考点： 探究液体压强的特点实验。103034
专题： 实验题。
分析： （1）本题采用了物理中常见的研究方法﹣﹣转换法，即把水的内部压强的大小转换成U型管两边液面高度差的大小来判断，液面高度差越大，表示水内部的压强越大．
（2）此题用到了常用的研究方法﹣﹣控制变量法．比较图甲、图乙和图丙，是控制液体的密度相同，深度相同，改变压强计金属盒的方向，观察U形管两侧的液面高度差是否相等，得出液体内部压强是否和方向有关．
（3）在乙图中把探头慢慢下移，是控制液体的密度相同，改变液体的深度，观察U形管两侧的液面高度差是否相等，得出液体内部压强是否和液体的深度有关．
（4）在乙图中，若只将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，是控制深度相同，改变液体的密度，观察U形管两侧的液面高度差是否相等，得出液体内部压强是否和液体的密度有关．
解答： 解：（1）把水的内部压强的大小转换成U型管两边液面高度差的大小来判断，液面高度差越大，表示水内部的压强越大．
（2）比较甲图、乙图和丙图，控制液体密度和深度不变，改变探头的方向，U形管两侧的液面高度差相等．可以得到：在同一深度，液体内部向各个方向的压强相等．
（3）在乙图中把探头慢慢下移，控制液体的密度不变，改变深度，可以观察到U型管两边液体的高度差增大，得到：在同一种液体里，液体的压强随深度的增加而增大；
（4）在乙图中，若只将烧杯中的水换成盐水，其他条件不变，控制深度不变，把水换成盐水，密度变大，则可以观察到U型管两边液体的高度差变大．
故答案为：（1）越大；（2）相等；（3）深度；（4）高度差变大．
点评： 此题主要考查的是液体内部压强的规律以及液体内部压强的影响因素，注意转换法、等效替代法和控制变量法在实验中的运用．液体压强是中考必考的一个知识点，需要掌握．
22．（2012•南充）小华同学做“测量小灯泡额定功率”的实验，选用额定电压是2.5V的小灯泡
（1）如图是他实验的电路，但连接不完整，请你用笔画线代替导丝帮他完成电路的连接；
（2）小华正确连接电路后，闭合开关，发现灯不亮，但电压表有较大读数，则故障原因可能是 灯泡断路 ；
（3）排除故障后，小华调节滑动变阻器使电压表的读数为 2.5 V时，小灯泡正常发光，此时，电流表的读数如图所示，则小灯泡的额定功率是 0.75 W．
考点： 探究用电器的电功率实验。103034
专题： 实验题；作图题。
分析： （1）由图1知，电压表连接不完整，根据灯泡的额定电压确定电压表的量程，电压表并联在灯泡两端；
（2）灯不亮，可能是灯泡断路，或灯泡短路，或灯泡之外电路存在断路，或电路电阻太大，电路电流太小，小灯泡的实际功率太小，不足以引起灯泡发光；电压表由较大示数，则灯泡不可能短路，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外不存在断路，如果电路电流太小，则灯泡两端电压较小，电压表示数较小，电压表不可能由较大示数；综合分析可知：电路故障是：灯泡断路；
（3）当灯泡电压等于额定电压2.5V时灯泡正常发光；根据图2确定电流表的量程与最小分度值，根据根据电流表指针位置读出电流表示数，然后由公式P=UI可以求出灯泡的额定功率．
解答： 解：（1）灯泡额定电压是2.5V，则电压表应选3V量程，电压表并联在灯泡两端，电路图如图所示；
故答案为：电路图如图所示．
（2）正确连接电路后，闭合开关，灯不亮，电压表有较大读数，则故障原因可能是：灯泡断路；
故答案为：灯泡断路．
（3）调节滑动变阻器当电压表示数等于灯泡额定电压2.5V时，灯泡正常发光；由图2知，电流表的量程是0.6A，
最小分度值是0.02A，电流表示数是0.3A；灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
故答案为：2.5；0.75．
点评： 本题考查了连接实物图、电路故障分析、电流表读数、求灯泡的额定功率，连接实物图时，注意电压表量程的选择；
分析电路故障时，考虑问题要全面，分析各种可能的故障原因，然后综合分析得出结论；对电表读数时，应先确定电表的量程与最小分度值，然后根据指针位置读出电表的示数，读数时，视线应与刻度线垂直．
23．（2012•南充）如图所示，用F=20N的水平拉力拉着边长l=10cm的正方体铁块在水平地面上做匀速直线运动，在t=10s内运动了s=46cm的路程，[c铁=0.46×103J/（kg•℃） ρ铁=7.9×103kg/m3]求
（1）水平拉力F做的功W是多少？
（2）水平拉力F做功的功率P是多少？
（3）此过程有等于水平拉力做的功的内能产生，其中的79%被铁块吸收，铁块将升高多少温度？
考点： 功的计算；密度公式的应用；功率的计算；热量的计算。103034
专题： 计算题。
分析： （1）知道水平拉力F的大小和在拉力的方向上通过的距离，可利用公式W=Fs计算出拉力做的功．
（2）知道做功的时间，可利用公式P= 计算出拉力做功的功率．
（3）从题可知，水平拉力做的功等于产生的内能，而其中的79%被铁块吸收，从而可以计算出铁块吸收的热量；知道铁块的边长，可利用公式v=l3计算出铁块的体积，又知道铁块的密度，可利用公式m=ρv计算出铁块的质量；又知道铁块的比热容，最后再利用公式△t= 计算出铁块升高的温度．
解答： 解：
（1）∵F=20N，s=46cm=0.46m，
∴拉力F做的功为：W=Fs=20N×0.46m=9.2J．
（2）∵t=10s，
∴拉力F做功的功率为：P= = =0.92W．
（3）∵水平拉力做的功等于产生的内能，而其中的79%被铁块吸收，
∴铁块吸收的热量为：Q吸=W×79%=9.2J×79%=7.268J；
而正方体铁块的边长l=10cm=0.1m，
则正方体铁块的为：v=l3=（0.1m）3=0.001m3，
∵ρ铁=7.9×103kg/m3，
∴铁块的质量为：m=ρ铁v=7.9×103kg/m3×0.001m3=7.9kg，
又∵c铁=0.46×103J/（kg•℃），
∴铁块升高的温度为：△t= = =0.002℃．
答：（1）水平拉力F做的功W是9.2J．
（2）水平拉力F做功的功率P是0.92W．
（3）铁块将升高的温度为0.002℃．
点评： 本题考查了功和功率，以及体积、质量和温度的变化的计算，关键是公式和公式变形的理解和应用，在计算过程中要注意单位的换算．本题的第三问是一个比较容易出错的题目，需要特别注意．
24．（2012•南充）如图所示的电路中，小灯泡L上标有“6V 6W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）
（1）求小灯泡正常发光时的电流和电阻；
（2）若电源电压是9V，闭合开关S1和S2，为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路的电阻的最小值是多少？
（3）若换一个电压未知但不变的电源，闭合开关S1、断开开关S2，滑动变阻器的滑片从一处从滑到另一处时，电压表的示数由5V变化到1V，电流表的示数变化了0.4A，则R0的阻值是多少？
考点： 欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电功率的计算。103034
专题： 计算题；应用题；压轴题；动态预测题。
分析： （1）由铭牌可知灯泡的额定电压和额定功率，且额定电压下灯泡正常发光，根据I= 求出正常发光时的电流，根据欧姆定律求出电阻；
（2）当闭合开关S1和S2时，灯泡L与滑动变阻器串联，为了保证电路安全电路中的最大电流为灯泡的额定电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出接入电路的最小电阻；
（3）当闭合开关S1、断开开关S2时，灯泡L与滑动变阻器、电阻R0串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据串联电路的分压特点判断两电表对应的示数，再根据串联电路的电压特点和欧姆定律结合电源的电压不变得出等式，联立等式即可求出电阻R0的阻值．
解答： 解：（1）小灯泡正常发光时UL=6V，PL=6W，则
IL= = =1A，
RL= = =6Ω．
（2）当闭合开关S1和S2时，灯泡L与滑动变阻器串联，
为了保证电路安全，则电路中的最大电流I=IL=1A，此时UL=6V；
滑动变阻器两端的电压U1=U﹣UL=9V﹣6V=3V，
所以滑动变阻器接入电路电阻的最小值R1= = =3Ω．
（3）当闭合开关S1、断开开关S2时，灯泡L与滑动变阻器、电阻R0串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，
根据串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器的滑片从一处（a）滑到另一处（b）时，U1=5V变为U1′=1V，
则电路中的电流由Ia变为Ib=Ia﹣0.4A；
因电源的电压不变，
所以U=U1+Ia（RL+R0）=5V+Ia（6Ω+R0），
U=U1′+Ib（RL+R0）=1V+（Ia﹣0.4A）×（6Ω+R0），
联立等式可得：R0=4Ω．
答：（1）小灯泡正常发光时的电流为1A，电阻为6Ω；
（2）若电源电压是9V，闭合开关S1和S2，为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路的电阻的最小值是3Ω；
（3）R0的阻值是4Ω．
点评： 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是知道灯泡在额定电压下正常发光且此时电路中的电流最大，难点是第三问中电压表和电流表示数的对应和根据电源的电压不变得出方程．
四川－南充市2012年中考物理试卷.doc
