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三、实验与探究（共3小题，满分16分）
15．吕彬同学将实验器材按图1连接，测量小灯泡在不同电压下的功率．所用灯泡的额定电压是2.5V．
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至 右 端（填“左”或“右”）；
（2）请在虚线框内完成实物图对应的电路图；
（3）闭合开关后，他发现灯不亮．电压表无示数，电流表有示数，则电路中可能出现的故障是 灯泡短路 ．排除故障后，移动滑片至某位置时．电压表示数如图2所示．则灯泡两端电压为 1.9V ，若要继续测量灯泡的额定功率，应将滑片向 左 端（填“左”或“右”）滑动．
考点： 探究用电器的电功率实验；欧姆定律的应用。
专题： 实验题；作图题。
分析： （1）为保护电路，闭合开关前滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据滑动变阻器在电路中的连接方式判断滑片的位置；
（2）分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据实物电路图画出实验电路图；
（3）①灯泡不亮，可能是灯泡断路，或灯泡短路，或灯泡之外电路存在断路；电流表有示数，说明电路不存在断路；电压表无示数，可能是与电压表并联的灯泡短路，或电压表并联电路之外存在断路，电压表不能与电源两极相连接；综合分析可知电路故障是灯泡短路；
②确定电压表量程与最小分度值，根据电压表指针位置读出电压表示数；
③灯泡两端电压小于额定电压，要测灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，使灯泡两端的电压等于额定电压，滑动变阻器接入电路的阻值应减小，根据滑动变阻器的接法判断滑片的移动方向．
解答： 解：（1）由实物电路图知，当滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，因此闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑至右端；
故答案为：右．
（2）分析实物电路图的结构，根据实物图画出电路图，电路图如图所示；
故答案为：电路图如图所示．
（3）闭合开关后，电压表无示数，电流表有示数，则电路中可能出现的故障是：灯泡短路；
由电路图知，电压表量程是3V，由图示电压表知，电压表的最小分度值是0.1V，电压表示数是1.9V；
要测灯泡额定功率，应增大灯泡两端的电压，减小滑动变阻器接入电路的阻值，由电路图知，滑片应向左移动；
故答案为：灯泡短路；1.9；左．
点评： 本题考查了滑动变阻器的调节、根据实物图画实验的原理图、电路故障分析、电压读数等问题，是实验的看、常考内容，一定要掌握；分析清楚电路结构、明确各电路元件的连接方式是正确作出实验电路图的前提与关键．
16．李翔同学在山上找到了一块坚硬的石块，他仅用直尺这一测量工具测出了石块的密度．装置如图所示，主要实验步骤如下：
A．用细线将轻质直杆悬起来，悬点为O，并将一重物用细线悬于直杆O点左侧的P点；
B．保持重物的悬点不变，将装水的轻质塑料袋用细线挂在直杆O点右侧的某点，直杆处于水平静止，用直尺测得该点到O的距离为30.0cm；
C．在溢水杯中装满水，将待测石块缓慢浸没在杯中，让溢出的水全部流入轻质塑料袋中；
D．保持重物的悬点不变，将待测石块用细线挂在直杆O点右侧的某点，直杆处于水平静止，用直尺测得该点到O的距离为12.0cm；
（1）实验中主要应用的力学规律是 杠杆的平衡条件（填“阿基米德原理”或“杠杆的平衡条件”）；
（2）上述实验步骤最佳顺序是 ADCB（填入步骤前的字母）；
（3）已知水的密度为1.0×103kg/m3，可求得待测石块密度为 2.5g/cm3 ．
考点： 固体的密度测量实验；杠杆的平衡条件。
专题： 实验题；转换法。
分析： （1）阿基米德原理的作用是计算浮力或比较浮力的大小，杠杆的平衡条件是比较或计算动力、阻力或力臂的大小．
（2）利用直尺测量石块密度的过程是：将直尺用细线拴在O点悬挂起来，使其在水平位置平衡；在左端悬挂一个物重为G0的重物，距离O点L0；将石头用细线拴住悬挂在右端，调节左右位置，使直尺在水平位置平衡，石头到O点的距离为L1=12.0cm；取一溢水杯盛满水，将石头轻轻放入溢水杯中使其浸没在水中，同时使溢出的水流入轻质塑料袋中；将盛水的塑料袋悬挂在直尺的右侧，使直尺在水平位置平衡，塑料袋到O点的距离为L2=30.0cm．
（3）利用杠杆的平衡条件和石块体积等于溢出水的体积相等，确定等量关系，解出石块的密度．
解答： 解：
（1）由示意图知，测量石头的密度利用的是杠杆的两次平衡，溢水杯的作用是得到石头排开的水的质量．所以应用的规律是杠杆的平衡条件；
（2）要测量出石块的密度，合理的顺序是：A、D、C、B．
（3）设石块的重力为G1，溢出水的重力为G2，由实验过程知
G0L0=G1L1G0L0=G2L2所以G1L1=G2L2ρ1VgL1=ρ2VgL2ρ1=
=
=2.5g/cm3．
故答案为：
（1）杠杆的平衡条件；
（2）ADCB；
（3）2.5g/cm3．
点评： 此题属于难度较大的测量物质密度的实验题．解决此题需要把握两个关键：
一是根据杠杆平衡条件，得到石块重与力臂的乘积等于水重和力臂的乘积；
二是石块的体积等于溢出的水的体积．
17． 2012年5月27日，“长征三号乙”运载火箭一级残骸落到湖南绥宁县砸坏了民宅．这引起了某校科技小组的关注：竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与哪些因素有关呢？某同学猜想与物体的质量、开始下落时离地面的高度有关．
（1）你猜想还与 物体落地时的速度 有关；
（2）该同学为验证他的猜想，设计了如下实验方案：在水平地面上平铺一些报纸：将涂满红色颜料的同一篮球从不同高度由静止释放，篮球会在报纸上留下大小不同的圆形红色印迹；通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小．该方案所用到的实验方法有 控制变量法和转换法
（3）另一同学将留有红色印迹的报纸放在如图所示电子测力计上，再将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将 印迹 覆盖时，此时测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．
考点： 势能的影响因素；物理学方法。
专题： 实验题。
分析： （1）结合已有的知识基础，我们猜想竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”）等因素有关．
（2）在该实验中，我们选用同一篮球，其目的是为了控制其质量相等，故能判断该操作的目的和方法；同时由于篮球与地面间作用力的大小不好比较，于是我们通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小，故能判断这里用到的研究方法．
（3）由于篮球下落时与地面间有作用力，所以才使得篮球上出现红色的印迹，故想判断该力的大小，即只需将将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将印迹覆盖时，即表明测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．
解答： 解：（1）据已有的生活经验可知，竖直下落的物体与地面碰撞时对地面的作用力大小与地面碰撞时对地面的作用力大小与物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”）等因素有关．
（2）在该实验中，我们选用同一篮球，其目的是为了控制其质量相等，故能判断该操作中用到了控制变量的方法；同时由于篮球与地面间作用力的大小不好比较，于是我们通过比较印迹的大小即可比较篮球对地面作用力的大小，故能判断这里用到了转换的方法．
（3）由于篮球下落时与地面间有作用力，所以才使得篮球上出现红色的印迹，故想判断该力的大小，即只需将将篮球放在印迹中央，用力下压篮球，当篮球恰好将印迹覆盖时，即表明测力计示数即为篮球留下该印迹时对地面作用力的大小．
故答案为：（1）物体落地时的速度（填“物体的形状”、“物体及地面硬度”、“物体与地面作用时间”、“是否反弹”、“反弹速度大小”等其他合理猜想均可）；（2）控制变量法和转换法；（3）印迹．
点评： 该题以探究重力势能大小的影响因素为实验的背景，考查了物理学中常用研究方法的理解和应用，该题是一道能力题，难度较大．
四、综合应用（18题7分．19题8分，共15分）
18． 2011年8月我国自主研制的深海探测器﹣﹣“蛟龙号”（如图1所示）在太平洋海域成功完成5000m深海探测．2012年6月它将再赴马里亚纳海沟挑战7000m深海探测（不考虑海水密度变化，密度ρ取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）．
（1）若“蛟龙号”能承受的最大压强是7.2×107Pa，则它能下潜的最大深度是多少？（不考虑大气压）
（2）“蛟龙号”上一面积为50cm2的观测窗口：在上述两种深度的探测中承受的压力增加了多少？
（3）“蛟龙号”完成任务后．漂浮在海面上，由起重装置将其匀速竖直吊离水面，起重装置起吊拉力的功率随时间变化的图象如图2所示，图中P2=2P1．起吊过程中“蛟龙号”总质量为22吨，求t1时刻“蛟龙号”的排水体积（不考虑水的阻力）．
考点： 阿基米德原理；液体的压强的计算；物体的浮沉条件及其应用。
专题： 计算题。
分析： （1）知道“蛟龙号”能承受的最大压强，利用公式p=ρgh求能下潜的最大深度；
（2）求出上述两种深度的深度差，利用公式p=ρgh求两种深度的压强差，再利用F=pS求观测窗口在上述两种深度的探测中承受的压力增加值；
（3）设在t1、t2时刻起重装置对探测器的拉力分别为F1、F2，探测器的速度为v，在t1、t2时刻，对探测器进行受力分析，得出F1和F2的大小，而P2=2P1，据此求出t1时刻受到的浮力，再根据阿基米德原理求t1时刻“蛟龙号”的排水体积．
解答： 解：（1）∵p=ρgh，
能下潜的最大深度：
h=
=
=7200m；
（2）上述两种深度的深度差：
△h=7000m﹣5000m=2000m，
△p=ρg△h=1×103kg/m3×10N/kg×2000m=2×107Pa，
△F=△pS=2×107Pa×50×10﹣4m2=1×105N；
（3）设在t1、t2时刻起重装置对探测器的拉力分别为F1、F2，探测器的速度为v，
t1时刻，探测器：F1+F浮=mg，可得F1=mg﹣F浮，
t2时刻，探测器：F2=mg，
由题知，P2=2P1，
即：F2v=2F1v，
∴F2=2F1，
∴mg=2（mg﹣F浮）
F浮=
mg=×22×103kg×10N/kg=1.1×105N，
∵F浮=ρ水V排g，
∴V排=
=
=11m3．
答：（1）“蛟龙号”最大深度是7200m；
（2）在上述两种深度的探测中承受的压力增加了1×105N；
（3）t1时刻“蛟龙号”的排水体积为11m3．
点评： 本题考查了学生对阿基米德原理、液体压强公式和物体的漂浮条件的掌握和运用，难点在第三问，对两个时刻的探测器进行受力分析得出两个时刻的拉力大小是本题的关键．
19．如图1为小颖同学设计的电热水器的原理图，该电热水器具有加热、保温功能．图1中电磁继电器（线圈电阻不计）、热敏电阻R、保护电阻R0、电压恒为6V的电源U1、导线等组成控制电路．当电磁铁线圈中的电流I＜10mA时，继电器上方触点和触点c接通；当电磁铁线圈中的电流I≥10mA时，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通．热敏电阻中允许通过的最大电流I0=15mA，其电阻R随温度变化的规律如图2，热敏电阻和加热电路中的三只电阻R1、R2、R3均置于储水箱中．已知R1=33Ω、R2=66Ω、R3=154Ω、U2=220V．
（1）衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是多大？
（2）保温状态下，若加热电路的发热功率等于热水器散热功率的80%，求10分钟内热水器散失的热量；
（3）为使控制电路正常工作，保护电阻R0的阻值至少为多大？若R0为该值，衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是多少？
考点： 焦耳定律；欧姆定律的应用。
专题： 计算题；信息给予题；图析法。
分析： 由电路图知：衔铁被吸下，继电器下方触点和触点a、b接通时，加热电路中电阻最小，由P=
可知电路功率最大，处于加热状态；当继电器上方触点和触点c接通时，加热电路电阻较大，由P=可知电路功率较小，电路处于保温状态；
（1）衔铁被吸下时，电阻R1与R2并联，由并联电路特点可以求出加热电路的总电阻；
（2）先由功率公式P=求出加热电路在保温状态下10min内电路产生的热量，然后根据题意求出热水器散失的热量；
（3）由热敏电阻的R﹣t图象找出热敏电阻的最小阻值，此时电路电流最大，根据电路的最大电流求出控制电路保护电阻R0的最小阻值，这是控制电路正常工作的最小阻值；求出衔铁刚好被吸下时热敏电阻的阻值，然后由图象找出该阻值对应的温度，这就是储水箱中水的温度．
解答： 解：（1）由电路图知：衔铁被吸下时，R1、R2并联，
由并联电路的特点知：
电路总电阻R=
=
=22Ω；
答：衔铁被吸下时，加热电路的总电阻是22Ω．
（2）由电路图知，保愠状态下：R2、R3R串联，
10min加热电路产生的热量
=
×600s=1.32×105J，
10分钟内热水器散失的热量
=
=1.65×105J；
答：10分钟内热水器散失的热量是1.65×105J．
（3）由由图2可知，热敏电阻的最小值是R=200Ω，
当R最小，控制电路中的电流不超过最大值时，保护电阻R0阻值最小，
由
得：保护电阻R0的最小值R0=
﹣R=
﹣200Ω=200Ω，
由题意知，衔铁刚好被吸下时，电路电流I=10mA=0.01A，
此时电流总电阻R总=
=
=600Ω，
此时热敏电阻R=R总﹣R0=600Ω﹣200Ω=400Ω，
由图2可知，此时水温为为60℃．
答：保护电阻R0的阻值至少为200Ω，
衔铁刚好被吸下时储水箱中水温是60℃．
点评： 本题考查了求加热电路处于加热状态时的电阻、10分钟热水器散失的热量、保护电阻的最小阻值、水的温度等问题，考查的内容较多；分析清楚电路结构是本题正确解题的前提与关键；要正确解题，需要熟练掌握并联电路的特点、电功公式、欧姆定律等知识．
