2018年广西省玉林市中考物理试卷

一．选择题

1. “焦耳”是下列哪个物理量的单位（ ）

A. 功率 B. 电功 C. 压强 D. 长度

【答案】B

【解析】解：A、功率的主单位是瓦特； B、电功的主单位是焦耳；C、压强的主单位是帕斯卡； D、长度的主单位是米；故答案选B；

点睛:解答此题需要知道每一个物理量的主单位。

2. 下列电器中，利用电磁感应现象原理制成的是（ ）

A. 电视机 B. 继电器 C. 发电机 D. 电动机

【答案】C

【解析】解：A、电视机工作时将电能转化为其形式的能，没有利用电磁感应原理；B、电磁继电器利用了电流的磁效应；C、发电机原理是根据电磁感应原理制成的； D、电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的现象制成的。故选：C。

点睛：闭合电路的部分导体，若在磁场中做切割磁感线的运动，在电路中就会产生电流，该现象就是电磁感应现象，此时产生的电流是感应电流，即运动产生电流。

3. 下列物体重力约为1N的是（ ）

A. 一枚大头针 B. 两个鸡蛋 C. 一头奶牛 D. 一个篮球

【答案】B

【解析】解：A、一枚大头针的质量约80mg，其重力约8×10-4N；B、2个鸡蛋的质量为100g，故其

重力G=mg=0.1kg×10N/kq=1N；C、成年人的重力约600N左右一头牛的重力远大于人的重力，所以C不符合题意；D、一个篮球的质量约600g，其重力约6N；故D错误；

点睛：首先要对物体的重力有个初步的了解，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。

4. 某辆汽车启动后，经过20s，速度表的指针指在如图所示的位置，由表可知（ ）

A. 此时汽车的速度是90km/h

B. 此时汽车的速度是90m/s

C. 启动后20s内汽车的平均速度是90km/h

D. 启动后20s内汽车的平均速度是90m/s

【答案】A

【解析】解：AB、速度表指针显示的是物体此时的速度，表盘上有km/h的字样，故速度为90km/h；故A正确，BCD错误.

点睛：速度表显示汽车的某一时刻的速度，由表中标度可知速度的单位。

5. 2017年4月，货运飞船“天舟一号”在文昌航天发射场使用“长征七号”运载火箭发射，并与“天宫二号”顺利完成自动交会对接，如图所示，对接完成后，若认为“天舟一号”处于静止状态，则选取的参照物是（ ）

A. “长征七号” B. “天宫二号”

C. 文昌航天发射场 D. 地球

【答案】B

【解析】解：对接后“天舟一号”飞船与“天宫二号”，保持相对静止，所以认为天舟一号是静止的是选“天宫二号”为参照物。故选：B。

点睛：研究机械运动时，被研究的物体与参照物相比，物体位置有变化，说明物体在运动；物体位置没有变化，说明物体处于静止状态。

6. 2018年世界杯正在俄罗斯举行，如图所示，是正在加速下降的足球，在此过程中，对其机械能的变化情况，下列分析正确的是（ ）

A. 动能增大，重力势能减小 B. 动能减小，重力势能增大

C. 动能增大，重力势能增大 D. 动能减小，重力势能减小

【答案】A

【解析】解：由题意知足球的质量不变，速度变大，所以动能增大，高度下降，重力势能减小。故选：A。

掌握：（1）动能大小的影响因素：质量、速度；（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。

7. 保护环境，人人有责。如图所示，下面哪种现象更有利于对环境的保护（ ）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】解：空气污染、水污染、土壤污染、等都属于环境污染，有害气体和粉尘也会对环境造成污染，故A、B、C、都不符合题意，只有D、使用太阳能路灯，节约能源，减少污染，有利于对环境的保护。故选：D。

点睛：环保问题已经引起全世界的关注，有空气污染、水污染、土壤污染、食品污染等，有害气体和粉尘，即可解决本题。

8. 如图所示的做法中，符合安全用电原则的是（ ）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】解：A、电冰箱的金属外壳接地可以防止因漏电导致金属外壳带电而发生触电事故正确；B、水是导体，用湿抹布擦发光的灯泡很容易触电，故B错误；C、用手指触碰插座的插孔的做法很危险，不符合安全用电的原则，故C错误；D、下雨时不能在大树下避雨，容易造成雷电灾害，故D错误；

点睛：用电器的金属外壳必须接地，可防止由于金属外壳带电而使得人触电。安全用电的原则是不靠近高压电源，不接触低压电源；雷雨天，不能在树或某些高大建筑物下避雨这样容易造成了雷电灾害。

9. 下列关于光现象的描述正确的（ ）

A. 人佩戴的凹透镜可以矫正远视眼

B. 验钞机利用红外线辨别钞票的真伪

C. 游泳池注水后，由于光的折射看上去好像变浅了

D. 共享单车的尾灯是靠光的折射来引起后方车辆司机注意的

【答案】C

【解析】解：A、配戴的凹透镜可以矫正近视眼故A错误；B、紫外线能使钞票上的荧光物质发光，判别钞票的真伪。故B错误。C、游泳池注水像变浅了是光的折射产生的，故C正确；D、自行车的尾灯是利用利用光的反射将汽车射来的光再沿原路反射回来，引起司机的注意，故D错误。故选：C。

点睛：近视眼是晶状体太厚，折光能力太强，或者眼球在前后方向上太长，因此来自远处点的光会聚在视网膜前，因此应佩戴凹透镜矫正。紫外线能验钞。自行车的尾灯是利用光的反射，用互成直角的小平面镜，将自行车后面汽车或摩托车发出射来的光再按照原路反射回去。

10. 下列测量工具使用方法错误的是（ ）

A. 用刻度尺测量物体长度时，视线应正对刻度线

B. 使用弹簧测力计的时候，首先要看清它的量程

C. 用天平测量物体质量时，应左盘放砝码，右盘放物体

D. 机械停表大盘记录的单位是秒，小盘记录的单位是分钟

【答案】C

【解析】解：A、读数时视线要与尺面垂直并正对刻度线正确；B、使用弹簧测力计的时候，首先要看清它的量程正确；C、称量时，应该是左物右码，且加减砝码用镊子，故C错误；D、机械停表大盘记录的是秒，小盘记录的是分，故D正确。故选：C。

点睛：掌握一些仪器的使用方法就可以很简单的解答此题。

11. 下列关于导体电阻的说法正确的是（ ）

A. 长度长的导体，电阻一定大

B. 横截面积大的导体，电阻一定小

C. 导体的电阻由其两端的电压和通过的电流来决定

D. 导体的电阻与导体的材料、长度和横截面积等因素有关

【答案】D

【解析】解：影响导体电阻大小的因素有：导体的长度、横截面积、材料和温度决定；在相同条件下，长度越长电阻大；在相同条件下，横截面积大电阻小；故AB错误，D正确；C、导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；与导体两端电压和通过的电流无关；故C错误。故选：D。

点睛：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无关。

12. 为了检测酒驾行为，如图甲所示是小明设计一款酒精浓度检测仪的电路图，其电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为酒精气体浓度传感器（气敏电阻），R的阻值与酒精浓度的关系如图乙所示。接通电源，当传感器酒精浓度增大时，下列说法正确的是（ ）

A. 电流表的示数变小

B. 电压表的示数变大

C. 电流表的示数与电压表的示数的比值变小

D. 电流表的示数与电压表的示数的比值变大

【答案】D

【解析】解：由图知，电阻R0与R串联，电压表测R的电压，电流表测电路中的电流。

当酒精浓度增大，R阻值变小，总电阻变小，由I＝可知，电流表的示数变大，由U＝IR可知，R0两端的电压变大，因为电源电压不变，根据串联电路的分压规律知，R两端的电压变小，即电压表的示数变小，故AB错误；由电压表的示数变小、电流表的示数变大可知，电流表的示数与电压表的示数的比值变大，故C错误、D正确。故选：D。

点睛：由图知，电阻R0与电阻R串联，电压表测R的电压，电流表测电路中的电流；根据图象可知R的阻值随酒精浓度的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化，进一步可知电压表与电流表示数的比值的变化。

13. 如图所示，若“玉林号”导弹护卫舰从大海驶入珠江，下列分析正确的是（ ）

A. 浮力变小，舰体上浮一些 B. 浮力变大，舰体下沉一些

C. 浮力不变，舰体下沉一些 D. 浮力不变，舰体上浮一些

【答案】C

【解析】解：护卫舰不论在海里还是江里都漂浮，根据漂浮条件可知受到的浮力：F浮＝G，

因为重力不变，所以浮力不变；故AB错误；由于ρ海水＞ρ江水，浮力一定，根据F浮＝ρ水V排g可知，排开江水的体积大于排开海水的体积，故C正确，D错误。故选：C。

点睛：当护卫舰由大海驶入珠江后，都是漂浮，根据漂浮条件分析船受到浮力的变化情况；根据阿基米德原理判断排开水的体积（浸入水中的体积）的变化，得出是上浮一些，还是下沉。

14. 如图所示，舰载飞机正从“辽宁号”航母上起飞，下列说法中正确的是（ ）

A. 飞机在起飞过程中，惯性将消失

B. 飞机在航母甲板上加速飞行时，受平衡力作用

C. 飞机飞离航母后，航母始终漂浮，航母所受浮力的大小不变

D. 飞机飞行时由于机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，从而获得升力

【答案】D

【解析】解：A、任何物体在任何时候都有惯性，故A错误；B、飞机在航母甲板上加速飞行时，是非平衡状态，受非平衡力故错误。C、航载飞机飞离航母后，航母的总重力减小，所以浮力减小，故C错误；D、飞机飞行时能获得向上的压强差，是因为机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，故D正确；故选：D。

点睛：A、惯性是一切物体所具有的一种特性，在任何时候物体都有惯性；B、物体受到平衡力，则处于静止或匀速运动，加速运动，受非平衡力；C、根据漂浮浮力等于重力作答；

D、流体流速越快的位置压强越小，据此来分析飞机起飞时的受力情况。

15. 如图所示，电源电压U为10V并保持不变，滑动变阻器规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，当滑片P移至最左端时，灯泡正常发光，电流表示数为0.5A；当滑片P移至中点时，电流表示数为0.4A．则（ ）

A. 电路消耗的最小功率为2.5W

B. 滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为2.4W

C. 滑片P在中点时，灯泡消耗的功率为3.2W

D. 滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡所做的功为10J

【答案】B

【解析】解：滑片P在最左端时，电路中只有灯泡，灯泡正常发光，由I＝得，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝20Ω；滑动变阻器连入电路的电阻最大时，电路消耗的功率最小，假设灯泡电阻不随温度的变化，则P最小＝＝2.5W；而实际上灯泡不正常工作时的电阻小于正常工作时的电阻，所以，电路消耗的最小功率不是2.5W；故A错误；（2）滑片P在中点时，电流表示数为0.4A，根据I＝可得，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝IR滑＝0.4A××20Ω＝4V，因串联电路电压规律可得此时灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U滑＝10V﹣4V＝6V，灯泡的实际功率：PL＝UL′I＝6V×0.4A＝2.4W；故B正确，C错误；滑片P在最左端时，2min内电流通过灯泡做的功：WL＝UILt＝10V×0.5A×2×60s＝600J，故D错误。故选：B。

点睛：当滑片P移至最左端时，电路为灯泡的简单电路，知道电路中的电流，灯泡正常发光，根据欧姆定律求出灯丝电阻；当滑动变阻器连入电路的电阻最大时电路消耗的功率最小，利用串联电路的特点和功率的公式即可求出假设灯泡电阻不变时的最小功率；然后即可比较判断；滑片P在中点时，根据欧姆定律求出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两端的电压，根据P＝UI求出灯泡的实际功率；根据W＝UIt可求出电流通过灯泡做的功。

二．填空题

16. 北斗卫星定位系统既可以发射也可以接收_____（选填“超声波”或“电磁波”）。晚自习时，教室中正常发光的某一盏灯突然熄灭了，原因可能是该灯_____（选填“短路”或“断路”）。

【答案】 (1). 电磁波 (2). 断路

【解析】解：北斗卫星定位系统也是利用电磁波来传递信号的；教室中正常发光的某一盏灯突然熄灭了，其他灯不受影响，由于是并联电路，故灯泡的故障是断路。

点睛：电磁波是移动通信传递信息的介质；家庭中各用电器是并联的。

17. 为了公民的安全，公安部门在很多路口安装监控摄像头，如图所示，它可以拍下作案嫌疑人的现场照片，拍照时，摄像头的镜头相当于一个_____（选填“凸”或“凹”）透镜，所成的像是缩小的_____（选填“实”或“虚”）像。

【答案】 (1). 凸 (2). 实

【解析】解：摄像头的镜头相当于一个凸透镜，拍摄照片时，物距远大于2倍焦距，根据凸透镜的成像规律可知此时成倒立、缩小的实像。

点睛：掌握摄像机的镜头是一个凸透镜及凸透镜成像的规律。

18. 如图甲所示，蝙蝠靠发出_____发现昆虫。如图乙所示，从玻璃罩里向外抽气的过程中铃声逐渐减小，此现象可推理得出_____不能传声。

【答案】 (1). 超声波 (2). 真空

【解析】解：蝙蝠可以发出超声波，利用回声定位的方法发现昆虫；由实验现象可知，逐渐抽出其中的空气，听到的声音逐渐变小；当罩内空气接近真空时，几乎听不到声音，所以可以推理得出真空不能传声。

点睛：蝙蝠是利用回声定位发现昆虫的；声音的传播需要介质，真空不能传声。

19. 如图甲所示，玉林园博园的彩虹桥桥面距湖面3米，它的“倒影“距桥面_____m．如图乙所示，是从平面镜中看到的挂钟，挂钟显示的实际时间是_____。

【答案】 (1). 6 (2). 7：25

【解析】解：平静的水面相当于平面镜，根据像和物到镜面的距离相等可知倒影距桥面也是3m，所以距桥面6m。根据平面镜成像特点，即物像关于平面镜对称，钟表的实际时间是7：25。

点睛：根据平面镜成像特点：像与物关于镜面对称作答即可，难度不大。

20. 如图所示，长为40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将_____（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为_____J。

【答案】 (1). 增大 (2). 1

【解析】解：（1）因为拉力F始终与杠杆垂直所以拉至水平位置的过程中，动力臂L的长度不变， G的大小不变，而阻力臂L却逐渐增大；根据：F•L＝G•L′，当L、G不变时，L′越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐增大；（2）物体重心上升的高度h＝Lsin30°＝40cm×＝10cm＝0.1m， W＝Gh＝10N×0.1m＝1J。

点睛：根据杠杆平衡条件进行分析；根据h＝Lsin30°求出物体重心上升的高度，然后求出克服重力做的功。

21. 如图所示，电源电压为10V，电路消耗的最大功率为10W．若只闭合S1时，电流表的示数为I1，R1消耗的功率为P1；只闭合S2时，电流表的示数为I2，电路消耗的功率为P2；且R1：R2=2：1，P1：P2=4：9，则R=_____Ω，I1：I2=_____。

【答案】 (1). 10 (2). 2：3

【解析】解：（1）只闭合S时，电路中只有R，此时电路中电阻最小，总功率最大10W，又电源电压为10V，所以电阻R的阻值：R＝＝10Ω；只闭合S1时，R1与R串联，电路中的电流是I1，只闭合S2时，R2与R串联，电路中的电流是I2，根据电压一定时电流与总电阻成反比， ，得，，因 2＝，又P＝I2R可得：

，整理可得：R22+10R2﹣200Ω2＝0，解得：R2＝10Ω，R2＝﹣20Ω（舍去），所以。

点睛：（1）只闭合S时，电路为R的简单电路，此时电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，根据公式求出电阻R的阻值；（2）只闭合S1时，R1与R串联，电流表测电路中的电流I1；只闭合S2时，R2与R串联，电流表测电路中的电流I2，根据电压一定时电流与电阻成反比表示出两种情况下电路中的电流之比，根据P＝I2R表示出P1和P2的比值结合＝得出等式，然后联立等式即可求出R2的阻值，进一步求出电流之比。

三．作图题

22. 在图中画出与入射光线对应的折射光线。

【答案】

【解析】解：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示：

点睛：根据凹透镜三条特殊光线的作图：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变

23. 如图所示，请画出热气球在竖直方向加速上升时的受力示意图（忽略空气阻力）。

【答案】

【解析】解：因为热气球在竖直方向加速上升时，受到重力和浮力的作用，所以浮力大于重力，过热气球的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条带箭头的线段，用字母表示出来即可。如下图所示：

点睛：重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，由于热气球加速上升，因此受到浮力大于重力。

四．实验探究题

24. 如图甲是探究“液体沸腾时温度变化的特点”的实验装置。

（1）在液体沸腾过程中，观察到温度计的示数如图乙所示，可知该液体的沸点为_____℃，虽然液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断_____（选填“吸热”或“放热”）；

（2）实验中，如果增大液体表面的气压，则液体的沸点将____（选填“升高”或“降低”），液体的内能将____（选填“增加”或“减少”）。

【答案】 (1). 96 (2). 吸热 (3). 升高 (4). 增加

【解析】解：（1）温度计上每1℃又分成了10格所以一个小格代表0.1℃，因此液体的沸点为96℃；液体的温度不变，但要继续加热，所以说液体在沸腾的过程中要不断吸热（2）增大液体表面的气压，则液体的沸点将升高；温度升高则内能增加。

点睛：掌握温度计的读数方法；液体沸腾时，保持不变温度即液体的沸点。液体的沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低；内能的大小和温度有关，温度升高，内能增加。

25. 为了探究“当接触面相同时，滑动摩擦力大小与压力的关系”，小明设计了如图所示的实验装置。

（1）实验过程中，弹簧测力计_____（选填“必须”或“不必”）沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小_____（选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计的示数。

（2）在同一次实验中，小明发现，当用不同的速度匀速拉物块A，弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小_____（选填“有关”或“无关”）。

（3）在实验中小明通过改变物块A的重力进行多次实验，记录的数据如上表。通过分析可知，当接触面粗糙程度不变时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越_____；如果滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值等于接触面的滑动摩擦系数，则该接触面的滑动摩擦系数为_____。（结果保留1位小数）。

【答案】 (1). 必须 (2). 等于 (3). 无关 (4). 大 (5). 0.4

【解析】解：（1）实验时必须沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，这样物体在水平方向上受平衡力的作用，拉力才等于摩擦力。

故实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时，滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。（2）用不同的速度匀速拉物块A，测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与速度无关；（3）通过表中数据分析可知，当接触面粗糙程度不变时，接触面受到的压力越大，测力计示数越大，滑动摩擦力越大；由题意知：该接触面的滑动摩擦系数为 ＝0.4。

点睛：（1）根据二力平衡的条件分析；（2）分析表中数据得出结论；（3）根据表中数据分析，滑动摩擦力与接触面受到的压力的比值。

26. 在测量“小灯泡电功率”的实验中，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，图甲是未连接完整的实验电路。

（1）请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整______（要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮）

（2）闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，当电压表的示数如图乙所示时，其示数为_____V。

（3）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，如下表所示。由表可知，随着电压的增大，小灯泡的电功率_____（选填“增大”、“不变”或“减小”）。

（4）根据上表中数据，请在图丙中画出I﹣U关系图象__________。

（5）根据图线可求得，当小灯泡两端电压为2.2V时，小灯泡的实际功率为_____W（结果保留一位小数）。

【答案】 (1). (2). 2 (3). 增大 (4). (5). 1.2

【解析】解：（1）滑片P向右移动，灯泡变亮，即电流变大，变阻器电阻变小，故滑动变阻器右边部分连入电路中与灯串联，如下图：

（2）由图知电压表选用的是小量程，分度值为0.1V，所以示数为2V。（3）由表格数据，U越大，I也越大，根据P＝UI可知：小灯泡消耗的功率随电压的增大而增大；当U＝2.5V I＝0.54A，所以P＝UI＝2.5V×0.54A＝1.2W；（4）根据表格中数据描点，用平滑曲线连接作图所示：

（5）由图知，当U＝2.2V时，I ＝0.55A，则P实＝U实I实＝2.2V×0.55A≈1.2W。

点睛：根据题目要求连接未完成的部分电路；根据表格数据分析灯泡的功率变化情况，灯在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据计算灯泡正常工作时的电功率；根据描点法作图；由图可知灯泡的电流，根据P＝UI可求小灯泡的实际功率。

五．计算题

27. 如图所示是某款电热水壶及其铭牌的部份参数，当电热水壶正常工作时，求：

（1）电热水壶的电阻；

（2）将一壶水从25℃加热到100℃时，水吸收的热量[c水=4.2×103J/（kg•℃）]；

（3）若加热一壶水所需时间为10min，电热水壶的热效率。

【答案】（1）48.4Ω；（2）4.725×105J；（3）78.75%。

【解析】解：(1)：R＝＝48.4Ω；(2)V＝1.5L＝1.5×10﹣3m3，水的质量：

m＝ρV＝1×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，

所以Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣25℃）＝4.725×105J；

(3)电热水壶消耗的电能：W＝Pt′＝1000W×10×60s＝6×105J，则电热水壶的效率：

η＝＝78.75%。

点睛：（1）有电热水壶的额定功率和额定电压，根据公式即可求出电阻；（2）求出水的质量，知道水的质量和初温、末温以及比热容，根据公式即可求出水吸收的热量；（3）根据W＝Pt求出电热水壶消耗的电能，利用效率的公式求出电热水壶的热效率。

28. 如图所示，R0是阻值为10Ω的定值电阻，R为滑动变阻器，灯泡上标有“4V 2W“字样，且小灯泡的阻值始终保持不变。当断开S2，闭合S、S1时，灯泡恰好正常发光，电压表示数为U1；断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于中点时，电压表数为U2，已知U2与U1相差1V，求：

（1）灯泡的额定电流；

（2）电源的电压；

（3）滑动变阻器最大阻值；

（4）该电路消耗的最小电功率。

【答案】（1）0.5A；（2）9V；（3）32Ω；（4）0.225W。

【解析】解：（1）灯泡的额定电流I＝＝0.5A；（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，灯泡正常发光，所以电路中的电流是0.5A,则R0两端的电压U1＝IR0＝0.5A×10Ω＝5V，电源电压U＝U额+U1＝4V+5V＝9V；（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，滑动变阻器两端的电压最大时，其阻值最大，所以U2应比U1大1V，即U2＝U1+1V＝6V，灯泡两端的电压UL＝U﹣U2＝9V﹣6V＝3V灯泡的电阻RL＝＝8Ω，根据串联分压特点可得，，，解得：R滑＝16Ω，因为滑片置于中点，所以R滑大＝2R滑＝2×16Ω＝32Ω；（4）S1断开S、S2闭合，片P置于最大电阻位置时，R和灯泡串联，此时电阻最大，功率最小， P小＝＝0.225W。

点睛：（1）根据P＝UI求出灯泡的额定电流；（2）当断开S2，闭合S、S1时，R0和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，此时灯泡正常发光，求出两端的电压，再求出电源电压；（3）闭合S、S2，R和灯泡串联，电压表测量R0两端的电压，且U2与U1相差1V，求滑动变阻器的最大阻值，所以它两端的电压应该最大，所以U2应比U1大1V，据此求解滑动变阻器的最大阻值；（4）根公式可知，要求电路消耗的最小电功率，就要电路总电阻最大，即断开S1，闭合S、S2，将滑动变阻器的滑片P置于最大电阻位置时。

29. 如图所示是打捞物体的模拟装置。现电动机带动钢丝绳自由端以0.5m/s的速度匀速拉动滑轮组，经过5min将体积为0.1m3的物体由海底提升到海面，物体离开海面后钢丝绳自由端的速度变为0.49m/s，此时电动机的输出功率比物体在海水中时增大了12%（不计物体的高度、绳重和摩擦，ρ物=7.6×103kg/m3，g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）。求：

（1）物体浸没在海水中受到的浮力；

（2）物体在海底时的深度；

（3）物体在海底时受到海水的压强；

（4）物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率（不计动滑轮体积）

【答案】（1）1000N；（2）30m；（3）3×105Pa；（4）94.3%。

【解析】解：（1）由阿基米德原理的公式得：F浮＝ρ海水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m3＝1000N；（2）因为n＝5，所以v物＝v绳＝×0.5m/s＝0.1m/s，则物体在海底时的深度：h＝v物t＝0.1m/s×5×60s＝30m；（3）p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×30m＝3×105Pa；（4）G＝mg＝ρ物gV＝7.6×103kg/m3×10N/kg×0.1m3＝7600N，设物体在水中时电动机的功率为P，钢丝绳自由端的拉力为F，绳自由端的速度v＝0.5m/s，则P＝F×0.5m/s；离开水面后电动机的功率为P1，钢丝绳自由端的拉力为F1，绳自由端的速度v1＝0.49m/s，则P1＝F1×0.49m/s；由物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%可得P1＝P（1+12%），代入数据可得：F1×0.49m/s＝F×0.5m/s（1+12%），解得：F1＝F，由图知，n＝5，不计绳重和摩擦，两次的拉力分别为：F＝（G﹣F浮+G轮），F1＝（G+G轮），可得：（G+G轮）＝×（G﹣F浮+G轮），G轮＝8F浮﹣G＝8×1000N﹣7600N＝400N，物体在海面下匀速上升过程中，动滑轮对物体的拉力G﹣F浮 所做的功为有用功，对动滑轮重力做的功为额外功，所以η＝94.3%。

点睛：有物体排开海水的体积，利用阿基米德原理可求受到的浮力；由图知，n＝5，求出物体移动的速度，利用速度公式求物体在海底时的深度；利用p＝ρgh求物体在海底时受到海水的压强；利用G＝mg＝ρgV求物体重力；设物体在水中电动机的功率为P，钢丝绳自由端的拉力为F，P＝Fv；物体在离开水面后电动机的功率为P1，钢丝绳自由端的拉力为F1，P1＝F1v1；而物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%，据此求F1、F2的大小关系；由图知，n＝5，不计绳重和摩擦，拉力F，进一步求出动滑轮重力，物体在海面下匀速上升过程中，根据公式求出该滑轮组的机械效率。