2019年河北省保定市定兴县中考物理一模试卷
一、选择题（本大题22个小题，共计47分．1-19小题单选，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；20-22小题多选，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，每小题2分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）
1．下列能源中，属于可再生能源的是（ ）
A．天然气 B．风能 C．石油 D．煤炭
2．下列现象中，能说明分子在做无规则运动的是（ ）
A．雪花纷扬 B．柳枝摇曳 C．丹桂飘香 D．尘土飞扬
3．为了节约能源，需要提高热机的效率，下列措施不能提高热机效率的是（ ）
A．让燃料与空气混合充分，使燃料燃烧得比较完全
B．在设计与制造热机时要不断改进与创新，以减少能量的损失
C．尽量减少热机内部各部件间的摩擦
D．尽量增加热机的工作时间
4．一凸透镜的焦距为15cm，将点燃的蜡烛从离凸透镜20cm处移到40cm处的过程中，像的大小和像距的变化情况是（ ）
A．像变大，像距变大 B．像变小，像距变小
C．像变大，像距变小 D．像变小，像距变大
5．下列物态变化中属于放热现象的是哪一组（ ）
①初春，冰封的湖面解冻
②盛夏，旷野里雾的形成
③深秋，路边的小草上结了一层霜
④严冬，冰冻的衣服逐渐变干。
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
6．下列生活实例中，属于增大压强的是（ ）
A．大型载重货车有很多车轮
B．铁路的钢轨铺在枕木上
C．取出一些书的书包背起来更舒服
D．剪刀的刀刃做得很薄
7．下列说法中正确的是（ ）
35
A．用手从地面竖直提起水桶，手竖直向上的拉力对水桶做了功
B．提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手竖直向上的拉力对水桶做了功
C．抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力对铅球做了功
D．用力推一辆汽车，汽车静止不动，推力在这个过程中对汽车做了功
8．下列工具在使用中属于费力杠杆的是（ ）
A．启瓶器 B．钢丝钳 C．钓鱼竿 D．撬棒
9．如图所示，木块沿斜面从顶端匀速下滑的过程中，木块的（ ）
A．重力势能减小，动能增大
B．重力势能减小，机械能减小
C．动能不变，机械能不变
D．重力势能不变，机械能减小
10．某大学两位研究生从蚂蚁身上得到启示，设计出如图所示的“都市蚂蚁”概念车。这款概念车小巧实用，有利于缓解城市交通拥堵。下列关于正在城市中心马路上行驶的此车说法正确的是（ ）
A．以路面为参照物，车是静止的
B．以路旁的树木为参照物，车是静止的
C．以路旁的房屋为参照物，车是运动的
D．以车内的驾驶员为参照物，车是运动的
11．有甲、乙、丙三个小球，将它们任意两个靠近都相互吸引，则下面的说法中正确的是（ ）
A．三个小球都带电 B．只有一个小球不带电
C．有两个小球带同种电荷 D．有两个小球带异种电荷
12．下列物品中，通常情况下属于导体的是（ ）
A．塑料安全帽 B．布手套 C．橡胶鞋 D．钢尺
13．以下对科学史实的描述正确的是（ ）
35
A．提出物体的运动不需要力来维持的科学家是亚里士多德
B．原子核式结构模型提出原子是由质子和中子构成
C．光的色散现象表明太阳光是由多种色光混合而成
D．能量守恒定律表明自然界中可利用的能量不会减少
14．一定值电阻两端的电压从2V增加到2.8V，通过该电阻的电流增加了0.2A，该电阻的阻值是（ ）
A．4Ω B．8Ω C．20Ω D．无法确定
15．用如图的电路测量小灯泡的功率，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，小灯泡消耗的功率和亮度将分别（ ）
A．变大，变暗 B．变小，变亮 C．变大，变亮 D．变小，变暗
16．智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的（ ）
A．增大电池电压 B．增加总功率
C．减小总功率 D．降低散热能力
17．如图所示，在蹄形磁体的磁场中放置一根与螺线管连接的导体棒ab，当ab棒水平向右运动时，小磁针N极转至右边。可使如图所示位置的小磁针N极转至左边的操作是图中的（ ）
A． ab水平向左运动 B． ab竖直向下运动
C． ab竖直向上运动 D． ab水平向左运动
35
18．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其特性是电阻在磁场中会急剧减小，且磁场越强电阻越小，闭合开关S2后，下列四种情况相比较，指示灯最亮的是（ ）
A．S1断开，滑片P在图示位置
B．S1闭合，滑片P在图示位置
C．S1闭合，滑片P在滑动变阻器最右端
D．S1闭合，滑片P在滑动变阻器最左端
19．如图所示的电路中，A、B两点电压U保持不变，电路连接完好且使用的电表均为理想电表。当滑动变阻器的滑片P向右滑动时。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比增大
B．电阻R1的功率增大
C．电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值变大
D．电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值不变
20．下列说法中正确的是（ ）
A．同种电荷相互排斥
B．光是电磁波
C．电荷的移动形成电流
D．电磁波不仅可以传递信息还能传递能量
21．关于物体的质量和密度，下列说法正确的是（ ）
A．把铜块碾成铜片，质量和密度均不变
B．一块冰全部化成水后，质量变小，密度不变
C．宇航员在太空处于失重状态，故质量和密度均为零
D．把铁球加热，质量不变，密度减小
22．某型号的电饭锅有加热和保温两挡，其原理如图所示，以下说法正确的是（ ）
35
A．开关S断开时，电阻R1与R2串联
B．开关S断开时，电阻R1与R2并联
C．开关S闭合时为加热状态
D．开关S闭合时为保温状态
二、填空题（本大题共6个小题，每空1分，共14分）
23．“涡轮增压”是目前在各种汽油机和柴油机中采用的一项节能、提高热机功率的技术。它是利用热机排出的废气带动涡轮旋转，先将新鲜空气压缩后再送入内燃机的进气口。这样做的好处是 （填“增大”或“减小”）排出废气所带走的能量， （填“提高”或“降低”）内燃机的效率。
24．歌手汪峰和周杰伦分别演唱歌曲《外面的世界》，盲人听众之所以能区分演唱者，主要是因为他们发出声音的 不同，两名歌手发出的声音都是由声带的 产生的。
25．2018 年 4 月京沪高铁再次扩容提速。若某列车以 350千米/时的速度匀速行驶，0.5小时内通过的路程为 千米；以路边的树木为参照物，列车是 的。高铁车顶在太阳下，温度升高，这是通过 的方式改变其内能。
26．小军发现近段时间眼睛有点看不清楚老师在黑板上写的字，于是妈妈带他到医院去看眼科医生。医生给他检查视力，当他逐渐远离墙上的平面镜，他在镜中所成的像大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；检查后医生给他配了一副近视眼镜，该眼镜镜片是 透镜（选填“凸”或“凹”）。
27．夏天常用的电热驱蚊器是利用电流的 效应工作的。其发热元件正常工作时的电阻为8800Ω，接在家庭照明电路中正常工作100s产生的热量是 J。
28．踢毽子是一项强身健体的健身运动，如图所示，小孩将毽子向上踢出，表明力可以改变物体的 ，毽子被踢出后，由于 会继续向上运动，毽子在上升的过程中动能
（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
35
三、作图及实验探究题（本大题共5个小题，第29题2分，第30题5分、31、32题各6分，33题7分，共26分）
29．小磁计放在两通电螺线管之间，静止时处于如图所示的位置，请完成螺线管B的绕线，并标出电流的方向。
30．学习了密度的知识之后，小明想通过实验验证一下他经常把玩的一颗金属珠是否是钢质的，他的实验步骤如下：
（1）将天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻线处，发现指针指在分度盘的左侧，为了使横梁平衡，应将平衡螺母向 （选填“右”或“左”）调；
（2）将金属珠放在天平左盘内，往天平右盘内放入砝码，当天平平衡时，右盘内砝码和游码位置如图甲所示，则金属珠质量为m＝ g
（3）将金属珠放入装有少量水的量筒内，金属珠放入前、后量筒内液面如图乙所示，则金属珠的体积为V＝ cm3；
（4）根据密度公式，可以求出该金属珠的密度ρ＝ kg/m3；
（5）查询教材中常见物质密度表得知钢铁的密度为7.9×103kg/m3，比较可知，小明的金属珠 （选填“是”或“不是”）钢质的。
35
31．（6分）如图所示在“探究凸透镜成像”的实验中，凸透镜焦距为15cm。
（1）实验前应首先调整蜡烛、凸透镜、光屏，使烛焰、凸透镜、光屏三者中心大致在同一高度，其目的是 。
（2）如图所示，光屏应在 区域前后移动，才能得到清晰、倒立、 （选填“放大”或“缩小”）的实像，根据这一原理人们制成了 。
（3）在蜡烛和凸透镜之间放上一个近视眼镜，则发现像变得模糊了，这时应适当向 （选填“左”或“右”）移动光屏，才能重新得到清晰的像。
（4）若实验中将光屏换成平面镜，则从侧面 （选填“能”或“不能”）看到清晰、倒立的烛焰像。
32．（6分）在探究“冰和石蜡的熔化特点”活动中，小明按图甲所示组装好实验装置，在A试管中放入一些冰块，B试管中放入一些石蜡后进行了实验，现请你帮助小明完成下列实验中的一些内容。
（1）实验中应选用 （选填“较大的”或“较小的”）冰块。
（2）如甲实验装置中存在一些问题，请你指出其中一处：
（3）下表是小明记录冰熔化过程中的数据，请根据表数据在图乙中作出温度随时间变化曲线
时间/min
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
温度/℃
﹣5
﹣2
0
0
0
0
1
2
3
4
5
（4）根据探究过程可知：冰的熔化过程持续了 min；实验进行到1.3min时，A试管中的物质处于 状态。
（5）从上面探究过程可知：冰是一种 ，其熔化时的特点是 。
35
33．（7分）某实验小组的同学在进行“测量小灯泡的额定功率”的实验中，现有器材：电源（电压恒为6V）、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为3.8V的待测小灯泡（电阻约为12Ω），滑动变阻器两个（A：“5Ω2A“；B：“20Ω0.5A”）。
（1）该实验的实验原理是 ；实验中，应选用的滑动变阻器是 （选填“A”或“B”）。
（2）如图甲所示是小田同学连接的实物电路图，图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）。
（3）小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是 。
（4）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为 W。
（5）该组的另一同学接着实验时，发现电压表0～15V量程已经损坏，0～3V量程还可以正常使用，在不添加器材的情况下，为了测出该小灯泡的额定功率，请你在丙图中的虚线框内画出正确的电路图。
（6）由图乙推知：小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电功率为P1，小灯泡的实际电流是额定电流一半时的电功率为P2，则P1 P2（选填“大于”、“小于或“等于”）。
四、计算题（本大题共2个小题；第34题6分，第35题7分，共13分．解答时，要求必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
34．（6分）2017年5月5日，拥有我国自主知识产权的C919大型客机在上海浦东机场成功首飞。若客机在空中以720km/h的速度沿水平直线匀速飞行5分钟，受到的阻力是其重力的0.1倍；客机发动机靠完全燃烧航空煤油提供能量，其机械效率为75%；已知客机质量m＝7.5×104kg
35
．（g取10N/kg）
（1）求客机在这段时间内通过的路程和发动机的功率
（2）求发动机在这段时间内燃烧航空煤油的质量。（假设航空煤油的热值q＝5×108J/kg）
35．（7分）如图，已知电源电压为24V，R2上标有“100Ω 3A”的字样，灯泡上标有“12V 3W”的字样，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A的量程为0～3A。
（1）求灯泡正常工作时的电阻；
（2）当闭合S，断开S1，S2时，灯泡正常工作，求R1的电阻；
（3）当S、S1、S2都闭合时，调节滑动变阻器，求R2的电功率变化范围。
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2019年河北省保定市定兴县中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题22个小题，共计47分．1-19小题单选，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；20-22小题多选，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意，每小题2分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）
1．下列能源中，属于可再生能源的是（ ）
A．天然气 B．风能 C．石油 D．煤炭
【分析】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；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
【解答】解：
A、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A不符合题意；
B、风能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故B符合题意；
C、石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C不符合题意；
D、煤炭属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。
2．下列现象中，能说明分子在做无规则运动的是（ ）
A．雪花纷扬 B．柳枝摇曳 C．丹桂飘香 D．尘土飞扬
【分析】分子的体积很小，肉眼很难直接观察到。从这个方面进行判断即可。
【解答】解：用肉眼能直接看到的物体都不属于分子，例如雪花纷扬、柳枝摇曳、尘土飞扬等。丹桂飘香是桂花香味分子在空气中做无规则运动，这是分子运动的一种基本形式。
故选：C。
【点评】本题考查学生对分子概念的理解和应用，同时需要掌握分子动理论的内容。
3．为了节约能源，需要提高热机的效率，下列措施不能提高热机效率的是（ ）
A．让燃料与空气混合充分，使燃料燃烧得比较完全
B．在设计与制造热机时要不断改进与创新，以减少能量的损失
C．尽量减少热机内部各部件间的摩擦
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D．尽量增加热机的工作时间
【分析】要解决此题，需要掌握热机的效率的概念。热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。比值越大，效率越高。
【解答】解：热机效率是指热机有效利用的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。所以减少热量的损失可以提高热机的效率。所以使燃料充分燃烧、减少废气带走的热量、减少热机部件间的摩擦都可以减少热量的损失，提高效率。故ABC正确；
增加热机的工作时间，并不能减少热量的损失，所以不能提高热机的效率，故D错误。
故选：D。
【点评】此题通过考查影响热机效率的几个因素，考查了学生对热机效率的理解。要知道要想提高热机的效率，就要减少热量的损失。
4．一凸透镜的焦距为15cm，将点燃的蜡烛从离凸透镜20cm处移到40cm处的过程中，像的大小和像距的变化情况是（ ）
A．像变大，像距变大 B．像变小，像距变小
C．像变大，像距变小 D．像变小，像距变大
【分析】掌握凸透镜成像的三种情况：
U＞2f，成倒立、缩小的实像。
2f＞U＞f，成倒立、放大的实像。
U＜f，成正立、放大的虚像。
凸透镜成实像时，物体离凸透镜越近，像离凸透镜越远，像也越大。
【解答】解：凸透镜的焦距是15cm，将点燃的蜡烛从离凸透镜20cm处移到40cm处的过程中，物距始终大于焦距，因此凸透镜成实像，由于物距增大，则像距减小，像变小。
综上分析可得，选项B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了学生对凸透镜成像规律的应用，首先要熟练掌握凸透镜成像的规律，搞清物距和像距。然后才能准确判断像的性质。
5．下列物态变化中属于放热现象的是哪一组（ ）
①初春，冰封的湖面解冻
②盛夏，旷野里雾的形成
③深秋，路边的小草上结了一层霜
④严冬，冰冻的衣服逐渐变干。
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A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【分析】解决此题要掌握：
物质在发生物态变化时必然要伴随着吸放热的进行。
其中熔化、汽化、升华过程需要吸收热量，凝固、液化、凝华过程需要放出热量。
【解答】解：①初春，冰封的湖面解冻是物质由固态变为液态的过程，是熔化过程，熔化吸热；故A不符合题意；
②盛夏，旷野里雾是空气中的水蒸气遇冷液化为小水珠，是液化过程，液化放热，故B符合题意；
③深秋，路边的小草上结了一层霜是空气中的水蒸气遇冷凝华成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故C符合题意；
④严冬，冰冻的衣服逐渐变干是物质直接由固态变成气态的过程，是升华过程，升华吸热，故D不符合题意。
综合分析②③符合题意。
故选：B。
【点评】此题考查的是对物态变化过程的判断及物态变化过程的吸热和放热的判断。
6．下列生活实例中，属于增大压强的是（ ）
A．大型载重货车有很多车轮
B．铁路的钢轨铺在枕木上
C．取出一些书的书包背起来更舒服
D．剪刀的刀刃做得很薄
【分析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。
减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
【解答】解：A、大型载重货车有很多车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。故A不合题意；
B、铁路的钢轨铺在枕木上，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B不合题意；
C、取出一些书的书包，重力减小，对肩膀的压力减小，而受力面积不变，根据p＝可知，压强减小，所以背起来更舒服。故C不合题意；
35
D、剪刀的刀刃做得很薄，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故D符合题意。
故选：D。
【点评】掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题。
7．下列说法中正确的是（ ）
A．用手从地面竖直提起水桶，手竖直向上的拉力对水桶做了功
B．提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手竖直向上的拉力对水桶做了功
C．抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力对铅球做了功
D．用力推一辆汽车，汽车静止不动，推力在这个过程中对汽车做了功
【分析】做功包含两个必要的因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
【解答】解：A、用手从地面提起水桶，在拉力的方向上移动了距离，拉力做了功，该选项说法正确；
B、提着水桶水平前进时，在水平方向移动了距离，手的拉力沿竖直方向，所以拉力不做功，该选项说法不正确；
C、抛出去的铅球由于惯性在空中飞行，推力已消失，故推力没有做功，该选项说法不正确；
D、用力推汽车，没有推动，没有在力的方向上移动距离，推力没有做功，该选项说法不正确。
故选：A。
【点评】明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。
8．下列工具在使用中属于费力杠杆的是（ ）
A．启瓶器 B．钢丝钳 C．钓鱼竿 D．撬棒
【分析】结合生活经验，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、启瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；
B、剪钢丝的钳子，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、钓鱼杆在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确；
D、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误；
故选：C。
【点评】
35
联系生活经验，要判断杠杆的类型，可依据杠杆的动力臂和阻力臂大小关系：若动力臂大于阻力臂，则是省力杠杆；若动力臂小于阻力臂，则是费力杠杆；若动力臂等于阻力臂，则为等臂杠杆。
9．如图所示，木块沿斜面从顶端匀速下滑的过程中，木块的（ ）
A．重力势能减小，动能增大
B．重力势能减小，机械能减小
C．动能不变，机械能不变
D．重力势能不变，机械能减小
【分析】根据影响动能和势能大小的因素判断动能和势能的变化，根据克服摩擦做功分析机械能的变化。
【解答】解：木块在匀速下滑的过程中，速度不变，动能不变；高度减小，重力势能减小；木块在下滑过程中，受到摩擦力的作用；木块要克服摩擦力做功，机械能减少。
故选：B。
【点评】本题关键对滑块受力分析后，结合功能关系，明确能量的转化情况，根据能量守恒定律进行分析。
10．某大学两位研究生从蚂蚁身上得到启示，设计出如图所示的“都市蚂蚁”概念车。这款概念车小巧实用，有利于缓解城市交通拥堵。下列关于正在城市中心马路上行驶的此车说法正确的是（ ）
A．以路面为参照物，车是静止的
B．以路旁的树木为参照物，车是静止的
C．以路旁的房屋为参照物，车是运动的
D．以车内的驾驶员为参照物，车是运动的
【分析】物体的运动和静止都是相对于参照物而言的，相对于参照物位置变化的物体是运动的，位置不变的物体是静止的。
【解答】解：
在城市中心马路上行驶的“都市蚂蚁”
35
概念车相对于路面、路旁的树木、路旁的房屋的位置不断发生变化，所以以路面、路旁的树木、路旁的房屋为参照物，“都市蚂蚁”概念车是运动的，相对于车内的驾驶员的位置没有发生变化，所以以车内的驾驶员为参照物，车是静止的，故C正确。
故选：C。
【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物，所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，这就是运动和静止的相对性。
11．有甲、乙、丙三个小球，将它们任意两个靠近都相互吸引，则下面的说法中正确的是（ ）
A．三个小球都带电 B．只有一个小球不带电
C．有两个小球带同种电荷 D．有两个小球带异种电荷
【分析】电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，同时结合带电体能吸引轻小物体即可解决。
【解答】解：A、三个小球都带电，则必然有两个小球带同种电荷，同种电荷相互排斥，故A不符合题意；
B、只有一个小球不带电，则有两个小球都带电，若两个小球带同种电荷，则两个小球相互排斥，说法不具体，故B不符合题意；
C、有两个小球带同种电荷，同种电荷相互排斥，故C不符合题意；
D、有两个小球带异种电荷，异种电荷相互吸引，并且带电体吸引不带电的轻小物体，它们两两靠近，都相互吸引，故D符合题意。
故选：D。
【点评】理解电荷的间的作用规律，并知道带电体能吸引轻小物体是解决该题的关键。
12．下列物品中，通常情况下属于导体的是（ ）
A．塑料安全帽 B．布手套 C．橡胶鞋 D．钢尺
【分析】容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。常见的绝缘体有陶瓷、玻璃、橡胶、油等；导体和绝缘体没有绝对的界限。
【解答】解：A、塑料安全帽的材料是塑料，不容易导电，属于绝缘体；故A错误；
B、布手套不易导电，不容易导电，属于绝缘体；故B错误；
C、橡胶鞋的材料是橡胶，不容易导电，属于绝缘体；故C错误；
D、钢尺的材料是金属，容易导电，是导体；故D正确；
故选：D。
【点评】
35
此题考查了导体与绝缘体的概念以及生活中常见的实例；生活中哪些物体为导体，哪些物体为绝缘体，属于识记的内容，比较简单。
13．以下对科学史实的描述正确的是（ ）
A．提出物体的运动不需要力来维持的科学家是亚里士多德
B．原子核式结构模型提出原子是由质子和中子构成
C．光的色散现象表明太阳光是由多种色光混合而成
D．能量守恒定律表明自然界中可利用的能量不会减少
【分析】（1）亚里士多德认为物体运动需要力来维持；
（2）原子中间是原子核，由质子和中子构成，而原子核外面是绕核高速旋转的电子；
（3）白光经过三棱镜后被分解为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫颜色色光的现象叫光的色散现象；
（4）能量不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一物体，或者从一种形式转化为另一种形式，这就是能量守恒定律。
【解答】解：．提出物体的运动不需要力来维持的科学家是伽利略不是亚里士多德，故A错误；
B．原子核式结构模型提出原子是由质子和中子，电子构成，故B错误；
C．光的色散现象表明太阳光是由多种色光混合而成，故C正确；
D．能量守恒定律表明自然界中能量的总量保持不变，但是可供利用的能量越来越少，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查对牛顿第一运动定律、物质的结构、光现象和能量守恒定律的认识。
14．一定值电阻两端的电压从2V增加到2.8V，通过该电阻的电流增加了0.2A，该电阻的阻值是（ ）
A．4Ω B．8Ω C．20Ω D．无法确定
【分析】电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，根据欧姆定律分别表示出两端的电压为2V和2.8V时通过的电流，根据通过电阻电流的变化得出等式即可求出电阻的阻值。
【解答】解：
电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以电阻的阻值不变，
电阻两端的电压从2V增加到2.8V时，通过该电阻的电流增加了0.2A，
根据欧姆定律可得：
I2﹣I1＝﹣＝﹣＝0.2A，
解得：R＝4Ω。
故选：A。
35
【点评】本题考查了欧姆定律的简单应用，关键是知道电阻与两端的电压和通过的电流无关。
15．用如图的电路测量小灯泡的功率，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动时，小灯泡消耗的功率和亮度将分别（ ）
A．变大，变暗 B．变小，变亮 C．变大，变亮 D．变小，变暗
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，根据欧姆定律判断电路电流如何变化，由于电功率公式判断灯泡实际功率如何变化，然后判断灯泡亮度如何变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，
当滑动变阻器滑片从左向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，电源电压不变，由欧姆定律I＝可知，电路中电流变小，根据P＝I2R知，小灯泡的实际功率变小，灯泡变暗。
故选：D。
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，根据滑片的移动方向判断电路电阻如何变化、熟练应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题。
16．智能手机在现代生活中的作用越来越重要，频繁的使用会导致它的电能消耗很快，当手机“电量”所剩无几时，通常可以将其设置成“省电模式”来延长使用时间，这是通过以下哪种方式实现的（ ）
A．增大电池电压 B．增加总功率
C．减小总功率 D．降低散热能力
【分析】省电模式是切断个人电脑部件供电以实现省电的功能，根据P＝分析。
【解答】解：当手机“电量”所剩无几时，即W一定，由P＝可得，W＝Pt，要延长使用时间t，则减小总功率P，因此手机的“省电模式”来是通过减小总功率的方式来延长使用时间的。
故选：C。
【点评】此题通过智能手机的“省电模式”来考查学生对电功率、与电能、时间的关系的理解和掌握，此题与我们的实际生活联系密切，是一道好题。
35
17．如图所示，在蹄形磁体的磁场中放置一根与螺线管连接的导体棒ab，当ab棒水平向右运动时，小磁针N极转至右边。可使如图所示位置的小磁针N极转至左边的操作是图中的（ ）
A． ab水平向左运动 B． ab竖直向下运动
C． ab竖直向上运动 D． ab水平向左运动
【分析】（1）导体棒运动，切割磁感线产生了感应电流，电流流过螺线管，在螺旋管中电流产生的磁场作用下，小磁针发生偏转；
（2）如果导体棒切割磁感线的运动方向或蹄形磁体的磁场方向与原来的方向相反，导体棒切割磁感线产生的感应电流方向就与原来的感应电流的方向相反，小磁针的偏转方向就与原来的偏转方向相反，小磁针N极能向左偏转，据此分析各选项，选出正确的答案。
【解答】解：A、ab水平向左运动切割磁感线，蹄形磁体的磁场方向不变，导体棒运动方向相反，产生的感应电流反向，螺线管产生的磁场方向反向，小磁针N极转至左边，故A正确；
B、ab竖直向下运动，导体棒ab不切割磁感线，不产生感应电流，小磁针不偏转，故B错误；
C、ab竖直向上运动，导体棒ab不切割磁感线，不产生感应电流，小磁针不偏转，故B错误；
D、由图可知，蹄形磁体的磁场方向反向，导体棒ab的运动方向反向，导体棒切割磁感线产生的电流方向不变，小磁针的偏转方向不变，小磁针N极仍然转至右边，故D错误；
故选：A。
【点评】本题把电磁感应现象、感应电流方向的影响因素、螺旋管的电流和磁极关系、磁极间的相互作用放在同一个实验中进行考查，比较新颖，有一些难度。
18．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其特性是电阻在磁场中会急剧减小，且磁场越强电阻越小，闭合开关S2后，下列四种情况相比较，指示灯最亮的是（ ）
35
A．S1断开，滑片P在图示位置
B．S1闭合，滑片P在图示位置
C．S1闭合，滑片P在滑动变阻器最右端
D．S1闭合，滑片P在滑动变阻器最左端
【分析】闭合S2时，指示灯与GMR串联，电压表测GMR两端的电压，闭合S1时，电磁铁有磁性，根据GMR与磁性之间的关系判断其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，利用P＝I2R可知指示灯功率的变化，进一步判断亮暗的变化。
【解答】解：
A、S1断开时，电磁铁无磁性，由题意可知GMR的电阻最大，由I＝可知，右侧电路中电流最小，由P＝I2R可知，指示灯的实际功率最小，指示灯最暗，故A错误；
BCD、闭合S1时，GMR所处的位置由无磁场变为有磁场，GMR的阻值减小；
当滑片P在滑动变阻器最左端时，左侧电路的电阻最小，由I＝可知，左侧电路中的电流最大，电磁铁磁性最强，则GMR的电阻最小，右侧电路中电流最大，由P＝I2R可知，指示灯的实际功率最大，指示灯最亮，故BC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和电功率公式的应用等，判断出巨磁电阻的变化是解题的关键。
19．如图所示的电路中，A、B两点电压U保持不变，电路连接完好且使用的电表均为理想电表。当滑动变阻器的滑片P向右滑动时。下列说法中正确的是（ ）
A．电压表V1和电流表A的示数之比增大
B．电阻R1的功率增大
C．电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值变大
35
D．电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值不变
【分析】由电路图可知，R1、R2、R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据欧姆定律结合R1的阻值判断电压表V1和电流表A的示数之比变化；
（2）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，再根据P＝UI＝I2R判断电阻R1的功率变化；
（3）设滑片移动前后电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电压表V2示数的变化量，然后判断电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值变化；
（4）设滑片移动前后电路中的电流，根据欧姆定律表示出电压表V1示数的变化量，然后判断电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值变化。
【解答】解：由电路图可知，R1、R2、R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由I＝的变形式R＝可知，电压表V1和电流表A的示数之比等于R1的阻值，
则滑片移动时其比值不变，故A错误；
（2）当滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，
由I＝可知，电路中的电流减小，
由P＝UI＝I2R可知，电阻R1的功率减小，故B错误；
（3）设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则△I＝I1﹣I2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V2示数的变化量：
△U2＝（U﹣I1R1﹣I1R3）﹣（U﹣I2R1﹣I2R3）＝﹣（I1﹣I2）（R1+R3）＝﹣△I（R1+R3），
即||＝R1+R3，则电压表V2示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值不变，故C错误；
（4）设滑片移动前后电路中的电流分别为I1、I2，则△I＝I1﹣I2，
电压表V1示数的变化量：
△U1＝I1R1﹣I2R1＝（I1﹣I2）R1＝△IR1，
即||＝R1，则电压表V1示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值绝对值不变，故D正确。
35
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清两电压表示数变化量和电流表示数变化量的比值对应的电阻是关键。
20．下列说法中正确的是（ ）
A．同种电荷相互排斥
B．光是电磁波
C．电荷的移动形成电流
D．电磁波不仅可以传递信息还能传递能量
【分析】（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（2）光波是电磁波的一种；
（3）电荷的定向移动形成电流；
（3）电磁波能传递信息和能量。
【解答】解：A、同种电荷相互排斥，故A正确；
B、光是电磁波的一种，故B正确；
C、电荷的定向移动形成电流，故C错误；
D、电磁波不仅可以传递信息还能传递能量，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识点的综合应用能力。
21．关于物体的质量和密度，下列说法正确的是（ ）
A．把铜块碾成铜片，质量和密度均不变
B．一块冰全部化成水后，质量变小，密度不变
C．宇航员在太空处于失重状态，故质量和密度均为零
D．把铁球加热，质量不变，密度减小
【分析】（1）质量是物体的一种属性，与物体的形状、状态和位置无关。
（2）密度是物质的一种特性，不同的物质密度一般不同。对于同种物质，密度一定，物体的质量与物体的体积成正比。密度与物体的质量和体积无关，但密度与物体的温度和状态有关。
【解答】解：A、把一铜块碾压成铜片，尽管形状改变，但是质量不变；物质的种类不变，因此密度不变，故A正确；
B、一块冰全部熔化成水后，尽管状态改变，但质量不变，冰的密度比水的密度小，故B错误；
C、宇航员在太空处于失重状态，而质量和密度都没有改变，故C错误；
35
D、把铁球加热，铁球温度升高，质量不变。由于物体的热胀冷缩，铁球的体积会变大，从而使铁球的密度减小。故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了学生对质量是物体属性和密度是物质特性的理解。需要注意的是密度与物体的温度和状态有关
22．某型号的电饭锅有加热和保温两挡，其原理如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．开关S断开时，电阻R1与R2串联
B．开关S断开时，电阻R1与R2并联
C．开关S闭合时为加热状态
D．开关S闭合时为保温状态
【分析】（1）串联电路只有一条电流的路径；
（2）并联电路有多条电流的路径；
（3）据每种情况的功率大小判断出是加热状态还是保温状态。
【解答】解：（1）由电路图可知，开关S断开时，电流的路径只有一条，所以是串联电路，故A正确，B错误；
（2）当S闭合时，电阻R1被短路，只有电阻R2接入电路，电路中电阻较小，电压两端的电压不变，由电功率公式P＝可知，此时电饭锅电功率较大，电饭锅处于加热状态，则R2是加热电阻，开关S闭合处于加热状态，断开处于保温状态，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查分析实际和处理实际问题的能力，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、电功率公式即可正确解题。
二、填空题（本大题共6个小题，每空1分，共14分）
23．“涡轮增压”是目前在各种汽油机和柴油机中采用的一项节能、提高热机功率的技术。它是利用热机排出的废气带动涡轮旋转，先将新鲜空气压缩后再送入内燃机的进气口。这样做的好处是 减小 （填“增大”或“减小”）排出废气所带走的能量， 提高 （填“提高”或“降低”）内燃机的效率。
35
【分析】要解决此题，需要掌握热机效率的概念，即用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。减少能量的损失可以提高热机的效率。
燃料燃烧得越充分，热机的效率会越高。燃料燃烧产生的能量一部分用来克服机械摩擦，一部分由机器直接散失掉，还有一部分被废气带走，剩下的才是用来做有用功能量。
【解答】解：在热机的能量损失中，废气带走了大部分的热量，所以“蜗轮增压”利用热机排出的废气带动蜗轮旋转，充分利用了废气带走的热量，提高了热机的效率。
故答案为：减小；提高。
【点评】此题通过“蜗轮增压”考查了提高热机效率的途径，具有实际意义。
24．歌手汪峰和周杰伦分别演唱歌曲《外面的世界》，盲人听众之所以能区分演唱者，主要是因为他们发出声音的 音色 不同，两名歌手发出的声音都是由声带的 振动 产生的。
【分析】声音是由发声体的振动产生的；不同人发出声音的音色是不同的；
【解答】解：
歌手汪峰和周杰伦发出声音的音色是不同的，所以盲人听众能根据音色来区分演唱者；
两名歌手发出的声音都是由声带的振动而产生的。
故答案为：音色；振动。
【点评】本题需要学生掌握声音产生、声音的特征，属于基础知识的考查。
25．2018 年 4 月京沪高铁再次扩容提速。若某列车以 350千米/时的速度匀速行驶，0.5小时内通过的路程为 175 千米；以路边的树木为参照物，列车是 运动 的。高铁车顶在太阳下，温度升高，这是通过 热传递 的方式改变其内能。
【分析】（1）已知速度和时间，利用v＝计算路程；
（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（3）改变内能的方式：做功和热传递。
【解答】解：（1）根据v＝可得，列车0.5小时内通过的路程：
s＝vt＝350km/h×0.5h＝175km；
（2）以路边的树木为参照物，列车与路边的树木之间的位置发生了变化，所以列车是运动的；
（3）在太阳下，高铁车顶吸收热量，温度升高，这是通过热传递来改变其内能的。
故答案为：175；运动；热传递。
【点评】
35
此题考查速度的计算、运动和静止的相对性、改变内能的两种方式，涉及到的知识点较多，综合性较强，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
26．小军发现近段时间眼睛有点看不清楚老师在黑板上写的字，于是妈妈带他到医院去看眼科医生。医生给他检查视力，当他逐渐远离墙上的平面镜，他在镜中所成的像大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；检查后医生给他配了一副近视眼镜，该眼镜镜片是 凹 透镜（选填“凸”或“凹”）。
【分析】根根据平面镜成像特点，平面镜所成的像与物体大小相同，像和物体关于平面镜对称，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等来解答此题。
正常的眼睛可以将光线会聚在视网膜上。近视眼会将光线会聚在视网膜之前，应该佩戴凹透镜进行矫正。远视眼会将光线会聚在视网膜之后，应该佩戴凸透镜进行矫正。
【解答】解：因为平面镜成的像与物体是等大的，所以当他逐渐远离平面镜时，他在镜中所成像的大小将不变；
近视镜片是凹透镜，对光线有发散作用。
故答案为：不变；凹。
【点评】本题考查学生对近视眼的远视眼成像原因和其矫正方法的掌握情况。
27．夏天常用的电热驱蚊器是利用电流的 热 效应工作的。其发热元件正常工作时的电阻为8800Ω，接在家庭照明电路中正常工作100s产生的热量是 550 J。
【分析】（1）电流通过导体时向外放出热量的现象叫做电流的热效应；
（2）根据Q＝W＝t求出产生的热量。
【解答】解：
（1）“电热驱蚊器”是利用电流的热效应来工作的；
（2）发热元件通电100s产生的热量：Q＝W＝t＝×100s＝550J。
故答案为：热；550。
【点评】此题主要考查的是学生对焦耳定律、电能计算公式的理解和掌握，注意变形公式的熟练运用，难度不大。
28．踢毽子是一项强身健体的健身运动，如图所示，小孩将毽子向上踢出，表明力可以改变物体的 运动状态 ，毽子被踢出后，由于 惯性 会继续向上运动，毽子在上升的过程中动能
变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
35
【分析】（1）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
（2）任何物体都具有惯性，惯性是物体保持原运动状态不变的性质。
（3）动能的大小与速度和质量有关。
【解答】解：（1）小孩将毽子向上踢出，表明力可以改变物体的运动状态。
（2）毽子被踢出后，由于毽子具有惯性，所以会继续向上运动。
（3）毽子在上升的过程中，由于速度变小，所以其动能变小。
故答案为：运动状态；惯性；变小。
【点评】明确力的两个作用效果、理解惯性概念，以及影响动能的因素；是解答此题的关键。
三、作图及实验探究题（本大题共5个小题，第29题2分，第30题5分、31、32题各6分，33题7分，共26分）
29．小磁计放在两通电螺线管之间，静止时处于如图所示的位置，请完成螺线管B的绕线，并标出电流的方向。
【分析】（1）根据小磁针的N、S极，可以确定通电螺线管AB的N、S极。
（2）根据A螺线管的NS极和线圈绕向利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向；
（3）利用螺线管中的电流方向和B螺线管的NS极根据安培定则可以确定螺线管的绕向。
【解答】解：（1）小磁针的S极靠近了螺线管A的右端，根据磁极间的作用规律可知，螺线管的右端为N极，左端为S极。同理可以确定螺线管B的左端为S极，右端为N极。
（2）根据螺线管A的左端为S极，右端为N极，结合其线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向是从螺线管的左端流入，右端流出。
（3）根据电流方向是从螺线管的左端流入右端流出，结合螺线管B的左端为S极，右端为N极，利用安培定则可以确定螺线管的线圈绕向如下图所示。
35
【点评】（1）此题考查了安培定则、磁极间的作用规律。
（2）安培定则共涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向，告诉其中的两个可以确定第三个；
（3）在此题中，小磁针的NS极是解决此题的入手点。
30．学习了密度的知识之后，小明想通过实验验证一下他经常把玩的一颗金属珠是否是钢质的，他的实验步骤如下：
（1）将天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻线处，发现指针指在分度盘的左侧，为了使横梁平衡，应将平衡螺母向 右 （选填“右”或“左”）调；
（2）将金属珠放在天平左盘内，往天平右盘内放入砝码，当天平平衡时，右盘内砝码和游码位置如图甲所示，则金属珠质量为m＝ 39.4 g
（3）将金属珠放入装有少量水的量筒内，金属珠放入前、后量筒内液面如图乙所示，则金属珠的体积为V＝ 4 cm3；
（4）根据密度公式，可以求出该金属珠的密度ρ＝ 9.85×103 kg/m3；
（5）查询教材中常见物质密度表得知钢铁的密度为7.9×103kg/m3，比较可知，小明的金属珠 不是 （选填“是”或“不是”）钢质的。
【分析】（1）用天平称量物质前要通过调节横梁两端的螺母使横梁平衡。天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢。
（2）物体的质量等于砝码的质量与游码对应的刻度值的和。
（3）金属珠的体积由量筒中水的体积和放入石子后的总体积算出；
35
（4）已知金属珠的体积和质量，利用ρ＝计算密度；
（5）比较金属珠与钢的密度即可做出判断。
【解答】解：（1）根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，先快后慢。把游码移到标尺左端的零刻线处，发现指针指在分度盘的左侧，为了使横梁平衡，应将平衡螺母向右调节。
（2）由图甲可知，金属珠质量为：20g+10g+5g+4.4g＝39.4g。
（3）由图乙可知，金属珠的体积为V＝36cm3﹣32cm3＝4cm3，
（4）金属珠的密度为ρ＝＝＝9.85g/cm3＝9.85×103kg/m3；
（5）因为ρ＞ρ铁，
所以小明的金属珠不是钢质的。
故答案为：
（1）右；
（2）39.4；
（3）4；
（4）9.85×103；
（5）不是。
【点评】此题考查用天平测固体的密度的探究实验，对整个实验过程有所了解，对密度的公式要学会运用；测量固体密度的基本程序是先测出固体的质量，然后再测量体积。
31．（6分）如图所示在“探究凸透镜成像”的实验中，凸透镜焦距为15cm。
（1）实验前应首先调整蜡烛、凸透镜、光屏，使烛焰、凸透镜、光屏三者中心大致在同一高度，其目的是 使像成在光屏中央 。
（2）如图所示，光屏应在 ③ 区域前后移动，才能得到清晰、倒立、 放大 （选填“放大”或“缩小”）的实像，根据这一原理人们制成了 投影仪 。
（3）在蜡烛和凸透镜之间放上一个近视眼镜，则发现像变得模糊了，这时应适当向 右 （选填“左”或“右”）移动光屏，才能重新得到清晰的像。
（4）若实验中将光屏换成平面镜，则从侧面 不能 （选填“能”或“不能”）看到清晰、倒立的烛焰像。
35
【分析】（1）为使像能成在光屏的中央，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度；
（2）根据物距大于2倍焦距时，成倒立缩小的实像，像距处于1倍和2倍焦距之间的特点进行分析；
（3）知道近视镜是凹透镜，凹透镜有发散光线的作用，据此分析；
（4）平面镜成的像，像与物的大小相同，像和物的连线与玻璃板垂直，像和物到玻璃板的距离相等。
【解答】解：（1）点燃蜡烛后，调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度上，这样才能使像成在光屏的中央；
（2）由图知，凸透镜焦距是15cm，当把凸透镜固定在50cm刻度线位置，蜡烛固定在30cm刻度线位置时，物距为50cm﹣30cm＝20cm，即蜡烛在1倍和2倍焦距，所以此时成倒立放大的实像，像在2倍焦距之外，幻灯机（投影仪）是根据这个原理制成的；
（3）近视镜是凹透镜，凹透镜有发散光线的作用，使光线延迟会聚，像距变大，像会向右移动；
（4）光屏上能承接实像；若实验中将光屏换成平面镜，平面镜产生镜面反射，所以从侧面不能看到清晰、倒立的烛焰的像。
故答案为：（1）使像成在光屏中央；（2）③；放大；投影仪；（3）右；（4）不能。
【点评】此题探究了凸透镜成像的规律，考查了学生对实验操作的要求。一定要注意实验前的调整工作。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。同时考查了凸透镜成像的规律，要熟记规律，特别注意成像特点与物距之间的关系。同时考查了凸透镜对光线的会聚作用。
32．（6分）在探究“冰和石蜡的熔化特点”活动中，小明按图甲所示组装好实验装置，在A试管中放入一些冰块，B试管中放入一些石蜡后进行了实验，现请你帮助小明完成下列实验中的一些内容。
（1）实验中应选用 较小的 （选填“较大的”或“较小的”）冰块。
35
（2）如甲实验装置中存在一些问题，请你指出其中一处： 温度计的玻璃泡未浸入小冰块中
（3）下表是小明记录冰熔化过程中的数据，请根据表数据在图乙中作出温度随时间变化曲线
时间/min
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
温度/℃
﹣5
﹣2
0
0
0
0
1
2
3
4
5
（4）根据探究过程可知：冰的熔化过程持续了 1.5 min；实验进行到1.3min时，A试管中的物质处于 固液共存 状态。
（5）从上面探究过程可知：冰是一种 晶体 ，其熔化时的特点是 吸热，温度保持不变 。
【分析】（1）酒精是易燃物很易燃烧，酒精灯倾斜酒精易流出容易发生失火现象。较大的冰块受热不均匀，较小的冰块接触紧密，受热均匀；
（2）根据温度计的使用的注意事项：玻璃泡要全部浸入被测物体，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁；
（3）以表格中的时间为横坐标，以时间对应的温度为纵坐标在图象上确定坐标点，然后用平滑的曲线连接起来即可得到温度随时间变化的图象。
（4）根据晶体熔化时温度的变化规律来答题；晶体有一定的熔点，在熔化过程中物体处于固液共存状态，且温度保持不变。
（5）分析表格数据，得出结论。
【解答】解：（1）为减小实验误差，实验过程中宜选用较小的冰块，因为较小的冰块之间接触紧密，受热均匀；
（2）温度计在使用时：玻璃泡要全部浸入冰块中，不能碰到容器底，也不能碰到容器壁，由图A可知，温度计的玻璃泡未浸入小冰块中；
（3）根据表中的数据，先在图中描出温度﹣时间相对应的点，再连线，如图：
（4）从第1min到第3min，物质的温度保持0℃不变，熔化经过了1.5min．在熔化过程中处于固液共存状态，由题可知，冰在熔化时须达到熔点且继续吸热；
35
（5）由表中数据可知，从第1分钟到第3钟，酒精灯仍在不断加热，但温度并没有发生变化，故冰是晶体；晶体熔化时不断吸热，温度保持不变。
故答案为：（1）较小；（2）温度计的玻璃泡未浸入小冰块中；（3）如图；（4）1.5；固液共存；（5）晶体；吸热，温度保持不变。
【点评】本题考查晶体熔化特点的探究，注意温度计的正确使用，理解晶体在熔点阶段，温度是一个固定数值，表现在图象上就是一段水平直线。另外，虽然熔化时温度不变，但此过程仍需吸收热量。
33．（7分）某实验小组的同学在进行“测量小灯泡的额定功率”的实验中，现有器材：电源（电压恒为6V）、开关、电压表、电流表各一个，导线若干，额定电压为3.8V的待测小灯泡（电阻约为12Ω），滑动变阻器两个（A：“5Ω2A“；B：“20Ω0.5A”）。
（1）该实验的实验原理是 P＝UI ；实验中，应选用的滑动变阻器是 B （选填“A”或“B”）。
（2）如图甲所示是小田同学连接的实物电路图，图中只有一根导线连接错误，请你在图中用“×”标出这根错接的导线，只改接一根导线使电路成为正确的电路（不能与其他导线交叉）。
（3）小田确认电路连接无误后闭合开关，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是 小灯泡断路 。
（4）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，并绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象如图乙所示，则该小灯泡的额定功率为 1.14 W。
（5）该组的另一同学接着实验时，发现电压表0～15V量程已经损坏，0～3V量程还可以正常使用，在不添加器材的情况下，为了测出该小灯泡的额定功率，请你在丙图中的虚线框内画出正确的电路图。
（6）由图乙推知：小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电功率为P1
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，小灯泡的实际电流是额定电流一半时的电功率为P2，则P1 大于 P2（选填“大于”、“小于或“等于”）。
【分析】（1）该实验的实验原理是P＝UI；
根据灯泡规格，由欧姆定律求灯的额定电流；根据串联电路的规律及欧姆定律求灯正常发光时，变阻器连入电路中的电阻，确定选用的滑动变阻器；
（2）实验中，电流表应与变阻器串联，电压表应与灯泡并联；
（3）灯不亮，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（4）由绘制出了小灯泡的电流随电压变化的图象找出灯的额定电压下的电流，根据P＝UI求该小灯泡的额定功率；
（5）根据串联电路电压的规律，求灯正常发光时变阻器的电压，设计电路图；
（6）由图乙知，分别找出小灯泡的实际电压是额定电压一半时的电流大小和小灯泡的实际电流是额定电流一半时对应的电压大小，根据P＝UI比较灯的实际电功率P1与P2大小。
【解答】解：（1）该实验的实验原理是P＝UI；
待测小灯泡额定电压为3.8V，电阻约为12Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：I＝＝≈0.32A，根据串联电路电压的规律和欧姆定律，当灯正常发光时，变阻器连入电路中的电阻：R滑＝＝≈6.88Ω＞5Ω，故应选用的滑动变阻器是B；
（2）原电路中，电压表串联在电路中、电流表与变阻器串联是错误的，电流表应与变阻器串联，电压表与灯泡并联，改正后如图所示：
（3）经分析，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡始终不发光且电压表的示数都接近电源电压，则电路的故障是与灯泡并联的电路断路了；
（4）根据制出了小灯泡的电流随电压变化的图象知，灯的额定电压下的电流为0.3A，则该小灯泡的额定功率为：P＝ULIL＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（5）根据串联电路的规律，当变阻器的电压为：6V﹣3.8V＝2.2V时，灯正常发光，故可将电压表使用小量程与变阻器并联，移动变阻器的滑片，当电压表示数为2.2V时，记下电流表的示数。如图所示：
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（6）由图丙知，小灯泡的实际电压是额定电压一半（1.9V）时的电流约为0.21A，电功率为：
P1＝1.9V×0.22A≈0.42W；
小灯泡的实际电流是额定电流一半时（0.15A）对应的电压约为1V，灯的实际电功率为：
P2＝1V×0.15A＝0.15W，则P1大于P2。
故答案为：（1）P＝UI；B；（2）见解析过程；（3）小灯泡断路；（4）1.14；（5）见解析过程；（6）大于。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查实验原理、注意事项、电路的连接、故障分析、额定功率的计算及实验方案的设计和电功率大小的比较。
四、计算题（本大题共2个小题；第34题6分，第35题7分，共13分．解答时，要求必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
34．（6分）2017年5月5日，拥有我国自主知识产权的C919大型客机在上海浦东机场成功首飞。若客机在空中以720km/h的速度沿水平直线匀速飞行5分钟，受到的阻力是其重力的0.1倍；客机发动机靠完全燃烧航空煤油提供能量，其机械效率为75%；已知客机质量m＝7.5×104kg．（g取10N/kg）
（1）求客机在这段时间内通过的路程和发动机的功率
（2）求发动机在这段时间内燃烧航空煤油的质量。（假设航空煤油的热值q＝5×108J/kg）
【分析】（1）已知客机的速度和行驶的时间，根据公式s＝vt可求通过的路程；
客机匀速运动，牵引力等于客机受到的阻力，根据公式P＝Fv可求发动机的功率。
（2）根据W＝Fs求出飞机发动机在这段时间内所做的功：然后根据η＝求出燃料燃烧放出的热量，再根据Q＝mq求出燃料的质量。
【解答】解：
（1）客机的速度v＝720km/h＝200m/s，t＝5min＝300s，
由v＝得客机通过的路程：s＝vt＝200m/s×300s＝6×104m；
由于客机沿水平直线匀速飞行，
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则二力平衡条件可得牵引力：
F＝f＝0.1G＝0.1mg＝0.1×7.5×104kg×10N/kg＝7.5×104N；
发动机的功率：
P＝＝＝Fv＝7.5×104N×200m/s＝1.5×107W；
（2）飞机发动机在这段时间内所做的功：
W＝Fs＝7.5×104N×6×104m＝4.5×109J；
由η＝得，燃料燃烧放出的热量：
Q＝＝＝6×109J，
由Q＝mq得，燃烧燃料的质量：
m′＝＝＝12kg。
答：（1）客机在这段时间内通过的路程为6×104m；发动机的功率为1.5×107W；
（2）发动机在这段时间内燃烧航空煤油的质量12kg。
【点评】本题考查路程、牵引力、功和功率、热值等的计算，综合性强，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道客机做匀速运动时牵引力等于受到的阻力。
35．（7分）如图，已知电源电压为24V，R2上标有“100Ω 3A”的字样，灯泡上标有“12V 3W”的字样，电流表A1的量程为0～0.6A，电流表A的量程为0～3A。
（1）求灯泡正常工作时的电阻；
（2）当闭合S，断开S1，S2时，灯泡正常工作，求R1的电阻；
（3）当S、S1、S2都闭合时，调节滑动变阻器，求R2的电功率变化范围。
【分析】（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，由P＝UI计算灯光正常发光电流，再由I＝计算灯泡正常工作时的电阻；
（2）当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，由串联电路特点和欧姆定律可计算R1的电阻；
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（3）S、S1、S2均闭合时，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R2的最大电流，根据P＝UI求出R2能达到的最大电功率，由P＝计算其最小功率。
【解答】解：
（1）灯泡的额定电压12V，额定功率3W，
由P＝UI可得，灯光正常发光的电流：IL＝＝＝0.25A，
由I＝可得，灯泡正常工作时的电阻：RL＝＝＝48Ω；
（2）由电路图知，当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，
由串联电路特点可知，I1＝IL＝0.25A，
R1两端的电压：U1＝U﹣U额＝24V﹣12V＝12V，
由欧姆定律可得R1的电阻：R1＝＝＝48Ω；
（3）当S、S1、S2均闭合时，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过R1的电流：
I1＝＝＝0.5A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以当干路电流最大为I＝3A时，通过R2的电流：
I2＝I′﹣I1＝3A﹣0.5A＝2.5A，
R2能达到的最大电功率：P2大＝UI2＝24V×2.5A＝60W；
R2两端的电压一定，由P＝可知R2接入电路的阻值最大时，其功率最小，
则R2消耗的最小功率：P2小＝＝＝5.76W。
所以R2的电功率变化范围为：5.76W～60W。
答：（1）灯泡正常工作时的电阻为48Ω；
（2）R1的电阻为48Ω；
（3）当S、S1、S2都闭合时，R2的电功率变化范围为5.76W～60W。
【点评】
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本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是通过R2最大电流的确定。
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