2018年初中毕业生毕业升学考试 物理试题 一、选择题（本题共13个小题，共30分，其中1-9题为单选题，每小题2分；10-13小题为多选题，每小题3分。对于多选题，漏选得2分，错选不得分） 1、下列估测的数据最接近实际的是(　　) A. 某同学立定跳远成绩为2m B. 手机正常工作的电流约为10A C. 一元硬币的质量约为60g D. 教室门的高度约为50cm 【答案】A 【解析】解： A、某同学立定跳远成绩为2m，故A符合实际； B、手机正常工作的电流较小，约为10mA，故B不符合实际； C、一个鸡蛋的质量约为50g，一枚一元硬币的质量小于此数值，约为6g，故C不符合实际； D、教室门的高度约为2m=200cm，故D不符合实际。 故选：A。 对一些常见的物理量要有一定的估测能力，根据生活常识去判断题目的对错。 此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活中物理量的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。 2、下列有关声现象的说法正确的是(　　) A. 声音能在真空中传播 B. 小提琴琴弦的松紧程度不同，发出声音的音调也会不同 C. 外科医生利用次声波振动粉碎人体内的结石 D. 学校附近禁止鸣笛是在传播过程中减弱噪声 【答案】B 【解析】解：A、声音传播需要介质，真空不能传声；故A错误； B、小提琴琴弦的松紧程度不同，发出声音的音调会不同，故B正确； C、外科医粉碎人体内的结石，是利用的超声波，故C错误； D、“禁止鸣笛”，是在声源处减弱噪声，故D错误。 故选：B。 (1)声音传播需要介质，真空不能传声； (2)弦乐器发出的声音是靠琴弦的振动产生的，琴弦越短、越紧、越细音调越高； (3)声音能够传递信息，声音能够传递能量； (4)减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声。 本题考查了声现象中的基础知识，要知道声音是怎样产生、传播的；声音的特征及影响因素；声音的应用等。 3、下列物理现象及其原因分析错误的是(　　) A. 春天，冰雪消融是熔化现象，这个过程要吸热 B. 夏天，常用干冰给食品保鲜，利用了干冰熔化吸热 C. 秋天，草木的叶子上有露珠，这是水蒸气液化形成的 D. 冬天，窗玻璃上会出现冰花，这是水蒸气发生了凝华 【答案】B 【解析】解：A、春天，冰雪消融，这是熔化现象，这个过程中冰要吸收热量，故A正确； B、夏天，常用干冰给食品保鲜，干冰由固态直接变成气态，是升华现象，吸收热量，故B错误； C、秋天，会看到露珠，这是水蒸气液化形成的，液化放热，故C正确； D、严寒的冬天，玻璃窗上会出现冰花，冰花是由空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，是凝华现象，故D正确。 故选：B。 熔化是从固态变为液态，要吸热；液化是从气态变为液态，要放热；凝华是从气态直接变为固态，要放热。 会辨别不同的物态变化形式，知道其吸热还是放热，关键是能与实际例子很好地结合起来，是此类题考查的重点。 4、下列对光现象的描述正确的是(　　) A. 家里的穿衣镜所成的像是等大的实像 B. 红外线能使荧光物质发光，鉴别钞票的真伪 C. 雨过天晴后，天空中出现彩虹是光的色散现象 D. 在公园的湖水中可以看到拱桥的倒影，是由于光的直线传播形成的 【答案】C 【解析】解：A、由平面镜成像特点可知，平面镜成的是正立等大的虚像，故A错误； B、紫外线最显著的性质是能使荧光物质发光，而不是红外线，故B错误； C、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的。故C正确； D、平静水面上拱桥的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故D错误。 故选：C。 (1)平面镜成的是正立等大的虚像； (2)紫外线可使荧光物质发光，据此制成了验钞机； (3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。 (4)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。 本题考查了紫外线的应用、平面镜成像特点、光的反射、光的色散等，属光学综合题，总体难度不大。 5、2018年6月14日，第21届世界杯足球赛在莫斯科卢日尼基体育场开幕。下列与足球有关的说法正确的是(　　) A. 踢球时，脚对球施加了力，球对脚没有力的作用 B. 踢出去的球在空中继续运动，是因为球受到惯性作用 C. 只要脚对球施加的力大小相同，其作用效果一定相同 D. 守门员使球停下来的过程，是力改变了球的运动状态 【答案】D 【解析】解： A、因为力的作用是相互的，所以踢球时，脚对球施加力的同时球对脚也施加了力，故A错误； B、踢出去的球在空中继续运动，是因为球具有惯性；惯性不是力，不能说“受惯性作用”，故B错误； C、力的大小、方向和作用点都影响力的作用效果，所以，脚对球施加的力大小相同时，其作用效果不一定相同，故C错误； D、守门员使球停下来的过程中，守门员对球有力的作用，球的运动状态发生改变，说明力改变了球的运动状态，故D正确。 故选：D。 (1)物体间力的作用是相互的，一个物体对另一个物体施力的同时，也受到另一个物体对它的作用力； (2)惯性是物体本身的一种性质，只能说“具有，不能说“受惯性”； (3)影响力的作用效果的因素是力的大小、方向和作用点； (4)力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。 此题涉及到了力作用的相互性、力的作用效果、重力等多个知识点的理解和掌握，是一道综合性的题目。 6、如图所示，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P向右滑动过程中，下列说法正确的是(　　) A. 电流表A示数变小 B. 灯泡L的亮度变亮 C. 电压表V1示数变大 D. 电压表V2示数变小 【答案】A 【解析】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源两端的电压，电压表V2测变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。 因电源的电压不变， 所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故C错误； 在滑动变阻器滑片P向右滑动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大， 由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A正确； 由U=IR可知，灯泡两端的电压变小， 由P=UI可知，灯泡L的实际功率变小，灯泡变暗，故B错误； 灯泡两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，变阻器R两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故D错误。 故选：A。 由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测变阻器R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L两端的电压变化，进一步可知灯泡实际功率的变化，从而得出灯泡亮暗的变化，根据串联电路电压特点可知R两端的电压变化。 本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。 7、下列有关物理量与质量的关系，说法正确的是(　　) A. 同一地点，物体所受重力大小与质量无关 B. 同种物质，物质的密度大小与质量无关 C. 同一高度，物体的重力势能大小与质量无关 D. 同种燃料，燃烧放出的热量多少与质量无关 【答案】B 【解析】解：A、同一地点的重力常数相等；物体受到的重力与它的质量成正比；故A错误； B、因为密度是物质的一种特性，与物体的体积和质量没有关系，故B正确； C、影响重力势能的因素：重力和高度，同一高度，物体的重力势能大小与质量有关，故C错误； D、燃料燃烧的越充分、放出的热量越多；当燃料完全燃烧时，由Q放=mq可知，燃料燃烧放出的热量与燃料的热值和燃料的质量有关，故D错误。 故选：B。 (1)同一地点的重力相等，物体受到的重力与其质量成正比； (2)密度是物质的一种特性，与物体的体积和质量没有关系。 (3)影响重力势能的因素：质量和高度； (4)当燃料完全燃烧时，由Q放=mq分析判断。 本题考查了质量和重力的关系、密度的概念、影响重力势能的因素以及放热公式的裂解与掌握，属于基本内容，比较简单。 8、下列做法中，符合安全用电常识的是(　　) A. 用湿手拔用电器的插头 B. 在高压电线附近放风筝 C. 使用试电笔时手接触金属笔尖 D. 电器起火时先切断电源 【答案】D 【解析】解：A、生活中的水是导体，用湿手拔用电器的插头易引发触电，故A错误； B、在高压电线附近放风筝易引发触电，故B错误； C、使用试电笔时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体，故C错误； D、电器起火时，应先切断电源，再施救，故D正确。 故选：D。 (1)生活中的水是导体，不能用湿手接触带电体； (2)生活中要远离高压带电体； (3)使用试电笔时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体； (4)电器起火时，应先切断电源，再施救。 熟练掌握家庭电路中的安全用电常识，并能在实践中加以运用，有一定的现实意义，应引起我们的重视。 9、小明和班里的同学讨论热学知识，你认为正确的是(　　) A. 看到阳光下屋内飞舞的灰尘，这是分子在不停地作无规则的运动 B. 用手捏海绵，海绵的体积变小了，说明分子间有间隙 C. 陨石在坠入大气层时，内能增加，机械能减小 D. 在内燃机的一个工作循环中，燃气对外做功四次 【答案】C 【解析】解：A、尘埃在空气中飞舞是宏观物体在外力作用下的机械运动，故A错误； B、用手捏海绵，海绵的体积变小了，不能说明分子间有间隙，故B错误； C、陨石坠落的过程中，质量不变，高度减小，所以重力势能减小，坠落过程中陨石要克服空气阻力做功，把机械能转化为内能，内能增加，机械能减小，故C正确； D、内燃机的一个工作循环有4个冲程，曲轴转动2周，对外做功1次，故D错误。 故选：C。 (1)一切物质的分子都在不停地做无规则运动，分子比较小，是纳米尺度内的，我们用肉眼是看不到的；我们能够看到的不是分子，是固体的小颗粒； (2)用手捏海绵，海绵的体积变小了，不能说明分子间有间隙； (3)物体克服摩擦力做功，把机械能转化为内能，内能增加； (4)内燃机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮和曲轴转动2周。 本题考查分子的运动、升华现象、能量的转化、热机，知识点较多，有一定的综合性。 10、厨房里能发现许多与物理知识有关的现象，下列说法正确的是(　　) A. 吸油烟机能将油烟吸走，是因为空气流速越大的位置，压强越大 B. 高压锅能很快煮熟食物，是由于锅内气压增大，水的沸点升高 C. 瓷砖表面的“吸盘式”挂钩，是利用大气压将吸盘紧压在瓷砖表面 D. 茶壶的壶身和壶嘴构成连通器 【答案】BCD 【解析】解： A、流体压强与流速的关系：流体在流速越大的位置压强越小；所以，抽油烟机在工作时，转动的扇叶处空气流速大，压强小，故A错误； B、高压锅能增大锅内气体的压强，提高水的沸点，食物在高温下容易煮熟。故B正确； C、把吸盘紧压在光滑的瓷砖表面上，吸盘内的空气被排出，大气压就把吸盘紧压在了墙上，在钩上可以挂衣服，利用了大气压，故C正确； D、茶壶的壶身和壶嘴上端开口、底部连通，构成连通器，故D正确。 故选：BCD。 (1)利用流体压强与流速的关系：在气体和液体中，流速越大的位置压强越小； (2)液体的沸点跟气压有关，气压越大，沸点越高； (3)把吸盘紧压在光滑的墙上，把吸盘内的空气排出，大气压就把吸盘紧压在了墙上，在钩上可以挂衣服； (4)上端开口底部连通的容器是连通器，连通器中装有同种液体静止时，液面是相平的。 本题考查了流体压强与流速的关系、沸点与气压的关系、大气压的应用、连通器的应用等，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。 11、如图所示是有关电和磁的两个重要的科学探究实验，下列说法正确的是(　　) A. 甲图中开关S闭合后，轻质导体棒ab会运动 B. 甲图实验探究的是发电机的工作原理 C. 乙图中导体棒cd切割磁感线运动时，灵敏电流计的指针会发生偏转 D. 乙图实验说明电能可以转化为机械能 【答案】AC 【解析】解：(1)图甲实验是通电导线在磁场中受到磁场力的实验，是电动机的原理图，开关S闭合后，轻质导体棒ab会运动，故A正确，B错误； (2)乙图实验是电磁感应实验，是发电机的原理图，当导体棒切割磁感线运动时，电路中产生电流，灵敏电流表指针发生偏转，机械能转化为电能，故C正确，D错误； 故选：AC。 分析图示实验，确定实验原理或现象，然后结合相关知识分析答题。 根据图示确定两实验分别是什么实验是正确解题的关键。 12、如图所示，在两个完全相同的容器中装有甲、乙两种不同的液体，将体积相等的实心小球A、B、C分别放入两个容器中，放入小球后两个容器中的液体深度相同，且A、C两球排开液体体积相同，B球在甲液体中悬浮，在乙液体中下沉。则下列选项正确的是(　　) A. 甲液体比乙液体对容器底的压强大 B. 三个小球中密度最小的是C球 C. A、C两球所受的浮力相等 D. 如果把A、C两球对调，A球在乙液体中可能下沉 【答案】ABD 【解析】解：A、由图可知，B在甲中悬浮，A在甲中漂浮，则ρB=ρ甲，ρA<ρ甲=ρB， 由B在乙中下沉，可知，ρB>ρ乙， 则ρ甲>ρ乙， 已知两容器中的液体深度相同，由p=ρgh可得，两液体对容器底部的压强关系：p甲>p乙；故A正确； B、由B在乙中下沉，C在乙中漂浮可知，ρB>ρ乙，ρc<ρ乙， 则ρB>ρc， 由A、C漂浮，且两球排开液体体积相同，可得，ρAgV=ρ甲gV排，则ρA=ρ甲V排V， ρcgV=ρ乙gV排，ρc=ρ乙V排V， 则ρA>ρc， 所以三个小球的密度关系为：ρB>ρA>ρC，故B正确； C、VA排=VC排，ρ甲>ρ乙，根据F浮=ρgV排可得，A、C两球所受浮力关系为：FA>FC，故C错误； D、因为ρ甲>ρ乙，ρc<ρ乙， 所以ρc<ρ甲，已知ρA<ρB，但不能比较ρA和ρ乙的关系，所以不能确定把A、C两球对调后，A放在乙液体中的浮沉情况，可能A球在乙液体中可能下沉，故D正确。 故选：ABD。 (1)已知VA=VB=VC，VA排=VC排，根据B在甲中悬浮，A在甲中漂浮，可求确定A、B的密度关系； 根据B在乙中下沉，可确定以液体和B的密度关系；再利用压强公式分析两液体对容器底部的压强关系。 (2)根据A、C漂浮，且两球排开液体体积相同，利用F浮=ρgV排可得出三个小球的密度关系以及A、C两球所受浮力关系； (3)因不能确定ρA和ρ乙的关系，所以不能确定把A、C两球对调后，A放在乙液体中的浮沉情况。 此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对阿基米德原理、浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，难度较大。 13、如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数与R的关系分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是(　　) A. 电源电压为6V B. 滑动变阻器R的最大阻值是20Ω C. R0的最小电功率为0.4W D. 当滑片P置于中点时，R的电功率为0.8W 【答案】ABC 【解析】解： 由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。 A、由图甲、乙可知，当R=0时，即只有R0连入电路中时，电压表示数最大为6V，即电源电压U=6V，故A正确； B、由图丙知，当R=0时，电路中电流：I0=I=0.6A，由欧姆定律可得R0的阻值： R0=UI0=6V0.6A=10Ω； 由乙图知，当滑动变阻器连入阻值最大时，电压表示数为2V，即U0=2V，此时电路中电流最小，由丙图可知：I最小=I'=0.2A， 由串联电路特点和欧姆定律可得，此时滑动变阻器两端电压：UR=U-U0=6V-2V=4V， 由欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值： R=URI最小=4V0.2A=20Ω；故B正确； C、R0的最小功率：P=U0I0=2V×0.2A=0.4W；故C正确； D、当滑片P置于中点时，电路中的电流：I2=UR0+12R=6V10Ω+12×20Ω=0.3A， 此时R的功率：PR=I22R中=(0.3A)2×12×20Ω=0.9W；故D错误。 故选：ABC。 由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。 (1)根据电压表和电流表的示数与R的关系，可得滑片在最大值和最小值处电压表和电流表的示数，由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压； (2)计算R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值； (3)根据图象得出的最小电压和电流，利用电功率公式计算此时R0的最小功率； (4)当滑片P置于中点时，由串联电路特点和欧姆定律求出电路中电流，由P=I2R即可求出滑动变阻器的功率。 本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率公式的应用，从图象中获取滑动变阻器接入电路中的电阻与对应的电流、电压表的示数是关键。 三、填空题（本大题共8小题，每空1分，共25.0分） 14、盛夏时公园里的人工湖能减弱周围地区的“热岛效应”。假设湖水吸收的热量被相同质量的沙石吸收，则沙石升高的温度______(选填“大于”、“小于”或“等于”)湖水升高的温度。我们在岸上看到湖水中嬉戏的鲤鱼其实是光的______所形成的鲤鱼的______(选填“实”或“虚”)像。 【答案】大于；折射；虚 【解析】解： 因为水的比热容大于沙石的比热容，水和沙石的质量等同，吸收的热量又相等，根据Q=Cm△t可知，沙石升高的温度大于湖水升高的温度； 光发生折射的条件是：当光从一种透明介质斜射入另一种透明介质时，会发生折射现象；鱼反射的光斜射向水面时，由光发生折射的条件知，会发生折射现象，当光从水中射入空气中时，折射光线会远离法线，光线射入我们的眼睛，而我们由于错觉，认为光始终沿直线传播，逆着光的方向看上去，看到鱼的虚像，而且比实际位置高。 故答案为：大于；折射；虚。 (1)质量等同，吸收的热量又相等，根据吸收热量的公式Q=Cm△t可知，比热容与升高的温度成反比，水的比热容大于沙石的比热容，即可判断； (2)光从一种透明介质斜射入另一种透明介质中时，传播方向一般会发生改变，这是光的折射。 本题考查了学生对吸热公式的定性分析的应用，还考查了光的折射的知识，即知道岸上的人观察水中的物体时，会看到比原位置高的虚像，同样，在水中观察岸上的物体时，也会看到比原位置高的虚像，这都是折射的缘故。 15、当玻璃棒和丝绸摩擦时，丝绸带______电，是因为在摩擦过程中丝绸______(选填“得到”或“失去”)电子。反复摩擦后，发现玻璃棒的温度升高，这是通过______方式改变物体内能的。 【答案】负；得到；做功 【解析】解： (1)摩擦起电的实质是电子在物体之间的转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电； 用绸子摩擦过的玻璃棒带正电，是因为摩擦过程中玻璃棒失去了电子，同时丝绸得到了电子，所以丝绸带负电。 (2)反复摩擦后，发现玻璃棒的温度升高，这是通过做功方式改变物体内能的。 故答案为：负；得到；做功。 (1)摩擦起电并不是创造了电荷，也不是消灭了电荷。摩擦起电的实质是电荷的转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。 (2)摩擦做功可以将机械能转化为内能。 本题是一道基础题，知道摩擦起电的实质以及做功与物体内能的改变即可正确解题。 16、近日，我国部分地区发生了洪水灾害，空军采用直升飞机救援，地面控制中心通过______波向直升飞机发出指令，这种波在真空中的传播速度为______m/s；直升飞机在匀速上升过程中，动能______，机械能______。(后两个空选填“变大”、“变小”或“不变”) 【答案】电磁；3×108；不变；变大 【解析】解： (1)直升飞机受到地面指挥中心的控制，地面控制中心是通过电磁波来传达指令的；这种波在真空中传播速度为3×108m/s； (2)直升飞机在匀速上升过程中，质量不变，速度不变，故动能不变；同时，质量不变，高度增加，则重力势能变大，因机械能等于动能与势能的总和，故直升飞机的机械能不断变大。 故答案为：电磁；3×108；不变；变大。 (1)电磁波可以传递信息，地面控制中心通过电磁波发出指令给飞行员；电磁波信号传播速度与光速是相同的，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s； (2)机械能包括动能和势能，物体动能和势能的变化会引起机械能的变化；动能与质量和速度有关，质量越大、速度越大则动能越大；重力势能与质量和高度有关，质量越大、高度越大则重力势能越大。 此题考查电磁波的传播和机械能的知识；机械能的大小取决于动能和势能的大小，根据题目中动能和势能的大小变化可分析出机械能的大小变化。 17、小李家的电饭煲铭牌模糊不清，为了测其额定功率，他关掉家里其他所有用电器，让电饭煲正常工作1min，观察到家里标有3000r/(kW?h)的电能表转盘转了50转，则这段时间内电饭煲消耗的电能是______J，其额定功率是______W.1度电可供小李家中的4盏“220V 5W”的LED灯同时正常工作______h。 【答案】6×104；1000；50 【解析】解： (1)由“3000r/kW?h”可知，电路中每消耗1kW?h的电能，电能表转盘转过3000转， 电能表转了50转，电饭煲消耗的电能： W=503000kW?h=160kW?h=6×104J， 因电饭煲正常工作，则电饭煲的额定功率： P=Wt=160kW?h160h=1kW=1000W； (2)四盏LED灯的总功率：P'=4×5W=20W=0.02kW， 由P=Wt得，1度电=1kW?h可供这些灯同时正常工作的时间：。 故答案为：6×104；1000；50。 (1)3000r/kW?h表示消耗1kW?h的电能，电能表转3000转；据此可求出当电能表的转数为50转时消耗的电能，还知道正常工作时间，根据公式P=Wt可求电饭煲的额定功率。 (2)利用公式W=Pt可计算一度电可供这些灯同时工作的时间。 本题考查消耗电能的计算和功率的计算，关键是电功率公式及其变形的应用，要学会对电能表参数的理解，解题过程中要注意单位的换算。 18、如图所示，两个相同的玻璃瓶，橡皮塞上插进一根两端开口的细玻璃管，使橡皮塞塞住瓶口，其中甲瓶内装满水，乙瓶没有装满，玻璃管内水面距瓶底20cm，则甲瓶底部受到水的压强为______Pa；要探究大气压随高度的变化，应选用的是______(填“甲”或“乙”)装置，当该装置随电梯从一楼上升到二十楼，管内的液面会______(选填“上升”或“下降”)。(g取10N/kg；ρ水=1.0×103kg/m3) 【答案】2000；乙；上升 【解析】解： (1)甲瓶底部受到水的压强： p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m=2000Pa； (2)甲瓶内装满水，没有空气，瓶内没有气压，外部气压发生变化时不会引起玻璃管内液柱高度的变化，无法判断大气压的变化；而乙瓶内有空气，瓶内有气压，能判断大气压的变化，所以选择乙装置； 当电梯从一楼上升到十楼，瓶内空气的压强不变，所处高度变高，外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内外气压差的作用下，会有一部分水被压入玻璃管，因此管内液面上升。 故答案为：(1)2000；(2)乙；上升。 (1)已知甲瓶水的深度，利用p=ρgh求解瓶底部受到水的压强； (2)气压计的原理是利用内外压强差使细管内液柱上升或下降来判断气压的改变；当大气压发生改变时，瓶内压强与外部压强不同，则细管内液柱将发生改变；根据气压与高度的关系分析得出管内液面的变化。 本题考查了液体压强的计算、气压与高度的关系，题目难度不大，属于基础题目。 19、如图所示是一种电热暧手袋的简易电路图，当专用插头插入电源并闭合开关S时，红色指示灯L和发热体R之间的连接方式是______，电流通过发热体R会使其温度升高，这种现象叫做电流的______效应。 【答案】并联；热 【解析】解： (1)读图可知，电路中有两条电流的路径，因此红色指示灯L和发热体R之间的连接方式是并联； (2)电流通过发热体R会使其温度升高，这种现象叫做电流的热效应。 故答案为：并联；热。 (1)并联电路中电流有多条路径，串联电路中电流只有一条路径，据此判断； (2)电流通过导体时产生热量，称为电流的热效应。 本题主要通过对电热手袋的分析，考查了串并联电路的辨别、电流的热效应，难度不大。 20、如图所示，物体重为20N，某人在5s内用4N的拉力匀速地将该物体在水平方向移动了1m，则绳子自由端移动的速度为______m/s，拉力做功为______J，此物休受到的摩擦力为______N.(不计滑轮重、绳重、滑轮与轴及滑轮与绳之间的摩擦) 【答案】0.4；8；8 【解析】解： 由图知，动滑轮上绳子的段数为2，则绳子自由端移动的距离：s=2s物=2×1m=2m； 绳子自由端移动的速度：v=st=2m5s=0.4m/s； 拉力做的功：W=Fs=4N×2m=8J； 不计滑轮重、绳重、滑轮与轴及滑轮与绳之间的摩擦， 由F=12f可得，物体受到的摩擦力：f=2F=2×4N=8N； 故答案为：0.4；8；8。 (1)已知移动的距离和所用的时间，根据公式v=st可求绳子自由端移动的速度；已知动滑轮绳子的段数和物体移动的距离，可求绳子自由端通过的距离； (2)由W=Fs计算拉力做的功；不计滑轮重、绳重、滑轮与轴及滑轮与绳之间的摩擦，由F=12f求出物体受到的摩擦力。 本题考查速度、拉力、功、摩擦力的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对动滑轮上绳子段数的判断。 21、如图所示是太阳能LED照明路灯，LED是一种发光二极管，它是由______材料制成的，可以把电能直接转化成______能，太阳能是______(选填“可再生”或“不可再生”)能源、清洁无污染，它是在太阳内部氢原子核发生______(选填“裂变”或聚变”)释放出巨大的能量。 【答案】半导体；光；可再生；聚变 【解析】解： LED是一种半导体发光二极管，通过电流时不用经过加热灯丝直接能够发光，即把电能直接转化成光能； 太阳能属于可再生能源，其主要特点是取之不尽用之不竭，并且环保无污染； 在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能。 故答案为：半导体；光；可再生；聚变。 LED是一种发光二极管可以把电能直接转化成光能； 可再生能源是能在短时间内形成的能源，可再生资源特点是取之不尽用之不竭； 太阳内部进行着核聚变，由氢原子核聚变成氦原子核，释放出核能。 本题考查了太阳能的利用和进行的核反应的类型，知道太阳能是可再生能源。 三、作图题（本大题共3小题，每小题3分，共9.0分） 3957320022、如图所示，凸透镜与水面平行，一侧的焦点恰好在水面上，水中一束入射光线射向凸透镜的焦点，请画出这束光线发生反射和折射后的光路图。 【答案】解： (1)根据反射角等于入射角，在法线右侧的水中画出反射光线； (2)光由水中斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角，由此在法线右侧的空气中画出折射光线； (3)过焦点的入射光线，经凸透镜折射后平行于主光轴射出，如图所示： 【解析】利用下列知识作图： (1)反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角； (2)折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角； (3)过焦点的入射光线，经凸透镜后平行于主光轴射出。 本题考查了光的反射定律、折射定律以及凸透镜三条特殊光线的应用，记住折射现象中的角度关系是关键。 right023、电磁铁通电后，小磁针静止在如图所示位置，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，电磁铁的磁性增强。请在图中用笔画线代替导线，把元件连接起来(连线不要交叉)，并标出电磁铁的N极。 【答案】解：已知小磁针的右端为N极，根据磁极间的相互作用可知，电磁铁的左端为S极，右端为N极。 由安培定则可确定，电流要从电磁铁的左端流入，右端流出。滑片P向左移动，电阻增大，就要选取滑动变阻器的左下面的接线柱。故电路图设计如下： 【解析】(1)影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小，线圈的匝数。滑动变阻器滑片移动，如何引起电流的变化。 (2)根据小磁针的指向确定通电螺线管的极性，根据安培定则判断通电螺线管的接法。 本题考查实物图的连接，关键是知道电磁铁的N、S极，可以利用小磁针来确定。进而利用安培定则来确定电流方向。 24、如图所示是一种抽水马桶水箱自动上水装置的示意图。当水箱内的水达到一定高度时，浮标带动杠杆AOB压住入水口，停止上水。请在图中画出动力F1、阻力F2和动力臂L1。 center0 【答案】解： 由图和题意可知，O为支点，水对浮标的向上作用力为动力，入水口对B端的向上作用力为阻力； 过杠杆B点作竖直向上的力即为阻力F2；过浮标重心作竖直向上的力即为动力F1，过支点O作动力F1作用线的垂线段即为动力臂L1.如图所示： 【解析】根据杠杆原理分析出杠杆所示动力的作用点和方向；力臂是支点到力的作用线的距离，支点为点O，分别作出支点到力的作用线的垂线段即可。 要能找出杠杆的五要素，并且会根据力臂的画法画出正确的作用力或力臂。 四、简答题（本题4.0分） right025、冰壶比赛时，运动员需要不断调整自己的运动状态，他的两只脚的作用分别为蹬冰和滑行，所以两只鞋底的表面不同。请你说出甲、乙两只鞋底哪只是滑行脚的鞋底？并利用学过的物理知识解释其中的道理。 【答案】答：甲是滑行脚的鞋底，乙是蹬冰脚的鞋底； 由图知，甲鞋底比较光滑，这样可以通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力，便于滑行，所以甲是滑行脚的鞋底； 乙鞋底比较粗糙，这样可以通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力(即向前运动的动力)，也起到防滑的作用，所以乙是蹬冰脚的鞋底。 【解析】(1)增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度。 (2)减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动。 掌握摩擦力大小的影响因素，掌握增大和减小摩擦的方法，并能解释摩擦力有关的问题。 五、计算题（本题共3个小题，共22.0分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值、单位和答） 26、2018年5月13日，中国首艘国产航母01A型航空母舰离开大连港码头，开始海试。(g取10N/kg)请问： (1)航母001A设计排水量约6.5万吨，那么它满载时受到的浮力是多少？ (2)一位体重为600N的歼15舰载机飞行员，双脚与水平甲板的接触面积是400cm2，则他双脚站立时对甲板的压强是多少？ (3)若舰载机飞行员驾驶歼15战机以1800km/h的巡航速度飞越渤海海峡时，发动机的推力为2×105N，则飞机发动机的功率为多少？ 【答案】解： (1)航母满载时的排水量： m排=65000t=6.5×107kg， 航母满载时受到的浮力： F浮=G排=m排g=6.5×107kg×10N/kg=6.5×108N； (2)飞行员对水平甲板的压力： F=G=600N； 双脚站立时对甲板的压强： p=FS=600N4×10-2m2=1.5×104Pa。 (3)飞机发动机的功率： P=Wt=Fst=F推v=2×105N×18003.6m/s=1×108W。 答：(1)满载时航母所受的浮力为6.5×108N； (2)飞行员双脚站立时对甲板的压强是1.5×104Pa； (3)飞机发动机的功率为1×108W。 【解析】(1)知道航母满载排水量(排开水的质量)，利用阿基米德原理求该舰满载时所受浮力； (2)飞行员对甲板的压力等于其重力，又知受力面积，根据p=FS算出他双脚站立时对甲板的压强； (3)根据P=Wt=Fst=Fv算出发动机的功率。 本题考查了压强公式、重力公式、功率、阿基米德原理和物体漂浮条件的应用，关键是知道水平面上物体的压力与自身的重力相等，并正确理解排水量的含义。 27、在如图甲所示的电路中，电源电压恒定，定值电阻R1的阻值为16Ω，滑动变阻器的最大阻值是40Ω，小灯泡的额定电压为6V，通过小灯泡的电流与其两端电压的关系如图乙所示。当开关S2闭合，S1、S3断开时，滑动变阻器接入电路中的阻值为4Ω，小灯泡恰好正常发光。求： (1)小灯泡的额定功率； (2)电源电压； (3)当开关S1、S2、S3都闭合时，移动滑动变阻器的滑片P，当电路消耗的总功率为6W时，求滑动变阻器接入电路中的电阻值。 center0 【答案】解： (1)由题知灯泡的额定电压为6V，由图象读出灯泡正常发光时的电流为IL=0.5A， 则小灯泡的额定功率： P额=ULIL=6V×0.5A=3W； (2)当开关S2闭合，S1、S3断开，L与R2串联，当滑动变阻器接入电路中的阻值为4Ω，小灯泡恰好正常发光，则电路的电流I=IL=0.5A， 滑动变阻器两端的电压：U2=IR2=0.5A×4Ω=2V； 电源电压为：U=UL+U2=6V+2V=8V； (3)当开关S1、S2、S3都闭合时，R1、R2并联， 因并联电路各支路两端的电压相等， 则R1的功率： P1=U2R1=(8V)216Ω=4W； 因总功率等于各电阻消耗功率之和， 所以R2的功率：P2=P-P1=6W-4W=2W； 由P=U2R可得，R2的电阻：R2=U2P2=(8V)22W=32Ω。 答：(1)小灯泡的额定功率为3W； (2)电源电压为8V； (3)当开关S1、S2、S3都闭合时，移动滑动变阻器的滑片P，当电路消耗的总功率为6W时，滑动变阻器接入电路中的电阻值为32Ω。 【解析】(1)由图象读出灯泡正常发光时的电流，由P=UI算出小灯泡的额定功率； (2)当开关S2闭合，S1、S3断开，L与R2串联，当滑动变阻器接入电路中的阻值为4Ω，小灯泡恰好正常发光，根据U=IR算出滑动变阻器的电压，滑动变阻器的电压加灯泡两端的电压等于电源电压； (3)当开关S1、S2、S3都闭合时，R1、R2并联，由P=U2R算出R1的功率； 总功率减去R1的功率即为R2的功率，根据P=U2R算出R2的电阻。 本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，关键是利用好电源电压不变这一条件，注意知道灯泡电阻是变化的。 28、如图甲是一种电热加湿器，其原理如图乙所示，闭合开关，当电热丝R将加热仓中的水加热到沸腾后变成水蒸气喷出，增加空气的湿度。当加热仓中的水对底部的压强减少到一定程度时，注水阀门便会自动打开从储水箱中注水。加湿器的工作电压为220V，最大功率为40W，气雾调节器R2的阻值范围是0-1210欧。求： (1)电热丝R1的电阻值； (2)若加热仓以最大功率工作时的效率为84%，那么将加热仓中质量为30g温度为20℃的水加热到100℃需要多长时间？[c水=4.2×103J(kg?℃)] (3)设电热丝电阻不变，电热丝R1工作时最小功率是多少？ center0 【答案】解： (1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器接入电路的电阻为0，只有电热丝工作，此时电热丝R1的最大功率为40W， 由P=U2R可得，电热丝R1的电阻值： R1=U2P=(220V)240W=1210Ω； (2)水吸收的热量： Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg?℃)×30×10-3kg×(100℃-20℃)=1.008×104J， 由η=Q吸W可得，消耗的电能： W=Q吸η=1.008×104J84%=1.2×104J， 由P=Wt可得，加热需要时间： t=WP=1.2×104J40W=300s； (3)当滑片移到最右端时，气雾调节器的最大阻值和电热丝R1串联，电路中电流最小，电热丝R1工作时功率最小， 则电路中的最小电流： I小=UR=220V1210Ω+1210Ω=111A， 电热丝R1工作时最小功率： P1小=I小2R1=(111A)2×1210Ω=10W； 答：(1)电热丝R1的电阻值为1210Ω； (2)将加热仓中质量为30g温度为20℃的水加热到100℃需要300s时间； (3)设电热丝电阻不变，电热丝R1工作时最小功率是10W。 【解析】(1)当气雾调节器R2的滑片移到最左边时，气雾调节器接入电路的电阻为0，只有电热丝工作，根据P=U2R求出其电阻值； (2)根据Q吸=cm(t-t0)求出水吸收的热量，已知效率为84%，可求得消耗电能，再利用P=Wt可求得时间； (3)当滑片移到最右端时，气雾调节器和电热丝串联，此时电阻最大，功率最小，根据I=UR求出电流，再根据P=I2R1求出电热丝R1工作时最小功率； 此题主要考查的是学生对电功率、电能、热量、欧姆定律计算公式的理解和掌握，注意公式的变形，综合性较强，有一定难度。 六、实验、探究题（本大题共4个小题，共30.0分） 29、（6分）在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验时： (1)小华组装好实验器材后开始实验，请你指出图甲中存在的操作错误是______。 (2)纠正错误操作后，开始计时。第3min温度计的示数如图乙所示，该示数为______℃，从记录数据的表格可以分析出：水沸腾的特点是温度______，继续______。 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 … 温度/℃ 90 92 94 98 98 98 … (3)根据水的沸点可判断当时当地的气压______(选填“是”或“不是”)1标准大气压。 (4)小华和另一位同学选用的实验装置相同，且同时开始实验，但水开始沸腾的时间不同，他们绘制的沸腾图象如图丙所示，其中水的质量较大的图象为______(选填“a“”或“b”)。 【答案】温度计的玻璃泡与容器底接触；96；不变；吸热；不是；b 【解析】解：(1)图甲中温度计测液体温度的错误为：温度计的玻璃泡与容器底接触； (2)温度计的分度值是1℃，此时是零上，液柱上表面对准了90℃上面第6个小格处，读作96℃； 液体沸腾时，温度不变，继续吸热； (3)由图知，当水的温度达到98℃时，温度不再变化，说明此时是水的沸腾过程，沸点是98℃.沸点低于标准大气压下的沸点，由此可判断当地的气压不是1个标准大气压。 (4)读图丙可以看出，在同样加热的情况下，b的升温较慢，其原因应该是水的质量多于a的缘故，即b的质量大； 故答案为：(1)温度计的玻璃泡与容器底接触；(2)96；不变；吸热；(3)不是；(4)b。 (1)测量液体温度时，要使温度计的玻璃泡与被测液体充分接触，不能接触容器底和容器壁；读数时视线与液柱上表面所对刻线相平； (2)温度计读数时，先确定是零上还是零下，认清分度值，再读数；液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变； (3)根据沸点与气压之间的关系，气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低解答。 (4)在装置相同的情况下，水的质量越大，升温会越慢。 在做“观察水沸腾”的实验时，应能熟练装配实验的装置，并能分析实验条件对其结果的影响，同时要学会分析温度随时间变化的图象。 30、（7分）小明在探究“凸透镜成像的规律”实验时，实验操作规范。 (1)实验前，要调整烛焰、凸透镜、光屏的中心在______，实验一段时间后，他发现光屏上的像偏上，那么他应该把凸透镜向______(选填“上”或“下”)适当调节，才能使像最终成在光屏的中央。 (2)当他将蜡烛、凸透镜、光屏调节到图甲所示位置时，烛焰恰好在光屏上成清晰的像，此时成像原理与______(选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”)相同；若将蜡烛向右移动5cm，保持凸透镜的位置不动，则应将光屏向______(选填“左”或“右”)适当移动才能再次在光屏上成清晰的像，此时像的大小比原来的像要______(选填“大”或“小”)些。 (3)小明近日发现自己看不清黑板，到医院检查，医生告诉他患上了近视，成像示意图为______(选填“乙”或“丙”)图，近视眼可以使用______(选填“凸透镜”或“凹透镜”)加以矫正。 【答案】同一高度；下；照相机；右；大；乙；凹透镜 【解析】解：(1)蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置。实验中他发现光屏上的像偏上，根据光线过光心不改变方向，凸透镜向下移动，或蜡烛向上移动，或光屏上移动。 (2)根据图示可知，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，因此与照相机原理相同。 凸透镜成实像时，物距越小，像距越大，像越大；因此当凸透镜的位置不变时，只向右移动蜡烛，要使光屏上再次出现一个明亮清晰的像需要向右移动光屏，此时像的大小比原来的像要大些； (3)图乙的入射光线会聚在视网膜的前方，所以图甲表示了近视眼的成像情况， 图丙的入射光线会聚在视网膜的后方，所以图乙表示了远视眼的成像情况，也是老花眼成像情况； 近视眼是因为晶状体焦距太短，或眼球前后经过长，看远处物体时，使物像落到视网膜前方，为了使光线会聚在原来的会聚点后面的视网膜上，就需要在光线进入人的眼睛以前发散一下，因此带对光线具有发散作用的凹透镜来矫正。 故答案为：(1)同一高度；下；(2)照相机；右；大；(3)乙；凹透镜。 (1)探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置。根据光线过光心不改变方向进行判断。 (2)凸透镜成实像时，根据物距和像距的关系，能判断凸透镜的成像情况：①物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；②物距等于像距，成倒立、等大的实像；③物距小于像距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪或幻灯机；凸透镜成实像时，物距越小，像距越大，像越大； (3)视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体，近视眼的晶状体太厚，使像成在视网膜的前方。要戴一个凹透镜来矫正，凹透镜对光线有发散作用。戴上凹透镜能使像成在视网膜上。 掌握凸透镜成像的两种判断方法：根据物距和焦距的关系，根据物距和像距的关系。 本题涉及到的知识点很多，有仪器的调节、凸透镜成像的应用、近视眼的成因及其矫正等，综合性很强，使试题具有一定的难度。 31、（7分）小华同学在探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，在弹簧测力计下面悬挂一个实心圆柱体(如图甲所示)，当圆柱体下表面与水面相平时开始缓慢下降，直到浸没在溢水杯内的水中，用小桶收集溢出的水。(g取10N/kg) (1)圆柱体的质量为______kg。 (2)圆柱体浸没在水中时所受浮力为______N；圆柱体的密度是______kg/m3。 (3)比较______两图可知：浸在同种液体中的物体所受浮力的大小跟物体排开液体体积有关。 (4)比较c、d两图可知：当物体浸没在同种液体中，所受浮力不随______而改变。 (5)小华完成图甲所示的实验后，把水换成另一种液体重复上述实验，根据实验数据绘制出如图乙所示的弹簧测力计的拉力F随物体下降高度h变化的图象，那么物体浸没在这种液体中受到的浮力为______N，这表明浸在液体中的物体所受浮力的大小还跟______有关。 【答案】0.6；4；1.5×103；b、c；深度；3；液体密度 【解析】解： (1)由a知，G=6N；根据G=mg可得，圆柱体的质量m=Gg=6N10N/kg=0.6kg； (2)由图a、c知，圆柱体浸没在水中后所受浮力F浮=G-F=6N-2N=4N； 由F浮=ρ液gV排知， 圆柱体的体积： V=V排=F浮ρ水g=4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10-4m3 圆柱体的密度： ρ=mV=0.6kg4×10-4m3=1.5×103kg/m3； (3)要探究浸在同种液体中的物体所受浮力大小跟物体排开液体的体积有关，需要控制液体密度相同，排开液体的体积不同，图b、c符合要求； (4)由c、d两图可知，圆柱体完全浸没，下沉过程中，测力计的示数不变，即物体所受浮力不随深度改变； (5)由图乙知，物体完全浸没时测力计的示数为2N，则F浮'=G-F'=6N-3N=3N； 由实验知，浸在液体里的物体受到的浮力大小还根据液体的密度有关。 故答案为：(1)0.6；(2)4；1.5×103；(3)b、c；(4)深度；(5)3；液体密度。 (1)根据图a得出圆柱体的重力大小，然后根据公式G=mg求出圆柱体的质量； (2)由图c及a根据F浮=G-F得出所受浮力的大小； (3)比较b、c两图的不同点，得出浮力大小与物体排开液体体积的关系； (4)根据浮力大小与排开液体体积的关系得出结论； (5)根据物体完全浸没时测力计的示数及其重力求出浮力。 此题是探究影响浮力大小的因素实验，考查了学生分析图象和数据的能力，注意分析问题过程中控制变量法的应用，同时要熟练掌握密度公式及阿基米德原理公式，做到灵活应用。 32、（10分）小明在实验室探究电学实验，有如下器材：电压表、电流表、滑动变阻器、开关、电源(电压恒为4.5V)、定值电阻R(分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω)、小灯泡(额定电压为2.5V)、导线若干。 (1)在探究“电流与电阻的关系”实验中： ①小明设计了如图甲所示电路，请你帮他将图乙所示的实物图连接完整。 ②闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至______(选填“A”或“B“)端；电路中滑动变阻器起到保护电路和______的作用。 ③闭合开关，发现无论如何移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，电压表示数为零，此时电路出现的故障可能是______。 ④小明排除故障后继续实验，先将5Ω的电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为2.5V，记下电流表示数；断开开关，把5欧电阻换为10欧的电阻，再闭合开关，应向______(选填“A”或“B“)端移动滑动变阻器的滑片，才能使电压表示数仍为2.5V，同时再记下电流表的示数。 ⑤为确保所给的5个定值电阻接入电路后都能正常进行实验，那么，应该选取最大阻值不小于______Ω的滑动变阻器。 (2)完成以上实验后，小明将定值电阻换成小灯泡，想要测量它的额定电功率。在不损坏小灯泡的情况下，移动滑动变阻器的滑片，记录多组小灯泡两端的电压值及对应的电流值，根据这些数据绘制出了小灯泡的“I--U”关系图象(如图丙所示)。分析图象可知，小灯泡正常工作时灯丝电阻为______Ω，小灯泡的额定功率是______W.从图象还可以看出，小灯泡灯丝的电阻是______(选填“变化或“不变”)的，造成这一现象的原因是灯丝电阻随______升高而增大。 【答案】A；改变电阻电压和电流；电阻短路；A；20；10；0.625；变化；温度 【解析】解：(1)根据图甲连接实物，注意各元件顺序与电路图一一对应，电压表与电阻并联，且正进负出，如下所示： ②闭合开关前，为保护电路，要将滑动变阻器滑片移至阻值最大处，即最左端； 为得出普遍性的结论要多次测量，故电路中滑动变阻器除起到保护电路元件安全的作用外，还有改变电阻电压和电流的作用； ③闭合开关S，无论如何移动滑动变阻器的滑片P，电流表有示数，说明电路不可能是断路，可能是短路，电压表示数为零，说明电压表测量的电阻为零，则与电压表并联的支路短路了； ④小明先将R=5Ω的电阻接入，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为2.5V，记下电流表示数；接着在滑动变阻器的滑片位置不变，把R换为10Ω的电阻时，电阻变大，电压表示数变大，为保持电压表示数不变，要增大变阻器的电压，故应向左移动滑动变阻器的滑片P，才能使电压表示数为2.5V，同时记下电流表的示数； ⑤由图知，电阻两端的电压始终保持U=IR=0.1A×25Ω=----=0.5A×5Ω=2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压： U滑=4.5V-2.5V=2V，变阻器分得的电压为电压表示数的2V2.5V=0.8倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为： R滑=0.8×25Ω=20Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少20Ω的滑动变阻器。 (2)由图象可知，小灯泡额定电压为2.5V时，电流为0.25A，此时的电阻大小R=UI=2.5V0.25A=10Ω； 小灯泡的额定功率： P=UI=2.5V×0.25A=0.625W； 由图象知，当电压分别为0.5V、1.5V、2.5V时，对应的电流大小分别为0.1A、0.2A、0.25A，根据R=UI分别求出对应的电阻大小为5Ω、7.5Ω、10Ω，所以得出的结论是，小灯泡灯丝的电阻随电压的增大逐渐而变大；当电压增大时，通过的电流也相应增大，根据P=UI，灯的电功率也逐渐增大，灯丝的温度逐渐升高，由于灯丝电阻随温度的升高而增大，所以小灯泡灯丝的电阻随温度的升高逐渐变大。 故答案为：(1)①见上图；②A；改变电阻电压和电流；③电阻短路；④A；⑤20；(2)10；0.625；变化；温度。 (1)①根据图甲连接实物电路； ②闭合开关前，要将滑动变阻器滑片移至阻值最大处；探究“电流与电压的关系”实验，为得出普遍性的结论要多次测量； ③若电流表有示数，说明电路可能短路，电压表示数为零，说明电压表测量的电阻为零，则与电压表并联的支路短路了； ④根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向； ⑤探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。 (2)根据小灯泡额定电压为2.5V时，读出图象中对应的电流数值，利用欧姆定律公式变形可求得小灯泡正常工作时的灯丝电阻，根据P=UI可求灯泡的额定功率； 根据图象由欧姆定律求出在不同电压下的电阻大小，比较数据得出结论；从温度对电阻的影响分析原因。 本题电流与电阻的关系，考查注意事项、器材的选择，数据的分析、控制变量法的运用，同时也考查了测灯的电阻实验，涉及故障分析、电流表读数、电阻计算和注意事项。