显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析考点：分析：利用电压表和电流表，结合串、并联电路电流和电压特点以及欧姆定律，直接或间接得出被测电阻两端的电压和电流，根据R
x=
求出电阻，并且要注意电表正负接线柱的连接．
解答：解：（1）开关S
1闭合，S
2断开时R
0和R
x串联，电流表可以测出通过R
x的电流I
x；S
2闭合时为R
x的简单电路，不能直接或间接测量出R
x的电压，所以不能求出R
x的电阻．
（2）开关S
0闭合，S接1时电路为R
0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；当S接2时电路为未知电阻R
x的简单电路，电流表测通过R
x的电流I
x，根据R
x=
求出电阻．
（3）开关S
1和S
2都闭合时，R
0被短路，电压表测量电源电压U；只闭合S
1时，R
0和R
x串联，电压表直接测量R
x两端的电压U
x．根据串联电路总电压等于各串联导体电压之和，求出定值电阻两端的电压U
0=U-U
x，根据I
0=
，求出通过定值电阻的电流．根据串联电路电流处处相等，通过R
x电流等于通过定值电阻电流I
x=I
0．根据R
x=
求出电阻．
（4）开关S
0闭合，S接1时和S接2时电压表V的正负接线柱会连接错误，故无法测出正确的使用．
故选B．
点评：考查伏安法测电阻的探究实验，设计正确的电路图、排除电路故障是我们在实验中常遇到的问题，因此在实验课上我们要边实验边思考，将所学的理论与实际结合起来，锻炼我们解决实际问题的能力．注意伏安法测电阻的原理为欧姆定律的使用，一定要直接或间接测出电阻两端的电压和通过电阻的电流为目的，然后可由欧姆定律求得电阻的阻值．
显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析 显示解析考点：分析：（1）将电压表与灯泡并联，根据灯泡的额定电压确定电压表的量程；
电流表与灯泡串联，根据灯泡的额定电压和电阻计算出其正常发光时的电流，确定电流表的量程；
（2）为保护电路，在闭合开关前应将滑片移至最大阻值处；
（3）电流表有示数，则电路中无断路现象，电压表无示数，可能是灯泡短路或电压表的问题；
（4）根据图乙确定电流表的量程和分度值，读出电流表的示数，根据P=UI计算出灯泡的额定功率；
（5）已知电阻值，电路可测电阻两端的电压，流过电阻的电流，据此判断可完成哪个实验．
解答：解：（1）电压表与灯泡并联，灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表可选择0～3V的量程；
电流表与灯泡串联，灯泡正常发光时，电流表的示数大约为I=
═
=0.25A，所以电流表可选择0～0.6A的量程；如图所示：
（2）滑动变阻器的下面接了左边的A接线柱，所以在闭合开关前，应将滑片移至最右端，即B端；
（3）A，若小灯泡开路，则电流表的示数为零，电压表有示数，不符合题意；
B、小灯泡短路，则电流表有示数，电压表示数为零，符合题意；
CD、滑动变阻器连入电路中的电阻太小或太大，电压表和电流表都会有示数，不符合题意；
（4）由图乙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.26A；
则P=UI=2.5V×0.26A=0.65W；
（5）把小灯泡换成定值电阻后，电阻阻值R，已知，由电压表可测出电阻两端的电压U，电流表可测流过电阻的电流，因此利用该电路可完成“探究电流与电压的关系”关系实验．
故答案为：（1）见上图；（2）B；（3）B；（4）0.65；（5）B．
点评：“测定小灯泡电功率”的实验，考查了电流表、电压表的连接，滑动变阻器的使用，同时考查了电流表的读数及电功率的计算，有关电路故障的分析是本题的难点，只要搞清短路和断路的特点，细心便可．
显示解析考点：分析：（1）当小球受到的阻力与重力相等，即所受合力为零时，小球处于平衡状态，受到到达最大，即达到首尾速度．
（2）根据编号为2、3的实验数据，找出阻力与半径的关系．
（3）根据1、2的实验数据求出空气阻力与首尾速度的关系，然后求出编号为5的小球质量．
解答：解：（1）小球达到首尾速度时，受到平衡力作用，阻力等于重力，此时所示阻力最大，小球做匀速直线运动，速度最大，由表示编号为4的实验数据可知，此时最大速度为20m/s；小球所受阻力f=G=mg=0.04kg×10N/kg=0.4N．
（2）由编号为2、3的实验数据可知，小球的首尾速度相同，小球受的空气阻力与小球半径的平方之比
=
=
=2×10
3N/m
2，
=
=
=2×10
3N/m
2，由此可知：
=
，由2、3实验数据可知，当小球的速度不变时，空气阻力f与r的平方成正比．
（3）由编号为1、2的实验数据可知，在小球半径相同的情况下，小球所受空气阻力与空气阻力成正比，
比值为
，即f=
v，由（2）可知，小球所受空气阻力与半径平方成正比，即f=br
2，则f=
v×br
2=kvr
2，b、k为常数，
由编号为1、5的实验数据可知：
=
=
=
=
| 16m/s×(0.5cm)2 |
| 10m/s×(4cm)2 |
，则m
5=80g；
故答案为：（1）20；0.4；（2）半径平方；正比；（3）80．
点评：本题考查了判断小球的运动性质、实验数据分析等问题，关键知道物体达到收尾速度时重力等于阻力，要学会应用控制变量法解题，还要学会分析数据．
显示解析考点：分析：（1）当把豆浆机放在平整的桌面上时，把橡皮碗内的空气排出，大气压将皮碗紧紧的压在桌面上，防止豆浆机在打浆时位置发生移动；
（2）稍长些的脚与豆浆机的金属外壳相连，当插入三孔插座时，就将豆浆机的金属外壳与大地相连，以防触电；
（3）因为电热器和电动机接在同一电源上，可以单独工作，互不影响，所以为并联；
（4）因为豆浆的分子在做无规则热运动，所以能闻到香味；因为王聪戴着眼镜，豆浆机内的水蒸气遇到冷的镜片液化成小水滴附着在镜片上，所以看不清豆浆；
（5）由参数表找出电动机的额定电压和额定功率，利用P=UI求电动机工作的电流：
（6）根据Q=cm△t求出豆浆吸收的热量，再根据Q=W=Pt求出电加热管放出的总热量，最后根据效率公式求出加热的效率；
解答：解：（1）“吸盘”是利用大气压起固定作用的；
（2）豆浆机电源线的插头有三个脚，其中稍长些的脚是把豆浆机的金属部分与大地相连接；
（3）因为电动机和电加热管可以单独工作，所以它们是并联的；
（4）只闻到香味，是因为豆浆的分子在做无规则运动；看不清豆浆是因为豆浆机内的水蒸气遇到冷的镜片液化成小水滴附着在镜片上；
（5）豆浆机在额定电压下打浆时：
电动机的电流I
电机=
=
≈0.82A．
（6）豆浆吸收的热量：Q
吸=cm（t-t0）=4.2×10
3J/（kg·℃）×（50g+1450g）×10
-3kg×（100℃-20℃）=5.04×10
5J，
电加热管放出的总热量：Q
放=W
电热=P
电热t=800W×12×60s=5.76×10
5J，
加热效率：η=
=
=87.5%．
故答案为：（1）大气压强；
（2）大地；
（3）并联；
（4）豆浆的分子在做无规则运动；豆浆机内的水蒸气遇到冷的镜片液化成小水滴附着在镜片上；
（5）电动机的电流约为0.82A；
（6）电热器的加热效率为87.5%．
点评：这是一道综合性很强的题目，通过生活中常用的豆浆机考查了大气压的应用、三孔插头的作用、电路串并联的判断、电功率的计算、热量的计算、物态变化现象的分析等，与生活实际联系密切，应用具体，虽然难度不大，但综合性强，属于难题，要细心处理！
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每题3分，共27分）
二、填空与作图（10-13题每空1分，14题2分、15题3分，共17分）
显示解析 显示解析 显示解析考点：分析：（1）流体压强和流速的关系：流速越快的地方压强越小．
（2）根据欧姆定律判断出电压表的示数变化和风速的关系．
解答：解：当风速变大时，活塞上方气压变小，活塞向上移动，变阻器滑片向上移动滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，定值电阻两端电压变大，电压表（风速表）示数变大．
故答案为：小；上；大．
点评：掌握流体压强跟流速的关系，能利用流体压强知识解释有关的现象．同时考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力．
显示解析考点：分析：物体静止，则受平衡力，这两个力是竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心．
解答：解：如图所示，雨伞受到竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，重力作用点画在雨伞的重心上，支持力的作用点画在接触点上，也可以画在重心上，如图所示：
点评：本题考查了物体受力平衡的判断和力的示意图的画法．注意重力和支持力的长短要相同．
显示解析考点：分析：知道入射光线要经过两次反射，然后根据反射定律：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，反射角等于入射角完成光路图．
解答：解：先过第一次入射点垂直镜面作出法线，再根据反射角等于入射角画出反射光线；反射光线到达第二个反射面，同理先作法线，再作反射光线，注意第二次反射的反射光线与第一次反射的入射光线平行，
故答案为：均沿与入射波方向平行的直线返回．
点评：解决光学的问题，做作图是非常有效的方法，对于互成直角的反射器来讲，它的出射光线与入射光线平行，应该作为一条规律记住它．
三、实验与探究（共4小题，16题3分，17和18题各4分，19题5分，满分16分）
显示解析 显示解析考点：分析：（1）根据实验目的“探究物体所受重力的大小与物体质量的关系”，找出需要测量的物理量：质量与重力，选取测量工具；
（2）分析表中数据，得出重力与质量的关系．
（3）物体的质量是物体的属性，不随物体形状、位置、状态及温度而变化．
解答：解：：（1）实验中需要测量的物理量是：质量与重力，所以测量工具为：天平和弹簧测力计；
（2）分析表中数据，物体所受的重力随质量的增加而增大，且比值是常数，说明：物体所受的重力跟它的质量成正比．
（3）①分析表格中数据发现：地理纬度不同时，g值一般不同；
②物体的质量是物体的属性，不随物体形状、位置、状态及温度而变化；虽然物体所受重力与质量成正比，但由于g值会随地理纬度的变化而变化，为保证交易的公平，国际贸易中应按质量进行．
故答案为：（1）天平（电子秤、案秤等）；（2）物体所受重力与质量成正比； （3）①地理位置（“地理纬度”或“地球的吸引力不同”） ②质量．
点评：（1）考查重力大小与什么因素有关的探究实验，明确实验目的，找准所测物理量，选对测量工具，是做探究实验必备的能力．
（2）应理解质量是物体的属性，物体所受重力与质量成正比；g值的大小与地理纬度有关．
显示解析考点：分析：（1）测量小灯泡电功率的实验中，电流表、滑动变阻器和小灯泡串联；电压表与小灯泡并联；
（2）出于保护电路的需要，在闭合开关前，滑动变阻器应置于最大阻值处；
（3）根据电流表的量程读出电流值，运用电功率公式计算额定功率．
解答：解：（1）测量小灯泡电功率的原理是：P=UI；故电压表要与小灯泡并联，测小灯泡两端的电压，图中电压表所测量的是灯泡与滑动变阻器串联后的总电压，可将与变阻器相连的负接线柱改到小灯泡的左侧；如图所示：
（2）闭合开关前，滑动变阻器的阻值应保持最大，故应将滑片置于右端；
（3）由电路可知，电流表使用的是0～0.6A量程，分度值是0.02A；故电流表示数：I=0.2A+4×0.02A=0.28A；
小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.28A=0.7W．
故答案为：（1）如图；（2）右；（3）0.28； 0.7．
点评：此题是“测定小灯泡的电功率”的实验，有关电路的连接是电学实验中的常考内容，电表的读数和电功率的计算也是必考内容，这些都是必须掌握的．
显示解析 四．综合应用题（20小题7分，21小题8分，共计15分）
显示解析考点：分析：（1）知道工作设备所处的深度，可利用液体压强公式p=ρgh计算出海水对工作设备的压强．
（2）钻井平台是漂浮在海面上的，不考虑工作人员的重力，所以它受到的浮力等于它的重力；知道平台自身的质量，可利用公式G=mg计算出平台自身的重力，又知道海水的密度，则可根据阿基米德原理公式F浮=ρ液gV排算出它排开海水的体积．
（3）电梯在上升过程中克服承重做功，所做的功等于各部分功之和，利用W=Gh可求各部分功．
解答：解：（1）在海面下3000m深处作业的工作设备承受的海水压强为：
p=ρgh=1.0×10
3kg/m
3×10N/kg×3000m=3×10
7Pa；
（2）平台及载物的总质量m=60000t=6×10
7kg；
平台及载物受到的重力G=mg=6×10
7kg×10N/kg=6×10
8N；
∵钻井平台是漂浮在海面上的；
∴平台受到的浮力 F
浮=G=6×10
8N；
由阿基米德原理公式F
浮=ρ
液gV
排可得，
平台排开海水的体积：V
排=
=
| 6×108N |
| 1.0×103kg/m3×10N/kg |
=6×10
4m
3．
（3）0～60s时间段，上升的高度：h
1=vt
1=0.5m/s×60s=30m，电梯克服承重做功：W
1=G
1h
1=4×10
3N×30m=1.2×10
5J；
60s～110s，受到的重力为0，所以克服重力做功为0，即W
2=0J；
110s～200时间段，上升的高度：h
3=vt
3=0.5m/s×90s=45m，电梯克服承重做功：W
3=G
3h
3=7×10
3×45m=3.15×10
5J；
所以，上升过程中电梯对承重做为：W=W
1+W
2+W
3=1.2×10
5J+0J+3.15×10
5J=4.35×10
5J；
答：：（1）在海面下3000m深处作业的工作设备承受的海水压强为3×10
7Pa；
（2）排开海水的体积大约是6×10
4立方米；
（3）电梯对承重做了4.35×10
5J功．
点评：本题考查了学生对液体压强特点、物体浮沉条件和阿基米德原理的掌握和运用，能从题干中得出有用的信息是关键．
显示解析考点：分析：（1）根据P=
可知，电压一定时，电路中的总电阻越小，电功率越大，电热水壶处于加热状态；根据电阻的串并联可知两电热丝并联时电路中的电阻最小，据此进行判断；
（2）高温档时两电热丝并联，它们两端的电压相等，根据P=
表示出两电热丝的电功率，两者之和即为高温档的电功率，结合两电热丝电阻相等即可求出电阻丝R
1的阻值；
（3）电热水壶的容积即为装满水时水的体积，根据密度公式求出水的质量，再根据Q
吸=cm（t-t
0）求出水吸收的热量，无热损失时W=Q
吸，利用W=Pt求出使用中温档正常工作加热水时需要的时间．
解答：解：（1）当1、2相连、3、4相连时，电热水壶处于高温档，
此时，电路中两电热丝并联，电路中的电阻最小，
根据P=
可知，电压一定时，电阻最小，功率最大；
（2）高温档时两电热丝并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且总功率等于各分用电器功率之和，
所以，高温档的电功率：
P
高温=
+
=
+
=880W，
因R
1和R
2是两根阻值相同的电热丝，
所以，2×
=880W，
解得：R
1=110Ω；
（3）装满水时水的体积：
V=1L=1dm
3=1×10
-3m
3，
由ρ=
可得，水箱中水的质量：
m=ρV=1.0×10
3kg/m
3×1×10
-3m
3=1kg，
水吸收的热量：
Q
吸=cm（t-t
0）
=4.2×10
3J/（kg·℃）×1kg×（64℃-20℃）
=1.848×10
5J，
因无热损失，
所以，W=Q
吸=1.848×10
5J，
由W=Pt可得，使用中温档正常工作加热水时需要的时间：
t=
=
=420s．
答：（1）当1、2相连、3、4相连时，电热水壶处于高温档；此时，电路中两电热丝并联，电路中的电阻最小，根据P=
可知，电压一定时，电阻最小，功率最大；
（2）电阻丝R
1的阻值是110Ω；
（3）使用中温档正常工作420s可使满壶20℃的水温度升高到64℃．
点评：本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到电功率公式、并联电路的特点、吸热公式、电功公式的灵活应用，关键是电路并联连接方式的判断和读懂题意、联系题目的信息进行相关计算．
