2022年辽宁省锦州市中考物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共28分。1-8题为单选选择题，每题2分；9-12题为多项选择题，每题3分。多项选择题漏选得2分，错选不得分。请把正确答案选项前的字母填在下面的表格里）1．（2分）（2022•锦州）物理学习过程中，下列估测不合理的是（ ） A．即将升入高中的你质量约为60kg B．额定功率为150W的电冰箱每天的正常工作的耗电量约为3.6度 C．对人体的安全电压不高于36V D．光在真空中的传播速度约为3×108m/s考点：质量的估测；光的传播速度与光年；电压．专题：估算综合应用题．分析：不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个．解答：解：A、中学生的质量在50kg左右，该选项数据合理，不符合题意；B、电冰箱是间歇式工作的家用电器，压缩机并不是不停地工作，因此它每天的耗电量很小，大约0.5度左右，该选项数据不合理，符合题意；C、经验证明，不高于36V的电压才是安全的，该选项数据正确，不符合题意；D、光在真空中的传播速度约为3×108m/s，该选项数据正确，不符合题意．故选B．点评：本题中特别注意B选项，按照电功的计算公式W=Pt计算结果是正确的，但是要考虑电冰箱的实际工作情况，这就要求学生要具备一定的生活经验． 2．（2分）（2022•锦州）四季分明的辽宁地区热现象随处可见，下列物态变化过程中，需要吸热的是（ ） A．春天，冰雪融化 B．夏天，从冰箱里拿出来的饮料罐“出汗” C．深秋，室外地面上出现了霜 D．冬天，千里冰封，万里雪飘考点：熔化与熔化吸热特点．专题：温度计、熔化和凝固．分析：从六种物态变化定义进行判断：24\n物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热．解答：解：A、冰雪融化是雪从固态变成液态，是熔化过程，熔化吸收热量．符合题意．B、夏天，从冰箱里拿出来的饮料罐“出汗”是空气中的水蒸气遇冷的饮料罐液化形成的小水珠，液化放出热量．不符合题意．C、深秋室外的霜是空气中的水蒸气遇冷直接凝华成的小冰晶，凝华放出热量．不符合题意．D、冬天，千里冰封指水凝固成冰，凝固是放出热量的；万里雪飘，下雪是水蒸气直接凝华成的小冰晶形成的，凝华放出热量．不符合题意．故选A．点评：本题首先判断判断现在和原来的状态，根据物态变化定义判断该现象属于哪种物态变化，属于放出热量还是吸收热量． 3．（2分）（2022•锦州）下列与声现象有关的说法中正确的是（ ） A．声波是一种电磁波，但它不能在真空中传播 B．声音在空气中的传播速度一定是340m/s C．“长啸一声，山鸣谷应”是指次声波传播很远 D．超声波能用粉碎结石是因为超声波具有能量考点：声与能量；声音在不同介质中的传播速度．专题：声现象．分析：（1）声音是由物体的振动产生的，声音可以在不同的介质中传播，声音不能在真空中传播．（2）声音在不同介质中的传播速度是不同，在固体中传播最快，气体中传播最慢；声速还与温度有关，在15℃的空气中传播速度是340m/s，温度升高，声速变大．（3）回声是声音在传播过程中遇到障碍物，从而反射回来的现象．（4）声音既能够传递信息，又能够传递能量．解答：解：A、声波不是电磁波，不能在真空中传播，该选项说法不正确；B、声音在15℃的空气中传播速度是340m/s，温度越高，传播速度越快，该选项说法不正确；C、长啸一声，山鸣谷应，是指声音遇到山谷被反射回来的现象，说明的是回声，该选项说法不正确；D、超声波能用粉碎结石是因为超声波具有能量，该选项说法正确．故选D．点评：本题考查了学生对声现象的掌握情况，属于基础知识的考查，比较简单． 4．（2分）（2022•锦州）下列各项措施中，用来减小有害摩擦的是（ ） A．为了防止传动带打滑，需要把皮带张紧些24\n B．黑板上的粉笔字不容易擦干净时，双手用力按黑板擦擦黑板 C．自行车轴承中装有滚珠 D．在汽车轮胎上装防滑链考点：增大或减小摩擦的方法．专题：重力、弹力、摩擦力．分析：（1）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力来增大摩擦．在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．（2）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，用滚动代替滑动，使接触面脱离．解答：解：A、为了防止传动带打滑，需要把皮带张紧些，这是利用增大压力的方法来增大摩擦的，故该选项不符合题意．B、双手用力按黑板擦把黑板擦干净，增大了压力，增大了摩擦，故该选项不符合题意；C、自行车轴承中装有滚珠，以滚动摩擦代替滑动摩擦，从而减小了摩擦力，故该选项符合题意；D、在汽车轮胎上装上防滑链，增大了接触面的粗糙程度，增大了摩擦，故该选项不符合题意；故选C．点评：本题掌握摩擦力大小的影响因素，以及增大和减小摩擦的方法，利用控制变量法解释有关摩擦力的问题． 5．（2分）（2022•锦州）如图所示的生活用具中，使用时属于费力杠杆的是（ ） A．瓶起子B．镊子C．钢丝钳子D．剪纸剪刀考点：杠杆的分类．专题：简单机械．分析：结合图片和生活经验，先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、瓶起子在在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；B、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；C、钢丝钳子在在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、剪纸剪刀在在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．故选B．点评：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．24\n 6．（2分）（2022•锦州）如图所示电路中，电源电压恒定不变，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P自a向b移动的过程中（ ） A．小灯泡亮度变暗 B．电压表V1的示数变大 C．电压表V2的示数与电流表A的示数之比不变 D．电路消耗的总功率变小考点：电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用；电功率的计算．专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．分析：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡L两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定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灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化和灯泡实际功率的变化，利用灯泡的亮暗取决于实际功率的大小判断灯泡亮暗的变化，根据欧姆定律可知电压表V2的示数与电流表A的示数之比等于滑动变阻器接入电路中电阻的阻值，进一步得出答案．解答：解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡L两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；滑动变阻器的滑片P自a向b移动的过程中，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，∵I=，∴电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大即电压表V1的示数变大，故B正确；∵P=U，∴电路消耗的总功率变大，故D不正确；灯泡的实际功率变大，灯泡变亮，故A不正确；∵由欧姆定律可知，电压表V2的示数与电流表A的示数之比等于滑动变阻器接入电路中电阻的阻值，∴电压表V2的示数与电流表A的示数之比变小，故C不正确．故选B．点评：本题考查了电路的动态分析，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断，要注意电压表V2的示数与电流表A的示数之比等于滑动变阻器接入电路中电阻的阻值． 24\n7．（2分）（2022•锦州）如图所示，以下与压强知识相关的实验，其中分析正确的是（ ） A．甲图实验，帕斯卡裂桶实验，证明液体压强随深度的增加而减小 B．乙图实验，压有砝码的桌子放在细沙上，砝码越轻，桌腿下陷越深 C．丙图实验，测出拉动注射器活塞时的拉力和活塞的面积，可估测大气压强的值 D．丁图实验，在教室内可以用水代替水银做托里拆利实验考点：帕斯卡原理及其应用；压强；大气压强的测量方法；大气压的综合应用．专题：压强、液体的压强．分析：利用下列知识分析判断：A、液体内部的压强随深度的增加而增大；B、压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大、受力面积越小，压力的作用效果越明显；C、知道压力和受力面积，利用p=求压强；D、一个大气压可以支持76cm高的水银柱，相当于10m高的水柱．解答：解：A、甲图实验，帕斯卡裂桶实验，证明液体压强随深度的增加而增大，故A错误；B、乙图实验，压有砝码的桌子放在细沙上，砝码越轻，对细沙的压力越小，桌腿下陷越浅，故B错误；C、丙图实验，测出拉动注射器活塞时的拉力和活塞的面积，利用公式p=可估测大气压强的值，故C正确；D、丁图实验，在教室内不可以用水代替水银做托里拆利实验，因为一个大气压相当于10m高的水柱产生的压强，故D错误．故选C．点评：本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、托里拆利实验，虽知识点多、但都属于基础，难度不大． 8．（2分）（2022•锦州）小亮踢足球，球离开脚后向上运动到一定高度又落回地面，不计空气阻力，关于足球离开脚后的运动过程，下列说法中正确的是（ ） A．上升过程中，足球受力方向是竖直向下的 B．上升过程中，小亮对足球做功24\n C．下落过程中，足球机械能总量增大 D．下落过程中，足球重力势能增大考点：重力的方向；功的计算；势能的影响因素；机械能．专题：机械能及其转化．分析：（1）不计空气阻力，球离开脚之后，只受到重力作用，根据重力方向进行判断．（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．（3）抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离．二者缺一不可．解答：解：A、不计空气阻力，球离开脚之后，球只受到重力作用，重力方向竖直向下．选项正确，符合题意．B、球在上升过程中，球离开脚之后，球不再受脚的作用力，脚对篮球不做功，球上升是依靠惯性完成的．选项错误，不符合题意．C、下落过程中，重力势能转化为动能，不计空气阻力，足球机械能总量不变，选项不正确，不符合题意．D、球在下落过程中，球的质量不变，高度减小，重力势能减小．选项不正确，不符合题意．故选A．点评：本题通过踢足球球考查了重力势能、做功的两个必要因素等，体现了物理和体育活动的密切关系． 9．（3分）（2022•锦州）下列关于光现象的说法中正确的是（ ） A．光发生漫反射时，反射角等于入射角 B．我们能看到鲜艳的黄色的花是因为花能发出黄色的光 C．彩色电视机的色彩是用红、黄、蓝三种色光按不同的比例混合得到的 D．“背日喷乎水，成霓虹之状”，这是一种光的色散现象考点：漫反射；光的色散；色光的三原色和颜料的三原色．专题：光的折射、光的色散．分析：A、镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律．B、不透明物体的颜色由它发射的色光决定，黄花只反射黄光．C、彩色电视机荧屏上呈现各种颜色是由红绿蓝三色色光合成的，红、绿、蓝三种色光叫色光的三基色，D、彩虹的成因是由于光的色散．解答：解：A、镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律．所以光发生漫反射时，反射角等于入射角，故A正确；24\nB、在太阳光下我们能看到黄色的花是因为太阳光中的黄光被黄花反射了，而太阳光中的其它色光都被黄花给吸收了；故B错误；C、用放大镜观察彩色电视画面，可以发现是由红、绿、蓝三种色光混合而成的；故C错误；D、“背日喷乎水，成虹霓之状”描写的是“人工虹”，这是喷出的水后，空中有大量的小水滴，太阳光照在这些小水滴上，被分解为绚丽的七色光，也就是光的色散．故D正确．故选AD．点评：此题主要考查镜面反射和漫反射、光的色散等知识点、物体的颜色是由反射的色光所决定的等知识点，注意的是镜面反射和漫反射线都要遵循光的反射定律． 10．（3分）（2022•锦州）人们的工作、学习和生活都离不开电，树立安全用电意识十分重要，下列做法中符合安全用电原则的是（ ） A．把用电器的金属外壳接地线可以防止触电 B．使用测电笔时，手按住笔尾金属体，用笔尖接触被测导线 C．电灯的开关必须接在零线与电灯之间 D．发现家用电器或导线失火时，必须先切断电源，然后再救火考点：安全用电原则．专题：电与热、生活用电．分析：为防止触电事故的发生，不接触低压带电体，不靠近高压带电体；要保持绝缘部分干燥，避免电线与其它金属物体接触；一旦有人触电，应立即切断电源或用绝缘棒将导线挑开，使接触者尽快脱离电源．带有金属外壳的用电器，外壳一定要接地，开关必须接在火线与灯泡之间．解答：解：A、把用电器的金属外壳接地线可以防止触电，故A正确；B、使用测电笔时，手按住笔尾金属体，用笔尖接触被测导线，故B正确；C、电灯的开关必须接在火线线与电灯之间，故C错误；D、发现家用电器或导线失火时，必须先切断电源，然后再救火，故D正确．故选ABD．点评：安全用电的原则是：不接触低压带电体，不靠近高压带电体．本题来源于日常生活的常见现象和行为，在考查安全用电的原则中，实现安全用电知识的宣传和教育作用． 11．（3分）（2022•锦州）下列有关的生活实例与其所运用的物理知识的说法中，正确的是（ ） A．自行车坐垫呈马鞍型，是为了增大受力面积减小臀部所受的压力 B．三峡船闸是连通器的应用 C．修盘山公路，利用了高度一定时斜面越长越省力的道理24\n D．静止在水平地面上的汽车，其对面的压力与地面对它的支持力是一对平衡力考点：减小压强的方法及其应用；平衡力的辨别；连通器原理；功的原理．专题：压强、液体的压强．分析：A、压强大小跟压力和受力面积大小有关．在压力一定时，受力面积越大、压强越小；在受力面积一定时，压力越小，压强越小．据此分析回答．B、上端开口，下部相连通的容器叫连通器；当连通器内的液体不流动时，各容器中的液面总是相平的．C、盘山公路利用了斜面越长越省力的原理．D、根据二力平衡条件，判断车对地面的压力和地面对车的支持力是否是一对平衡力．解答：解：A、人坐在马鞍型的自行车坐垫上，压力一定，受力面积增大，减小了车垫对臀部的压强，臀部感到比较舒服．故A错误；B、三峡船闸是连通器的应用，故B正确；C、修盘山公路，利用了高度一定时斜面越长越省力的道理，故C正确；D、车对地面的压力和地面对车的支持力，作用在两个物体上，所以二力不是一对平衡力．故D错误．故选BC．点评：本题考查学生对减小压强的方法及其应用、连通器原理、斜面应用、平衡力的判断的了解与掌握，贴近生活实际，便于激发生探究物理现象的兴趣，同时，也体现了新课程的指导思想． 12．（3分）（2022•锦州）下列四个图中，电阻R0的阻值已知，电源电压未知且保持不变，以下四个图中能测出Rx阻值的是（ ） A．B．C．D．考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电压规律．专题：应用题；图析法；欧姆定律．分析：由欧姆定律可得，要想测出Rx的阻值应先得出Rx两端的电压及通过Rx的电流，则分别分析各选项可得出符合条件的电路图．解答：解：A、断开S时，由电流表的示数可知通过R0的电流，则由欧姆定律可得出电源电压；闭合S，则Rx与R0并联，由并联电路的电流规律可得出通过Rx的电流，则由欧姆定律可求得Rx的阻值，故A正确；B、当开关接1时，若电压表正负接线柱接法正确，此时可以测出R0两端电压，但接下来把开关接到2时，电压表的正负接线柱此时就变得相反了，测不出RX的电压，也就无法利用串联电路的电压分配规律求出RX的阻值了；故B错误；C、电流表A1可以直接测量R0的电流，R0是定值电阻，根据U0=I0R0求出电压，电流表A2可以直接测量Rx的电流，根据并联电路各支路电压相等得UX=U0，由欧姆定律可求得Rx的阻值；故C正确；24\nD、闭合S1、S2时，Rx短路，电压表测量电源电压；而断开S1，闭合S2时，电压表测量R0两端的电压，根据欧姆定律可求通过Rx的电流，则根据串联电路的特点可求出Rx两端的电压和电流，则由欧姆定律可求得Rx的阻值；故正确；故选A、C、D．点评：伏安法测电阻的原理为欧姆定律的使用，只需能求得电阻两端的电压和通过电阻的电流即可由欧姆定律求得电阻的阻值． 二、填空题（每空1分，共25分）13．（3分）（2022•锦州）“中国好声音”比赛现场，吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是为了改变声音的 音调 ；琴声是通过 空气 传播到现场观众耳中的．观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动，目的是为了在 声源处 减弱噪声．考点：频率及音调的关系；声音的传播条件；防治噪声的途径．专题：声现象．分析：（1）音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高；（2）声音的传播是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播；（3）减弱噪声有三种途径：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱．解答：解：（1）弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是为了改变琴弦的振动快慢，即改变声音的音调．（2）琴声和我们的耳朵之间有空气，琴声是通过空气传播到耳朵中．（3）观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动是在声源处减弱噪声．故答案为：音调；空气；声源处．点评：本题考查声音的三要素、声音传播的条件以及防止噪声的途径，解决此类问题要结合声音的产生和传播进行分析解答． 14．（3分）（2022•锦州）2022年5月10日，世园会正式开园．园内绿树成荫、花香扑鼻，让人流连忘返．“树荫”说明光在空气中中沿 直线传播 ．“花香扑鼻”说明分子在不停地做 无规则运动 ．湖面上，划船的游客在向后划水时，船向前行，说明物体间 力的作用是相互的 ．考点：光在均匀介质中直线传播；力作用的相互性；分子的运动．专题：光的传播和反射、平面镜成像；分子热运动、内能；运动和力．分析：（1）影子是由光的直线传播造成的；（2）我们闻到周围物体的气味都是分子运动的结果；（3）物体间力的作用是相互的．解答：解：（1）“树荫”是树在阳光下的影子，说明光在空气中中沿直线传播；（2）“花香扑鼻”，是香气分子运动到了我们身边，是分子不停地做无规则的运动的结果．（3）湖面上，划船的游客在向后划水时，船向前行，说明物体间力的作用是相互的．故答案为：直线传播；无规则运动；力的作用是相互的．24\n点评：此题考查了分子扩散、光的直线传播、物体间力的作用等知识，内容较多，但都不复杂，要认真分析． 15．（3分）（2022•锦州）当光从水斜射入空气中时，在交界面上同时发生反射和折射，但折射角总大于入射角．当入射角增大到一定程度时，折射角会达到90°．入射角继续增大时，便没有 折射 ，只有反射了．这种反射叫全反射．光纤通信就是利用激光在光纤内壁不断 反射 （填“反射”或“折射”）而实现的．激光和广播、电视、移动电话的信号都是 电磁波 ，只是它们的波长和频率不同．考点：光的折射现象及其应用；光的反射；电磁波的传播．专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：①要发生光的全反射，必须光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角；②光纤通信是通过激光在光纤内不断反射向前传播，从而传递信息的；③激光和广播、电视、移动电话的信号都是电磁波．解答：解：①当光从水斜射入空气中，入射角继续增大，大于临界角时，便没有折射，只有反射了，这种反射叫全反射；②在光纤通信中光信号是靠光纤壁不断地反射向前传播的；③激光和广播、电视、移动电话的信号都是电磁波，只是它们的波长和频率不同．故答案为：折射；反射；电磁波．点评：本题考查了光的全反射现象的原理、光纤通信以及电磁波在信息通信中的应用． 16．（5分）（2022•锦州）物体的质量是3.6kg，体积为4dm3，把物体投入水中，当它静止时，受到的浮力是 36 N．把它放入酒精中静止时，它受到的浮力等于 32 N（、、g=10N/kg）．在某次军演中，中国海军舰艇组成一字型舰艇编队正在同速前进（如图所示）．若以其中一艘舰艇为参照物，其余舰艇是 静止 的．中国海军舰艇采用前后编队形式，而不采用“并排”航行，是因为当两船并排高速行驶时，两船之间物体流速 大 ，压强 小 ，容易发生碰撞事故．考点：阿基米德原理；运动和静止的相对性；流体压强与流速的关系．专题：浮力．分析：①已知物体质量和体积，可以得到其密度，将物体密度与水的密度比较，得到物体静止在水中的位置，然后选择漂浮法或阿基米德原理计算物体受到的浮力；②已知物体密度和酒精密度关系，可以确定物体静止在酒精中的位置，利用阿基米德原理计算物体在酒精中受到的浮力；24\n③判断一个物体相对于另一个物体是运动还是静止，看这个物体相对于另一个物体的位置是否变化；④流体中，流动速度越大的位置，压强越小．解答：解：①物体的密度为ρ===0.9×103kg/m3＜ρ水=1.0×103kg/m3，∴物体漂浮静止在水面上，∴受到的浮力为F浮=G=mg=3.6kg×10N/kg=36N；②∵ρ物=0.9×103kg/m3＞ρ酒精=0.8×103kg/m3∴物体静止时浸没在酒精中，排开酒精的体积等于物体的体积，∴受到的浮力为F浮′=ρ酒精gV排=0.8×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣3m3=32N；③若以其中一艘舰艇为参照物，其余舰艇的位置是不变的，即都是静止状态；④海军舰艇采用前后编队形式，而不采用“并排”航行，是因为当两船并排高速行驶时，两船之间物体流速大，压强小，容易发生碰撞事故．故答案为：36；32；静止；大；小．点评：分析浮力问题时，首先要根据浮沉条件确定物体静止在液体中的位置，然后根据物体所在位置，确定应用漂浮法还是阿基米德原理比较浮力的大小． 17．（3分）（2022•锦州）冬、春季节人的皮肤干燥，穿着化纤材料的衣服时，皮肤与衣服不断摩擦，使衣服带上电，由于带电体具有 吸引轻小物体 的性质，所以容易粘上灰尘．当用手拍打衣服时，衣服由静止变为运动，这说明力可以 改变物体的运动状态 ．而灰尘由于具有 惯性 ，仍然保持静止，使衣服和灰尘分开而拍掉．考点：摩擦起电；力的作用效果；惯性．专题：应用题；电流和电路；运动和力．分析：（1）带电体具有吸引轻小物体的性质；（2）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．一切物体都有惯性．解答：解：穿着化纤材料的衣服时，皮肤与衣服不断摩擦，使衣服带上电，由于带电体具有吸引轻小物体的性质，所以容易粘上灰尘；拍打身上的灰尘时，灰尘原来在衣服上是静止的，当用力拍衣服时，衣服由于受到力的作用由静止变为运动，这说明力可以改变物体的运动状态，而灰尘由于惯性仍然保持原来的静止状态，所以灰尘脱离了衣服．故答案为：吸引轻小物体；改变物体的运动状态；惯性．点评：解答本题需要知道带电体具有吸引轻小物体的性质、一切物体都有保持原来运动状态的性质（惯性），会用惯性知识解释生活现象． 18．（3分）（2022•锦州）目前我国研发一款以压缩空气为动力的环保车．汽车使用前需要压缩存储气体，这一过程通过 做功 的方式使气体内能增加，开动时，释放的气体推动发动机，将气体的内能转化为 机械 能，此车紧急刹车时，刹车片和轮胎都变热，汽车的机械能转化为 内 能．考点：做功改变物体内能；内能的利用及其意义．专题：分子热运动、内能．24\n分析：本题抓住做功改变物体内能．做功主要有摩擦生热和压缩气体做功，物体内能会增加．解答：解：汽车使用前需要压缩储存气体，压缩气体做功，物体内能会增加．开动时，释放的气体推动发动机，将气体的内能又转化为机械能；此车紧急刹车时，刹车片和轮胎都变热，汽车的机械能转化为内能．故答案为：做功；机械；内．点评：本题考查了做功改变物体内能的方式，还要记住能量的相互转化． 19．（2分）（2022•锦州）2022年6月7日，位于大连瓦房店市的辽宁红沿河电站正式投入商业运营，它是东北地区第一个、全国第五大核电站．核电站是利用原子 核裂变 （填“核聚变”或“核裂变”）释放的能量工作的，该能源属于 不可 （填“可”或“不可”）再生能源．考点：核裂变；不可再生能源的特点；可再生能源的特点．专题：能源的利用与发展．分析：（1）核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量；（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源．化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源．解答：解：核电站是利用原子核发生裂变释放能量来发电的，核能属于不可再生能源．故答案为：核裂变；不可．点评：核能利用分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上． 20．（3分）（2022•锦州）如图所示电路，电源电压为6V，R1=10Ω，R2=20Ω，R3=5Ω，闭合开关S1，当闭合开关S2、S3，通过R2的电流是 0.3 A，当断开S2、闭合S3，R1两端的电压使 6 V，当断开S2、S3，电路消耗的功率是 2.4 W．考点：欧姆定律的应用；并联电路的电压规律；电阻的串联；电功率的计算．专题：计算题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．分析：（1）闭合开关S1，当闭合开关S2、S3时，R1和R2并联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R2的电流；（2）当断开S2、闭合S3，电路为R1的简单电路，两端的电压和电源的电压相等；（3）当断开S2、S3时，R1与R3串联，根据电阻的串联和P=求出电路消耗的功率．24\n解答：解：（1）闭合开关S1，当闭合开关S2、S3时，R1和R2并联，∵并联电路中各支路两端的电压相等，∴根据欧姆定律可得，通过R2的电流：I2===0.3A；（2）当断开S2、闭合S3，电路为R1的简单电路，两端的电压和电源的电压相等，即U1=U=6V；（3）当断开S2、S3时，R1与R3串联，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴电路消耗的功率：P===2.4W．故答案为：0.3；6；2.4．点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别． 三、作图题（每小题3分，共9分）21．（3分）（2022•锦州）如图所示，发光点S发出的某光线经平面镜发射后，发射光线恰好经过A点，请在图中画出这条光线．考点：作光的反射光路图．专题：作图题．分析：利用平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出发光点S的像点S′，根据反射光线反向延长通过像点，可以由像点和A点确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路．解答：解：作出发光点S关于平面镜的对称点，即为像点S′，连接S′、A点交平面镜于点O，沿OA画出反射光线，连接SO画出入射光线，如图所示：点评：本题考查利用平面镜成像的特点作图．平面镜成像特点与光的反射定律相结合来作图，比较直观、简捷、准确． 22．（3分）（2022•锦州）如图所示，一个氢气球用绳子系在地面上，在风的作用下静止在空中时的场景，请作出氢气球所受力的示意图．24\n考点：力的示意图．专题：重力、弹力、摩擦力．分析：首先分析气球受到的力：重力、空气浮力、风的力及绳子的拉力；确定各个力的方向：重力竖直向下、浮力竖直向上、风力水平向左、绳子拉力沿绳子向下．解答：解：根据题意气球受重力、空气浮力、风的力及绳子的拉力几个力的作用，重力竖直向下、浮力竖直向上、风力水平向左、绳子拉力沿绳子向，如图所示：．点评：此题通过画力的示意图，考查了学生对物体的受力分析，同时考查了各力方向的判定，属基础性题目． 23．（3分）（2022•锦州）如图所示，请用笔画线代替导线将实物图补充完整．要求：①小磁针的指向满足如图所示方向；②滑动变阻器的滑片向右端移动后，通电螺线管的磁性减弱；③原有导线不得更改．考点：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验；通电螺线管的极性和电流方向的判断；实物的电路连接．专题：磁现象、电生磁．分析：（1）根据磁极间的作用判断螺线管的磁极；根据安培定则判断电流方向．（2）通电螺线管的磁性强弱跟电流大小和匝数有关．在匝数一定时，电流越小，磁性越弱．在电流一定时，匝数越少，磁性越弱．（3）滑动变阻器有四个接线柱，选择一上一下接入电路，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电流越小．24\n解答：解：①如图，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以螺线管的右端是S极，左端是N极；根据安培定则判断电流从螺线管的右端进入，从左端流出．②在匝数一定时，电流越小，磁性越弱．滑片向右端移动后，通电螺线管的磁性减弱，螺线管的电流减小，滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以滑动变阻器一定接入左端下面接线柱．如图．点评：本题把磁极间的作用、滑动变阻器的使用、欧姆定律、螺线管磁性强弱的影响因素有机的结合起来．综合性很强，是一个好题． 四、简答题（共4分）24．（4分）（2022•锦州）生活在青藏高原的藏族同胞，主要采用烧、烤、炒的烹调方式做像糌粑（把干面粉炒熟）的一类食品，很少用平原地区居民常用的煮、炖一类的烹调方式．请你用所学的物理知识分析：（1）藏族同胞很少用平原地区地区居民常用的煮、炖一类的烹调方式的原因？（2）为满足青藏高原的藏族同胞需要，若制造适合在青藏高原地区使用的高压锅，应适当增大还是减小安全阀的质量？考点：沸点及沸点与气压的关系．专题：汽化和液化、升华和凝华．分析：结合大气压与高度的关系以及液体沸点与气压的关系解答．解答：答：（1）大气压强随海拔的升高而降低，青藏高原海拔高、气压低；水的沸点与气压有关，水面上方气压越小，沸点越低．用煮、炖的烹调方式不容易把食物做熟，所以很少用煮、炖一类的烹调方式．（2）西藏地区外界大气压低，可以增加限压阀的质量来增大锅内气压，提高沸点．点评：此类题目是考查液体沸点与气压的关系以及大气压与高度的关系．知道液面上的气压越高，液体的沸点越高；反之，气压降低，液体的沸点降低．知道大气压强随海拔的升高而降低． 五、计算题（本题共2小题，共18分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值和单位）25．（10分）（2022•锦州）小洁家购买某型号的四轮汽车的质量为1.8t，每个轮子与地面的接触面积为20cm2．假期全家开车去某地旅游，下车时观察里程表确定汽车行驶225km24\n，所用时间是2.5h，消耗汽油20L（假设汽油完全燃烧），汽车发动机在这段时间内的功率为20kW．求：（1）汽车静止时对路面的压强．（2）汽车行驶的平均速度是多少？（3）汽车行驶过程的牵引力是多大？（4）汽车发动机的效率是多少？（已知ρ汽油=0.8×103kg/m3，q汽油=4.5×107J/kg，g=10N/kg）考点：压强的大小及其计算；变速运动与平均速度；功率计算公式的应用；热机的效率．专题：计算题；比热容、热机、热值；长度、时间、速度；压强、液体的压强；功、功率、机械效率．分析：（1）汽车静止时对路面的压力和自身的重力相等，根据G=mg求出其大小，再利用p=求出对路面的压强；（2）已知行驶的路程和所用的时间，根据速度公式可求行驶的速度；（3）已知功率和速度，根据公式P===Fv可求牵引力的大小；（3）根据公式W=Pt可求汽车行驶过程所做的功，根据密度公式求出燃油的质量，再根据Q=mq求出燃油完全燃烧放出热量，二者之比就等于汽车发动机的效率．解答：解：（1）汽车静止时对路面的压力：F=G=mg=1.8×103kg×10N/kg=1.8×104N，汽车对地面压强：p===2.25×106Pa；（2）汽车行驶速度：v===90km/h=25m/s；（3）根据P===Fv可得：汽车牵引力F===800N；（4）汽车行驶过程所做的功：W=Pt=20×103W×2.5×3600s=1.8×108J，根据ρ=可得：消耗的燃油的质量m=ρV=0.8×103kg/m3×20×10﹣3m3=16kg，燃油完全燃烧放出热量：Q=mq=4.5×107J/kg×16kg=7.2×108J，汽车发动机的效率是：η=×100%=×100%=25%．答：（1）汽车静止时对路面的压强为2.25×106Pa；24\n（2）汽车行驶速度是25m/s；（3）汽车行驶过程的牵引力是800N；（4）汽车发动机的效率是25%．点评：本题是一道综合计算题，考查的知识点较多，有重力的计算公式、压强的计算公式、功的计算公式、功率的计算公式、机械效率的计算公式以及有关热值的计算等．解题时要注意各知识点的综合应用． 26．（8分）（2022•锦州）某学校食堂有一个电水壶的铭牌如表所示．如图是电水壶的电路图，R为加热器，当温度较低时，温控开关S处于闭合状态，加热器加热．当水沸腾后，会自动断开进入保温状态．从而实现了自动温度开关控制．若加热器电阻阻值不随温度变化而改变，且此时的大气压为1标准大气压．则：额定电压220V额定功率4400W水壶装水质量10kg频率50Hz（1）电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是多大？（2）若电水壶产生的热量全部被水吸收，现将一满壶23℃的水在标准大气压下烧开需要多长时间？[水的比热容C=4.2×103J/（kg•℃）]．（3）当电水壶处于保温状态时，通过加热器的电流是1A，此时电阻R0的电功率是多少？考点：电功率的计算；热量的计算；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律的应用．专题：计算题；比热容、热机、热值；电路和欧姆定律；电能和电功率．分析：（1）加热器加热时，电路为R的简单电路，根据P=求出加热电阻的阻值；（2）标准大气压下水的沸点是100℃，根据公式Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，电水壶产生的热量全部被水吸收时，利用W=Pt求出加热时间；（3）当S断开时，R与R0串联，处于保温状态，根据欧姆定律求出R两端的电压，利用串联电路的电压特点求出R0的电压，利用P=UI起初此时电阻R0的电功率．解答：解：（1）由P=可得，加热电阻的阻值：R===11Ω；（2）标准大气压下水的沸点是100℃，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（100℃﹣23℃）=3.234×106J，∵电水壶产生的热量全部被水吸收，∴W=Q吸=3.234×106J，24\n∵W=Pt，∴加热时间：t===735s；（3）当S断开时，R与R0串联，处于保温状态，由欧姆定律可得，R两端的电压：UR=IR=1A×11Ω=11V，∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴R0的电压：U0=U﹣UR=220V﹣11V=209V，此时电阻R0的电功率：P0=U0I=209V×1A=209W．答：（1）电水壶正常工作时，其加热电阻的阻值是11Ω；（2）若电水壶产生的热量全部被水吸收，现将一满壶23℃的水在标准大气压下烧开需要735s；（3）当电水壶处于保温状态时，通过加热器的电流是1A，此时电阻R0的电功率是209W．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、吸热公式的灵活应用，关键是明白加热和保温时电路的连接方式以及知道标准大气压下水的沸点是100℃． 六、实验、探究题（本题共5小题，共36分）27．（6分）（2022•锦州）某同学在做“比较不同液体吸热能力”的实验时，使用相同的电加热器给液体甲和乙加热．液体次数质量m/kg升高的温度△t/℃加热的时间t/min甲10.15120.110230.2104乙40.110150.120260.2204（1）分析第1、4次，第2、5次或第3、6次实验数据，某同学认为：加热相同的时间时，乙升高的温度高一些，这说明乙吸收的热量多一些．这位同学的判断是否正确？请说明理由． 不正确．因为完全相同的加热器，加热相同的时间，放出的热量相同．所以甲、乙两种液体吸收的热量相等． （2）分析第2、3次或第5、6次实验数据，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，物质的 质量 越大，吸收的热量就越 多 ．（选填：“多”或“少”）（3）通过比较第2、4次实验数据可知，液体吸收的热量多少与液体的 种类 有关， 甲 的吸热能力更强（选填“甲”或“乙”）．24\n考点：比热容的概念；热量的计算．专题：探究题；控制变量法．分析：（1）相同的加热器，加热相同的时间，吸收热量相同，至于甲乙升高的温度不同是因为比热容不同造成的．即用加热时间的长短比较吸热的多少．（2）分析第2、3次或第5、6次实验数据，物质的种类和升高的温度相同，物体的质量越多，吸热的热量就越多．（3）分析第2、4次实验数据，质量相同的不同物质，升高相同的温度，加热时间不同，说明吸收的热量不同，加热时间长的吸收的热量多，吸热能力强．解答：解：（1）不正确．因为完全相同的加热器，加热相同的时间，放出的热量相同．所以甲、乙两种液体吸收的热量相等．（2）分析第2、3次或第5、6次实验数据，得出的结论是：同种物质升高相同温度时，物质的质量越大，吸收的热量就越多．（3）通过比较第2、4次实验数据可知，液体吸收的热量多少与液体的种类有关，甲的吸热能力更强．故答案为：（1）不正确．因为完全相同的加热器，加热相同的时间，放出的热量相同．所以甲、乙两种液体吸收的热量相等；（2）质量；多；（3）种类；甲．点评：不同物质吸收热量的多少与物质种类、质量和温度变化量都有关系．在比较不同物体的吸热能力时，必须运用控制变量法，规范操作，才能得到正确的结论．利用控制变量法分析实验时，其基本思路是先找出相同（保持不变）的实验条件，然后再找出不同的实验条件，最后观察实验结果跟变化的实验条件之间的关系． 28．（6分）（2022•锦州）小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时：（1）如图，让一束平行光正对凸透镜照射，在凸透镜后的光屏上接收到一个最小、最亮的光斑，由此可以测出凸透镜的焦距是 10 cm．（2）使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在一条与光具座平行的直线上的目的是 使像成在光屏的中心 ．（3）实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离为25cm时，在光屏上可得一个清晰的像．这个像是 倒立 （选填“倒立”或“正立”）、 缩小 （选填“放大”、“缩小”或“等大”）的像．生活中常用的 照相机 就是利用这个原理制成的．（4）把自己的近视眼镜放在凸透镜和蜡烛之间，发现光屏上的像变得模糊不清，应该向 远离 透镜方向移动光屏（选填“靠近”或“远离”），可再次得到清晰的像．考点：凸透镜成像规律及其探究实验．专题：透镜及其应用．分析：（1）焦距等于焦点到凸透镜的距离；（2）为使像能成在光屏的中央，应使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度；（3）判断物距与焦距的关系，根据物距大于2倍焦距时成倒立缩小实像的原理进行分析，照相机是根据这个原理制成的；24\n（4）知道近视镜是凹透镜，对光线有发散作用，判断像的移动方向，得出结论．解答：解：（1）光屏上最小、最亮的光斑，是凸透镜的焦点，由图知，焦点到凸透镜的距离为60cm﹣50cm=10cm，所以焦距为10cm；（2）使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在一条与光具座平行的直线上的目的是使像能成在光屏的中心；（3）当蜡烛与凸透镜的距离为25cm时，蜡烛在2倍焦距之外，此时成倒立缩小的实像，照相机是根据这个原理制成的；（4）近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，把自己的近视眼镜放在凸透镜和蜡烛之间，由于凹透镜的发散作用，像远离凸透镜，所以应该向远离凸透镜的方向移动光屏．故答案为：（1）10；（2）使像能成在光屏的中心；（3）倒立；缩小；照相机；（4）远离．点评：此题是“探究凸透镜成像规律”的实验，考查了凸透镜成像规律及应用，考查了凹透镜对光线的作用，熟练掌握凸透镜成像的特点与物距、像距之间的关系，是解决此题的关键． 29．（9分）（2022•锦州）在“探究滑轮组的机械效率”时，小明利用两组滑轮组进行了5次测量，用一个动滑轮和一个定滑轮测定前4组数据，用二个动滑轮和二个定滑轮得第5组数据，测得数据如表：实验次数动滑轮重G动/N物重G/N钩码上升高度h/m动力F/N动力作用点移动距离s/m滑轮组的机械效率η/%10.510.10.70.347.620.510.20.70.647.630.520.11.10.360.640.540.120.3①5140.1②0.5（1）请根据前四组数据，在图甲中画出实验中滑轮组的绕绳方法．（2）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计．（3）表格中变化①处数据应为 66.7 ；根据图乙中弹簧测力计可知编号②数据应为 1.6 N．（4）由表中第1、2组数据可知，同一滑轮组的机械效率与 物体被提升的高度 无关．（5）由表中第3、4组数据可知，同一滑轮组的机械效率与摩擦和 被提升的物重 有关．（6）有的同学认为：“机械越省力，它的机械效率越高”．你认为这句话是 错误 的（填“正确”或“错误”）．你是用小明收集的数据中 4、5 两组数据对比分析来判断的．24\n考点：滑轮（组）机械效率的测量实验．专题：探究题．分析：（1）根据h与s的关系（s=nh）结合表格中数据判断承担物重的绳子段数，然后绕线；（2）为准确地测出拉力，需竖直向上匀速拉动测力计；（3）根据公式η=×100%=×100%计算①的机械效率；进行②的读数时，注意测力计的分度值；（4）分析机械效率的变化及前面物理量的变化得出结论，机械效率与物体被提升的高度无关；（5）分析3、4中机械效率和物理量的变化，得出机械效率与被提升的物重之间的关系；（6）计算出第5组数据与前面的几组机械效率比较，得出结论．解答：解：（1）由前4组实验数据知，s=3h，所以滑轮组由3段绳子承担物重，因此应从动滑轮绕起，如图所示：；（2）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，这样才能准确测出拉力的值；（3）①η=×100%=×100%=×100%≈66.7%；②由图知，测力计的分度值为0.2N，所以其示数为1.6N；（4）第1、2组数据，动滑轮重、钩码重相同，钩码被提升的高度不同，机械效率相同，可知同一滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关；（5）第3、4组数据，动滑轮、钩码被提升的高度相同，被提升的钩码重不同，机械效率不同，可知同一滑轮组的机械效率与摩擦和被提升的物重有关；（6）由表格中数据知，第5组滑轮组由5段绳子承担物重，η=×100%=×100%=×100%=50%；由计算知，第五组比第四组滑轮组省力，但机械效率更低，所以“机械越省力，它的机械效率越高”的说法不正确．故答案为：（1）见上图；（2）匀速；（3）66.7；1.6；（4）物体被提升的高度；（5）被提升的物重；（6）错误；4、5．点评：24\n此题是“探究滑轮组的机械效率”实验，考查了滑轮组机械效率的计算，根据数据分析影响滑轮组效率的因素，同时考查了有关滑轮组的组装及测力计的读数问题，要细心分析每一个问题． 30．（5分）（2022•锦州）探究利用磁场产生电流的实验中，连接了如图所示的实验装置．（1）实验中，通过观察 电流表指针是否偏转 来判断电路中是否有感应电流．（2）闭合开关后，钥匙电路中形成感应电流，铜棒ab应 左右 运动（选填“上下”或“左右”），这是一种 电磁感应 现象，利用这一原理可制成 发电机 ．（3）要使电流表指针偏转方向发生改变，可以采取的方法有 调换N极、S极位置（或改变磁场方向）；改变ab运动方向． （答出一种方法即可）．考点：产生感应电流的条件．专题：应用题；实验题；电动机、磁生电．分析：（1）产生感应电流的条件是：电路应该是闭合的，部分导体做切割磁感线运动；（2）影响感应电流方向的因素：一个是导体的运动方向，一个是磁场方向，这两个因素中其中一个因素发生变化时，感应电流的方向就会发生变化；若两个因素都发生变化时，感应电流的方向不会发生变化．解答：解：（1）实验中，通过观察电流表指针是否偏转来判断电路中是否有感应电流；（2）要产生感应电流，必须同时满足两个条件：电路是闭合的；导体做切割磁感线运动．因此要使电流表指针发生偏转，铜棒ab需向左或向右做切割磁感线运动；这是一种电磁感应现象，利用这一原理可制成发电机；（3）要使电流表指针偏转方向发生改变，即改变流入电流表的电流方向，也就是要改变感应电流的方向，可以从影响感应电流方向的两个因素考虑，只改变其中一个因素时，感应电流的方向就会发生改变；故调换N极S极位置可改变磁场方向，或改变ab的运动方向．故答案为：（1）电流表指针是否偏转；（2）左右；电磁感应；发电机；（3）调换N极、S极位置（或改变磁场方向）；改变ab运动方向．点评：此题对于电磁感应现象的知识考查比较全面，需要学生对于电磁感应现象有一个清晰的认识，是一道好题． 24\n31．（10分）（2022•锦州）小强同学要测量额定电压为2.5V、小灯泡的功率：（1）连接的不完整实物电路如图（甲）所示．请用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．（2）检查电路连接无误，闭合开关后，灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表指针几乎不动，产生这一现象的原因可能是 灯泡处断路 ．（3）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电压表示数如图乙所示，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 B （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为 2.5 V．（4）移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.75 W．观察图丙所示的I﹣U图象不是直线的原因是 灯丝的电阻随温度的升高而增大 ．（5）若想接着探究电流与电压的关系，需要补充的实验器材是 定值电阻 ．（6）整理器材时发现滑动变阻器的PB部分比PC部分热，原因是 PB部分和PC部分串联，电流相等，PB部分比PC部分的电阻大，根据焦耳定律Q=I2Rt，在通电相同的条件下，PB部分产生的热量较多，所以热 ．考点：探究用电器的电功率实验．专题：探究题．分析：（1）掌握电压表的连接方法，根据小灯泡的额定电压选择电压表的量程；（2）根据电流表、灯泡的现象判断出电路断路，根据电压表的示数判断与电压表并联的电路断路；（3）确定电压表的量程和分度值，读出电压值，根据串分压的知识判断滑动变阻器阻值的变化，得出滑片的移动方向；（4）从图象中确定额定电压及对应的电流值，根据公式P=UI计算出额定功率；（5）要探究电流和电压的关系，应使电阻不变；（6）根据焦耳定律结合串联电路电流及电阻的关系进行判断．解答：解：（1）将电压表并联在灯泡的两端，灯泡的额定电压为2.5V，电源电压为3V，所以电压表应选择0～3V的量程，如图所示：；24\n（2）闭合开关后，灯泡不亮，电流表指针几乎不动，可见某处发生了断路，电压表有示数且接近电源电压，说明与电压表并联的灯泡断路；（3）由图乙知，电压表量程应选择0～3V，分度值为0.1V，所以电压表示数为2.2V，低于额定电压，所以应减小滑动变阻器的阻值，滑动变阻器滑片应向B端移动，使电压表的示数等于2.5V；（4）由图象知，当电压为2.5V时，电流表示数为0.3A，所以P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以I﹣U图象不是直线；（5）若想接着探究电流与电压的关系，需保持电阻不变，所以还需补充定值电阻；（6）PB部分和PC部分串联，根据Q=I2Rt，两部分的电流相同，通电时间相同，由于PB的电阻大于PC的电阻，所以PB部分产生的热量多，比较热．故答案为：（1）如上图；（2）灯泡处断路；（3）B；2.5；（4）0.75；灯丝的电阻随温度的升高而增大；（5）定值电阻；（6）PB部分和PC部分串联，电流相等，PB部分比PC部分的电阻大，根据焦耳定律Q=I2Rt，在通电相同的条件下，PB部分产生的热量较多，所以热．点评：此题是“测量小灯泡功率”的实验，考查了有关电压表的连接及读数，电路故障的分析，同时考查了灯丝电阻与温度的关系及焦耳定律的应用，还考查了电阻和电功率的计算，考查得比较全面． 24
