一、单选题（本大题共5小题，共18.0分）
1.在如图所示的“汽油机模型”实验中，将少量的汽油喷入筒内，用软木塞塞住筒口，摇动起电机，观察到放电针放电，汽油燃烧，软木塞被高温高压的气体冲出。该实验可模拟四冲程汽油机工作时的( )
A. 吸气冲程 B. 压缩冲程 C. 做功冲程 D. 排气冲程
2.使用电风扇时，有时候因为忘记断开风扇开关S而浪费能源。小宁在父母指导下对风扇电路进行了改装：加装一个红外感应开关𝑆1和指示灯L。加装后，若S断开，指示灯L工作，𝑆1才闭合，和风扇都不工作；当S闭合时，此时当红外感应装置感应到有人时，风扇工作。小宁设计的电路图可能是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，当我们看远处物体时，远处物体的光线正好聚焦在视网膜上。当我们从看远处物体改为看近处物体时(一般不小于10𝑐𝑚)，为了使近处物体成像在视网膜上，晶状体凸度和焦距的变化情况分别是( )
A. 晶状体凸度变大，焦距变短
1
B. 晶状体凸度变大，焦距变长 C. 晶状体凸度变小，焦距变短 D. 晶状体凸度变小，焦距变长
4.将密度为0.9𝑔/𝑐𝑚3、边长为10cm的立方体冰块，放入盛有水的柱状容器中，静止时冰块有2cm露出水面，如图所示。对容器缓慢加热，直至冰块完全熔化。在冰熔化过程中，下列判断与事实不符的是( )
A. 冰吸收热量，温度保持不变 B. 水面高度始终保持不变
C. 冰块漂浮之后，受到的浮力逐渐变小 D. 水对容器底部的压力最多增大1.0𝑁
5.1909年起，英国科学家卢瑟福和他的助手用一束带正电荷的高速𝛼粒子流轰击一片很薄的金箔，并根据如图所示的实验现象和已有知识，在1911年提出了原子的有核模型。要解释本实验现象产生的原因，下列知识中不需要用到的是( )
A. 同种电荷相互排斥 B. 电荷的定向移动形成电流 C. 力是改变物体运动状态的原因
D. 一个𝛼粒子的质量比一个电子的质量大得多
二、填空题（本大题共5小题，共22.0分）
6.科学方法是开启大自然奥秘之门的钥匙。
(1)如图所示，用鼓锤分别重敲和轻敲鼓面，铜鼓发出的
声音的响度不同，同时可以通过乒乓球反弹的高度，来显示出鼓面振动的情况。通过实验可知：鼓面振动的______ 越大，响度越大。
2
(2)为了便于描述光的传播路径和方向，科学上引入了光线的概念，实际上光线并不存在。为了形象地表示磁体周围磁场分布的强弱和方向，科学上引入了 的概念，实际上它也并不存在。
7.2021年5月10日，成都市某小区电梯内发生一起电瓶车自燃事故。
(1)电瓶车自燃的原因很多，常见的是由于电源短路，形成大电流并产生大量的热。这一过程中，化学能转化为电能，电能再转化为 能。
(2)针对上述电梯内电瓶车自燃隐患，宁波市未雨绸缪，早就采取了相应的措施，其中“阻车感应系统”已在多个小区推行。如图所示是某阻车感应系统在电梯轿厢内的信息传递示意图，一旦电瓶车进入电梯，就会被摄像头检测到，语音告警器将进行语音提示，同时电梯门不会关闭。这一信息传递过程与反射弧类似，图中的 (填序号)类似于反射弧中的感受器。
(3)电动汽车一般由电池包供电。若电池包意外进水，可能引发电动汽车自燃，其机理如下：
这里的可燃性气体是
8.宁波某校课外实践小组利用一根垂直插入水平地面的圭杆，进行2021年3月14日正午时刻圭杆的杆为期一年的“观竿测影”活动。
影如图所示，并测得杆影OA长为55.7𝑐𝑚。
3
(1)杆影的形成是由于光在同一均匀介质中沿______ 传播。 (2)图中杆影从O到A指向______ 方。
(3)预测2021年6月20日正午时刻，该圭杆的杆长度将比55.7𝑐𝑚 (填“大”或“小”)。
9.夏天的紫外线较强，人们在户外活动时间过长，会造成皮肤灼伤，甚至诱发皮肤癌。小宁利用紫外光敏电阻对紫外线较灵敏的性质，设计了如图所示电路。当户外紫外线增强到设定值时，𝑆2闭合，电动机转动，遮阳棚上防紫外线的遮阳布展开。
(1)调试时发现，当户外紫外线增强到设定值时，𝑆2仍未闭合。为了达到设计要求，需要把滑动变器𝑅1的滑片P向 (填“左”或“右”)移动。 (2)从安全用电的角度分析，进户线a应该是 线。
10.某品牌电热水壶的铭牌(部分内容)如表所示。当该电热水壶正常工作时，至少 需要 s才能把质量为2.0𝑘𝑔、初温为25℃的水加热到100℃。[水的比热容为4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)]
容量 2.0𝐿 额定电压 220V 额定功率 1500W
三、实验探究题（本大题共2小题，共15.0分）
11.水对容器侧壁有压强，水从小孔水平射出的速度与哪些因素有关？
4
【提出猜想】
水从小孔水平射出的速度可能与小孔在水中的深度有关。 【查阅资料和思考】
如图甲所示，h表示小孔在水中的深度，v表示水流从小孔水平射出的速度，H表示小孔到桌面的高度，s表示水流射程(小孔到落点的水平距离)。查阅资料可知，当H一定时，s随v的增大而增大。
要研究v和h的关系，由于v无法直接测量，转为研究s、H、h的关系。
【实验步骤】
①将容器置于木块上，如图乙所示。
②堵住三个小孔，往容器中加入适量的水记录h和H。
③打开小孔，同时测量并记录从三个小孔水平射出的水流射程s。 ④换高度不同的木块，重复步骤①～③。 【实验数据及分析】
5
实验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 小孔 a b c a b c a b c ℎ/𝑐𝑚 10 20 30 10 20 30 10 20 30 𝐻/𝑐𝑚 30 20 10 40 30 20 50 40 30 𝑠/𝑐𝑚 35 41 35 40 49 50 45 58 59 (1)分析表中数据可知，当小孔在水中的深度h一定时，水流射程s随小孔距桌面的高度H增大而 (填“增大”或“减小”)。
(2)采用控制变量的方法，通过比较实验序号为 的三组数据，可以得出：水从小孔水平射出的速度v与小孔在水中的深度h有关。
(3)小宁再分别用食盐水和酒精替换水进行实验，目的是为了探究液体从小孔水平射出的速度v是否与 有关。 12.小宁用如图所示电路研究电阻的并联。
(1)按电路图连接电路，𝐴2、𝐴3的示数分别为0A、0.40𝐴和1.20𝐴。闭合开关S，电流表𝐴1、如果电路元件完好，接线时发生了错误，该错误是
(2)使用电流表时，当被测电流值大于电流表量程的一半时，能减小实验误差。本实验所用电源电压为8V，电流表有两个量程(0～0.6𝐴、0～3𝐴)。为减小实验误差，小宁重新选择定值电阻，实验室里可供选择的定值电阻的阻值有：5𝛺、10𝛺、20𝛺、50𝛺，应该选用的2个电阻阻值分别为
四、计算题（本大题共2小题，共18.0分）
6
13.如图所示是世界上第一艘飞艇，它是由法国工程师吉法尔于1852年制造的。这艘飞艇的气囊充满氢气后，长44m，直径11.9𝑚，体积2100𝑚3，形状像一个巨大的橄榄。这年的9月24日，吉法尔乘坐该飞艇从巴黎的马戏场出发，用一台2.2𝑘𝑊的蒸汽机带动螺旋桨，以8𝑘𝑚/ℎ的速度，飞行了28km。
(1)飞艇的气囊形状像一个橄榄，在前进过程中可以减小______ 。 (2)充满氢气后气囊受到的浮力是多少？(空气密度取1.29𝑘𝑔/𝑚3)
(3)这次飞行，飞行所需时间、蒸汽机做的功及飞行时受到的平均阻力各为多少？
14.如图甲所示电路，电源电压恒定不变，灯泡L上标有“6𝑉 2.4𝑊”字样，其灯丝电阻随温度的升高而增大；OA、OB、OC是三条阻值不同且不变、粗细均匀的金属丝(同一条金属丝的阻值与其长度成正比)。闭合开关S，当滑片P从A点滑到O点过程中，电流表示数和灯泡L亮度均保持不变。
(1)求灯泡L正常发光时，通过灯泡L的电流大小。 (2)金属丝OA的电阻𝑅𝑎= 𝛺。
(3)继续滑动图甲中滑片P到OB段，当𝑃𝐵=3𝑂𝐵时，电流表示数为0.36𝐴；当𝑃𝐵=2𝑂𝐵时，小灯泡正常发光。用图甲中的电源、小灯泡和三条金属丝连成图乙所示电路。闭合开关S，使滑片P在OC上移动，当𝑃𝑂=3𝑂𝐶时，电压表示数为4.8𝑉；当𝑃𝑂=4𝑂𝐶时，电压表示数为6.0𝑉。求金属丝OC的电阻𝑅𝑐的大小和电源电压大小。
1
1
2
1
五、综合题（本大题共1小题，共5.0分）
7
15.反思是一种良好的学习品质。
(1)一根轻质硬棒AB，在力的作用下能绕固定点O转动。现在硬棒AB上施加两个力𝐹1和𝐹2，O点到𝐹1和𝐹2的作用线的距离分别为𝑑1和𝑑2。小宁认为，只要满足𝐹1×𝑑1=𝐹2×𝑑2，则硬棒AB一定保持静止状态或匀速转动。你认为小宁的想法正确吗？请说出你的理由。
(2)在“动滑轮”实验中，小宁通过如图所示装置进行实验，得到结论：使用动滑轮匀速提升物体，竖直向上的拉力F小于物重G。小宁思考后认为，即使不计摩擦和绳重，上述结论要成立，物重G和动滑轮重𝐺动之间也必须满足一定条件。请你说出这一条件，并予以证明。
8
答案和解析
1.【答案】C【解析】解：当放电针放电时，汽油燃烧，圆筒内气体的内能增加，气体对软
木塞做功，软木塞被高温高压的气体冲出，而汽油机的做功冲程对外做功，因此该实验可模拟四冲程汽油机工作时的做功冲程。故选：C。燃料燃烧，将化学能转化为内能，气体膨胀对软木塞做功；在汽油机的做功冲程中，气体对外做功。本题考查了做功改变物体内能、内燃机的工作过程，难度不大。
2.【答案】D【解析】解：使用电风扇时，S与电动机串联接入电路中；加装一个红外感应
开关𝑆1和指示灯L，加装后，若S断开，指示灯和风扇都不工作，则开关S控制整个电路；当S闭合时，L工作，此时当红外感应装置感应到有人时，𝑆1才闭合，风扇工作，这说明L与电动机是并联的，开关𝑆1控制电动机，故该电路中S接在干路中，灯泡与电动机并联，开关𝑆1与电动机在一条支路中，故D正确。故选：D。根据开关S断开和闭合时电路的工作情况判定两个开关、用电器的连接方式。本题考查了电路图的设计，能得出两个开关的连接方式是解题的关键。
3.【答案】A【解析】解：当我们从看远处物体改为看近处物体时(一般不小于10𝑐𝑚)，此时
的物距变小，像距会变大，为了使近处物体成像在视网膜上，需要增大眼睛的聚光能力，即要增大晶状体的凸度，使得焦距变短，故A正确。故选：A。眼睛的晶状体是一个焦距可调凸透镜，相当于照相机的镜头；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大。该题考查眼睛的成像原理、眼睛的调节，难度不大。
4.【答案】B【解析】解： A、冰是晶体，在冰熔化过程中，吸收热量，温度不变；故A正
确； B、由图可知，静止时冰块排开水的体积为：
𝑉排=𝑆冰(𝐿冰−ℎ露)=𝐿2(𝐿−ℎ露)=(10𝑐𝑚)2×(10𝑐𝑚−2𝑐𝑚)=800𝑐𝑚3；当冰块完全熔冰冰化后，熔化为水的质量和冰的质量相同，
33
即：𝜌水𝑉冰化水=𝜌冰𝑉冰，所以，𝑉冰化水=𝜌𝑉冰=1.0𝑔/𝑐𝑚3×(10𝑐𝑚)=900𝑐𝑚；
水
𝜌冰
0.9𝑔/𝑐𝑚3
则：𝑉冰化水>𝑉排，即熔化为水的体积大于原来排开水的体积，故液面高度升高，故B错误；
9
C、冰块漂浮之后，由于冰处于熔化中，则冰的重力逐渐变小，根据漂浮条件可知受到的浮力与重力相等，所以浮力逐渐变小，故C正确；
D、由于容器是柱状容器，水对容器底部的压力与液体的重力相等，当冰块完全熔化时水对容器底部的压力最大，则水对容器底部的压力为：
△𝐹=𝐺冰−𝐺排=𝜌冰𝑉冰𝑔−𝜌水𝑉排𝑔=0.9×103𝑘𝑔/𝑐𝑚3×(0.1𝑚)3×10𝑁/𝑘𝑔−1.0×103𝑘𝑔/𝑐𝑚3×800×10−6𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=1𝑁，故D正确。
故选：B。 (1)晶体熔化时，吸收热量，温度不变； (2)由图求出静止时冰块排开水的体积，根据水和冰的密度求出冰变成水后的体积，然后进而判断水面高度的变化； (3)冰块漂浮之后，根据漂浮条件即可判断受到的浮力的变化； (4)由于容器是柱状容器，水对容器底部的压力与液体的重力相等，当冰块完全熔化时水对容器底部的压力最大，根据𝐹=𝐺即可求出增加的最大压力。
本题考查了物体漂浮条件和阿基米德原理、密度公式和重力公式的应用，难度较大。本题关键：一是冰化水质量不变，二是阿基米德原理和漂浮条件联合运用；需要注意的是开始熔化冰不是处于漂浮状态。
5.【答案】B【解析】解：A、由于𝛼粒子带正电，少数𝛼粒子发生了较大角度的偏转，说明
B、原子核带正电，同种电荷发生相互排斥，在𝛼粒子散射实验中有涉及，故A不符合题意；电荷的定向移动形成电流，在𝛼粒子散射实验中没有涉及，故B符合题意； C、由于𝛼粒子和原子核都带正电，同种电荷之间存在排斥力，故𝛼粒子的运动状态改变，在𝛼粒子散射实验中有涉及，故C不符合题意； D、极少数𝛼粒子会反弹回去，说明原子核质量大，𝛼粒子是氦原子的原子核，故原子核的质量比电子的质量大得多，在𝛼粒子散射实验中有涉及，故D不符合题意。故选：B。𝛼粒子散射实验：大多数𝛼粒子穿过金属箔后仍保持原来的运动方向，说明原子内部有很大空间，原子核体积小；少数𝛼粒子发生了较大角度的偏转，说明原子核带正电；极少数𝛼粒子会反弹回去，说明原子核质量大。本题考查𝛼粒子散射实验考查了电荷间的作用规律、力和运动的关系，比较综合，难度不大。
6.【答案】振幅 磁感线【解析】解：(1)振动物体离开平衡位置的最大距离叫振动的振幅；
要改变鼓面的振幅大小，可以用大小不同的力敲击鼓面；通过实验可知：鼓面振动的振幅越
10
大，响度越大； (2)对于一些看不见，摸不着的物理概念，无法直接研究，我们可以建立模型，使不易研究的物理内容更加形象化，给磁场建立的模型就是磁感线，通过磁感线可以看出磁体周围磁场的分布、强弱；实际上它也并不存在。故答案为：振幅；磁感线。 (1)响度指声音的大小，响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大； (2)利用实际不存在的磁感线描述磁体周围磁场的分布特点，利用的是模型法。解决此类题目需要掌握声音的响度与振幅关系，掌握如何利转换法研究响度大小的影响因素，同时还考查了物理学方法
7.【答案】内 ① 氢气【解析】解：(1)电源短路时，电源的化学能先转化为电能，电流通
过导体时会产生大量的内能，使得导体的温度升高，容易发生火灾； (2)一旦电瓶车进入电梯，会被摄像头检测到，同时发出语音提示，摄像头相当于反射弧中的感受器； (3)水电解后生成氢气和氧气，氢气是可燃性气体。故答案为：(1)内；(2)①；(3)氢气。 (1)电流通过导体时会产生热量； (2)根据摄像头的作用分析； (3)水电解后生成氢气和氧气。本题考查了短路现象、能量的转化、摄像头的作用、水的电解，难度不大。
8.【答案】直线 北 小【解析】(1)杆影是由于光在同种均匀介质中是沿直线传播形成的；
(2)宁波位于北半球，正午时太阳位于南方，影子的方向指向北方； (3)2021年6月20日接近夏至，太阳高度角逐渐增大，这一天的杆影应比2021年3月14日这一天的杆影短。故答案为：(1)直线；(2)北；(3)小。 (1)光在同种均匀介质中沿直线传播；应用：影子、小孔成像等； (2)在北半球，正午时太阳位于南方，影子的方向指向北方；南半球相反； (3)由于地球的公转和地轴是倾斜的，所以太阳直射角在周期性变化，春分3月23日后，太阳直射向北半球偏，到夏至6月22日这一天太阳高度角达到最大，此时影子最短。本题借助影子的形成考查光的直线传播及地理相关知识，属于基础知识考查及应用，难度不大。
9.【答案】右 火【解析】解：(1)当户外紫外线增强到设定值时，𝑆2仍未闭合，说明电磁铁
磁性过弱了，即电路的电流过小了，这是由于电路的电阻过大导致的，所以应该减小电路中的电阻，即应该将滑动变器𝑅1的滑片P向右移动； (2)从安全用电的角度分析，进户线a应该是火线。故答案为：(1)右；(2)火线。 (1)当户外紫外线增强到设定值时，𝑆2仍未闭合，说明电磁铁磁性过弱了，即电路的电流过小了，这是由于电路的电阻过大导致的； (2)根据家庭电路安全用电的原则，开关应该接在进户线的火线上。本题考查了电磁继电器的原理、
11
安全用电的原则、滑动变阻器的使用和影响电磁铁磁性的因素，是一道综合性题目，有一定难度。
10.【答案】420【解析】解：水吸收的热量：
𝑄吸=𝑐𝑚△𝑡=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×2.0𝑘𝑔×(100℃−25℃)=6.3×105𝐽； 若电能全部转化为热能，即𝑄吸=𝑊电，
𝑊电𝑡
因为热水器正常工作，所以，𝑃=𝑃额=1500𝑊，又因为𝑃=
𝑊电𝑃
6.3×105𝐽1500𝑊
，
所以加热时间：𝑡=故答案为：420。
==420𝑠。
知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；由题知电能全部转化为热能，即𝑄吸=𝑊电，从铭牌中知道电热水壶的额定功率，因为电热水壶正常工
𝑊
作，加热功率𝑃=𝑃额，再利用𝑃=𝑡求加热时间。本题是一道电学与热学的综合应用题，考
查了热量的计算、电功率的计算，属于基础题目，难度不大。
11.【答案】增大 1、5、9 液体种类【解析】解：(1)分析1、4、7或2、5、8或3、6、9
三次实验，当小孔在水中的深度h一定时，水流射程s随小孔距桌面的高度H增大而增大； (2)分析1、5、9三实验，当小孔距桌面的高度H相同时，水流射程s随小孔在水中的深度h的增大而增大，说明水从小孔水平射出的速度v与小孔在水中的深度h有关； (3)再分别用食盐水和酒精替换水进行实验，可以探究液体从小孔水平射出的速度v与液体种类是否有关。故答案为：增大；1、5、9；液体种类。 (1)分析1、4、7或2、5、8或3、6、9三次实验，控制水的深度相同，得到射程与小孔距桌面的高度的关系； (2)分析1、5、9三实验，控制小孔距桌面的高度相同，观察射程与水的深度的关系，从而得到水的射出速度与水的深 (3)换不用的液体进行多次实验，度的关系；可以探究液体的射出速度与液体种类是否有关。 本题主要考查控制变量法在实验探究中的应用，难度不大。
12
12.【答案】接线时使电流表𝐴1短路 5𝛺、20𝛺【解析】解：(1)由图可知，闭合开关后，𝑅1与
𝑅2并联，𝐴1测量𝑅1中电流𝐼1，𝐴2测量𝑅2中电流𝐼2，𝐴3测量干路中的电流I。若电路正常，根据并联电路的电流特点可知，𝐴3的示数大于𝐴1示数，𝐴3的示数大于𝐴2的示数；现𝐴1的示数为零，可能：①𝑅1支路断路，电路为𝑅2接在电源上的简单电路，因𝐴2与𝐴3是串联，它们示数应相同，这与已知矛盾；②𝐴1短路，则𝐴3测量干路电流，𝐴2在支路测量支路电流，𝐴3示数大于𝐴2的示数，与已知相符。故电路故障为：接线时使电流表𝐴1短路； (2)根据并联电路的电压特点可知，各支路两端的电压等于电源电压：𝑈1=𝑈2=𝑈=8𝑉，若两个支路均选用同量程电流表，当被测电流值大于电流表量程的一半时，干路电流大于支路所选量程，干路需选大量程(0～3𝐴)，支路选小量程(0～0.6𝐴)，可支路电流即使都达到电流表量程，干路的电流最大为0.6𝐴+0.6𝐴=1.2𝐴<1.5𝐴；综合分析可知，干路和一个支路都需选大量程电流表，另一支路需选用小量程电流表。由题意知，支路中电流要大于所选电流表量程的一半，对于选大量程电流表的支路，根据欧姆定律可知𝑅=
𝑈𝐼
=128𝑉×3𝐴=5.3𝛺，支路电阻需小于等于
5.3𝛺，由可供选择电阻可知选𝑅1=5𝛺；小量程支路的电流要小于等于0.6𝐴，根据欧姆定律可知𝑅=
𝑈𝐼
=0.6𝐴=13.3𝛺，𝑅=且支路的电流要大于等于0.3𝐴，
8𝑉𝑈𝐼
=0.3𝐴=26.7𝛺，故13.3𝛺≤
8𝑉
𝑅2≤26.7𝛺，因此𝑅2=20𝛺。故答案为：(1)接线时使电流表𝐴1短路；(2)5𝛺、20𝛺。 (1)分析电路的连接，根据并联电路电流特点及𝐴1示数为零分析作答； (2)根据欧姆定律计算两个支路和干路的电流，对照电流表量程分析作答。本题是探究“电阻的并联”实验，考查并联电路的规律及欧姆定律的运用和对器材的要求，属于常考命题点。
13.【答案】空气阻力【解析】解：(1)飞艇的气囊形状像一个橄榄，在前进过程中可以减小
空气阻力； (2)充满氢气后气囊受到的浮力
33
：𝐹浮=𝜌空气𝑔𝑉排=1.29𝑘𝑔/𝑚×10𝑁/𝑘𝑔×2100𝑚=27090𝑁； (3)由𝑣=𝑡可得，飞行所𝑠
需时间：𝑡=𝑣=8𝑘𝑚/ℎ=3.5ℎ；
蒸汽机做的功：𝑊=𝑃𝑡=2.2×103𝑊×3.5×3600𝑠=2.772×107𝐽；
飞艇飞行时，受到的阻力与牵引力是一对平衡力，则由𝑊=𝐹𝑠可得，飞行时受到的平均阻力：𝑓=𝐹=
𝑊𝑠
𝑠28𝑘𝑚
=
2.772×107𝐽2.8×104𝑚
=990𝑁。
13
答：(1)空气阻力；
(2)充满氢气后气囊受到的浮力是27090N；
(3)这次飞行，飞行所需时间为3.5ℎ；蒸汽机做的功为2.772×107𝐽； 飞行时受到的平均阻力为990N。
(1)飞艇的气囊形状像一个橄榄，具有头部尖的特点，可以减小在前进过程中受到的空气阻力；
(2)根据𝐹浮=𝜌空气𝑔𝑉排求出气囊受到的浮力；
(3)已知速度和路程，根据速度公式求出飞行所需时间；根据𝑊=𝑃𝑡求出蒸汽机做的功；根据𝑊=𝐹𝑠求出飞行时的牵引力，再根据牵引力与阻力是一对平衡力求出阻力的大小。 本题综合考查了速度计算公式、阿基米德原理以及功计算公式的应用，设计的知识点较多，但都属于基础知识考查范围。
14.【答案】0【解析】解：(1)灯泡L正常发光时的电压𝑈𝐿=6𝑉，灯泡的电功率𝑃𝐿=2.4𝑊，
𝐿
由𝑃=𝑈𝐼可得，灯泡正常发光时通过的电流：𝐼𝐿=𝑈=
𝐿
𝑃2.4𝑊6𝑉
=0.4𝐴；
(2)闭合开关S，当滑片P从A点滑到O点过程中，电流表示数和灯泡L亮度均保持不变， 则金属丝OA的电阻为0𝛺，相当于导线，即𝑅𝑎=0𝛺； (3)图甲中：
①当𝑃𝐵=3𝑂𝐵时，3𝑅𝑏与灯泡L串联，此时电路中的电流𝐼1=0.36𝐴，
②当𝑃𝐵=2𝑂𝐵时，2𝑅𝑏与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，此时电路中的电流𝐼2=𝐼𝐿=0.4𝐴；
图乙中，OB段电阻被OA导线短路，
1
1
2
2
14
③当𝑃𝑂=3𝑂𝐶时，3𝑅𝑐与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压，即𝑈𝐿′=4.8𝑉， ④当𝑃𝑂=4𝑂𝐶时，4𝑅𝑐与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压，即𝑈𝐿″=6.0𝑉，此时灯泡正常发光，
由②④灯泡都正常发光可知，2𝑅𝑏=4𝑅𝑐，即𝑅𝑐=2𝑅𝑏，
由④可得，电源的电压𝑈=𝑈𝐿+𝐼2×4𝑅𝑐=6𝑉+0.4𝐴×4𝑅𝑐-------I， 由𝑅𝑐=2𝑅𝑏可知，3𝑅𝑏=3𝑅𝑐，即①③电路是等效的，
由③可得，电源的电压𝑈=𝑈𝐿′+𝐼1×3𝑅𝑐=4.8𝑉+0.36𝐴×3𝑅𝑐-----II， 由I、II可得：𝑅𝑐=60𝛺，𝑈=12𝑉。
答：(1)灯泡L正常发光时，通过灯泡L的电流为0.4𝐴； (2)0；
(3)金属丝OC的电阻𝑅𝑐为60𝛺，电源电压为12V。
(1)灯泡L正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，利用𝑃=𝑈𝐼求出灯泡正常发光时通过的电流；
(2)闭合开关S，当滑片P从A点滑到O点过程中，电流表示数和灯泡L亮度均保持不变，据此得出𝑅𝑎的阻值；
(3)图甲中：当𝑃𝐵=3𝑂𝐵时，3𝑅𝑏与灯泡L串联，此时电路中的电流为0.36𝐴；当𝑃𝐵=2𝑂𝐵时，2𝑅𝑏与灯泡L串联，此时小灯泡正常发光，电路中的电流等于灯泡正常发光时的电流； 图乙中，OB段电阻被OA导线短路，当𝑃𝑂=3𝑂𝐶时，3𝑅𝑐与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压；当𝑃𝑂=4𝑂𝐶时，4𝑅𝑐与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压，此时灯泡两端的电压和额定电压相等，则小灯泡正常发光，灯泡正常发光时电路中的总电阻相等，据此得
15
1
1
1
1
1
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
11
出𝑅𝑏与𝑅𝑐的阻值关系，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压；根据电阻关系得出灯泡两端的电压为4.8𝑉和电路中的电流为0.36𝐴时电路是等效的，再根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，然后联立等式即可求出𝑅𝑐的阻值和电源的电压。 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用等，根据电阻关系得出对应的等效电路是关键，有一定的难度。
15.【答案】解：(1)𝐹1与𝐹2必须是一个为使杠杆绕支点转动的动力，另一个为阻碍杠杆转动
的阻力，然后满足𝐹1𝐿1=𝐹2𝐿2的条件杠杆才平衡，则杠杆一定保持静止状态或匀速转动；硬棒AB上施加两个力𝐹1和𝐹2使杠杆绕支点转动的方向相同，那么即使满足𝐹1×𝑑1=𝐹2×𝑑2，则硬棒AB也不能保持静止状态或匀速转动；
(2)使用动滑轮匀速提升物体时，不计摩擦和绳重，拉力：𝐹=2(𝐺+𝐺滑)， 若拉力𝐹<𝐺，即：2(𝐺+𝐺滑)<𝐺， 所以，𝐺>𝐺滑，
即：使用动滑轮匀速提升物体，满足竖直向上的拉力F小于物重G的条件是：物重G大于动滑轮重𝐺动。
答：(1)小宁的想法不正确。若硬棒AB上施加两个力𝐹1和𝐹2使杠杆绕支点转动的方向相同，那么即使满足𝐹1×𝑑1=𝐹2×𝑑2，则硬棒AB也不能保持静止状态或匀速转动； (2)条件：物重G大于动滑轮重𝐺动。
1
1
1
使用动滑轮匀速提升物体时，不计摩擦和绳重，拉力：𝐹=2(𝐺+𝐺滑)，
1
若拉力𝐹<𝐺，即：2(𝐺+𝐺滑)<𝐺，所以，𝐺>𝐺滑。
【解析】(1)根据杠杆各要素的物理意义分析判断，知道𝐹1是使杠杆绕支点转动的动力，𝐹2是阻碍杠杆转动的阻力；当满足𝐹1𝐿1=𝐹2𝐿2的条件杠杆才平衡；
16
(2)不计摩擦和绳重，则拉力𝐹=2(𝐺物+𝐺滑)，据此分析即可。
本题考查对杠杆平衡条件𝐹1𝐿1=𝐹2𝐿2的理解和探究动滑轮省力特点的实验，考查了对实验数据的分析，在分析时注意控制变量法的应用，并注意物理量的变化
1
17
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容