辽宁省辽阳市2018年中考物理真题试题（含解析）.doc

辽宁省辽阳市2018年中考物理真题试题 一.选择题（本题共12小题，共28分，1～8题为单选题，每题2分：9-12题为多选第一部分选择题（共28分）题，每题3分，漏选得2分，错选得0分）‎ ‎1．（2分）下列估测数据中，最接近实际的是（　　）‎ A．中学生从一楼走到六楼的时间约为5s B．学校门口对汽车的限速约为40m/s C．家庭电路的电压约为36V D．八年级上册物理课本的质量约为260g ‎【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、一楼到六楼的高度在15m左右，中学生从一楼走到六楼的时间约为30s。故A不符合实际；‎ B、学校门口对汽车限速为40km/h≈11m/s。故B不符合实际；‎ C、在我国，家用电器额定电压为220V，与之配套的家庭电路电压也是220V．故C不符合实际；‎ D、一个苹果的质量在200g左右，八年级上册物理课本的质量略大于此数值，在260g左右。故D符合实际。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。‎ ‎　‎ ‎2．（2分）如图所示的光现象中，属于光的折射的是（　　）‎ ‎【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；‎ ‎（2）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；‎ ‎（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、海市蜃楼等都是光的折射形成的。‎ ‎【解答】解：A、追光灯射出的光柱说明光是沿直线传播的，故A错误。‎ 31‎ B、错位的“铅笔”，属于光的折射现象，故B正确；‎ C、汽车反光镜是凸面镜，属于光的反射现象，故C错误；‎ D、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：B。‎ ‎【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理。‎ ‎　‎ ‎3．（2分）下列物态变化中，需要吸收热量的是（　　）‎ ‎【分析】六种物态变化中，需要吸热的是：熔化、汽化和升华；需要放热的是：凝固、液化和凝华。‎ ‎【解答】解：A、冰雪消融是固态变为液态，是熔化现象，熔化吸热。故A符合题意；‎ B、雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，凝华放热，故B不符合题意；‎ C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，液化放热，故C不符合题意；‎ D、冰瀑是水由液态变成固态的过程，是凝固过程，凝固放热，故D不符合题意。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解决此类问题要会正确的判断物态变化，然后结合吸热和放热进行分析判断。‎ ‎4．（2分）下列说法中，正确的是（　　）‎ A．灯丝、碳棒、发光二极管（LED）都由导体制成 B．给手机充电时，手机的电池相当于电源 C．闭合电路中，电流方向从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极 D．导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 ‎【分析】（1）二极管是由半导体制成的；‎ ‎（2）给手机充电时，手机的电池消耗电能；‎ ‎（3）闭合电路中，电流方向从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极；‎ ‎（4）电阻是导体本身的一种性质。‎ ‎【解答】解：A、发光二极管（LED）由半导体制成的，故A错误；‎ B、给手机充电时，手机的电池消耗电能，此时电池相当于用电器，故B错误；‎ C、闭合电路中，电流方向从电源正极流出，经过用电器，流向电源的负极，故C正确；‎ D、电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的材料、长度和横截面积，与导体两端的电压、电流无关，故D错误；‎ 31‎ 故选：C。‎ ‎【点评】此题考查的内容较多，但难度不大，认真分析即可。‎ ‎5．（2分）白洋淀是雄安新区一颗璀璨明珠，吸引无数游人来水上游玩。下列说法正确的是（　　）‎ A．冬天水面结冰，水分子停止热运动 B．白洋淀周边气温变化比沙漠地区气温变化小，是因为水的比热容小 C．去景区的柴油汽车排气管有时冒黑烟，因为柴油燃烧不充分，其热值变小 D．快速行驶的游船不能近距离并行，因为流速大的位置压强小，易引起碰撞 ‎【分析】（1）一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；‎ ‎（2）从水的比热容大的角度可做出解释；‎ ‎（3）燃料的热值是燃料自身的一种性质，与它是否完全燃烧没有关系；‎ ‎（4）流体的压强跟流体的速度有关，流速越大，压强越小。据此分析。‎ ‎【解答】解：‎ A、冬天水面结冰，水分子运动会相对减慢，但不会停止热运动，故A错误；‎ B、白洋淀周边气温变化比沙漠地区气温变化小，是因为水的比热容大，同等情况下吸放热时，其温度变化小，故B错误；‎ C、燃料的热值是燃料自身的一种性质，与它是否完全燃烧没有关系，排气管冒黑烟，柴油燃烧不充分，其热值不变，故C错误；‎ D、快速行驶的游船不能近距离并行，因为中间流速大的位置压强小，两侧压强大，产生向中间的压强差，易引起碰撞，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了分子的热运动、水的比热容解释生活中的现象、热值的理解、以及流体压强与流速的关系等，综合性强，但难度不大。‎ ‎　‎ ‎6．（2分）图中的线圈通电后会在磁场中转动，下列四个设备中利用此原理工作的是（　　）‎ ‎【分析】通电导体在磁场中受力的原理工作的有电动机、扬声器；电磁感应现象原理工作的有发电机、动圈式话筒。‎ ‎【解答】解：‎ A、手摇充电器是一个发电机，发电机的原理是电磁感应现象，故A错误；‎ B、电磁起重机的主要元件是电磁铁，原理是电流的磁效应，故B错误；‎ 31‎ C、洗衣机的主要部件是电动机，电动机的原理是通电导体在磁场中受力而运动，或者说通电线圈在磁场中受力转动，故C正确；‎ D、电蒸锅属于电热器，在工作时消耗电能，产生内能，是利用电流热效应工作的，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，发电机是将机械能转化为电能，它在工作时产生电能。‎ ‎7．（2分）小明将毛皮与橡胶棒摩擦这一过程中，涉及到的物理知识说法正确的是（　　）‎ A．毛皮与橡胶棒摩擦起电是创造了电荷 B．毛皮摩擦过的橡胶棒能够吸引轻小物体 C．毛皮摩擦过的橡胶棒靠近带负电的物体会互相吸引 D．橡胶棒能带上电荷，说明橡胶棒是导体 ‎【分析】（1）摩擦起电并不是创造了电荷而是电荷的转移；‎ ‎（2）带电体具有吸引轻小物体的性质；‎ ‎（3）同种电荷相互排斥；‎ ‎（4）橡胶棒是绝缘体。‎ ‎【解答】解：A、毛皮与橡胶棒摩擦起电是电荷在毛皮与橡胶棒间的转移，并不是创造了电荷，故A错误；‎ B、带电体具有吸引轻小物体的性质，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，所以毛皮摩擦过的橡胶棒能够吸引轻小物体，故B正确；‎ C、毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，由于同种电荷相互排斥，故靠近带负电的物体会互相排斥，故C错误；‎ D、橡胶棒虽然能带上电荷，但橡胶棒是绝缘体，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题结合实际考查了摩擦起电的有关知识，要对选项进行认真分析。‎ ‎8．（2分）如图是电影院放映的电影《战狼2》中的一个画面。下列说法正确的是（　　）‎ A．电影放映机的镜头相当于一个凸透镜 B．国旗是红色的，因为它吸收红光，反射其它色光 C．电影放映厅的灯同时亮、同时灭，它们一定是串联的 D．电影院中的射灯发出黄光，黄光是色光的三原色之一 ‎【分析】（1）幻灯机是利用凸透镜成像的原理工作的；‎ 31‎ ‎（2）不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的；‎ ‎（3）串联电路中各用电器互相影响；‎ ‎（4）光是三原色是红绿蓝。‎ ‎【解答】解：电影放映机的原理是凸透镜成像，故其镜头相当于一个凸透镜，故A正确；‎ B、国旗是红色的，因为它反射红光，吸收其它色光，故B错误；‎ C、电影放映厅的灯同时亮、同时灭，但它们互不影响，故它们是并联的，故C错误；‎ D、光是三原色是红绿蓝，电影院中的射灯发出黄光，黄光不是色光的三原色之一，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】此题考查了物体的颜色、色光和颜料的三原色、生活中的透镜和串并联电路的识别，要认真分析。‎ ‎　‎ ‎9．（3分）关于家庭电路和安全用电。下列说法正确的是（　　）‎ A．空气开关跳闸一定是发生了短路 B．使用试电笔时，要用手接触笔尾金属体 C．发现有人触电应立即切断电源，再进行抢救 D．电灯应连在火线和控制它的开关之间 ‎【分析】（1）造成家庭电路电流过大的原因有短路或总功率过大。‎ ‎（2）使用测电笔时，手必须接触笔尾的金属体；‎ ‎（3）发现有人触电应立即切断电源，不能带电施救；‎ ‎（4）开关控制用电器或插座时，开关和用电器是串联的。‎ ‎【解答】解：‎ A、空气开关跳闸说明电流过大，造成电流过大的原因可能是短路，也可能是用电器的总功率过大，故A错误；‎ B、使用测电笔时，笔尖接触待测物体，手要接触笔尾金属体，故B正确；‎ C、发现有人触电应立即切断电源，再进行施救，故C正确；‎ D、控制电灯的开关应与电灯串联，当开关断开时，为了使用电器不带电，所以电灯应接在零线和控制它的开关之间，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎【点评】这个此题考查了常见的安全用电的知识，要将所学的知识应用到日常生活中。‎ ‎　‎ ‎10．（3分）2017～2018赛季，辽宁队首次获得CBA总冠军。如图是辽宁队在比赛时的情景，下列说法正确的是（　　）‎ 31‎ A．篮球出手后能继续上升，是因为篮球受到惯性的作用 B．运动员听到观众的呐喊声是通过空气传来的 C．篮球离开手后，在空中运动过程中，手对篮球做了功 D．“盖帽”时运动员用力击球，手感到疼，说明物体间力的作用是相互的 ‎【分析】（1）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；‎ ‎（2）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传声；‎ ‎（3）判断人做没做功的依据就是看在这个过程中，是否同时具备做功的两个必要因素：①作用在物体上的力，②物体在力的方向上通过了距离；‎ ‎（4）物体间力的作用是相互的，一个物体施力的同时也受到力的作用。‎ ‎【解答】解：‎ A、篮球出手后还能继续上升，是由于篮球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故A错误；‎ B、声音的传播需要介质，运动员听到观众的呐喊声是通过空气传来的，故B正确；‎ C、篮球出手后，篮球不再受手的推力作用，有距离无力，不做功，故C错误；‎ D、“盖帽”时运动员用力击球，手给球一个力的作用，同时球给手一个力的作用，手感到疼，说明力的作用是相互的，故D正确。‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】此题考查惯性、声音的传播、力是否做功的判断以及力的作用是相互的，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。‎ ‎　‎ ‎11．（3分）容器内装有一定质量的水，将物体A、B叠放后一起放入水中，静止时如图所示。再将A从B上拿下放入水中，B静止时在水面漂浮。下列说法正确的是（　　）‎ A．物体A的密度大于物体B的密度 B．物体B漂浮后，水对容器底的压强变小 31‎ C．物体B漂浮后，桌面受到的压力变大 D．物体B漂浮后，物体A所受的浮力不变 ‎【分析】（1）当物体密度等于液体密度时，物体悬浮；当物体密度小于液体密度时，物体漂浮；当物体密度大于液体密度时，物体下沉。据此判断物体的密度；‎ ‎（2）物体B漂浮后，根据排开水的体积变化得出水的深度变化，然后根据p=ρgh即可判断水对容器底的压强变化；‎ ‎（3）桌面受到的压力与容器的总重力产生的，所以判断容器的总重力变化情况即可得出；‎ ‎（4）根据物体A排开水的体积即可根据F浮=ρ液gV排判断物体A所受的浮力的变化。‎ ‎【解答】解：‎ A、物体A、B叠放后一起悬浮在水中，说明AB物体的平均密度与水的密度相同；由题知，将A从B上拿下放入水中，B静止时在水面漂浮，说明B物体的密度小于水的密度，所以，A物体的密度大于水的密度，则物体A的密度大于物体B的密度，故A正确；‎ B、物体A、B叠放后一起悬浮在水中时，则V排1=VA+VB；‎ 物体B漂浮后，A下沉，则V排2=VA+VB排，且VB排＜VB；‎ 所以，V排2＜V排1，即排开水的总体积减小，所以水面下降，根据p=ρgh可知水对容器底的压强变小；故B正确；‎ C、物体A、B叠放后一起悬浮在水中时，容器对水平桌面的压力F1=G总=G容+G水+GA+GB；‎ 由物体B漂浮后、A下沉时，容器对水平桌面的压力F2=G总=G容+G水+GA+GB，‎ 所以桌面受到的压力不变；故C错误；‎ D、物体B漂浮后，物体A下沉，所以A物体仍处于浸没状态，则VA排=VA，即A排开水的体积不变，根据F浮=ρ液gV排可知物体A所受的浮力不变。故D正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】本题考查了压强定义式和液体压强公式、物体浮沉条件、阿基米德原理、密度公式、重力公式的综合应用，知道A露出水面的体积和容器内减少水的体积相等是关键。此题综合性强，且计算过程比较复杂，有一定难度。‎ ‎　‎ ‎12．（3分）如图甲所示电路，电源电压保持不变。电流表A的量程为0﹣0.6A，电压表V1、V2的量程均为0﹣3V，滑动变阻器R的规格为“50Ω 2A”。滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1、V2的示数之和为4V，在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图象如图乙所示。下列说法正确的是（　　）‎ 31‎ A．电源电压为4V B．小灯泡的额定功率为0.75W C．滑动变阻器取值范围是3Ω﹣30Ω D．整个电路消耗的最大功率为2W ‎【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1、V2的示数之和为4V，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；‎ ‎（2）当R接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，电路中的电流变小，据此判断出图乙对应的电压表为V2，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；由图乙可知电路中的电流最大时电压表V2的示数，根据串联电路的电压特点求出V1的示数，然后与电压表的量程判断出此时灯泡应正常发光达到额定功率，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的最小阻值，根据P=UI求出灯泡的额定功率和电路消耗的最大功率。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）滑动变阻器的滑片P在某点时，电压表V1、V2的示数之和为4V，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，电源的电压U=4V，故A正确；‎ ‎（2）当R接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，电压表V2的示数变大，‎ 此时电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，‎ 由图乙可知，电路中的电流最小I小=0.1A时，电压表的示数最大为3V，则对应的电压表应为V2，即图象为滑动变阻器R的I﹣U图象，‎ 由I=可得，滑动变阻器接入电路中的最大阻值：‎ R2大===30Ω；‎ 由图乙可知，电路中的电流最大I大=0.5A时，电压表V2的示数U2小=1.5V，‎ 31‎ 此时灯泡两端的电压：‎ UL=U﹣U2小=4V﹣1.5V=2.5V，‎ 此时灯泡两端的电压小于V1的量程，‎ 则此时灯泡应正常发光恰好达到额定功率，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路消耗的总功率最大，‎ 滑动变阻器接入电路中的最小阻值：‎ R2小===3Ω，‎ 所以，滑动变阻器取值范围是3Ω～30Ω，故C正确；‎ 灯泡的额定功率：‎ PL=ULI大=2.5V×0.5A=1.25W，故B错误；‎ 电路消耗的最大功率：‎ P大=UI大=4V×0.5A=2W，故D正确。‎ 故选：ACD。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断出图乙对应的电压表和判断出灯泡正常发光时的电压是关键。‎ ‎　‎ 二、填空题（本题共9小题，每空1分，共26分）‎ ‎13．（3分）如图是一款新型折叠导盲杖，它发出的超声波遇到障碍物反射回来，被导盲杖接收，导盲杖会产生“嘀嘀”的提示音，提醒盲人周围有障碍物，这说明声能传递　信息　。“嘀嘀”的提示音是发声体　振动　产生的，导盲杖手柄上有很多花纹是为了　增大摩擦　。‎ ‎【分析】声音是由物体的振动产生的，声音能够传递信息和能量，增大摩擦的方法有增大压力和增大接触面的粗糙程度。‎ ‎【解答】解：新型折叠导盲杖，它发出的超声波遇到障碍物反射回来，被导盲杖接收，导盲杖会产生“嘀嘀”的提示音，提醒盲人周围有障碍物，这说明声能传递信息。‎ 声音是由物体的振动产生的，“嘀嘀”的提示音是发声体振动产生的，增大摩擦的方法有增大压力和增大接触面的粗糙程度，导盲杖手柄上有很多花纹是为了增大摩擦。‎ 故答案为：信息；振动；增大摩擦。‎ 31‎ ‎【点评】此题考查了声音与信息、声音的产生和增大减小摩擦的方法，难度不大，认真分析即可。‎ ‎14．（2分）热熔胶是一种在常温下为固态的粘合剂，使用时先用热熔胶枪加热使其熔化，再凝固来粘合物体。用如图所示的一款热熔胶枪给热熔胶加热时，会闻到熔胶的气味，这是　扩散　现象。热熔胶被胶枪挤出，并“粘”在物体本上，说明分子间存在　引　力。‎ ‎【分析】扩散现象是分子无规则运动的结果；‎ 分子间存在相互作用的引力和斥力。‎ ‎【解答】解：热熔胶枪给热熔胶加热时，会闻到熔胶的气味，这是熔胶的气味分子做无规则运动的结果，属于扩散现象；‎ 热熔胶被胶枪挤出，并“粘”在物体本上，说明分子间存在引力；‎ 故答案为：扩散；引。‎ ‎【点评】此题结合实际考查了扩散现象和分子间的作用力，体现了物理来源于生活的特点。‎ ‎　‎ ‎15．（2分）如图所示实验装置，可用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与　电阻　的关系。将装置接在电压为3V的电源上，通电2min，电流通过电阻R2产生的热量为　24　J。‎ ‎【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少与电流大小、电阻和通电时间都有关系。研究某一物理量对热量的影响时，需要控制另外两个物理量；‎ ‎（2）已知两电阻阻值，可以得到串联后的总电阻；已知电源电压和电路总电阻，可以得到电路电流；已知电阻阻值、通过的电流和通电时间，利用焦耳定律得到产生的热量。‎ ‎【解答】解：由图知，定值电阻阻值不同，串联时通过的电流相同，已知通电时间相同，所以探究的是电流产生热量与电阻大小的关系；‎ 串联电路总电阻为R=R1+R2=10Ω+5Ω=15Ω，‎ 电路电流为I===0.2A，‎ 通电2min，电流通过电阻R2产生的热量：‎ 31‎ Q2=I2R2t=（0.2A）2×5Ω×2×60s=24J。‎ 故答案为：电阻；24。‎ ‎【点评】此题考查了电流产生热量的影响因素及焦耳定律的应用，是一道基础题，难度较小。‎ ‎　‎ ‎16．（3分）如图是无人驾驶清扫车，该车接收GPS卫星导航系统发送的　电磁波　（选填“电磁波”或“超声波”）实现无人驾驶；洒水车在阳光下酒水清扫时，有时会看到七种色光，这是光的　色散　现象；站在路边的人看到清扫车向自己驶来，这是选取了　自己　（选填“自己”或“清扫车”）为参照物。‎ ‎【分析】（1）GPS是卫星导航、定位系统，信息需要在真空中传播，利用的是电磁波；‎ ‎（2）太阳光是复色光，是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光复合而成的，光的色散现象表明，太阳光是由多种色光混合而成的；‎ ‎（3）根据物体相对于参照物的位置是否发生改变可判断其是运动还是静止。‎ ‎【解答】解：（1）车载高精度GPS系统可对车实时定位，该系统定位时利用了电磁波，实现无人驾驶；‎ ‎（2）七种色光的形成是光的色散现象，洒水车在阳光下酒水清扫时，有时会看到七种色光，这是光的色散现象；可以说明太阳光是由多种色光混合而成的；‎ ‎（3）站在路边的人看到清扫车向自己驶来，是车的位置相对于人的位置发生变化，故这是路边的人选取了自己为参照物。‎ 故答案为：电磁波；色散；自己。‎ ‎【点评】本题考查了电磁波的应用、光的色散，运动与静止的相对性等，有一定综合性，但难度不大。‎ ‎17．（3分）2018年4月2日，我国“天宫一号”空间站完成使命，坠入大气层“完美回家”。随着高度降低，天宫一号周围的大气压强　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；“天宫一号”与大气摩擦时内能会增大，这是通过　做功　的方式增加内能；天文爱好者观察到正在燃烧的“天宫一号”，说明正在燃烧的“天宫一号”　是　（选填“是”或“不是”）光源。‎ 31‎ ‎【分析】（1）大气压强随高度的增加而减小，随高度的减小而增大；‎ ‎（2）改变物体内能的方法做功和热传递；‎ ‎（3）能自身发光的物体是光源。‎ ‎【解答】解：（1）随着高度降低，天宫一号周围的大气压强变大；‎ ‎（2）“天宫一号”与大气摩擦时内能会增大，这是通过做功的方式增加内能；‎ ‎（3）正在燃烧的“天宫一号”能发光，故是光源。‎ 故答案为：变大；做功；是。‎ ‎【点评】本题考查大气压强的变化，改变内能的方式，光源是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎18．（3分）小明家中一周前、后电能表示数如图所示，小明家所在地区每度电的电费是0.5元，则本周小明家应付电费　20　元。1度电可使一盏“220V 20W”的灯正常工作　50　h；这盏灯正常工作10h，电能表的铝盘转　120　转。‎ ‎【分析】（1）利用电能表读出消耗电能的方法：周后电能表的示数减去周前的示数，注意：最后一位是小数、单位kW•h；知道电价，可求要付的电费；‎ ‎（2）知道消耗的电能，利用P=求灯正常工作时间；‎ ‎（3）利用W=Pt求出10h消耗电能，根据“600r/kW•h”求电能表的铝盘转数。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）小明家这周共消耗的电能：‎ W=781.5kW•h﹣741.5kW•h=40kW•h，‎ 他家1周需要付的电费：‎ ‎40kW•h×0.5元/kW•h=20元；‎ 31‎ ‎（2）1度=1kW•h，由P=可得供灯正常工作时间：‎ t===50h；‎ ‎（3）该灯正常工作10h消耗的电能：‎ W″=Pt=20×10﹣3kW×10h=0.2kW•h，‎ 电能表的铝盘转数：‎ n=600r/kW•h×0.2kW•h=120r。‎ 故答案为：20；50；120。‎ ‎【点评】本题考查了电能表的读数、电能的计算。关键是理解电能表的各个参数的物理意义，注意电能表表盘上的示数最后一位是小数。‎ ‎　‎ ‎19．（4分）如图是牲畜自动饮水器，从结构上看，左、右两个容器相当于一个　连通器　。将B端所受的力看成动力，杠杆AOB是　省力　（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。浮漂浸入水中的体积为1.5×103cm3，浮漂所受浮力为　15　N；右侧饮水槽水深30cm，饮水槽底部受到水的压强为　3×103　Pa．（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）‎ ‎【分析】（1）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。‎ ‎（2）判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断。‎ ‎（3）根据阿基米德原理计算浮漂所受浮力；‎ ‎（4）根据液体压强公式计算饮水槽底部受到水的压强。‎ ‎【解答】解：（1）从牲畜自动饮水器结构上看，左、右两个容器上端开口下端连通，相当于一个连通器；‎ ‎（2）由图可知，杠杆AOB支点为O，将B端所受的力看成动力，则其阻力为A端所受的力，故动力臂为OB，阻力臂为OA，OB大于OA，所以 杠杆AOB是省力杠杆；‎ ‎（3）浮漂所受浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣3m3=15N；‎ ‎（4）饮水槽底部受到水的压强：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3×103Pa。‎ 故答案为：连通器；省力；15；3×103。‎ 31‎ ‎【点评】此题考查连通器原理、杠杆的分类、浮力和液体压强的计算，综合性强，难度不是很大，关键是熟练掌握相关知识和原理。‎ ‎　‎ ‎20．（3分）小明用如图所示滑轮组，在5s内将重90N的物体匀速提升50cm，已知动滑轮重10N，不计绳重和摩擦，则拉力F做功的功率　10　W，滑轮组的机械效率为　90%　。若用此滑轮组提升100N的重物，滑轮组的机械效率将　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【分析】由滑轮组的结构知道n=2，s=2h。‎ ‎（1）不计绳重和摩擦，知道动滑轮重和物重的大小，利用F=（G轮+G物）求出拉力F，‎ 利用s=2h求出拉力端移动的距离，知道拉力大小和运动时间，利用功率公式求解；‎ ‎（2）利用W有=Gh求有用功，利用W总=Fs求总功，利用机械效率的公式求滑轮组的机械效率；‎ ‎（3）绳重及摩擦不计、动滑轮重不变，额外功不变；增大提升重物重，增大了有用功，这样有用功占总功的比值变大，机械效率将提高。‎ ‎【解答】解：（1）由图知，n=2，‎ 不计绳重和摩擦，则绳端的拉力：‎ F=（G轮+G物）=（10N+90N）=50N，‎ 则拉力端移动的距离：‎ s=2h=2×0.5m=1m，‎ 拉力做功：‎ W总=Fs=50N×1m=50J，‎ 拉力做功的功率：‎ P===10W；‎ ‎（2）使用滑轮组做的有用功：‎ W有=Gh=90N×0.5m=45J，‎ 滑轮组的机械效率：‎ 31‎ η=×100%=×100%=90%。‎ ‎（3）若用此滑轮组提升100N的重物，提升重物的重力增大了，有用功增大，而绳重及摩擦不计、动滑轮重不变，额外功不变，这样有用功占总功的比值变大，滑轮组的机械效率将变大。‎ 故答案为：10；90%；变大。‎ ‎【点评】本题考查了学生对有用功、总功、功率公式、机械效率公式、滑轮组s=nh的理解和运用，理解并求出有用功和总功、利用好F=（G轮+G物）是本题的关键。‎ ‎　‎ ‎21．（3分）如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向左移动，电压表V的示数　不变　，电压表V的示数与电流表A1的示数之比　不变　，电流表A2的示数与电流表A1的示数的差　变小　（以上三空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1电流的变化，进一步得出电压表V的示数与电流表A1的示数之比变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2电流的变化，利用并联电路的电流特点可知电流表A2的示数与电流表A1的示数的差值变化。‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源两端的电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流。‎ 因电源电压保持不变，‎ 所以，滑片移动时，电压表V的示数不变；‎ 因并联电路中各支路独立工作、互不影响，‎ 所以，滑片移动时，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，‎ 则电压表V的示数与电流表A1的示数之比不变；‎ 将滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，‎ 由I=可知，通过R2的电流变小，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ 31‎ 所以，电流表A2的示数与电流表A1的示数的差等于通过R2的电流，其值变小。‎ 故答案为：不变；不变；变小。‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。‎ ‎　‎ 三、作图题（每小题3分）‎ ‎22．（3分）如图所示，在平面镜与凸透镜之间放一物体AB，F为凸透镜的焦点，从B点发出的一条光线经平面镜反射后恰好通过凸透镜的焦点F，并射向凸透镜，经凸透镜发生折射。请画出：‎ ‎（1）物体AB在平面镜中的像A'B'。‎ ‎（2）B点发出的光线经平面镜反射后通过焦点F的光路。‎ ‎（3）经凸透镜折射后的光线。‎ ‎【分析】（1）平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。‎ ‎（2）根据反射光线的反向延长线过像点，又过凸透镜的焦点F点确定反射光线的位置，补充上入射光线；‎ ‎（3）根据过焦点的光线经过凸透镜后平行射出作出经过凸透镜的折射光线。‎ ‎【解答】解：（1）分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像；‎ ‎（2）连接B′F，B′F与平面镜的交点便是入射点，从而做出入射光线和反射光线；‎ ‎（3）过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴，如下图所示：‎ ‎【点评】此题考查了光的反射和平面镜成像光路图，同时考查了凸透镜的三条特殊光线作图，综合性强，知识点结合巧妙，且难度适中，是一道好题。‎ 31‎ ‎　‎ ‎23．（3分）如图，将条形磁体放在水平桌面上的两个圆柱形铅笔上，条形磁体静止不动，S极正对电磁铁。闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中标出：‎ ‎（1）电磁铁右端的极性。‎ ‎（2）磁感线的方向。‎ ‎（3）电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。‎ ‎【分析】（1）根据条形磁体向做运动，根据磁极间的相互作用（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）判断出电磁铁的NS极；‎ ‎（2）磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极，据此确定磁感线方向；‎ ‎（3）利用安培定则（用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极）判断出电源的正负极。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为N极、右端为S极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是S极、右端为N极；‎ ‎（2）磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极，所以磁感线方向向左；‎ ‎（3）根据安培定则可知，大拇指指向N极，电流从电磁铁左侧流入，电源的左端为正极，如图所示：‎ ‎【点评】本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。‎ ‎　‎ 31‎ ‎24．（3分）甲是一款水管扳手钳，用它夹水管时，AOB部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图乙所示。请在乙图中画出：‎ ‎（1）阻力F2的力臂L2；‎ ‎（2）杠杆平衡时，作用在B点的最小动力F1及其力臂L1．‎ ‎【分析】（1）过支点作阻力作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂。‎ ‎（2）根据杠杆的平衡条件，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越长、越省力，首先确定出最长的力臂、动力作用点，再确定动力的方向，画出动力的示意图。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由题知，O点为支点，从O点作F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2。‎ ‎（2）若动力作用在B点，以OB为动力臂是最长的力臂，此时力最小，则连接OB为最长力臂L1，再过B点做OB的垂线，即动力F1的作用线，以O为支点，F1、F2作用效果相反，F2使杠杆顺时针转动，则F1使杠杆逆时针转动，F1的方向向上，如图所示：‎ ‎【点评】本题考查了力臂的画法和最小力的示意图的画法，要画出最小的力，关键是确定最长的力臂，即从支点到作用点的距离。‎ ‎　‎ 四、简答题（本题3分）‎ ‎25．（3分）在实践活动课上，老师与同学们一起分析了滑旱冰过程中涉及的物理知识。请回答：‎ ‎（1）如图利用惯性滑行时，早冰鞋的轮与地面间的摩擦属于哪种摩擦？‎ ‎（2）在转弯过程中，人受到的重力方向是否改变？‎ ‎（3）在水平地面滑行过程中，旱冰鞋轮子会发热，能量是如何转化的？‎ 31‎ ‎【分析】摩擦分为滚动摩擦和滑动摩擦；‎ 重力方向竖直向下；‎ 旱冰鞋轮子会发热，是动能转化为内能。‎ ‎【解答】答：（1）摩擦分为滚动摩擦和滑动摩擦；早冰鞋的轮与地面间的摩擦属于滚动摩擦；‎ ‎（2）重力方向竖直向下，在转弯过程中，人受到的重力方向还是竖直向下不改变；‎ ‎（3）在水平地面滑行过程中，旱冰鞋轮子会发热，是机械能转化为旱冰鞋轮子的内能使轮子发热。‎ ‎【点评】本题考查摩擦力的分类，重力的方向，以及能量的转化，是一道综合题。‎ ‎　‎ 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、数第25题图值、单位和答）‎ ‎26．（9分）如图所示，中国人民解放军建军90周年，众多新式战车在“朱日和”举行的阅兵式上精彩亮相。某辆轮式伞兵突击战车满载时总质量为1.6t，车轮与水平地面接触总面积为4×103cm2，战车以72km/h的速度在水平地面匀速直线行驶时，发动机的功率为6×104W．（q汽油=4.6×107J/kg，g取10Nkg）求：‎ ‎（1）战车满载时静止在水平地面上，对水平地面的压强。‎ ‎（2）战车此次行驶时，受到的阻力。‎ ‎（3）战车此次共行驶23min，若汽油机的效率为30%，消耗汽油的质量。‎ ‎【分析】（1）战车满载时并静止在水平地面上时，对水平地面的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，根据p=求出对水平地面的压强；‎ 31‎ ‎（2）知道战车匀速行驶的速度，战车匀速行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，根据P===Fv求出受到的阻力；‎ ‎（3）根据W=Pt求出战车此次共行驶23min牵引力做的功，利用η=×100%求出汽车完全燃烧释放的热量，利用Q放=mq求出消耗汽油的质量。‎ ‎【解答】解：（1）战车满载时并静止在水平地面上时，对水平地面的压力：‎ F=G=mg=1.6×103kg×10N/kg=1.6×104N，‎ 对水平地面的压强：‎ p===4×104Pa；‎ ‎（2）战车匀速行驶的速度：‎ v=72km/h=20m/s，‎ 因战车匀速行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，‎ 所以，由P===Fv可得，受到的阻力：‎ f=F′===3000N；‎ ‎（3）战车此次共行驶23min牵引力做的功：‎ W=Pt=6×104W×23×60s=8.28×107J，‎ 由η=×100%可得，汽车完全燃烧释放的热量：‎ Q放===2.76×108J，‎ 由Q放=mq可得，消耗汽油的质量：‎ m′===6kg。‎ 答：（1）战车满载时于静止在水平地面上，对水平地面的压强为4×104Pa；‎ ‎（2）战车此次行驶时，受到的阻力为3000N；‎ ‎（3）战车此次共行驶23min，若汽油机的效率为30%，消耗汽油的质量为6kg。‎ ‎【点评】本题考查了重力公式和压强公式、功率公式、效率公式以及燃料完全燃烧释放热量公式的应用等，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。‎ ‎　‎ ‎27．（9分）图甲是一款紫砂电饭锅，图乙是其简化电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝，已知R1的阻值为55Ω．求：‎ 31‎ ‎（1）将锅内1L的水从20℃加热到70℃，水吸收的热量。【c水=4.2×103J/（kg•℃），ρ水=1.0×103kg/m3】‎ ‎（2）电热丝R2的阻值。‎ ‎（3）若不计热量损失，将2.2kg的粥用高温档加热5min，粥升高的温度。【取c粥=4.0×103J/（kg•℃）】‎ 额定电压 ‎220V 电功率 高温档 ‎1320W 中温档 ‎880W 低温档 ‎440W ‎【分析】（1）先根据ρ=求出水的质量，然后根据Q吸水=c水m水（t﹣t0）求出水吸收的热量；‎ ‎（2）根据P1=求出电热丝R1的电功率，结合表格数据可知，只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于中温档，‎ 再根据P=可知，当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电饭锅处于高温档，只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于低温档，‎ 最后利用P=求出电热丝R2的阻值；‎ ‎（3）先根据W=Pt求出电饭锅高温档加热消耗的电能，由题意知，粥吸收的热量Q吸=W，然后根据Q吸=cm△t求出粥升高的温度。‎ ‎【解答】解：（1）水的体积V水=1L=1dm3=1×10﹣3m3，‎ 由ρ=得，水的质量：‎ m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3=1kg，‎ 水吸收的热量：‎ Q吸水=c水m水（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（70℃﹣20℃）=2.1×105J。‎ 31‎ ‎（2）电热丝R1的电功率：‎ P1===880W，‎ 由表格数据可知，中温档的电功率为880W，‎ 说明只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于中温档，‎ 当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，‎ 根据P=可知，电功率最大，电饭锅处于高温档，P=1320W，‎ 只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于低温档，P2=440W，‎ 由P=可得，电热丝R2的阻值：‎ R2===110Ω。‎ ‎（3）加热时间t=5min=300s，‎ 电饭锅高温档加热消耗的电能：‎ W=Pt=1320W×300s=3.96×105J，‎ 由题意知，粥吸收的热量Q吸=W=3.96×105J，‎ 由Q吸=cm△t得，粥升高的温度：‎ ‎△t===45℃。‎ 答：（1）水吸收的热量为2.1×105J；‎ ‎（2）电热丝R2的阻值为110Ω；‎ ‎（3）粥升高的温度为45℃。‎ ‎【点评】本题主要可知密度公式、吸热公式、电功率公式、电功公式的掌握和应用，关键是能够准确分析电路并会利用P=判断用电器的档位，属于电热综合常考题型，一定要牢固掌握。‎ ‎　‎ 六、实验、探究题（本题共5小题，共36分）‎ ‎28．（5分）在探究“冰熔化过程中温度的变化规律”的实验中。‎ ‎（1）实验时所用的温度计是根据液体的　热胀冷缩　性质制成的。某时刻温度计的示数如图甲所示，此时冰的温度是　﹣2　℃。‎ ‎（2）根据实验数据，小勇画出了其温度随时间变化的图象如图乙所示，分析图象后可知：‎ 31‎ ‎①冰熔化过程中，温度　不变　。‎ ‎②不考虑热量损失，第2～4min冰吸收的热量　等于　（选填“大于”、“小于或“等于”）第10﹣12min水吸收的热量。‎ ‎（3）若将试管中的水倒掉，装入另一种液体，按图甲所示的装置进行实验。用酒精灯不断给烧杯加热时，最终发现烧杯中的水和试管中的液体都沸腾了，这说明水的沸点　高于　（选填“高于”、“低于”或“等于”）试管中液体的沸点。‎ ‎【分析】（1）液体温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的；根据图甲确定温度计的分度值，读出示数；‎ ‎（2）①由图象知冰熔化过程的特点；‎ ‎②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少；‎ ‎（3）液体沸腾的条件：达到沸点，不断吸收热量。‎ ‎【解答】解：（1）常用的温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的；‎ 由图甲知，温度计的分度值是1℃，此时是零下，液柱上表面对准了0℃下面第2个小格处，读作﹣2℃；‎ ‎（2）①由图象知冰在熔化过程中吸热温度不变；‎ ‎②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，加热时间相同，吸收的热量相同，故第2～4min冰吸收的热量等于第10﹣12min水吸收的热量；‎ ‎（3）烧杯和试管中的液体都能沸腾，说明烧杯和试管中的液体都能达到沸点，并且都能吸收热量，试管能从烧杯中吸收热量，一定时烧杯中液体的沸点高于试管中液体的沸点。‎ 故答案为：（1）热胀冷缩；﹣2；（2）①不变；②等于；（3）高于。‎ ‎【点评】本题首先考查了温度计的读数，认清分度值非常关键，本题还考查结合图象分析晶体熔化的特点，会看熔化的图象，横坐标代表时间，纵坐标代表温度，考查学生的分析归纳能力。‎ ‎　‎ ‎29．（7分）宁宁用如图所示的实验装置探究“凸透镜成像的规律”，所用凸透镜的焦距为10cm。‎ ‎（1）蜡烛和凸透镜的位置如图所示，宁宁将光屏移动到60～70cm之间的某一位置时，光屏上得到一个清晰的像，生活中的　照相机　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是利用这一规律制成的。此时若将蜡烛和光屏位置对调，光屏上　能　‎ 31‎ ‎（选填“能”或“不能”）得到清晰的像。‎ ‎（2）宁宁把近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间的合适位置，调节光屏的位置，使光屏上得到烛焰清晰的像，此时光在光屏上发生的是　漫　（选填“镜面”或“漫”）反射。取走近视眼镜，保持凸透镜和光屏位置不变，为使光屏上再次得到清晰的像，应将蜡烛　靠近　（选填“远离”或“靠近”）凸透镜。‎ ‎（3）烛焰通过凸透镜成正立的像时，宁宁的眼睛应该在　光屏　（选填“蜡烛”或“光屏”）一侧向凸透镜方向进行观察。‎ ‎（4）实验过程中，蜡烛燃烧逐渐变短，蜡烛对底座的压强　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。为使烛焰的像仍成在光屏的中央，应将凸透镜向　下　（选填“上”或“下”）调整。‎ ‎【分析】（1）从图上读出物距，比较物距和焦距关系，判断成像情况。凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；‎ ‎（2）光屏的表面粗糙，会发生漫反射；近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用；凸透镜成实像时，物近像远像大；‎ ‎（3）当物距小于一倍的焦距时，成正立的、放大的虚像；‎ ‎（4）压强的大小与压力和受力面积有关；‎ 理解倒立实像的特点，像和物体的移动方向恰好相反。‎ ‎【解答】解：（1）如图，物距u=50cm﹣20cm=30cm，凸透镜的焦距约是10cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。‎ 根据你光路的可逆性，此时若将蜡烛和光屏位置对调，光屏上能得到清晰的像。‎ ‎（2）光屏的表面粗糙，会发生漫反射；‎ 当给凸透镜戴上近视眼镜后，近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，为使光屏上再次呈清晰像，应将光屏向右移动，即像远了；‎ 取走近视眼镜，保持凸透镜和光屏位置不变，为使光屏上再次得到清晰的像，根据像远可知物要近些，所以应将蜡烛靠近凸透镜。‎ ‎（3）当将蜡烛向凸透镜移近，u＜f时，成正立、放大的虚像，不能成在光屏上，只能用眼睛在光屏一侧透过观察像；‎ ‎（4）根据p=知，蜡烛燃烧逐渐变短，蜡烛对底座的压力变小，受力面积不变，故蜡烛对底座的压强变小；‎ 31‎ 凸透镜成倒立的实像，蜡烛由于燃烧逐渐变短，相对于凸透镜向下移动，所以像逐渐向上移动，故为使烛焰的像仍成在光屏的中央，应将凸透镜向下调整。‎ 故答案为：（1）照相机；能；（2）漫；靠近；（3）光屏；（4）变小；下。‎ ‎【点评】此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凹透镜对光线的作用，要注意理解应用。‎ ‎　‎ ‎30．（6分）在探究“动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小阳用同一实验装置，让从斜面上滚下的小钢球钻入水平面上的硬纸盒，完成以下实验。‎ ‎（1）通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可以得出结论：质量相同时物体的　速度　越大，动能越大。对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能　越大　。在甲、乙两次实验中，硬纸盒所受滑动摩擦力　相同　（选填“相同”或“不同”）‎ ‎（2）如果做乙图实验时，硬纸盒被撞后滑出木板掉落，为防止因此造成硬纸盒损坏需改进乙图实验，再与甲图实验对比。在不改变木板长度的情况下，应采用以下　C　方法（填写正确选项前的字母）。‎ A．换用质量更小的钢球 B．给水平木板铺上毛巾 C．适当降低钢球的高度 D．换用一个较重的硬纸盒 ‎（3）若要探究影响动能大小的另一因素，具体的操作方法是：选择两个　质量　不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下。‎ ‎（4）小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，设计了如图丙所示实验，探究影响滑动摩擦力大小的因素，通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力与　压力大小　有关。‎ ‎【分析】（1）物体的动能与物体的质量和速度有关，在探究时需要利用控制变量法进行分析，即探究动能的大小与速度的关系时，需要控制小球的质量相同；‎ 重力势能的大小与质量和高度有关；摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关；‎ 31‎ ‎（2）实验中，小球到达水平面时的速度由小球的高度决定，通过调整高度可调整其速度，从而改变动能；‎ ‎（3）即探究动能的大小与质量的关系时，需要控制小球的速度相同，选择不同质量的小球；‎ ‎（4）滑动摩擦力的大小与压力大小有关。‎ ‎【解答】解：（1）通过比较甲、乙两次实验中硬纸盒被推的远近，可以得出结论：质量相同时物体的速度越大，动能越大。‎ 重力势能的大小与质量和高度有关；对比甲、乙两次实验还可以得出：质量相同时，物体位置越高，重力势能越大。‎ 在甲、乙两次实验中，硬纸盒对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，因此所受滑动摩擦力相同。‎ ‎（2）如果做乙图实验时，为防止造成硬纸盒损坏掉落，可适当降低钢球的高度，这样小球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了。‎ A．换用质量更小的钢球，不能与甲控制相同的质量，故A错误；‎ B．给水平木板铺上毛巾，不能与甲控制相同的接触面，故B错误；‎ C．适当降低钢球的高度，小球的动能减小，撞击纸盒后前进的距离变小，就不会掉落了，故C正确；‎ D．换用一个较重的硬纸盒，则可能推动的距离过小，无法正确判断动能的大小，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎（3）物体的动能与物体的质量和速度有关，若要探究影响动能大小与质量的关系，操作方法是：选择两个质量不同的钢球，从同一斜面相同高度由静止滑下。‎ ‎（4）小阳在原硬纸盒的上表面粘上砝码，探究影响滑动摩擦力大小的因素。由于纸盒对水平面的压力不同，所以通过比较甲、丙两次实验可得出：滑动摩擦力与压力大小有关。‎ 故答案为：（1）速度；越大；相同；‎ ‎（2）C；（3）质量；压力大小。‎ ‎【点评】在解决多因素问题时常利用控制变量法进行分析，对于动能的大小研究常采用转化法进行分析。‎ ‎　‎ ‎31．（6分）田田用天平和量筒测一个合金块的密度，设计了如下实验步骤。‎ ‎（1）将天平放在　水平桌面　上，游码调到标示尺左端零刻度线处，发现指针指在分度盘中线的左侧，他应向　右　调节平衡螺母，使指针指在分度盘中线处，天平平衡。‎ ‎（2）用天平测合金块的质量，天平平衡时，右盘中砝码和游码在标尺上的位置如图甲所示，合金块质量为　62.6　g．量筒中装适量水，如图乙所示；将合金块浸没在量筒中的水面下，液面与70ml刻度线相平，合金块密度为　3.13　g/cm3。‎ ‎（3）实验结束，田田发现所用的10g砝码粘有粉笔灰，那么，他所测量的合金块密度将比真实的密度　偏小　（选填“偏大”或“偏小”）。‎ 31‎ ‎（4）田田还想测另一种液体的密度，于是他找来水和两套完全相同的实验器材做了如图丙所示的两个实验。当圆柱形物体在水和液体中露出的高度分别为圆柱形物体高度的和时，两个弹簧测力计的示数恰好相同。已知ρ水=1.0×103kg/m3，则ρ液=　1.5×103　kg/m3。‎ ‎【分析】（1）调节天平前，应先将天平放在水平桌面上，同时将游码移至标尺左端的零刻度线处，同时调节平衡螺母，根据指针左偏右调或右偏左调的原则调节平衡螺母，使天平平衡；‎ ‎（2）读取天平测量的物体质量时，首先要明确标尺的分度值，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；‎ 读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处所对刻线相平；两次示数之差即为物体的体积；‎ 根据ρ=算出物体的密度。‎ ‎（3）砝码粘有粉笔灰，砝码质量偏大，进而影响被测物体的质量，再进一步影响被测物体的密度。‎ ‎（4）根据F浮=G﹣F知：当圆柱形物体在水和液体中露出的高度分别为圆柱形物体高度的和时，两个弹簧测力计的示数恰好相同，说明浮力相同，根据浮力相同列等式算出液体的密度。‎ ‎【解答】解：（1）把天平放在水平台上，将游码拨到标尺左端的零刻度处后，发现指针指在分度盘中线的左侧，应该将螺母向左调节；‎ ‎（2）在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；‎ 甲图中，物体的质量为m=50g+10g+2.6g=62.6g，‎ 乙图中，在量筒上，10ml之间有5个小格，一个小格代表2ml，即量筒的分度值为2ml，液面最凹处与50ml相平，所以水的体积为V1=50ml=50cm3；‎ 物体的体积：V=V2﹣V1=70ml﹣50ml=20ml=20cm3‎ 31‎ 合金的密度：ρ===3.13g/cm3；‎ ‎（3）砝码有粉笔灰，使其质量偏大，这样少加砝码就能与物体的质量平衡，因此，质量的测量值会偏小，根据密度的公式，质量偏小会使测出的密度值也偏小。‎ ‎（4）当根据F浮=G﹣F知：圆柱形物体在水和液体中露出的高度分别为圆柱形物体高度的和时，两个弹簧测力计的示数恰好相同，说明浮力相同，‎ 即ρ水g（1﹣）V=ρ液g（1﹣）V 得ρ水=ρ液 ρ液=ρ水=×1.0×103kg/m3=1.5×103kg/m3。‎ 故答案为：（1）水平桌面；右；（2）62.6；3.13；（3）偏小；（4）1.5×103。‎ ‎【点评】本题是常规测定固体密度和特殊的测量液体密度的实验题，学会正确调节天平，称量物体，读出质量是多少，是解决此类问题的关键。‎ ‎　‎ ‎32．（12分）小玉在探究“电流与电阻的关系”的实验中，利用电压恒为6V的电源设计如图甲所示的电路。‎ ‎（1）小玉将滑动变阻器的滑片移到最右端后，闭合开关S，电压表的指针　几乎不动　（选填“几乎不动”或“偏转很大”）。电流表的示数如图乙所示为　0.2　A，则滑动变阻器最大电阻为　30　Ω．请你在连接错误的一条导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。‎ ‎（2）小玉分别把5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的四个定值电阻接入电路进行实验，为了完成这四次实验，应控制定值电阻两端电压至少为　2.4　V。‎ ‎（3）小玉用额定电压为2.5V的小灯泡替换定值电阻R，利用原有电路，测量小灯泡的电阻。实验时，她调节滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2V，为使小灯泡正常发光，她应该向　左　‎ 31‎ ‎（选填“左”或“右”）调节滑动变阻器的滑片。依据测量的数据，小玉绘制出如图丙所示的图象，她发现电流与电压不成正比，说明小灯泡灯丝的电阻随　温度　的变化而改变。根据丙图还可以求出小灯泡的额定功率　1.25　W。‎ ‎（4）完成上面实验后，小玉又想测量额定电压为U额的小灯泡的额定功率，利用一个电压未知的电源和阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路。请完成下列实验步骤。‎ ‎①闭合开关S1，开关S2接a接线柱，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为　U额　；‎ ‎②闭合开关S1，开关S2接b接线柱，滑动变阻器的滑片　保持不动　（选填“向左移动”、“向右移动或“保持不动”），读出电压表示数为U1；再将开关S2接c接线柱，读出电压表的示数为U2；‎ ‎③小灯泡额定功率的表达式P额=　U额×　。‎ ‎【分析】（1）根据电流表的量程和分度值读出示数；‎ 根据R=算出电阻；‎ 实物连接图中找错误之处，主要从电压表、电流表、滑动变阻器的正确使用上考虑：从电流表、电压表的量程、连接方式、正负接线柱的接入方法上考虑。从滑动变阻器接线柱的选择考虑。‎ ‎（2）根据串联电路电压的规律和分压原理求解。‎ ‎（3）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；‎ 由图象找出灯泡电流随电压变化的关系，然后由欧姆定律判断灯泡电阻随电压增大如何变化，从温度对电阻的影响分析原因。根据图丙电流表小量程读数，根据P=UI求灯的额定功率；‎ ‎（4）要测量小灯泡的额定功率，首先移动变阻器的滑片，使灯泡两端的电压等于U额，灯正常发光，保持滑片的位置不动；‎ 通过开关的转换，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压为U1，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压、定值电阻两端的电压为U2，因在开关的转换过程中，电路的连接没有改变，滑动变阻器滑片位置不变，各用电器的电阻、电压不变，灯仍正常发光，根据串联电路电压的规律，求出定值电阻的电压，由欧姆定律，求出通过定值电阻的电流，即灯泡正常发光时的电流，根据P=UI写出灯泡的额定电功率的表达式。‎ ‎【解答】解：（1）经分析，定值电阻只接了一边，电压表没有被接入电路，电压表示数为零；‎ 电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.2A；‎ 滑动变阻器的最大电阻为R滑===30Ω；‎ 将电阻串联在电路中，电压表并联在电阻的两端，如图所示：‎ 31‎ ‎（2）变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律和分压原理有：=﹣﹣﹣﹣﹣①，①式左边为一定值，故右边也为一定值，当定值电阻取最大时，变阻器连入电路中的电阻最大，即=，解之：UV=2.4V。‎ ‎（3）电压表的示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；‎ 由图乙可知，随灯泡电压增大，通过灯泡的电流增大，但△U＞△I，由欧姆定律R=可知，灯泡的电阻变大；随U与I的增大，由P=UI可知灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，由此可见，灯泡电阻随灯泡温度升高而增大。‎ 由图象知灯泡正常发光时的电压为2.5V，电流为0.5A，‎ 灯泡的额定功率为：PL=ULIL=2.5V×0.5A=1.25W；‎ ‎（4）①闭合开关S1，开关S2接a接线柱，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；‎ ‎②闭合开关S1，开关S2接b接线柱，滑动变阻器的滑片保持不动，读出电压表示数为U1；再将开关S2接c接线柱，读出电压表的示数为U2；‎ ‎③在开关的转换过程中，电路的连接没有改变，滑动变阻器滑片位置不变，各用电器的电阻、电压不变，灯仍正常发光，在第2次操作中，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压为U1，用电压表测出灯与滑动变阻器的电压、定值电阻两端的电压为U2，根据串联电路电压的规律，R0的电压UR0=U2﹣U1，‎ 由欧姆定律，通过定值电阻的电流IR0=‎ 31‎ ‎，由串联电路电流的规律即为灯正常发光时的电流大小，‎ 灯泡额定功率：P=U额IR0=U额×。‎ 故答案为：（1）几乎不动；0.2；30；见上图；（2）2.4；（3）左；温度；1.25；（4）①U额；②保持不动；③U额×。‎ ‎【点评】本题探究“电流与电阻的关系”和测小灯泡电功率，考查电路的连接、实验注事项、操作过程、额定功率的计算、影响电阻的因素及设计实验方案的能力，综合性强，有一定难度。‎ 31‎