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2017年上海市中考物理试卷（解析版）
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这是一份2017年上海市中考物理试卷（解析版），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题等内容，欢迎下载使用。
2017年上海市中考物理试卷
一、选择题（共16分）
1．在太阳系中．月球属于（ ）
A．恒星 B．行星 C．卫星 D．彗星
2．新“七不规范”中．“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
3．家用电能表抄见数所用的单位是（ ）
A．千瓦 B．千瓦时 C．库仑 D．伏特
4．光从空气倾斜射入玻璃中，入射角为60°，折射角可能为（ ）
A．0° B．35° C．60° D．90°
5．四冲程柴油机在工作过程中，将内能转化为机械能的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
6．两个质想不同的金属块，发出相同热量，降低相同温度，则（ ）
A．质量大的金属块的比热容一定大
B．质量大的金属块的比热容一定小
C．质量的金属块的比热容可能大
D．两个金属块的比热容有可能相同
7．甲车从M点、乙车从N点同时相向运动，它们的s﹣t图象分别如图（ a ）、（ b ）所示，当甲、乙相遇时．乙距M点12米，若甲、乙的速度分别为 v甲、v 乙，M、N 间的距离为 s，则（ ）
A．v甲＜v乙，s=36米 B．v甲＜v乙，s=12米
C．v甲＞v乙，s=36米 D．v甲＞v乙，s=18米
8．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中（ ）
A．电流表A示数变大
B．电压表V2示数变小
C．电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变大
D．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大
二、填空题（共22分）
9．上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为 伏，这些用电器是 的（选填串联或并联），工作时将 能分别转化为光能、机械能等．
10．2017年5月，我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功，客机飞行时．以地面为参照物．客机是 的（选填“运动”或“静止”）；客机下降过程中，其重力势能 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎表面的温度会升高，这是通过 的方式改变其内能的．
11．生活中蕴含着很多物理知识：老花眼镜是利用凸透镜对光的 作用制成的（选填“会聚”或“发散”）；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的 ；用吸管吸饮科，是利用 的作用．
12．某导体两端的电压为9伏，10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库，通过该导体的电流为 安，这段时间内电流做功为 焦．若将该导体两端的电压调整为12伏，其电阻为 欧．
13．如图（a）、（b）所示，分别用力F1、F2匀速提升重为10牛的物体，图 中的滑轮可以看作省力杠杆；图（a）中．若不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 牛，物体受到合力的大小为 牛．
14．在如图所示的电路中，电源电压为U，己知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，电键S闭合前后，电压表指针的位置不变，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障． ．
15．研究发现，人体内部存在磁场，人体内部的磁场与人体健康密切相关．
①人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则下列判断中合理的是 （选填：a、b或c）．
A．人体内部磁场的磁感线分布较疏
B、人体内部磁场的磁感线分布较密
C、两者磁场的磁感线疏密大致相同
②对人体内部磁场存在的原因提出猜想，请写出一种猜想及其依据． ．
三、作图题
16．在图中，小球受到的重力G为20牛，用力的图示法画出重力G．
17．在图中，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角的大小．
18．在如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：闭合电键S，两灯均能发光．
四．计算题（共27分）
19．金属块排开水的体积为2×l0﹣3米3，求金属块受到浮力F浮的大小．
20．物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P．
21．甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够高）置于水平地面上．甲容器底面积为6×10﹣2米2，盛有质量为8千克的水，乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的水．
①求乙容器中水的体积V乙．
②求乙容器底部受到水的压强P乙．
③现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量△P甲．
22．在如图所示的路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20欧，闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8安和0.3安．
①求电源电压U．
②求通过电阻R2的电流I2．
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，求电阻R0的阻值．
五．实验题（共18分）
23．如图所示的弹簧测力计的最小分度值为 牛，读数为 牛．在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量的物理量是 、动力臂、阻力和阻力臂，为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在 位置保持平衡．
24．在“探究平面镜成像的特点”实验中，玻璃板应 放置在水平桌面上；为得到像与物体到镜面的距离关系，物体需放在 位置多次实验（选填“同一”或“不同”），如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，凸透镜置于光具座的A点处，蜡烛、 应置于凸透镜的两侧，若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像，则该凸透镜的焦距 10厘米（选填“大于”、“等于”或“小于”）．
25．小明用六个重力G均为10牛，体积不同的球体，研究放入球体前后容器底部受到水的压力增加量△F的情况．他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中，待球体静止，得到容器底部受到水的压力增加量△F，实验数据和实验现象如表
实验序号
1
2
3
4
5
6
放入的球体
A
B
C
D
E
F
△F（牛）
5
6
8
10
10
10
实验现象
（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时， ．
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是， ．
（2）小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号 的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时， 体积越大，△F越大．
26．小华做“测定小灯泡的电功率”的实验，现有电源（电压保持不变），待测小灯泡（标有“0.28A”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器、电键及导线若干．小华正确连接电路后进行实验，在移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示，他经过思考重新连接电路进行实验，将新测得的三组数据记录在如表中．
电压U/（伏）
电流I（安）
1
3.0
0.24
2
2.2
0.28
3
1.7
0.30
（1）图（b）中电流表的示数为 安．
（2）请根据相关信息，求出电源电压及小灯泡的额定功率． （本小题需写出计算过程）
2017年上海市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16分）
1．在太阳系中．月球属于（ ）
A．恒星 B．行星 C．卫星 D．彗星
【考点】34：人类探究太阳系及宇宙的历程．
【分析】解答本题应掌握：能够自身发光发热的星体称为恒星，离我们最近的恒星为太阳；同时应记清太阳系里的八大行星．
【解答】解：太阳是能够发光发热的星体，是离我们最近的恒星；地球是围绕太阳转动的一颗行星；而月球是地球的一颗卫星；
故选C．
2．新“七不规范”中．“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【考点】9I：音调、响度与音色的区分．
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．
【解答】解：校园内和一些公共场所有“言语不喧哗”的规定，指的是声音大，即指声音的响度大；
故答案为：响度；
3．家用电能表抄见数所用的单位是（ ）
A．千瓦 B．千瓦时 C．库仑 D．伏特
【考点】J1：电功．
【分析】电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度．
【解答】解：A、千瓦是电功率的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故A不合题意；
B、电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度．故B符合题意；
C、库化是电量的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故C不合题意；
D、伏特是电压的单位，电能表是测量电能（或电功）的，故D不合题意．
故选B．
4．光从空气倾斜射入玻璃中，入射角为60°，折射角可能为（ ）
A．0° B．35° C．60° D．90°
【考点】AM：光的折射现象及其应用．
【分析】光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角．
【解答】解：根据从空气斜射入水中时，入射角为60°，折射角小于入射角．故B可能正确，ACD一定错误．
故选B．
5．四冲程柴油机在工作过程中，将内能转化为机械能的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【考点】GM：内燃机的四个冲程．
【分析】柴油机工作的四个冲程中，每个冲程都伴随着能量的转化或消耗．其中在压缩冲程和做功冲程中，存在着机械能与内能的转化．根据这部分基础知识即可确定答案．
【解答】解：柴油机正常工作时，在压缩冲程中，活塞对气缸内的气体做功，将机械能转化为内能，使气缸内的气体温度升高；在做功冲程中，汽油燃烧生成的高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，带动曲轴转动，对外提供动力．
故选C．
6．两个质想不同的金属块，发出相同热量，降低相同温度，则（ ）
A．质量大的金属块的比热容一定大
B．质量大的金属块的比热容一定小
C．质量的金属块的比热容可能大
D．两个金属块的比热容有可能相同
【考点】GD：比热容的概念．
【分析】两个质量不同、散发热量相同的物体，降低相同的温度时，其所能放出热量的多少与其比热容有关，故在分析判断时应联系公式Q=cm△t进行判断．
【解答】解：据公式Q=cm△t可得c=，金属块的质量不同，发出的热量相同，其变化的温度相同，质量大的金属块的比热容一定小，故B正确．
故选：B．
7．甲车从M点、乙车从N点同时相向运动，它们的s﹣t图象分别如图（ a ）、（ b ）所示，当甲、乙相遇时．乙距M点12米，若甲、乙的速度分别为 v甲、v 乙，M、N 间的距离为 s，则（ ）
A．v甲＜v乙，s=36米 B．v甲＜v乙，s=12米
C．v甲＞v乙，s=36米 D．v甲＞v乙，s=18米
【考点】69：速度公式及其应用．
【分析】（1）根据图甲和图乙读出对应的路程和时间，然后根据速度公式即可求出甲、乙的速度；
（2）根据甲、乙各自的速度和时间，算出12s通过的路程，它们的路程之差就是P、Q两点间的距离．
【解答】解：（1）由图象可知，s甲=12m时，t甲=6s；s乙=12m时，t乙=12s；
则甲的速度：v甲===2m/s；
乙的速度：v乙===1m/s；v甲＞v乙，故AB错误；
（2）相遇时，甲通过的路程为：s甲=v甲t=2m/s×t，
乙车通过的路程为：s乙=v乙t=1m/s×t，
M、N间的距离为：s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=1m/s×t+12m，
解得相遇的时间：t=6s，带入M、N间的距离为：s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=2m/s×6s+1m/s×6s=18m．故C错误，D正确．
故选D．
8．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中（ ）
A．电流表A示数变大
B．电压表V2示数变小
C．电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变大
D．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大
【考点】IZ：电路的动态分析；IH：欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，
向右移动滑动变阻器滑片P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=可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；
由U=IR可知，R1两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；
因电压表V1示数与电压表V2示数的差值等于R1两端的电压，且R1两端的电压变小，
所以，电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变小，故C错误；
由电压表V1的示数不变、电流表A的示数变小可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故D正确．
故选D．
二、填空题（共22分）
9．上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为 220 伏，这些用电器是 并联 的（选填串联或并联），工作时将 电 能分别转化为光能、机械能等．
【考点】IQ：家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；J2：电功的实质．
【分析】（1）家庭电路的电压是220V；
（2）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；
（3）用电器工作时，消耗电能，产生其他形式的能．
【解答】解：
据教材知识可知，家庭电路的电压是220V；由于家庭电路中的用电器互不影响，所以这些用电器是并联的；这些用电器工作时，消耗了电能，产生其他形式的能，所以是将电能转化为其他形式的能的过程．
故答案为：220；并联；电；
10．2017年5月，我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功，客机飞行时．以地面为参照物．客机是 运动 的（选填“运动”或“静止”）；客机下降过程中，其重力势能 减小 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎表面的温度会升高，这是通过 做功 的方式改变其内能的．
【考点】52：参照物及其选择；FN：动能和势能的大小变化；G9：做功改变物体内能．
【分析】如果物体相对于参照物位置保持不变，物体是静止的；如果物体的位置相对于参照物位置不断变化，则物体是运动的；据此分析答题．
重力势能的大小与质量和高度有关；
改变内能的两种方式是做功和热传递．
【解答】解：客机飞行时，相对于地面的位置不断变化，以地面为参照物，客机是运动的．
重力势能的大小与质量和高度有关，客机下降时，质量不变，高度减小，所以重力势能减小；
客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎与地面摩擦，克服摩擦做功，表面的温度会升高．
故答案为：运动；减小；做功．
11．生活中蕴含着很多物理知识：老花眼镜是利用凸透镜对光的 会聚 作用制成的（选填“会聚”或“发散”）；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的 运动状态 ；用吸管吸饮科，是利用 大气压强 的作用．
【考点】B4：凸透镜的会聚作用；6F：力的作用效果；8J：大气压的综合应用．
【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用；
（2）力可以改变物体的运动状态，也可以改变物体的形状；
（3）知道生活中常见大气压的应用．
【解答】解：据课本可知，老花眼镜是凸透镜，其对光线有会聚作用，就是利用该作用矫正远视眼的；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的运动状态；在用吸管吸饮科，是利用大气压强的作用将饮料压人吸管的．
故答案为：会聚；运动状态；大气压强；
12．某导体两端的电压为9伏，10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库，通过该导体的电流为 0.6 安，这段时间内电流做功为 54 焦．若将该导体两端的电压调整为12伏，其电阻为 15 欧．
【考点】IH：欧姆定律的应用；H4：电量及其计算；J3：电功的计算．
【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面积的电荷量，根据I=求出通过导体的电流，根据W=UIt=UQ求出这段时间内电流做的功，根据欧姆定律求出导体的电阻；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关．
【解答】解：通过导体的电流：
I===0.6A，
这段时间内电流做功：
W=UIt=UQ=9V×6C=54J，
由I=可得，导体的电阻：
R===15Ω，
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，
所以，将该导体两端的电压调整为12伏时，导体的电阻仍为15Ω不变．
故答案为：0.6；54；15．
13．如图（a）、（b）所示，分别用力F1、F2匀速提升重为10牛的物体，图 b 中的滑轮可以看作省力杠杆；图（a）中．若不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 10 牛，物体受到合力的大小为 0 牛．
【考点】7V：定滑轮及其工作特点；7W：动滑轮及其工作特点．
【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不省力，也不省距离；动滑轮的本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但是费距离；
【解答】解：
（1）a是定滑轮，本质是等臂杠杆；b是动滑轮，本质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆；
（2）使用定滑轮不省力也不费力，若不计摩擦和滑轮重力，则F1=G=10N；
匀速提升物体，则a图中物体受到的重力和拉力是一对平衡力，其合力的大小为0牛．
故答案为：b；10；0．
14．在如图所示的电路中，电源电压为U，己知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，电键S闭合前后，电压表指针的位置不变，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障． 若电压表的示数为U，说明R2断路或R1短路；若电压表的示数为0，说明R1断路 ．
【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．
【分析】从两个方面分析：①若电压表有示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端相连，据此定出故障所在；
②若电压表无示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端不相连，据此确定出故障所在．
【解答】解：
①若闭合开关前，电压表有示数，说明电压表通过R1与电源的两极连通，此时电压表的示数为电源电压U；闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然测电源电压，则故障可能是R1短路了（R1不分压），也可能是R2断路（此时电压表串联在电路中测电源电压）．
②若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的两极不相连，则故障为R1断路；
闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然无示数，也说明是R1断路．
故答案为：若电压表的示数为U，说明R2断路或R1短路；若电压表的示数为0，说明R1断路；
15．研究发现，人体内部存在磁场，人体内部的磁场与人体健康密切相关．
①人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则下列判断中合理的是 a （选填：a、b或c）．
A．人体内部磁场的磁感线分布较疏
B、人体内部磁场的磁感线分布较密
C、两者磁场的磁感线疏密大致相同
②对人体内部磁场存在的原因提出猜想，请写出一种猜想及其依据． 电流周围有磁场，人体内也有电流 ．
【考点】C6：磁场．
【分析】（1）为了形象、准确的描述磁场，我们用一些带箭头的曲线来表示，这样的曲线叫磁感线，磁感线也是假想出来的，不是真实存在的；但磁场是确确实实存在．
（2）地磁场的南极在地球的北极附近，地磁场的北极在地球的南极附近，地球的南北极与地磁场的南北极是不重合的．
【解答】解：
①磁场越强，反映在磁感线上分布较密，磁场越弱，反映在磁感线上分布较疏；
人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则人体内部磁场的磁感线分布较疏，故选a；
②根据奥斯特实验，通电导体周围有磁场，对人体内部磁场存在的原因提出猜想：电流周围有磁场，人体内有电流．
故答案为：①a；②电流周围有磁场，人体内也有电流．
三、作图题
16．在图中，小球受到的重力G为20牛，用力的图示法画出重力G．
【考点】7B：重力示意图．
【分析】作物体的重力图示时，应先分析出力的大小、方向和作用点，再利用所给出的标度，画出这个力即可．
【解答】解：重力的大小为20N，取标度为10N，方向竖直向下，作用在小球的重心，如图所示：
17．在图中，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角的大小．
【考点】A8：作光的反射光路图．
【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数．
【解答】解：由图知，反射角为30°，可得入射角也为30°，在法线左侧画出入射光线，度数等于反射角为30°即可，如图所示：
18．在如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：闭合电键S，两灯均能发光．
【考点】HX：电流表的使用；I3：电压表的使用．
【分析】据电流表是串联使用，电压表是并联使用分析．
【解答】解：
根据电路图可知，上面的电表串联在干路中，因此为电流表；中间的电表与灯泡L1串联，因此为电流表；下面的电表与灯泡L1并联，因此为电压表．如下图所示：
故答案为：见上图．
四．计算题（共27分）
19．金属块排开水的体积为2×l0﹣3米3，求金属块受到浮力F浮的大小．
【考点】8P：浮力大小的计算．
【分析】知道金属块排开水的体积，利用阿基米德原理的推导公式F浮=G排=ρ液gV排求金属块受到水的浮力．
【解答】解：
金属块所受浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣3m3=19.6N．
答：金属块受到浮力的大小为19.6N．
20．物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P．
【考点】EC：功的计算；FF：功率的计算．
【分析】知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=求出功率的大小．
【解答】解：拉力做的功：
W=Fs=50N×20m=1000J；
拉力的功率：
P===100W．
答：此过程中拉力做的功为1000J，功率为100W．
21．甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够高）置于水平地面上．甲容器底面积为6×10﹣2米2，盛有质量为8千克的水，乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的水．
①求乙容器中水的体积V乙．
②求乙容器底部受到水的压强P乙．
③现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量△P甲．
【考点】2B：密度公式的应用；89：液体的压强的计算．
【分析】①已知水的质量和密度，两者之比得到其体积；
②已知水的密度和深度，可以得到水对容器底的压强；
③放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力．薄壁容器质量不考虑，根据两个容器中原来水的质量和质量多少变化后的压力相同，可以得到甲减少的水的质量，进一步得到重力；根据甲减少水的重力和容器底面积，得到甲容器底部受到水的压强变化量．
【解答】解：
①因为ρ=，
所以乙容器中水的体积：
V乙===2×10﹣3m3；
②乙容器中水对容器底的压强：
p乙=ρ水gh乙=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
③已知从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，也就是剩余水的重力相同，
甲容器剩余水的质量：
m剩==5kg，
甲抽出水的质量：
△m=m甲﹣m剩=8kg﹣5kg=3kg，
甲容器中水对容器底减小的压力：
△F=△G=△mg=3kg×9.8N/kg=29.4N，
甲容器中水对容器底压强的变化量：
△p===490Pa．
答：
①乙容器中水的体积为2×10﹣3m3；
②乙容器底部受到水的压强为980Pa；
③抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量为490Pa．
22．在如图所示的路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20欧，闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8安和0.3安．
①求电源电压U．
②求通过电阻R2的电流I2．
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，求电阻R0的阻值．
【考点】IH：欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流．
（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；
（3）由题知，电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；根据并联电路的特点确定电阻R0所替换的电阻；根据题中条件利用P=UI求出替换前电源的电功率；再根据题意求出替换后电源的电功率；由并联电路的特点可知另一支路的电阻消耗的功率不变，且根据P=UI可求出该电阻消耗的功率；因电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，据此可求出R0消耗的功率；最后利用P=可得R0的阻值．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流．
①闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8A和0.3A，
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I=0.8A，通过电阻R1的电流I1=0.3A，
并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由欧姆定律可得，电源电压：
U=U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V；
②由并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：
I2=I﹣I1=0.8A﹣0.3A=0.5A；
③由题知，用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；
若用R0替换电阻R1，则电流表A1所在支路的电阻发生变化，电流表A1的示数会发生变化，同时干路电流也会发生变化，即电流表A的示数发生变化，不符合题意；因此只能是用R0替换电阻R2；
替换前电源的电功率：
P总=UI=6V×0.8A=4.8W；
替换后电源的电功率变化了0.6W，则此时电源的电功率可能为：
P总′=P总+△P=4.8W+0.6W=5.4W，P总″=P总﹣△P=4.8W﹣0.6W=4.2W；
并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，替换前后R1的电流和功率均不变，
则R1消耗的功率：P1=UI1=6V×0.3A=1.8W；
因替换后R1与R0并联，且电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，
所以，电阻R0消耗的功率可能为：
P0=P总′﹣P1=5.4W﹣1.8W=3.6W，P0′=P总″﹣P1=4.2W﹣1.8W=2.4W，
由P=可得，R0的阻值可能为：
R0===10Ω，R0′===15Ω，
即电阻R0的阻值为10Ω或15Ω才能满足题中的要求．
答：①电源电压U为6V；
②通过电阻R2的电流I2为0.5A；
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，电阻R0的阻值为10Ω或15Ω．
五．实验题（共18分）
23．如图所示的弹簧测力计的最小分度值为 0.2 牛，读数为 3.2 牛．在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量的物理量是 动力 、动力臂、阻力和阻力臂，为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在 水平 位置保持平衡．
【考点】74：弹簧测力计的使用与读数；7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【分析】（1）弹簧测力计的分度值是指最小刻度值．
弹簧测力计的读数：确定每一个大格和每一个小格代表的示数，然后读出力的大小．
（2）在探究杠杆平衡条件时，实验前移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；实验过程中移动钩码的位置或改变钩码的数量，使杠杆在水平位置重新平衡．
【解答】解：
如图，弹簧测力计的分度值是0.2N，每一个大格代表1N，弹簧测力计的示数为3.2N．
在“探究杠杆平衡条件”实验中，需要测量的物理量是动力、动力臂、阻力和阻力臂，才能得出：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在水平位置平衡．
故答案为：0.2；3.2；动力；水平．
24．在“探究平面镜成像的特点”实验中，玻璃板应 竖直 放置在水平桌面上；为得到像与物体到镜面的距离关系，物体需放在 不同 位置多次实验（选填“同一”或“不同”），如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，凸透镜置于光具座的A点处，蜡烛、 光屏 应置于凸透镜的两侧，若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像，则该凸透镜的焦距 小于 10厘米（选填“大于”、“等于”或“小于”）．
【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；B7：凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】（1）玻璃板不竖直，像的底部不在桌面上，怎么移动都不会与另一蜡烛重合；
（2）一次实验不具备代表性，具有很大的偶然性，所以应采取同样的实验方案多做几次，才能保证结论的正确．
（3）蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；
首先根据“若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”．确定凸透镜的焦距范围．
【解答】解：（1）做“探究平面镜成像的特点”实验，玻璃板应 竖直放置在水平桌面上，玻璃板没有竖直放置，前面蜡烛所成的像可能偏高或偏低，这样前面蜡烛的像与后面的蜡烛就无法重合了；
（2）一次实验不具备代表性，应采取同样的实验方案多做几次，避免实验现象的偶然性，才能保证结论的正确，所以应将物体放在不同位置进行实验．
（3）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；
由“蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”知u=50cm﹣30cm=20cm＞2f，即f＜10cm．
故答案为：竖直；不同；光屏；小于．
25．小明用六个重力G均为10牛，体积不同的球体，研究放入球体前后容器底部受到水的压力增加量△F的情况．他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中，待球体静止，得到容器底部受到水的压力增加量△F，实验数据和实验现象如表
实验序号
1
2
3
4
5
6
放入的球体
A
B
C
D
E
F
△F（牛）
5
6
8
10
10
10
实验现象
（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时， 容器底部受到水的压力增加量△F小于重力G ．
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是， 当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G ．
（2）小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号 D、E、F 的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时， 物体排开液体的 体积越大，△F越大．
【考点】2P：控制变量法与探究性实验方案．
【分析】（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力；
（2）分析比较图表的数据，可判断小明得出的结论不正确；
（3）根据阿基米德原理以及力的作用是相互的分析解答．
【解答】解：（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可看到浮力小于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时，容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力；
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可看到物体漂浮，浮力等于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于浮力，可得出的初步结论是，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G；
（2）由（1）的结论，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G，与物体体积的大小无关，小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号D、E、F的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确；
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，物体排开液体的体积越大，△F越大．
故答案为：（1）容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力；当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G；（2）D、E、F；（3）物体排开液体的．
26．小华做“测定小灯泡的电功率”的实验，现有电源（电压保持不变），待测小灯泡（标有“0.28A”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器、电键及导线若干．小华正确连接电路后进行实验，在移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示，他经过思考重新连接电路进行实验，将新测得的三组数据记录在如表中．
电压U/（伏）
电流I（安）
1
3.0
0.24
2
2.2
0.28
3
1.7
0.30
（1）图（b）中电流表的示数为 0.24 安．
（2）请根据相关信息，求出电源电压及小灯泡的额定功率． 电源电压为6V，灯泡的额定功率为1.064W；
计算过程：小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由图（a）（b）可得，电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，
当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W （本小题需写出计算过程）
【考点】JF：电功率的测量．
【分析】（1）根据图（b）中电流表的量程和分度值读出示数；
（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，根据图（a）读出电路中的电流为0.24A时灯泡两端的电压；分析表格数据得出重新连接电路时电压表并联在滑动变阻器两端，由表格数据可知电路中的电流为0.24A时变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，从表格数据中得出额定电流下滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率．
【解答】解：（1）由图（b）可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；
（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，如下图所示：
由图（a）可得，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，灯泡两端的电压为3V，
即灯泡两端的电压为3V时，电路中的电流为0.24A；
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，
则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，如下图所示：
由表中数据可知，当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
综上可知，当电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W．
故答案为：
（1）0.24；
（2）电源电压为6V，灯泡的额定功率为1.064W；
计算过程：小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由图（a）（b）可得，电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，
当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W．
2017年6月30日
2017年上海市中考物理试卷
一、选择题（共16分）
1．在太阳系中．月球属于（ ）
A．恒星 B．行星 C．卫星 D．彗星
2．新“七不规范”中．“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
3．家用电能表抄见数所用的单位是（ ）
A．千瓦 B．千瓦时 C．库仑 D．伏特
4．光从空气倾斜射入玻璃中，入射角为60°，折射角可能为（ ）
A．0° B．35° C．60° D．90°
5．四冲程柴油机在工作过程中，将内能转化为机械能的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
6．两个质想不同的金属块，发出相同热量，降低相同温度，则（ ）
A．质量大的金属块的比热容一定大
B．质量大的金属块的比热容一定小
C．质量的金属块的比热容可能大
D．两个金属块的比热容有可能相同
7．甲车从M点、乙车从N点同时相向运动，它们的s﹣t图象分别如图（ a ）、（ b ）所示，当甲、乙相遇时．乙距M点12米，若甲、乙的速度分别为 v甲、v 乙，M、N 间的距离为 s，则（ ）
A．v甲＜v乙，s=36米 B．v甲＜v乙，s=12米
C．v甲＞v乙，s=36米 D．v甲＞v乙，s=18米
8．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中（ ）
A．电流表A示数变大
B．电压表V2示数变小
C．电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变大
D．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大
二、填空题（共22分）
9．上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为 伏，这些用电器是 的（选填串联或并联），工作时将 能分别转化为光能、机械能等．
10．2017年5月，我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功，客机飞行时．以地面为参照物．客机是 的（选填“运动”或“静止”）；客机下降过程中，其重力势能 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎表面的温度会升高，这是通过 的方式改变其内能的．
11．生活中蕴含着很多物理知识：老花眼镜是利用凸透镜对光的 作用制成的（选填“会聚”或“发散”）；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的 ；用吸管吸饮科，是利用 的作用．
12．某导体两端的电压为9伏，10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库，通过该导体的电流为 安，这段时间内电流做功为 焦．若将该导体两端的电压调整为12伏，其电阻为 欧．
13．如图（a）、（b）所示，分别用力F1、F2匀速提升重为10牛的物体，图 中的滑轮可以看作省力杠杆；图（a）中．若不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 牛，物体受到合力的大小为 牛．
14．在如图所示的电路中，电源电压为U，己知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，电键S闭合前后，电压表指针的位置不变，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障． ．
15．研究发现，人体内部存在磁场，人体内部的磁场与人体健康密切相关．
①人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则下列判断中合理的是 （选填：a、b或c）．
A．人体内部磁场的磁感线分布较疏
B、人体内部磁场的磁感线分布较密
C、两者磁场的磁感线疏密大致相同
②对人体内部磁场存在的原因提出猜想，请写出一种猜想及其依据． ．
三、作图题
16．在图中，小球受到的重力G为20牛，用力的图示法画出重力G．
17．在图中，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角的大小．
18．在如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：闭合电键S，两灯均能发光．
四．计算题（共27分）
19．金属块排开水的体积为2×l0﹣3米3，求金属块受到浮力F浮的大小．
20．物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P．
21．甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够高）置于水平地面上．甲容器底面积为6×10﹣2米2，盛有质量为8千克的水，乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的水．
①求乙容器中水的体积V乙．
②求乙容器底部受到水的压强P乙．
③现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量△P甲．
22．在如图所示的路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20欧，闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8安和0.3安．
①求电源电压U．
②求通过电阻R2的电流I2．
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，求电阻R0的阻值．
五．实验题（共18分）
23．如图所示的弹簧测力计的最小分度值为 牛，读数为 牛．在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量的物理量是 、动力臂、阻力和阻力臂，为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在 位置保持平衡．
24．在“探究平面镜成像的特点”实验中，玻璃板应 放置在水平桌面上；为得到像与物体到镜面的距离关系，物体需放在 位置多次实验（选填“同一”或“不同”），如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，凸透镜置于光具座的A点处，蜡烛、 应置于凸透镜的两侧，若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像，则该凸透镜的焦距 10厘米（选填“大于”、“等于”或“小于”）．
25．小明用六个重力G均为10牛，体积不同的球体，研究放入球体前后容器底部受到水的压力增加量△F的情况．他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中，待球体静止，得到容器底部受到水的压力增加量△F，实验数据和实验现象如表
实验序号
1
2
3
4
5
6
放入的球体
A
B
C
D
E
F
△F（牛）
5
6
8
10
10
10
实验现象
（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时， ．
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是， ．
（2）小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号 的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时， 体积越大，△F越大．
26．小华做“测定小灯泡的电功率”的实验，现有电源（电压保持不变），待测小灯泡（标有“0.28A”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器、电键及导线若干．小华正确连接电路后进行实验，在移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示，他经过思考重新连接电路进行实验，将新测得的三组数据记录在如表中．
电压U/（伏）
电流I（安）
1
3.0
0.24
2
2.2
0.28
3
1.7
0.30
（1）图（b）中电流表的示数为 安．
（2）请根据相关信息，求出电源电压及小灯泡的额定功率． （本小题需写出计算过程）
2017年上海市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16分）
1．在太阳系中．月球属于（ ）
A．恒星 B．行星 C．卫星 D．彗星
【考点】34：人类探究太阳系及宇宙的历程．
【分析】解答本题应掌握：能够自身发光发热的星体称为恒星，离我们最近的恒星为太阳；同时应记清太阳系里的八大行星．
【解答】解：太阳是能够发光发热的星体，是离我们最近的恒星；地球是围绕太阳转动的一颗行星；而月球是地球的一颗卫星；
故选C．
2．新“七不规范”中．“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【考点】9I：音调、响度与音色的区分．
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．
【解答】解：校园内和一些公共场所有“言语不喧哗”的规定，指的是声音大，即指声音的响度大；
故答案为：响度；
3．家用电能表抄见数所用的单位是（ ）
A．千瓦 B．千瓦时 C．库仑 D．伏特
【考点】J1：电功．
【分析】电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度．
【解答】解：A、千瓦是电功率的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故A不合题意；
B、电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表，其单位是千瓦时，简称度．故B符合题意；
C、库化是电量的单位，而电能表是测量电能（或电功）的，故C不合题意；
D、伏特是电压的单位，电能表是测量电能（或电功）的，故D不合题意．
故选B．
4．光从空气倾斜射入玻璃中，入射角为60°，折射角可能为（ ）
A．0° B．35° C．60° D．90°
【考点】AM：光的折射现象及其应用．
【分析】光的折射定律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角．
【解答】解：根据从空气斜射入水中时，入射角为60°，折射角小于入射角．故B可能正确，ACD一定错误．
故选B．
5．四冲程柴油机在工作过程中，将内能转化为机械能的冲程是（ ）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【考点】GM：内燃机的四个冲程．
【分析】柴油机工作的四个冲程中，每个冲程都伴随着能量的转化或消耗．其中在压缩冲程和做功冲程中，存在着机械能与内能的转化．根据这部分基础知识即可确定答案．
【解答】解：柴油机正常工作时，在压缩冲程中，活塞对气缸内的气体做功，将机械能转化为内能，使气缸内的气体温度升高；在做功冲程中，汽油燃烧生成的高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，带动曲轴转动，对外提供动力．
故选C．
6．两个质想不同的金属块，发出相同热量，降低相同温度，则（ ）
A．质量大的金属块的比热容一定大
B．质量大的金属块的比热容一定小
C．质量的金属块的比热容可能大
D．两个金属块的比热容有可能相同
【考点】GD：比热容的概念．
【分析】两个质量不同、散发热量相同的物体，降低相同的温度时，其所能放出热量的多少与其比热容有关，故在分析判断时应联系公式Q=cm△t进行判断．
【解答】解：据公式Q=cm△t可得c=，金属块的质量不同，发出的热量相同，其变化的温度相同，质量大的金属块的比热容一定小，故B正确．
故选：B．
7．甲车从M点、乙车从N点同时相向运动，它们的s﹣t图象分别如图（ a ）、（ b ）所示，当甲、乙相遇时．乙距M点12米，若甲、乙的速度分别为 v甲、v 乙，M、N 间的距离为 s，则（ ）
A．v甲＜v乙，s=36米 B．v甲＜v乙，s=12米
C．v甲＞v乙，s=36米 D．v甲＞v乙，s=18米
【考点】69：速度公式及其应用．
【分析】（1）根据图甲和图乙读出对应的路程和时间，然后根据速度公式即可求出甲、乙的速度；
（2）根据甲、乙各自的速度和时间，算出12s通过的路程，它们的路程之差就是P、Q两点间的距离．
【解答】解：（1）由图象可知，s甲=12m时，t甲=6s；s乙=12m时，t乙=12s；
则甲的速度：v甲===2m/s；
乙的速度：v乙===1m/s；v甲＞v乙，故AB错误；
（2）相遇时，甲通过的路程为：s甲=v甲t=2m/s×t，
乙车通过的路程为：s乙=v乙t=1m/s×t，
M、N间的距离为：s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=1m/s×t+12m，
解得相遇的时间：t=6s，带入M、N间的距离为：s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=2m/s×6s+1m/s×6s=18m．故C错误，D正确．
故选D．
8．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，向右移动滑动变阻器滑片P的过程中（ ）
A．电流表A示数变大
B．电压表V2示数变小
C．电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变大
D．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大
【考点】IZ：电路的动态分析；IH：欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．
因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，
向右移动滑动变阻器滑片P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=可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；
由U=IR可知，R1两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；
因电压表V1示数与电压表V2示数的差值等于R1两端的电压，且R1两端的电压变小，
所以，电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变小，故C错误；
由电压表V1的示数不变、电流表A的示数变小可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故D正确．
故选D．
二、填空题（共22分）
9．上海地区家庭电路中，电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为 220 伏，这些用电器是 并联 的（选填串联或并联），工作时将 电 能分别转化为光能、机械能等．
【考点】IQ：家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；J2：电功的实质．
【分析】（1）家庭电路的电压是220V；
（2）家庭电路中各个用电器是互不影响的，所以是并联的关系；
（3）用电器工作时，消耗电能，产生其他形式的能．
【解答】解：
据教材知识可知，家庭电路的电压是220V；由于家庭电路中的用电器互不影响，所以这些用电器是并联的；这些用电器工作时，消耗了电能，产生其他形式的能，所以是将电能转化为其他形式的能的过程．
故答案为：220；并联；电；
10．2017年5月，我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功，客机飞行时．以地面为参照物．客机是 运动 的（选填“运动”或“静止”）；客机下降过程中，其重力势能 减小 （选填“增大”、“不变”或“减小”）；客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎表面的温度会升高，这是通过 做功 的方式改变其内能的．
【考点】52：参照物及其选择；FN：动能和势能的大小变化；G9：做功改变物体内能．
【分析】如果物体相对于参照物位置保持不变，物体是静止的；如果物体的位置相对于参照物位置不断变化，则物体是运动的；据此分析答题．
重力势能的大小与质量和高度有关；
改变内能的两种方式是做功和热传递．
【解答】解：客机飞行时，相对于地面的位置不断变化，以地面为参照物，客机是运动的．
重力势能的大小与质量和高度有关，客机下降时，质量不变，高度减小，所以重力势能减小；
客机着陆后减速滑行过程中，客机轮胎与地面摩擦，克服摩擦做功，表面的温度会升高．
故答案为：运动；减小；做功．
11．生活中蕴含着很多物理知识：老花眼镜是利用凸透镜对光的 会聚 作用制成的（选填“会聚”或“发散”）；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的 运动状态 ；用吸管吸饮科，是利用 大气压强 的作用．
【考点】B4：凸透镜的会聚作用；6F：力的作用效果；8J：大气压的综合应用．
【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用；
（2）力可以改变物体的运动状态，也可以改变物体的形状；
（3）知道生活中常见大气压的应用．
【解答】解：据课本可知，老花眼镜是凸透镜，其对光线有会聚作用，就是利用该作用矫正远视眼的；运动员把铅球掷出．这主要表明力可以改变物体的运动状态；在用吸管吸饮科，是利用大气压强的作用将饮料压人吸管的．
故答案为：会聚；运动状态；大气压强；
12．某导体两端的电压为9伏，10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库，通过该导体的电流为 0.6 安，这段时间内电流做功为 54 焦．若将该导体两端的电压调整为12伏，其电阻为 15 欧．
【考点】IH：欧姆定律的应用；H4：电量及其计算；J3：电功的计算．
【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面积的电荷量，根据I=求出通过导体的电流，根据W=UIt=UQ求出这段时间内电流做的功，根据欧姆定律求出导体的电阻；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关．
【解答】解：通过导体的电流：
I===0.6A，
这段时间内电流做功：
W=UIt=UQ=9V×6C=54J，
由I=可得，导体的电阻：
R===15Ω，
因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，
所以，将该导体两端的电压调整为12伏时，导体的电阻仍为15Ω不变．
故答案为：0.6；54；15．
13．如图（a）、（b）所示，分别用力F1、F2匀速提升重为10牛的物体，图 b 中的滑轮可以看作省力杠杆；图（a）中．若不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为 10 牛，物体受到合力的大小为 0 牛．
【考点】7V：定滑轮及其工作特点；7W：动滑轮及其工作特点．
【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不省力，也不省距离；动滑轮的本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但是费距离；
【解答】解：
（1）a是定滑轮，本质是等臂杠杆；b是动滑轮，本质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆；
（2）使用定滑轮不省力也不费力，若不计摩擦和滑轮重力，则F1=G=10N；
匀速提升物体，则a图中物体受到的重力和拉力是一对平衡力，其合力的大小为0牛．
故答案为：b；10；0．
14．在如图所示的电路中，电源电压为U，己知电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上，电键S闭合前后，电压表指针的位置不变，请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障． 若电压表的示数为U，说明R2断路或R1短路；若电压表的示数为0，说明R1断路 ．
【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．
【分析】从两个方面分析：①若电压表有示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端相连，据此定出故障所在；
②若电压表无示数说明闭合开关前后，电压表与电源的两端不相连，据此确定出故障所在．
【解答】解：
①若闭合开关前，电压表有示数，说明电压表通过R1与电源的两极连通，此时电压表的示数为电源电压U；闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然测电源电压，则故障可能是R1短路了（R1不分压），也可能是R2断路（此时电压表串联在电路中测电源电压）．
②若闭合开关前，电压表无示数，说明电压表与电源的两极不相连，则故障为R1断路；
闭合开关后，电压表指针的位置不变，即电压表仍然无示数，也说明是R1断路．
故答案为：若电压表的示数为U，说明R2断路或R1短路；若电压表的示数为0，说明R1断路；
15．研究发现，人体内部存在磁场，人体内部的磁场与人体健康密切相关．
①人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则下列判断中合理的是 a （选填：a、b或c）．
A．人体内部磁场的磁感线分布较疏
B、人体内部磁场的磁感线分布较密
C、两者磁场的磁感线疏密大致相同
②对人体内部磁场存在的原因提出猜想，请写出一种猜想及其依据． 电流周围有磁场，人体内也有电流 ．
【考点】C6：磁场．
【分析】（1）为了形象、准确的描述磁场，我们用一些带箭头的曲线来表示，这样的曲线叫磁感线，磁感线也是假想出来的，不是真实存在的；但磁场是确确实实存在．
（2）地磁场的南极在地球的北极附近，地磁场的北极在地球的南极附近，地球的南北极与地磁场的南北极是不重合的．
【解答】解：
①磁场越强，反映在磁感线上分布较密，磁场越弱，反映在磁感线上分布较疏；
人体内部的磁场与地磁场相比很弱，若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场，则人体内部磁场的磁感线分布较疏，故选a；
②根据奥斯特实验，通电导体周围有磁场，对人体内部磁场存在的原因提出猜想：电流周围有磁场，人体内有电流．
故答案为：①a；②电流周围有磁场，人体内也有电流．
三、作图题
16．在图中，小球受到的重力G为20牛，用力的图示法画出重力G．
【考点】7B：重力示意图．
【分析】作物体的重力图示时，应先分析出力的大小、方向和作用点，再利用所给出的标度，画出这个力即可．
【解答】解：重力的大小为20N，取标度为10N，方向竖直向下，作用在小球的重心，如图所示：
17．在图中，根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角的大小．
【考点】A8：作光的反射光路图．
【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数．
【解答】解：由图知，反射角为30°，可得入射角也为30°，在法线左侧画出入射光线，度数等于反射角为30°即可，如图所示：
18．在如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：闭合电键S，两灯均能发光．
【考点】HX：电流表的使用；I3：电压表的使用．
【分析】据电流表是串联使用，电压表是并联使用分析．
【解答】解：
根据电路图可知，上面的电表串联在干路中，因此为电流表；中间的电表与灯泡L1串联，因此为电流表；下面的电表与灯泡L1并联，因此为电压表．如下图所示：
故答案为：见上图．
四．计算题（共27分）
19．金属块排开水的体积为2×l0﹣3米3，求金属块受到浮力F浮的大小．
【考点】8P：浮力大小的计算．
【分析】知道金属块排开水的体积，利用阿基米德原理的推导公式F浮=G排=ρ液gV排求金属块受到水的浮力．
【解答】解：
金属块所受浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣3m3=19.6N．
答：金属块受到浮力的大小为19.6N．
20．物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动，10秒内前进了20米，求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P．
【考点】EC：功的计算；FF：功率的计算．
【分析】知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=求出功率的大小．
【解答】解：拉力做的功：
W=Fs=50N×20m=1000J；
拉力的功率：
P===100W．
答：此过程中拉力做的功为1000J，功率为100W．
21．甲、乙两个薄壁圆柱形容器（容器足够高）置于水平地面上．甲容器底面积为6×10﹣2米2，盛有质量为8千克的水，乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的水．
①求乙容器中水的体积V乙．
②求乙容器底部受到水的压强P乙．
③现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量△P甲．
【考点】2B：密度公式的应用；89：液体的压强的计算．
【分析】①已知水的质量和密度，两者之比得到其体积；
②已知水的密度和深度，可以得到水对容器底的压强；
③放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力．薄壁容器质量不考虑，根据两个容器中原来水的质量和质量多少变化后的压力相同，可以得到甲减少的水的质量，进一步得到重力；根据甲减少水的重力和容器底面积，得到甲容器底部受到水的压强变化量．
【解答】解：
①因为ρ=，
所以乙容器中水的体积：
V乙===2×10﹣3m3；
②乙容器中水对容器底的压强：
p乙=ρ水gh乙=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；
③已知从甲容器中抽取部分水注入乙容器后，甲、乙两容器底部受到水的压力相同，也就是剩余水的重力相同，
甲容器剩余水的质量：
m剩==5kg，
甲抽出水的质量：
△m=m甲﹣m剩=8kg﹣5kg=3kg，
甲容器中水对容器底减小的压力：
△F=△G=△mg=3kg×9.8N/kg=29.4N，
甲容器中水对容器底压强的变化量：
△p===490Pa．
答：
①乙容器中水的体积为2×10﹣3m3；
②乙容器底部受到水的压强为980Pa；
③抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量为490Pa．
22．在如图所示的路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20欧，闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8安和0.3安．
①求电源电压U．
②求通过电阻R2的电流I2．
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，求电阻R0的阻值．
【考点】IH：欧姆定律的应用．
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流．
（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；
（3）由题知，电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；根据并联电路的特点确定电阻R0所替换的电阻；根据题中条件利用P=UI求出替换前电源的电功率；再根据题意求出替换后电源的电功率；由并联电路的特点可知另一支路的电阻消耗的功率不变，且根据P=UI可求出该电阻消耗的功率；因电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，据此可求出R0消耗的功率；最后利用P=可得R0的阻值．
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测电阻R1支路的电流．
①闭合电键S，两电流表的示数分别为0.8A和0.3A，
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I=0.8A，通过电阻R1的电流I1=0.3A，
并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由欧姆定律可得，电源电压：
U=U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V；
②由并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：
I2=I﹣I1=0.8A﹣0.3A=0.5A；
③由题知，用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化；
若用R0替换电阻R1，则电流表A1所在支路的电阻发生变化，电流表A1的示数会发生变化，同时干路电流也会发生变化，即电流表A的示数发生变化，不符合题意；因此只能是用R0替换电阻R2；
替换前电源的电功率：
P总=UI=6V×0.8A=4.8W；
替换后电源的电功率变化了0.6W，则此时电源的电功率可能为：
P总′=P总+△P=4.8W+0.6W=5.4W，P总″=P总﹣△P=4.8W﹣0.6W=4.2W；
并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，替换前后R1的电流和功率均不变，
则R1消耗的功率：P1=UI1=6V×0.3A=1.8W；
因替换后R1与R0并联，且电源的电功率等于各电阻消耗功率之和，
所以，电阻R0消耗的功率可能为：
P0=P总′﹣P1=5.4W﹣1.8W=3.6W，P0′=P总″﹣P1=4.2W﹣1.8W=2.4W，
由P=可得，R0的阻值可能为：
R0===10Ω，R0′===15Ω，
即电阻R0的阻值为10Ω或15Ω才能满足题中的要求．
答：①电源电压U为6V；
②通过电阻R2的电流I2为0.5A；
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化，且电源的电功率变化了0.6瓦，电阻R0的阻值为10Ω或15Ω．
五．实验题（共18分）
23．如图所示的弹簧测力计的最小分度值为 0.2 牛，读数为 3.2 牛．在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量的物理量是 动力 、动力臂、阻力和阻力臂，为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在 水平 位置保持平衡．
【考点】74：弹簧测力计的使用与读数；7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【分析】（1）弹簧测力计的分度值是指最小刻度值．
弹簧测力计的读数：确定每一个大格和每一个小格代表的示数，然后读出力的大小．
（2）在探究杠杆平衡条件时，实验前移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；实验过程中移动钩码的位置或改变钩码的数量，使杠杆在水平位置重新平衡．
【解答】解：
如图，弹簧测力计的分度值是0.2N，每一个大格代表1N，弹簧测力计的示数为3.2N．
在“探究杠杆平衡条件”实验中，需要测量的物理量是动力、动力臂、阻力和阻力臂，才能得出：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
为了能直接读出力臂的数值，应使杠杆在水平位置平衡．
故答案为：0.2；3.2；动力；水平．
24．在“探究平面镜成像的特点”实验中，玻璃板应 竖直 放置在水平桌面上；为得到像与物体到镜面的距离关系，物体需放在 不同 位置多次实验（选填“同一”或“不同”），如图所示，在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，凸透镜置于光具座的A点处，蜡烛、 光屏 应置于凸透镜的两侧，若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像，则该凸透镜的焦距 小于 10厘米（选填“大于”、“等于”或“小于”）．
【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；B7：凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】（1）玻璃板不竖直，像的底部不在桌面上，怎么移动都不会与另一蜡烛重合；
（2）一次实验不具备代表性，具有很大的偶然性，所以应采取同样的实验方案多做几次，才能保证结论的正确．
（3）蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；
首先根据“若蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”．确定凸透镜的焦距范围．
【解答】解：（1）做“探究平面镜成像的特点”实验，玻璃板应 竖直放置在水平桌面上，玻璃板没有竖直放置，前面蜡烛所成的像可能偏高或偏低，这样前面蜡烛的像与后面的蜡烛就无法重合了；
（2）一次实验不具备代表性，应采取同样的实验方案多做几次，避免实验现象的偶然性，才能保证结论的正确，所以应将物体放在不同位置进行实验．
（3）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧；
由“蜡烛置于B点处，得到缩小的实像”知u=50cm﹣30cm=20cm＞2f，即f＜10cm．
故答案为：竖直；不同；光屏；小于．
25．小明用六个重力G均为10牛，体积不同的球体，研究放入球体前后容器底部受到水的压力增加量△F的情况．他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中，待球体静止，得到容器底部受到水的压力增加量△F，实验数据和实验现象如表
实验序号
1
2
3
4
5
6
放入的球体
A
B
C
D
E
F
△F（牛）
5
6
8
10
10
10
实验现象
（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时， 容器底部受到水的压力增加量△F小于重力G ．
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可得出的初步结论是， 当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G ．
（2）小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号 D、E、F 的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确．
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时， 物体排开液体的 体积越大，△F越大．
【考点】2P：控制变量法与探究性实验方案．
【分析】（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力；
（2）分析比较图表的数据，可判断小明得出的结论不正确；
（3）根据阿基米德原理以及力的作用是相互的分析解答．
【解答】解：（1）观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系，可看到浮力小于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力，可得出的初步结论是：当放入的球体在水中沉底时，容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力；
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系，可看到物体漂浮，浮力等于重力，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于浮力，可得出的初步结论是，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G；
（2）由（1）的结论，当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G，与物体体积的大小无关，小明得出“在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，球体的体积越大，△F越大”的结论．由表中实验序号D、E、F的现象，数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确；
（3）分析表中序号1﹣6的现象，数据及相关条件，根据力的作用是相互的，容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排，可得出：在盛有等质量水的相同容器中，当放入球体的重力相同时，物体排开液体的体积越大，△F越大．
故答案为：（1）容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力；当放入的球体在水中漂浮时，容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G；（2）D、E、F；（3）物体排开液体的．
26．小华做“测定小灯泡的电功率”的实验，现有电源（电压保持不变），待测小灯泡（标有“0.28A”字样）、电流表、电压表（只有0～3伏档完好）、滑动变阻器、电键及导线若干．小华正确连接电路后进行实验，在移动变阻器滑片至某一位置时，发现电压表、电流表的示数如图（a）、（b）所示，他经过思考重新连接电路进行实验，将新测得的三组数据记录在如表中．
电压U/（伏）
电流I（安）
1
3.0
0.24
2
2.2
0.28
3
1.7
0.30
（1）图（b）中电流表的示数为 0.24 安．
（2）请根据相关信息，求出电源电压及小灯泡的额定功率． 电源电压为6V，灯泡的额定功率为1.064W；
计算过程：小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由图（a）（b）可得，电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，
当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W （本小题需写出计算过程）
【考点】JF：电功率的测量．
【分析】（1）根据图（b）中电流表的量程和分度值读出示数；
（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，根据图（a）读出电路中的电流为0.24A时灯泡两端的电压；分析表格数据得出重新连接电路时电压表并联在滑动变阻器两端，由表格数据可知电路中的电流为0.24A时变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，从表格数据中得出额定电流下滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率．
【解答】解：（1）由图（b）可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；
（2）小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，如下图所示：
由图（a）可得，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，灯泡两端的电压为3V，
即灯泡两端的电压为3V时，电路中的电流为0.24A；
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，
则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，如下图所示：
由表中数据可知，当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
综上可知，当电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W．
故答案为：
（1）0.24；
（2）电源电压为6V，灯泡的额定功率为1.064W；
计算过程：小华正确连接电路时，电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联，由图（a）（b）可得，电路中的电流为0.24A时，灯泡两端的电压为3V，
由表格数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流变大，则重新连接电路时，电压表并联在滑动变阻器两端，
当电路中的电流为0.24A时，滑动变阻器两端的电压为3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V，
由表格数据可知，电路中的电流为0.28A时，滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V，
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V，
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W．
2017年6月30日
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