﹣t4时间内甲的平均速度比乙的平均速度大 ‎8．（4分）下列说法中不正确的是（　　）‎ A．甲图中，当接通电源时金属杆由静止开始向左运动，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆依然由静止开始向左运动 B．乙图是电动机的工作原理图，此装置使电能转化为机械能 C．丙图中，当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反 D．丁图是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能 ‎9．（4分）如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是（　　）‎ A．当物块匀速时，物块没有惯性 B．当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用 C．整个过程中，物块一直受摩擦力的作用 D．整个过程中，物块的机械能先增大后不变 ‎10．（4分）某兴趣小组为了研究电子温控装置，连接成如图所示电路，R1为热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，闭合开关，当温度降低时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V2和电流表A示数均变大 B．电压表V1和电流表A示数之比不变 C．电压表V2和电流表A的乘积不变 D．电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变 ‎　‎ 二、填空题（共3小题，每小题6分，满分20分）‎ ‎11．（6分）水沸腾过程中的温度　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”），该过程中水　 　（选填“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”），若将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（C铝＞ρ铁＞C铜）浸没在同一沸水中煮较长的一段时间，从沸水中吸热最多的是　 　球．‎ ‎12．（8分）如图甲所示，一个立方体悬挂在弹簧测力计下处于静止状态时，弹簧测力计示数为5N，如图乙所示，将此立方体一半浸入某液体中静止时，测力计示数为4.5N，则此立方体受到的浮力为　 　N，若某时刻剪断乙图中悬吊立方体的细线，则立方体受到的浮力变化情况是　 　；立方体的下表面压强将　 　（选填“一直不变”、“先变大后不变”或“先变小后不变”），若已知该立方体的体积为125cm3，则这种液体的密度为　 　kg/m3（g=10N/kg）‎ ‎13．（6分）在同一粗糙水平面固定两个不同斜面，小华同学研究相同的两个小球A、B分别沿不同的斜面运动，用频闪照相机每隔0.1s拍摄了小球滚动时的不同位置，图上数字为闪光时刻编号，位置间距如图所示．‎ ‎（1）甲图中A球在斜面上运动的速度　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），机械能　 　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的这段时间内平均速度v=　 　m/s，小球B沿斜面运动过程中的动能　 　，重力势能　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）若两个小球从斜面上运动到斜面底部时与相同的木块碰撞，碰撞之后图　 　（选填“甲”或“乙”）中木块运动距离较大．‎ ‎　‎ 三、解答题（共2小题，满分6分）‎ ‎14．（3分）如图，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的力的示意图．（力的作用点画在物体的重心）‎ ‎15．（3分）如图所示，一束光从半球面上的A点沿半径方向射入半球形玻璃，已知半球形玻璃的球心为O，请画出这束光线在半球形玻璃左侧平面发生的折射、反射光路图．‎ ‎　‎ 四、解答题（共2小题，满分19分）‎ ‎16．（7分）在学完弹力后，同学们在“制作弹簧测力计”的活动课中发现：在一定的范围内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的长度就会越长，根据这一现象，小明和小丽提出如下猜想，究竟谁的正确呢？它们决定一起通过实验来验证自己的猜想．‎ ‎（1）小明和小丽利用一根弹簧、若干个相同的钩码、刻度尺等器材设计实验，实验记录数据如下表：‎ ‎1‎ 拉力（钩码总重）F/N ‎0‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎2‎ 橡皮筋的总长度l/cm ‎4.50‎ ‎5.10‎ ‎5.70‎ ‎6.31‎ A ‎7.50‎ ‎3‎ 橡皮筋伸长的长度△‎ ‎0‎ ‎0.60‎ ‎1.20‎ ‎1.81‎ B ‎3.00‎ l/cm 表中有一组数据没有记录，请根据如图补充A处数据为　 　cm，B处数据为　 　cm．‎ 根据表中数据，两个同学中　 　猜想是正确的．‎ ‎（2）在学完摩擦力之后，小丽同学又用弹簧测力计探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关时，进行了甲、乙、丙三次实验，如图所示．‎ 由　 　两个实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关．‎ 由图甲和图丙两个实验可知，滑动摩擦力的大小与　 　有关．‎ ‎（3）在研究滑动摩擦力实验中，小丽同学主要应用下列哪一种研究物理问题的方法　 　．‎ A．类比法 B．控制变量法 C．推理法 D．等效替代法．‎ ‎17．（12分）图甲是小刚在“探究电流与电压关系”的实验中所连接的实物图．‎ ‎（1）①将甲图中的滑动变阻器（0﹣20Ω）阻值调到最大，闭合开关时，会看到下列哪种现象　 　．‎ A．电压表指针几乎不偏转，电流表指针也几乎不偏转 B．电压表指针偏转较大，电流表指针几乎不偏转 C．电压表指针偏转较大，电流表指针也偏转较大 ‎②图甲中有一根导线接错了，请在错误处画“×”，并在图上改正．‎ ‎（2）用改正后的电路测小灯泡的电阻，将定值电阻换成一只标有“2.5V”的小灯泡，闭合开关后，调节滑动变阻器，某时刻电流如图乙所示，由图可得小灯泡的电流为　 　A，从丙图中小灯泡的U﹣I图象可知，小灯泡的电阻随电压增大而　 　．‎ ‎（3）小刚同学还设计了如图丁所示的电路，其中电源电压恒为1.5V，将M，N用导线连接，调节滑动变阻器，使电流表指针指在0.6A处，则此时滑动变阻器接入电路的电阻是　 　Ω．保持滑动变阻器滑片位置不变，若在M、N之间加入电阻Rx，电流表示数如图乙所示，则电阻Rx阻值是　 　．‎ ‎　‎ 五、解答题（共2小题，满分15分）‎ ‎18．（7分）如图所示，在水平地面上放着物体A，A与地面的接触面积为0.14m2‎ ‎，对地面的压强为3000Pa，用滑轮组匀速提升物体A时，滑轮组的机械效率是84%（不计绳重和摩擦，g=10N/kg）．求：‎ ‎（1）物体A的质量mA和动滑轮的质量m．‎ ‎（2）用此滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，在5s的时间内，人拉力做的功是多少？‎ ‎19．（8分）如图（a）所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由B端移动到A端时，测得电阻R1两端的电压与通过电阻R1的电流变化关系如图（b）所示．‎ ‎（1）求电源的电压U和滑动变阻器的最大阻值Rm．‎ ‎（2）当电流I=1.0A时，求电阻R1与R2消耗的功率之比P1：P2．‎ ‎（3）写出电压表V2的示数与通过电阻R2的电流变化关系式，并写出V2大小的变化范围．‎ ‎　‎ ‎2017年黑龙江省大庆市中考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．（4分）（2017•大庆）下列说法中不正确的是（　　）‎ A．伽利略是第一位提出“物体的运动并不需要力来维持”的物理学家 B．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出原子核式结构模型 C．随着科学技术发展，人们能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器 D．原子弹是根据核裂变原理制成的，氢弹是利用核聚变原理制成的 ‎【考点】2R：物理常识；GQ：永动机；K4：核能．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；561：粒子与宇宙、材料世界；572：运动和力；594：能源的利用与发展．‎ ‎【分析】（1）伽利略最早提出“物体的运动并不需要力来维持”；‎ ‎（2）卢瑟福提出了原子核式结构模型；‎ ‎（3）根据能量守恒定律分析；‎ ‎（4）核能分为裂变和聚变两种．‎ ‎【解答】解：‎ A、伽利略最早提出“物体的运动并不需要力来维持”，并用斜面实验结合推理对这一观点进行了验证，故A正确；‎ B、卢瑟福用α粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，这一研究过程就是建立模型的过程，故B正确；‎ C、能量既不会消灭，也不会产生，能量在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变，不可能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器，故C错误；‎ D、原子弹是利用重核裂变（链式反应）制成的核武器，氢弹是利用核聚变的原理制成的，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣．‎ ‎　‎ ‎2．（4分）（2017•大庆）下列四种磁体中产生的磁场，其磁场分布与其他三种磁体的磁场分布不同的是（　　）‎ A．条形磁铁 B．地磁场 C．通电直导线 D．通电螺线管 ‎【考点】C6：磁场．菁优网版权所有 ‎【专题】551：磁现象、电生磁．‎ ‎【分析】根据条形磁铁的磁场特点、地磁场的磁场特点、通电直导线的磁场特点和通电螺线管的磁场特点进行比较，得出答案．‎ ‎【解答】解：‎ 条形磁铁的中间没有磁性，但在两端磁性最强；地磁场和通电螺线管的磁场特点与条形磁铁磁体的磁场相似；‎ 通电直导线磁场的分布就是以通电直导线为圆心的一个个同心圆，越靠近通电直导线，磁性越强，磁场分布就越密．‎ 所以通电直导线磁场分布与其他三种磁体的磁场分布不同．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了不同磁体的磁场特点，是一道基础性题目．‎ ‎　‎ ‎3．（4分）（2017•大庆）下列四幅简单机械图中，属于费力杠杆的是（　　）‎ A．‎ 羊角锤 B．‎ 钓鱼杆 C．‎ 托盘天平 D．‎ 瓶起子 ‎【考点】7O：杠杆的分类．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；591：简单机械．‎ ‎【分析】结合图片和生活经验，找出支点，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．‎ ‎【解答】解：‎ A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；‎ B、钓鱼杆在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；‎ C、托盘天平在使用的过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，不省力也不费力．‎ D、瓶起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）（2017•大庆）如图各现象的原理主要是“压强与流速关系”的是（　　）‎ A．‎ 托里拆利管 B．‎ 液压机 C．‎ 吹气使球上升 D．‎ 活塞式抽水机 ‎【考点】8K：流体压强与流速的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；4B ：图析法；582：气体的压强、流体压强与流速的关系．‎ ‎【分析】流动的气体和液体都称为流体，流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大．据此分析回答．‎ ‎【解答】解：A、托里拆利管利用的大气压，故A不合题意；‎ B、液压机的工作原理是帕斯卡原理．故B不合题意；‎ C、通过漏斗管向下吹气时，乒乓球上面的空气流速加快，压强变小，而球下方的压强仍是大气压，大于球上方的压强，故乒乓球上升．利用的是流体压强与流速关系．故C符合题意；‎ D、抽水机抽水，通过活塞上移使活塞下方的桶内气压减小，水在外界大气压的作用下，被压上来，利用的是大气压．故D不合题意．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题主要考查了流体压强与流速的关系，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力．‎ ‎　‎ ‎5．（4分）（2017•大庆）下列说法中正确的是（　　）‎ A．声音在真空中可以传播 B．物体到平面镜的距离决定了物体在平面镜中成像的大小 C．蜡烛放在凸透镜的2倍焦距处，移动光屏可以得到等大、倒立的虚像 D．在石油勘探时常采用人工地震，利用探头接收地下不同层间界面反射回来的声波，从而探测出地下油矿 ‎【考点】9M：声与信息；92：声音的传播条件；AI：平面镜的应用；B8：凸透镜成像的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；51 ：声与光．‎ ‎【分析】（1）声音不能在真空中传播；‎ ‎（2）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等．‎ ‎（3）凸透镜成像时，u=2f 时，在凸透镜另一侧得到倒立、等大的实像．‎ ‎（4）声音能传递信息和能量．‎ ‎【解答】解：A、声音可以在空气中传播，但不能在真空中传播，故A错误；‎ B、平面镜成的像与物是等大的，故像的大小取决于物体自身的大小，与平面镜的大小、像到物的距离、物体离平面镜的远近都无关，故B错误；‎ C、凸透镜成像时，u=2f 时，在凸透镜另一侧得到倒立、等大的实像，故C错误；‎ D、利用声音能传递信息可以探测地下油矿．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题是一道综合题，主要考查学生对声音的传播条件和利用、平面镜成像、凸透镜成像等知识，掌握凸透镜成像的三种情况和应用是解决该题的关键．‎ ‎　‎ ‎6．（4分）（2017•大庆）下列说法中正确的是（　　）‎ A．‎ 如图中，当带电物体靠近不带电的验电器时，金属箔片会张开一定角度 B．‎ 如图表示用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线不可能是火线 C．‎ 如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，空气内能一定增大 D．‎ 如图表示的是内燃机压缩冲程，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度减弱 ‎【考点】H2：正电荷与负电荷；G9：做功改变物体内能；GM：内燃机的四个冲程；IR：测电笔的使用．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；523：分子热运动、内能；524：比热容、热机、热值；531：电流和电路；542：电与热、生活用电．‎ ‎【分析】（1）根据静电感应和验电器的原理进行判断即可；‎ ‎（2）测电笔的正确使用：手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线或火线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线．‎ ‎（3）对物体做功，物体的内能会增大，物体对外做功，物体的内能会减小；‎ ‎（4）压缩冲程将机械能转化内能，分子运动的剧烈程度与温度有关．‎ ‎【解答】解：A、当带电物体靠近不带电的验电器时，由于静电感应，验电器的金属箔片会带上同种电荷而相互排斥，金属箔片会张开一定角度，故A正确；‎ B、用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线是火线，若氖管不发光，此线是零线，故B错误；‎ C、如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，对空气做功，但由于筒内空气会与外界发生热传递，放出热量，故空气内能不一定增大，故C错误；‎ D、由图可知，该冲程是内燃机压缩冲程，缸内气体内能增大，温度升高，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度加强，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查学生对基础知识的理解和掌握，虽涉及到的知识点较多，综合性强，但难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．（4分）（2017•大庆）甲、乙两物体同时同地向东运动，运动的s﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．0﹣t1时间内选甲为参照物，乙是向东运动 B．t1﹣t3时间内甲为匀速直线运动，t2时刻甲、乙两物体相遇 C．t2﹣t4时间内甲的速度小于乙的速度 D．0﹣t4时间内甲的平均速度比乙的平均速度大 ‎【考点】68：速度与物体运动．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；572：运动和力．‎ ‎【分析】（1）在相同时间内，比较路程的远近可以比较运动快慢，根据图象，运用控制变量法，分析出甲、乙两辆小车的运动快慢情况；然后再判断以甲车为参照物，乙车的运动方向；‎ ‎（2）根据图象判断各段的运动情况，根据v=判断出各段的速度．‎ ‎【解答】解：A、由图知，0﹣t1时间内甲通过的路程比乙大，根据v=，在时间相同，甲车的速度大于乙车的速度，所以当以甲车为参照物时，乙车是向西运动，故A错误；‎ B、由图知，t1﹣t3时间内甲的路程不再变化，处于静止状态，t2时刻甲乙通过的路程相同，甲、乙两物体相遇，故B错误；‎ C、由图知，t2﹣t4时间内甲通过的路程大于乙通过的路程，故甲的速度大于乙的速度，故C错误；‎ D、由图知，0﹣t4时间内甲通过的路程大于乙通过的路程，故甲的平均速度比乙的平均速度大，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】根据图象或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程．此题涉及到的知识点较多，综合性很强．‎ ‎　‎ ‎8．（4分）（2017•大庆）下列说法中不正确的是（　　）‎ A．甲图中，当接通电源时金属杆由静止开始向左运动，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆依然由静止开始向左运动 B．乙图是电动机的工作原理图，此装置使电能转化为机械能 C．丙图中，当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反 D．丁图是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能 ‎【考点】CJ：磁场对通电导线的作用；CP：电磁感应．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；522：汽化和液化、升华和凝华．‎ ‎【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与两个因素有关：一个是磁场方向，另一个是电流方向．如果只改变一个因素，则导体受力方向改变，如果同时改变两个因素，则导体受力方向不变．‎ ‎（2）电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用，此装置使电能转化为机械能；‎ ‎（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这叫电磁感应现象，感应电流的方向与导体运动方向、磁感线方向有关．‎ 发电机就是根据电磁感应原理制成的，此装置将机械能转化为电能．‎ ‎【解答】解：AB、图AB有电源，是电动机的工作原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用，受力的方向与磁场方向和电流方向有关，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆由静止开始向右运动，此装置使电能转化为机械能，故A错误，B正确；‎ C、感应电流的方向与导体运动方向和磁感方向有关，如果只改变一个因素，则感应电流的方向改变，当导体棒不动、磁体向右运动，相当于磁体不动，导体棒向左运动，故当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反，故C正确；‎ D、丁图没有电源，是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查影响电动机受力方向的因素、影响感应电流方向的因素，知道电动机、发电机能量的转化．‎ ‎　‎ ‎9．（4分）（2017•大庆）如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是（　　）‎ A．当物块匀速时，物块没有惯性 B．当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用 C．整个过程中，物块一直受摩擦力的作用 D．整个过程中，物块的机械能先增大后不变 ‎【考点】6L：惯性；6U：力与运动的关系；7F：摩擦力产生的条件；FN：动能和势能的大小变化．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；41 ：控制变量法；572：运动和力；573：重力、弹力、摩擦力；593：机械能及其转化．‎ ‎【分析】（1）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；据此对A做出判断；‎ ‎（2）对物块进行受力分析，对CD做出判断；‎ ‎（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能．在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析．据此分析对D做出判断．‎ ‎【解答】解：A、惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以当物块匀速时，物块仍有惯性．故A错误；‎ BC、当物块做匀加速运动时，物块相对于传送带有向右运动的趋势，受到水平向右的摩擦力的作用，同时受到重力和支持力的作用；‎ 当物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用，但仍受到重力和支持力的作用．故BC错误；‎ D、当物块做匀加速运动时，物块的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度增加，动能增加，当物块做匀速运动时，速度不变，动能不变，高度不变，重力势能不变，机械能等于动能和重力势能之和，所以，整个过程中，物块的机械能先增大后不变．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】此题考查惯性、物体的受力分析、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，难度适中，特别需要注意的是：物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用．‎ ‎　‎ ‎10．（4分）（2017•大庆）某兴趣小组为了研究电子温控装置，连接成如图所示电路，R1为热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，闭合开关，当温度降低时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V2和电流表A示数均变大 B．电压表V1和电流表A示数之比不变 C．电压表V2和电流表A的乘积不变 D．电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变 ‎【考点】IZ：电路的动态分析；IH：欧姆定律的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；27 ：动态预测题；53 ：电路和欧姆定律；5A8：电路变化分析综合题．‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流．‎ ‎（1）根据热敏电阻阻值与温度的关系得出当温度降低时其阻值的变化，进一步可知并联部分的电阻变化和电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，然后得出电压表V2和电流表A的乘积变化；根据串联电路的电压特点和并联电路的电压特点可知电压表V1的示数变化，然后得出电压表V1和电流表A示数之比变化；‎ ‎（2）设出温度变化前后电路中的电流，根据欧姆定律得出电压表示数和电流表示数与R0的阻值关系，然后得出电压表V2变化量和电流表A变化量之比的变化．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测干路中的电流．‎ ‎（1）因热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，‎ 所以，当温度降低时，热敏电阻R1的阻值变大，并联部分的电阻变大，电路中的总电阻变大，‎ 由I=可知，干路中的电流变小，即电流表A的示数变小，‎ 由U=IR可知，R0两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故A错误；‎ 由电压表V2示数变小、电流表A示数变小可知，电压表V2和电流表A的乘积变小，故C错误；‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，并联部分的电压变大，即电压表V1的示数变大，‎ 由电压表V1的示数变大、电流表A示数变小可知，电压表V1和电流表A示数之比变大，故B错误；‎ ‎（2）设温度变化前后，干路中的电流分别为I1、I2，‎ 则电压表V2示数的变化量：‎ ‎△U2=I2R0﹣I1R0=（I2﹣I1）R0=△IR0，即=R0，且R0的阻值不变，‎ 所以，电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（共3小题，每小题6分，满分20分）‎ ‎11．（6分）（2017•大庆）水沸腾过程中的温度　不变　（选填“升高”、“降低”或“不变”），该过程中水　吸热　（选填“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”），若将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（C铝＞ρ铁＞C铜）浸没在同一沸水中煮较长的一段时间，从沸水中吸热最多的是　铝　球．‎ ‎【考点】GD：比热容的概念；1I：沸腾及沸腾条件．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；522：汽化和液化、升华和凝华；524：比热容、热机、热值．‎ ‎【分析】（1）水沸腾的条件是温度达到沸点并且继续吸热，吸收的热量全部都用来由液体变成气体的变化，所以温度是不变的；‎ ‎（2）解决此题可利用控制变量法进行分析，结合热量公式Q=cm△t求解水温度的变化，吸收的热量．‎ ‎【解答】解：（1）水沸腾时温度的特点是：虽然继续吸热，但温度保持不变；‎ ‎（2）由于热传递的结果是温度相等，所以煮较长的一段时间后三个金属球的温度都与沸水温度相同；根据热量公式Q=cm△t分析可知，三种质量和初温相同的物质升高相同的温度，比热容大的吸收的热量多，比热容小的吸收的热量少，所以铝球吸收的热量最多，铜球吸收的热量最少．‎ 故答案为：不变；吸热；铝．‎ ‎【点评】解决此题要记住沸腾的相关知识点：沸腾时的特点：虽然继续吸热，但温度保持不变．沸腾的条件：温度达到沸点，继续吸热．结合控制变量法和热量公式进行分析计算．‎ ‎　‎ ‎12．（8分）（2017•大庆）如图甲所示，一个立方体悬挂在弹簧测力计下处于静止状态时，弹簧测力计示数为5N，如图乙所示，将此立方体一半浸入某液体中静止时，测力计示数为4.5N，则此立方体受到的浮力为　0.5　‎ N，若某时刻剪断乙图中悬吊立方体的细线，则立方体受到的浮力变化情况是　先变大后不变　；立方体的下表面压强将　先变大后不变　（选填“一直不变”、“先变大后不变”或“先变小后不变”），若已知该立方体的体积为125cm3，则这种液体的密度为　0.8×103　kg/m3（g=10N/kg）‎ ‎【考点】2A：密度的计算；8A：液体压强计算公式的应用；8P：浮力大小的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；563：密度及其应用；58 ：压强和浮力．‎ ‎【分析】（1）由题意可知立方体的重力，当立方体一半浸入某液体中静止时，利用称重法求此时立方体受到的浮力；‎ ‎（2）当立方体全浸入某液体中静止时，排开液体的体积变为原来的2倍，利用F浮=ρ液V排g可求此时受到的浮力，和立方体的重力比较，得出若剪断细线，立方体的状态（是上浮、悬浮还是下沉），分析排开液体的体积变化得出浮力变化情况；分析下表面所处深度变化得出受到液体的压强变化情况；‎ ‎（3）知道了立方体的体积，可求一半浸入某液体中排开液体的体积，由（1）可知当立方体一半浸入某液体中静止时受到的浮力，利用F浮=ρ液V排g求液体的密度．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由题意可知立方体的重力G=F示1=5N，‎ 当立方体一半浸入某液体中静止时，此时立方体受到的浮力：‎ F浮=G﹣F示2=5N﹣4.5N=0.5N；‎ ‎（2）当立方体全部浸入某液体中静止时，排开液体的体积变为原来的2倍，‎ 由F浮=ρ液V排g可知，浸没时立方体受到的浮力：F浮′=2F浮=2×0.5N=1N，‎ 因为F浮′＜G，‎ 所以，若剪断乙图中悬吊立方体的细线，立方体将下沉直至沉到容器底；‎ 在这一过程中，液体的密度不变，由于排开液体的体积先变大后不变，所以，由F浮=ρ液V排g可知，立方体受到的浮力先变大后不变；‎ 立方体的下表面所处的深度先变大，沉底后不变，由p=ρ液gh可知，立方体的下表面受到液体的压强先变大后不变；‎ ‎（3）立方体的体积V=125cm3，‎ 由（1）可知当立方体一半浸入某液体中静止时，受到的浮力F浮=0.5N，‎ 此时V排=×125cm3=62.5cm3=6.25×10﹣5m3，‎ 由F浮=ρ液V排g可得该液体的密度：‎ ρ液===0.8×103kg/m3．‎ 故答案为：0.5；先变大后不变；先变大后不变；0.8×103．‎ ‎【点评】本题为力学综合题，考查了液体压强公式、阿基米德原理以及称重法测浮力的应用，难点在浮力和压强的变化分析，确定排开水的体积和所处深度变化是关键．‎ ‎　‎ ‎13．（6分）（2017•大庆）在同一粗糙水平面固定两个不同斜面，小华同学研究相同的两个小球A、B分别沿不同的斜面运动，用频闪照相机每隔0.1s拍摄了小球滚动时的不同位置，图上数字为闪光时刻编号，位置间距如图所示．‎ ‎（1）甲图中A球在斜面上运动的速度　不变　（选填“增大”、“减小”或“不变”），机械能　减小　（选填“增加”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的这段时间内平均速度v=　0.8　m/s，小球B沿斜面运动过程中的动能　增大　，重力势能　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ ‎（3）若两个小球从斜面上运动到斜面底部时与相同的木块碰撞，碰撞之后图　乙　（选填“甲”或“乙”）中木块运动距离较大．‎ ‎【考点】FN：动能和势能的大小变化；6D：变速运动与平均速度．菁优网版权所有 ‎【专题】13 ：实验题；34 ：比较思想；41 ：控制变量法；4B ：图析法；571：长度、时间、速度；593：机械能及其转化．‎ ‎【分析】（1）①比较A球在相同时间内通过的路程，判断A球在斜面上运动的速度变化；‎ ‎②影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能．在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析．‎ ‎（2）从乙图中读出小球B从2位置运动到4位置运动的时间和距离，利用速度公式计算速度；‎ 比较B球在相同时间内通过的路程，判断B球在斜面上运动的速度变化，然后根据动能和势能大小的影响因素判断其动能和势能的大小变化；‎ ‎（3）首先根据摩擦力大小的影响因素判断两木块受到的摩擦力大小，然后据图比较两球从斜面上运动到斜面底部时的速度大小，动能大小，进而得出结论．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由甲图可知，A球在相同时间内通过的路程相等，所以，A球在斜面上运动的速度不变（即A球做匀速直线运动）；‎ A球在斜面上运动时，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度减小，重力势能变小，‎ 而机械能等于动能与势能之和，所以A球的机械能减小；‎ ‎（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的时间t=2×0.1s=0.2s，路程s=6cm+10cm=16cm=0.16m，‎ 这段时间内平均速度v===0.8m/s；‎ 由乙图可知，B球在相同时间内通过的路程越来越大，所以，B球在斜面上运动的速度不断变大，‎ B球在运动过程中质量不变、速度变大，故动能变大；同时，高度减小，重力势能减小；‎ ‎（3）由图可知，两个小球从斜面上运动到斜面底端时图乙中的B球速度大（原因是B球在相同时间内通过的路程更长），B球动能大；‎ 而两木块相同，水平面的粗糙程度相同，B球滑到底端时动能大，对木块做的功多，所以，碰撞之后图乙中木块运动距离较大．‎ 故答案为：（1）不变；减小；（2）0.8；增大；减小；（3）乙．‎ ‎【点评】此题为实验题，主要考查速度的大小比较、动能和势能的大小变化、速度的计算、摩擦力大小的影响因素等，在比较速度的大小、动能和势能的大小变化、以及摩擦力大小时，应注意控制变量法的应用．‎ ‎　‎ 三、解答题（共2小题，满分6分）‎ ‎14．（3分）（2017•大庆）如图，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的力的示意图．（力的作用点画在物体的重心）‎ ‎【考点】6H：力的示意图．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；573：重力、弹力、摩擦力．‎ ‎【分析】重力的用点在物体的重心，方向竖直向下；支持力（弹力）的方向垂直接触面指向受力的物体；摩擦力的方向与物体运动方向相反．‎ ‎【解答】解；物体一定受到竖直向下的重力G，冲上粗糙斜面时会受到斜面对它沿斜面向下的摩擦力f、斜面对它的支持力F（方向垂直于斜面向上），力的作用点画在物体的重心上，其受力示意图如下图所示：‎ ‎．‎ ‎【点评】本题考查力的示意图的画法，关键是能对物体进行正确的受力分析，受力分析一般按照重力、弹力、摩擦力、其它力的顺序作图．‎ ‎　‎ ‎15．（3分）（2017•大庆）如图所示，一束光从半球面上的A点沿半径方向射入半球形玻璃，已知半球形玻璃的球心为O，请画出这束光线在半球形玻璃左侧平面发生的折射、反射光路图．‎ ‎【考点】AN：作光的折射光路图；A8：作光的反射光路图．菁优网版权所有 ‎【专题】14 ：作图题；512：光的传播和反射、平面镜成像；513：光的折射、光的色散．‎ ‎【分析】（1）根据反射定律的内容可知，光反射时，反射光线、入射光线与法线在同一 平面内，入射光线和反射光线分居法线两侧，反射角等于入射角．‎ ‎（2）由光的折射规律可知，折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入玻璃中时，折射角小于入射角．光从玻璃中斜射入空气时，折射角大于入射角．‎ ‎【解答】解：过球心的光线不发生折射，过O点垂直于半球形玻璃左侧平面作出法线，然后根据反射角等于入射角，在玻璃内画出反射光线，根据光线在光从玻璃中斜射入空气时，折射角大于入射角画出折射光线．如下图所示：‎ ‎【点评】此题主要考查了光的反射、折射光线的画法，记熟光的折射定律的内容，并要搞清折射角与入射角的关系是解答此题关键．‎ ‎　‎ 四、解答题（共2小题，满分19分）‎ ‎16．（7分）（2017•大庆）在学完弹力后，同学们在“制作弹簧测力计”的活动课中发现：在一定的范围内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的长度就会越长，根据这一现象，小明和小丽提出如下猜想，究竟谁的正确呢？它们决定一起通过实验来验证自己的猜想．‎ ‎（1）小明和小丽利用一根弹簧、若干个相同的钩码、刻度尺等器材设计实验，实验记录数据如下表：‎ ‎1‎ 拉力（钩码总重）F/N ‎0‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎2‎ 橡皮筋的总长度l/cm ‎4.50‎ ‎5.10‎ ‎5.70‎ ‎6.31‎ A ‎7.50‎ ‎3‎ 橡皮筋伸长的长度△l/cm ‎0‎ ‎0.60‎ ‎1.20‎ ‎1.81‎ B ‎3.00‎ 表中有一组数据没有记录，请根据如图补充A处数据为　6.91　cm，B处数据为　2.41　cm．‎ 根据表中数据，两个同学中　小明　猜想是正确的．‎ ‎（2）在学完摩擦力之后，小丽同学又用弹簧测力计探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关时，进行了甲、乙、丙三次实验，如图所示．‎ 由　甲、乙　两个实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关．‎ 由图甲和图丙两个实验可知，滑动摩擦力的大小与　接触面粗糙程度　有关．‎ ‎（3）在研究滑动摩擦力实验中，小丽同学主要应用下列哪一种研究物理问题的方法　B　．‎ A．类比法 B．控制变量法 C．推理法 D．等效替代法．‎ ‎【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验；72：弹簧测力计及其原理．菁优网版权所有 ‎【专题】13 ：实验题；41 ：控制变量法；5A5：探究型实验综合题．‎ ‎【分析】（1）①通过查表可知，当拉力为0时，橡皮筋的总长度是4.5cm，这个数值就是没有挂钩码时橡皮筋的长度；‎ ‎②橡皮筋伸长的长度等于橡皮筋的总长度与没有挂钩码时橡皮筋长度之差，橡皮筋的总长度LAcm，没有挂钩码时橡皮筋长度L0=4.5cm，△L=LA﹣L0；‎ ‎③通过分析实验数据可以得出这样的结论：当两个量的比值是定值时，这两个量就成正比，从而能做出正确的判断．‎ ‎（2）根据控制变量法的要求分析图示实验，得出实验结论；‎ ‎（3）物理学中，在研究一个量与多个变量之间的关系时，往往要先控制某些量，每次只研究与其中一个变量的关系，这就是控制变量法．‎ ‎【解答】解：（1）由表中数据知：‎ ‎①当F=0N时的橡皮筋长度即为L0；根据观察第1行与第3行数据的变化规律可得出，第3行中空缺数据为6.91cm；‎ ‎②用橡皮筋的总长度L减去原长L0即为橡皮筋伸长的长度△L；即6.91cm﹣4.5cm=2.41cm．‎ ‎③分析1、3两行数据，橡皮筋伸长的长度与所受的拉力的比值是定值，因此小明的猜想是正确的；‎ ‎（2）由控制变量法可知，要研究滑动摩擦力与压力的关系，应控制接触面粗糙程度不变，故应观察甲乙两图；‎ 由图甲和图丙两个实验可知，由控制变量法可知，要研究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系，应控制压力的大小不变；‎ ‎（3）本实验中，分别探究了摩擦力与压力大小和接触面粗糙程度，以及与物体运动速度多个变量之间的关系，运用的是控制变量的方法，故B正确．‎ 故答案为：（1）6.91；2.41；小明；（2）甲、乙；接触面粗糙程度；（3）B．‎ ‎【点评】本题主要考查了考查弹簧测力计的制造原理、二力平衡原理的应用，以及运用控制变量法分析实验的能力，常见题目．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2017•大庆）图甲是小刚在“探究电流与电压关系”的实验中所连接的实物图．‎ ‎（1）①将甲图中的滑动变阻器（0﹣20Ω）阻值调到最大，闭合开关时，会看到下列哪种现象　B　．‎ A．电压表指针几乎不偏转，电流表指针也几乎不偏转 B．电压表指针偏转较大，电流表指针几乎不偏转 C．电压表指针偏转较大，电流表指针也偏转较大 ‎②图甲中有一根导线接错了，请在错误处画“×”，并在图上改正．‎ ‎（2）用改正后的电路测小灯泡的电阻，将定值电阻换成一只标有“2.5V”的小灯泡，闭合开关后，调节滑动变阻器，某时刻电流如图乙所示，由图可得小灯泡的电流为　0.2　A，从丙图中小灯泡的U﹣I图象可知，小灯泡的电阻随电压增大而　增大　．‎ ‎（3）小刚同学还设计了如图丁所示的电路，其中电源电压恒为1.5V，将M，N用导线连接，调节滑动变阻器，使电流表指针指在0.6A处，则此时滑动变阻器接入电路的电阻是　2.5　Ω．保持滑动变阻器滑片位置不变，若在M、N之间加入电阻Rx，电流表示数如图乙所示，则电阻Rx阻值是　5Ω　．‎ ‎【考点】IL：探究电流与电压、电阻的关系实验．菁优网版权所有 ‎【专题】53 ：电路和欧姆定律；5A5：探究型实验综合题．‎ ‎【分析】（1）根据电压表串联在电路中分析；‎ ‎（2）根据电流表小量程读数，根据P=UI和影响电阻大小的因素分析；‎ ‎（3）根据欧姆定律求滑动变阻器接入电路的电阻；‎ 根据电阻的串联和欧姆定律求电阻Rx阻值．‎ ‎【解答】解：（1）①甲图中，电压表与电流表均串联在电路中，因电压表内阻很大，根据欧姆定律，电路中电流几乎为0，电流表指针几乎不偏转；电压表与电源连通，电压表示数接近电源电压，即接近3V，电压表指针偏转较大，故选B；‎ ‎②探究电流与电压关系时，电压表应与定值电阻并联，如下所示：‎ ‎（2）图乙中电流表选用小量程，示数为0.02A，示数为0.2A；‎ 由图丙知，通过灯的电流随电压的增大而增大，根据P=UI，灯的功率随电压的增大而增大，灯丝的温度升高，因灯丝的电阻随温度的升高而变大，故灯丝的电阻变大，故小灯泡的电阻随电压增大而增大；‎ ‎（3）电源电压恒为1.5V，将M，N用导线连接，调节滑动变阻器，使电流表指针指在0.6A处，根据欧姆定律，根据欧姆定律I=，则此时滑动变阻器接入电路的电阻：‎ R1==2.5Ω．保持滑动变阻器滑片位置不变，若在M、N之间加入电阻Rx，电流表示数如图乙所示，此时电流大小I2=0.2A，‎ 由电阻的串联规律和欧姆定律，则电阻Rx阻值：‎ Rx=﹣R1=﹣2.5Ω=7.5Ω﹣2.5Ω=5Ω．‎ 故答案为：（1）①B；②如上所示；（2）0.2；增大；（3）2.5；5Ω．‎ ‎【点评】本题探究电流与电压关系，考查电路的连接、电流表读数、影响电阻大小的因素及电阻串联的规律和欧姆定律的运用．‎ ‎　‎ 五、解答题（共2小题，满分15分）‎ ‎18．（7分）（2017•大庆）如图所示，在水平地面上放着物体A，A与地面的接触面积为0.14m2，对地面的压强为3000Pa，用滑轮组匀速提升物体A时，滑轮组的机械效率是84%（不计绳重和摩擦，g=10N/kg）．求：‎ ‎（1）物体A的质量mA和动滑轮的质量m．‎ ‎（2）用此滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，在5s的时间内，人拉力做的功是多少？‎ ‎【考点】F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；592：功、功率、机械效率．‎ ‎【分析】（1）知道压强和受力面积，利用F=pS求A对地面的压力；由于物体A在水平地面上，A的重力等于压力，再利用G=mg求物体A的质量；用滑轮组匀速提升物体A时，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η===，据此求动滑轮质量；‎ ‎（2）用此滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，利用h=vt求提升物体A的高度，拉力端移动距离s=2h，‎ 不计绳重和摩擦，拉力F=（GA+G轮），再利用W=Fs求人拉力做的功．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由p=可得，A对地面的压力：‎ F压=pS=3000Pa×0.14m2=420N，‎ 因为物体A在水平地面上，‎ 所以物体A的重力：GA=F=420N，‎ 物体A的质量：mA===42kg；‎ 用滑轮组匀速提升物体A时，不计绳重和摩擦，则滑轮组的机械效率：‎ η=====84%，‎ 解得G轮=80N，‎ 动滑轮的质量：m===8kg；‎ ‎（2）用此滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升5s，则物体A上升的高度：‎ h=vt=0.2m/s×5s=1m，‎ 由图可知n=2，则拉力端移动距离s=2h=2×1m=2m，‎ 不计绳重和摩擦，则绳端的拉力：F=（GA+G轮）=（420N+80N）=250N，‎ 人拉力做的功：‎ W总=Fs=250N×2m=500J．‎ 答：（1）物体A的质量为42kg，动滑轮的质量为8kg；‎ ‎（2）在5s的时间内，人拉力做的功是500J．‎ ‎【点评】本题为力学综合题，考查了压强定义式、功的公式、效率公式的应用，本题关键有二：一是不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η===；二是不计绳重和摩擦，拉力F=（GA+G轮）．‎ ‎　‎ ‎19．（8分）（2017•大庆）如图（a）所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由B端移动到A端时，测得电阻R1两端的电压与通过电阻R1的电流变化关系如图（b）所示．‎ ‎（1）求电源的电压U和滑动变阻器的最大阻值Rm．‎ ‎（2）当电流I=1.0A时，求电阻R1与R2消耗的功率之比P1：P2．‎ ‎（3）写出电压表V2的示数与通过电阻R2的电流变化关系式，并写出V2大小的变化范围．‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；12 ：应用题；53 ：电路和欧姆定律；541：电能和电功率．‎ ‎【分析】（1）由电路图可知，当滑片P在A端时，只有电阻R1接入电路，此时电阻R1的电压最大，由I﹣U图象找出电压所对应的电流，由欧姆定律可以求出电阻R1的阻值；‎ 由电路图可知，当滑片P在A端时，只有电阻R1接入电路，电阻R1两端的电压等于电源电压，由I﹣U图象可以求出电源电压；‎ 由电路图可知，当滑片在B端时，滑动变阻器阻值全部接入电路，此时电阻R1两端电压最小，由I﹣U图象找出流过电路的电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出滑动变阻器的最大阻值；‎ ‎（2）根据P=UI，分别求出电阻R1与R2消耗的功率，可得功率之比P1：P2；‎ ‎（3）由图可知V2并联在滑动变阻器R2两端，当R2短路时电压最小；当R2全部接入时电压最大，根据串联电路的规律可求得V2的电压．‎ ‎【解答】解：（1）当P在A端时，只有电阻R1接入电路，此时电阻R1的电压最大，‎ 由I﹣U图象可知，电阻R1两端电压U1=6V，电路电流I1=1.5A，‎ 电阻R1的阻值：R1===4Ω；‎ 由电路图可知，当P在A端时电源电压加在R1上，‎ 由I﹣U图象可知，电源电压U=U1=6V；‎ 当P在B端时，滑动变阻器全部接入电路，总电阻最大，电流最小，‎ 由I﹣U图象可知电路电流是I=I1′=0.5A；‎ 此时电路总电阻：R总===12Ω，‎ 则滑动变阻器R2的最大阻值：Rm=R总﹣Rl=12Ω﹣4Ω=8Ω；‎ ‎（2）当电流I′′=1.0A时，由图象可得，U1=4V，‎ 电阻R1与R2串联，则R2两端的电压：U2=U﹣U1=6V﹣4V=2V，‎ 电阻R1与R2消耗的功率分别为：P1=U1I″=4V×1.0A=4W；‎ P2=U2I″=2V×1.0A=2W；‎ 电阻R1与R2消耗的功率之比P1：P2=4W：2W=2：1；‎ ‎（3）V2测滑动变阻器R2的电压，‎ 由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电压表V2的示数与通过电阻R2的电流变化关系式：‎ U2=U﹣IR1 =6V﹣I×4Ω；‎ 当P在A端时，V2的示数为0V；‎ 当P在B端时，R1两端电压最小，由图象可知UR1=2V，则U2=U﹣UR1=6V﹣2V=4V；‎ 所以电压表V2示数的变化范围为：0V～4V．‎ 答：（1）电源的电压U是6V，滑动变阻器的最大阻值Rm是8Ω；‎ ‎（2）当电流I=1.0A时，求电阻R1与R2消耗的功率之比P1：P2是2：1；‎ ‎（3）写出电压表V2的示数与通过电阻R2的电流变化关系式是U2=U﹣IR1 =6V﹣I×4Ω；V2大小的变化范围是0V～4V．‎ ‎【点评】本题结合图象考查了欧姆定律及电功率的公式应用，属综合性较高的题目，难点在于图象的分析及第4问中功率的表达式的分析．‎ ‎　‎