2018年重庆市江津区六校联考中考物理模拟试卷（4月份）（含解析）

2018年重庆市江津区六校联考中考物理模拟试卷（4月份）　一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）1．（3分）下列对物理量的估测，最符合实际的是（　　）A．课桌的质量约为200gB．人正常步行的平均速度约为1.2m/sC．教室内日光灯的额定电压为36VD．珠穆朗玛峰山脚今天的大气压约为1.5×105Pa2．（3分）如图所示，下列光现象中与日晷仪的原理相同的是（　　）A．皮影戏B．河中倒影C．雨后彩虹D．海市蜃楼3．（3分）下列说法正确的是（　　）A．50℃以下的温水可以用体温计测量温度第32页（共32页） B．晶体和非晶体都有固定的熔点C．雪是水蒸气遇冷凝固形成的晶体，形成过程中要放出热量D．物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高4．（3分）关于力，下列说法正确的是（　　）A．铅球运动员投出铅球后，铅球在空中会下落，说明铅球具有惯性B．投出去的篮球受到手的推力和重力的作用C．跳水运动员踩踏跳板，身体向上跳起，说明物体间力的作用是相互的D．力的作用可以只有施力物体而没有受力物体5．（3分）如图所示的四个电路中，电源电压都相同且不变，电阻R的阻值均相等。闭合开关S后，电流表示数最大的是（　　）A．B．C．D．6．（3分）“珍爱生命，注意安全”是同学们日常生活中须具备的意识。下列有关安全用电的说法，不符合要求的是（　　）A．电线和用电器达到使用寿命后要及时更换B．放风筝时要远离高压线C．更换灯泡、搬动电器前要先断开电源开关D．雷雨天气要尽快到大树下避雨7．（3分）如图所示，在大小为500N的拉力F作用下，滑轮组在2s内将800N的重物匀速提升了1m，不计绳重和摩擦，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）A．绳子自由端移动速度为0.5m/s第32页（共32页） B．动滑轮的重为200NC．滑轮组的机械效率是62.5%D．若用该滑轮组提升所受重力更小的物体，该装置的机械效率会提高8．（3分）某同学所做电学实验的电路如图所示，电源电压恒为4.5V，定值电阻R1标有“5Ω　0.5A”，滑动变阻器R2规格“20Ω　1A”，电压表量程“0～3V”，在不损坏电路元件的情况下，下列判断不正确的是（　　）A．R1的最小功率是0.45WB．该电路的最大功率是2.25WC．电路中电流变化的范围是0.18A～0.5AD．滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω　二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题每图1分，其余每空1分，共12分）9．（2分）洒水车边行驶边洒水的v﹣t图象如图所示，表示洒水车做的是　　运动；此过程洒水车的动能将　　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。10．（2分）单缸四冲程汽油机工作过程中，压缩冲程是通过　　方式使汽缸内燃料混合物的内能增大；汽油机转速是3000r/min，它1秒钟对外做功　　次。11．（2分）长方体木块M放在水平桌面上，木块m放在木块M上面，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，空气阻力不计，水平拉力F　　木块M受到的摩擦力（选填“大于”、“小于”或“等于”）；若突然撤去水平拉力F，木块m将向　　倾倒（选填“左”或“右”）。第32页（共32页） 12．（2分）交警使用的某型号酒精测试仪的工作原理如图所示。电源电压恒为8V，传感器电阻R0的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，当酒精气体的浓度为0时，R0的电阻为60Ω．使用前要通过调零旋扭（即滑动变阻器R的滑片）对酒精测试仪进行调零，此时电压表的示数为6V．电压表的示数为6V时，滑动变阻器R的电阻值为　　Ω．调零后，R的电阻保持不变，某驾驶员对着酒精测试仪吹气10s，若电流表的示数达到0.2A，表明驾驶员酒驾，此时电压表的示数为　　V。13．（2分）2018俄罗斯世界杯，TCL将推出一款曲面看球神器﹣﹣运动曲面电视T3，如图所示。T3配备了黄金曲率上贴合人眼的弧度设计、MEMC全方位防抖功能以及思维场景优化、前置conchssound音响等，为球迷们看球提供更清晰沉浸的体验。请你根据对电视的了解，写出一个关于电视的物理现象和对应的物理知识（不得与示例重复）。示例：物理现象：接通电源，电视机屏幕发光物理知识：电能转化为光能。物理现象：　　物理知识：　　。14．（1分）在图中，根据折射光线画出入射光线。第32页（共32页） 15．（1分）根据如图所示小磁针静止时的指向，在对应位置标出电源的“+”极。　三、实验题（本题共3个小题，第15小题6分，第16小题8分，第17小题8分，共22分）16．（6分）（1）图甲是“探究冰熔化的特点”的实验装置，采用水浴法加热的目的是　　。用酒精灯对烧杯加热，当试管中的冰完全熔化后，继续加热一段时间，图乙是冰的温度随时间变化的图象，由图象可知：冰的熔化过程是　　段（选填“BC”或“DE”）。t1到t2这段时间，冰处于　　状态，t3到t4这段时间内试管内的水　　沸腾（选填“在”或“不在”）。（2）小明做“探究凸透镜成像规律”的实验，调整器材高度时，应　　（选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。如图丙所示，此时在光屏上得到一个清晰的像，若将凸透镜向蜡烛移动适当距离，光屏上又得到一个清晰的　　的像（选填“放大”或“缩小”）。17．（8分）小丽手里有一个标有“3.8V”字样小灯泡，她想知道小灯泡正常工作时的电阻，于是在学校实验室找来一些器材连接了如图甲所示的实验电路，电源电压恒定不变。第32页（共32页） （1）闭合开关前，老师发现小丽连接的电路有导线没有连接，请你在图甲中用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整。（2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，她发现灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，其故障原因可能是　　。（3）故障排除后，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，小灯泡正常工作时的电阻是　　Ω．考虑到两电表并不是理想电表（电压表电阻不是无穷大、电流表有内阻），小亮所测的小灯泡的电阻偏　　（选填“大”或“小”）。（4）完成上述实验后，小丽向老师要了一个已知阻值为R0的定值电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丙所示的实验电路，测出了小灯泡的额定功率，请你帮她完成下列实验步骤：①连接好实验电路，闭合开关S1，将开关S2拨到触点　　（选填“1”或“2”），移动滑片，使电压表的示数为　　V。②保持滑片的位置不动，再将开关S2拨到触点　　（选填“1”或“2”），读出电压表的示数为U。③小灯泡额定功率的表达式为P额=　　（用已知量和测量表示）。18．（8分）小华同学利用如图装置探究“液体内部压强的特点”。（ρ酒精=0.8×103kg/m3）（1）实验中液体压强的大小变化是通过比较　　来判断的，这种方法在科学上叫做“转换法”。下面的四个研究实例中也采用这种方法的是　　第32页（共32页） A．学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它B．探究串联电路电阻的关系时，通过分析总电阻与各导体电阻在电路中产生的效果来认识C．通过电磁铁吸引大头针的数目来比较电磁铁磁性的强弱D．探究电流与电压、电阻关系时，控制电阻（电压）不变，研究电流与电压（电阻）关系（2）小华把金属盒分别浸入到甲、乙图中的两种液体（水和酒精）中，发现图甲中U形管两边液柱的高度差较小，他判断图甲中的液体是酒精，其结论不可靠，原因是没有控制金属盒在液体中的　　；他改变图乙中金属盒的深度如图丙所示，比较甲、丙两图可知，在同一深度，不同液体的压强与液体的　　有关。（3）小华应该比较图　　，得出金属盒离液面的距离越深，U形管两边液柱的高度差就越大，表示液体的压强就越大。（4）小华发现在同种液体中，金属盒所处深度相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变，表明在同种液体的同一深度处，液体内部向各个方向的压强　　。（5）U型管压强计　　连通器（是或不是）。（6）图甲中U形管左右两侧水面的高度差h=5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为　　Pa。　四、计算题（本题共3个小题，第18小题6分，第19小题8分，第20小题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不给分）19．（6分）在水平地面上，用50N的水平拉力拉着重为200N的木箱沿拉力的方向匀速直线前进20m，木箱与地面的接触面积为0.2m2．求：（1）这段路程中木箱受到的阻力（2）拉力做的功（3）木箱对水平地面的压强第32页（共32页） 20．（8分）如图是小明家新购买的可折叠电热水壶，相关参数如表（电热丝电阻不变）。小明关闭家中其他用电器，使用热水壶将一满壶20℃的水加热至沸腾（标准大气压）共用了7min，同时发现标有3600imp/（kW•h）的电能表的指示灯共闪烁了210次。求：（1）电热水壶正常工作时的电流（2）电热水壶加热的效率（3）上述烧水过程中热水壶的实际电压产品型号NSH0607最大容量0.5L额定电压220V额定功率605W适用电压100﹣240V21．（8分）如图甲所示，水平面上有一个质量为50g，底面积为5×10﹣2m2的圆柱形薄壁容器，容器中装有质量为500g的水，现将一个质量分布均匀、体积为5×10﹣5m3的物块（不吸水）放入容器中，物块漂浮在水面上，物块浸入水中的体积为3×10﹣5m3．求：（1）物块漂浮时受到的浮力（2）物块的密度（3）用力缓慢向下压物块使其恰好完全浸没在水中（水未溢出），如图乙，求此时水对容器底的压强。　第32页（共32页） 2018年重庆市江津区六校联考中考物理模拟试卷（4月份）参考答案与试题解析　一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）1．（3分）下列对物理量的估测，最符合实际的是（　　）A．课桌的质量约为200gB．人正常步行的平均速度约为1.2m/sC．教室内日光灯的额定电压为36VD．珠穆朗玛峰山脚今天的大气压约为1.5×105Pa【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、课桌的质量在10kg=10000g左右。故A不符合实际；B、人正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.2m/s左右。故B符合实际；C、我国照明电路的电压都是220V，所以教室中日光灯正常工作时的电压，也就是额定电压为220V．故C不符合实际；D、大气压强随海拔高度的增加而减小，在海平面处的气压接近1.0×105Pa，珠穆朗玛峰山脚处海拔较高，所以气压远小于1.5×105Pa．故D不符合实际。故选：B。【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。　2．（3分）如图所示，下列光现象中与日晷仪的原理相同的是（　　）第32页（共32页） A．皮影戏B．河中倒影C．雨后彩虹D．海市蜃楼【分析】解答此题的关键是首先要明确古代测日影定时刻的仪器，然后再根据光在同种均匀介质中沿直线传播解释其原理即可。【解答】解：由于光沿直线传播，当光遇到不透光障碍物后，被障碍物挡住，于是在障碍物后就形成影子；日晷就是利用光沿直线传播。A、皮影戏是由于光沿直线传播，故A正确；B、河中倒影是反射现象，故B错误；C、雨后彩虹是折射现象，故C错误；D、海市蜃楼是折射现象，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了光的直线传播的应用，这种利用太阳光的投影来计时的方法是人类在天文计时领域的重大发明，我们应该向古代劳动人民学习，善于思考，善于发现问题，解决问题。　3．（3分）下列说法正确的是（　　）A．50℃以下的温水可以用体温计测量温度第32页（共32页） B．晶体和非晶体都有固定的熔点C．雪是水蒸气遇冷凝固形成的晶体，形成过程中要放出热量D．物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高【分析】（1）体温计是测量人体温度的工具，其量程为35℃～42℃；（2）晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高；（3）物质直接由气态变成固态是凝华现象；（4）任何物体都具有内能，对同一物体而言，温度越高，内能越大，但内能增大，温度却不一定升高。【解答】解：A、体温计的量程为35℃～42℃，只能测量35℃～42℃的物体的温度，故A错误；B、晶体有固定的熔点，而非晶体没有，故B错误；C、雪是空气中的水蒸气遇冷直接变成固态小冰粒形成的，属于凝华现象；形成过程中要放出热量，故C错误；D、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故D正确。故选：D。【点评】本题综合考查了体温计量程，晶体与非晶体的区别的分度值、读数，属于识记性内容，比较简单。　4．（3分）关于力，下列说法正确的是（　　）A．铅球运动员投出铅球后，铅球在空中会下落，说明铅球具有惯性B．投出去的篮球受到手的推力和重力的作用C．跳水运动员踩踏跳板，身体向上跳起，说明物体间力的作用是相互的D．力的作用可以只有施力物体而没有受力物体【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性，惯性是物体的一种属性；（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，施力物体同时也是受力物体。【解答】解：第32页（共32页） A、铅球运动员投出铅球后，铅球最终会落向地面的原因就是由于铅球受到竖直向下的重力作用，这表明力可以改变物体的运动状态，故A错误；B、若不计空气阻力，投出去的篮球在空中只受重力的作用，不受手的推力，篮球继续飞行是因为惯性的缘故，故B错误；C、跳水运动员踩踏跳饭，给踏板施加了一个力，由于物体间力的作用是相互的，踏板也会给人的身体一个向上的力，身体向上跳起，故C正确；D、力的作用是相互的，施力物体和受力物体同时存在，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了学生对惯性和力作用的相互性的了解与掌握，属于基础题目。　5．（3分）如图所示的四个电路中，电源电压都相同且不变，电阻R的阻值均相等。闭合开关S后，电流表示数最大的是（　　）A．B．C．D．【分析】分析电路结构，根据串并联电路特点及欧姆定律求出各电流表示数，再比较各电流表示数大小，然后答题。【解答】解：设电源电压为U，A．由图可知，闭合开关S后，电流表与R被短路，则电流表的示数IA=0；B．由图可知，闭合开关S后，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路的总电阻为，则电流表的示数IB==；C．由图可知，闭合开关S后，两电阻串联，电流表测电路中的电流，电流表的示数IC=；第32页（共32页） D、由图可知，闭合开关S后，两电阻并联，电流表测上面支路的电流，则电流表的示数ID=，由以上分析可知，闭合开关S后，电流表示数最大的是B选项。故选：B。【点评】本题考查了比较电流表示数大小的问题，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点及欧姆定律求出电流表示数即可正确解题。　6．（3分）“珍爱生命，注意安全”是同学们日常生活中须具备的意识。下列有关安全用电的说法，不符合要求的是（　　）A．电线和用电器达到使用寿命后要及时更换B．放风筝时要远离高压线C．更换灯泡、搬动电器前要先断开电源开关D．雷雨天气要尽快到大树下避雨【分析】（1）保险装置、插座、导线、家用电器等老化后要及时更换，防止发生触电事故。（2）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；（3）更换灯泡、移动用电器之前必须断开开关，防止发生触电事故；（4）当雷雨天，树作为地面上的“凸出物”，雷电电流通过树干就会传下来。在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害。【解答】解：A、电线和家用电器达到使用寿命应及时更换，避免因线路老化造成短路，故A符合安全用电原则；B、不接触低压带电体，不靠近高压带电体，所以放风筝时要远离高压电线，故B符合安全用电的原则；C、更换灯泡、搬动电器时容易碰到金属部分，切断电源可以保证金属部分不带电，故C符合安全用电的原则；D、在大树下避雨，因为大树和人体都是导体，雷电极易通过突起的大树传向人体，而造成雷击事故，故D不符合安全用电原则。故选：D。第32页（共32页） 【点评】此题考查的是安全用电的原则，我们一定要牢记，不可马虎大意。　7．（3分）如图所示，在大小为500N的拉力F作用下，滑轮组在2s内将800N的重物匀速提升了1m，不计绳重和摩擦，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）A．绳子自由端移动速度为0.5m/sB．动滑轮的重为200NC．滑轮组的机械效率是62.5%D．若用该滑轮组提升所受重力更小的物体，该装置的机械效率会提高【分析】（1）由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用速度公式求绳子自由端移动速度；（2）不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G轮），据此求动滑轮所受的重力；（3）利用W=Fs求拉力做的总功，利用W=Gh求有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；（4）增大滑轮组机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小摩擦、减小动滑轮重。【解答】解：A、由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h=2×1m=2m，绳子自由端移动速度v===1m/s，故A错；B、不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G轮），可得动滑轮所受的重力G动=2F﹣G=2×500N﹣800N=200N，故B正确；C、拉力做的功W总=Fs=500N×2m=1000J，有用功：W有用=Gh=800N×1m=800J，滑轮组的机械效率：第32页（共32页） η==×100%=80%，故C错；D、若用该滑轮组提升所受重力更小的物体，额外功不变，有用功减小，有用功在总功中所占的比例减小，机械效率减小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮重力、绳子自由端移动速度、有用功、总功和机械效率的计算，还考查了物体重力对机械效率的影响，根据题图确定n的大小是本题的突破口。　8．（3分）某同学所做电学实验的电路如图所示，电源电压恒为4.5V，定值电阻R1标有“5Ω　0.5A”，滑动变阻器R2规格“20Ω　1A”，电压表量程“0～3V”，在不损坏电路元件的情况下，下列判断不正确的是（　　）A．R1的最小功率是0.45WB．该电路的最大功率是2.25WC．电路中电流变化的范围是0.18A～0.5AD．滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）根据欧姆定律求出当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与定值电阻允许通过的最大电流和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较得出电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路的电功率最大，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，根据P=UI求出该电路的最大功率；（2）当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，根据串联电路的电压特点求出R1第32页（共32页） 两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的最小电流和滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P=UI求出R1的最小功率。【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I===0.9A，因串联电路中各处的电流相等，且定值电阻允许通过的最大电流为0.5A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以，为了不损坏电路元件，电路中的最大电流为0.5A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路的电功率最大，此时电路中的总电阻：R===9Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R2小=R﹣R1=9Ω﹣5Ω=4Ω，该电路的最大功率：P大=UI大=4.5V×0.5A=2.25W，故B正确；（2）当电压表的示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R1两端的电压：U1=U﹣U2=4.5V﹣3V=1.5V，电路中的最小电流：I小===0.3A，则电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故C错误；滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R2大===10Ω，第32页（共32页） 则滑动变阻器阻值变化的范围是4Ω～10Ω，故D正确；R1的最小功率：P1小=U1I小=1.5V×0.3A=0.45W，故A正确。故选：C。【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，正确的确定电路中的最大电流和电路中的最小电流是关键。　二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题每图1分，其余每空1分，共12分）9．（2分）洒水车边行驶边洒水的v﹣t图象如图所示，表示洒水车做的是　匀速直线　运动；此过程洒水车的动能将　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【分析】由v﹣t图象可知，速度不随时间变化，故为匀速直线运动，动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。【解答】解：洒水车边行驶边洒水的v﹣t图象如图所示，速度不随时间变化，表示洒水车做的是匀速直线运动；洒水车匀速行驶在平直的公路上，在边行驶边洒水的过程中，速度不变，因为车的质量不断减小，所以动能变小。故答案为：匀速直线；变小。【点评】能根据v﹣t图象判断运动状态，掌握动能的影响因素，是基础题。　10．（2分）单缸四冲程汽油机工作过程中，压缩冲程是通过　做功　方式使汽缸内燃料混合物的内能增大；汽油机转速是3000r/min，它1秒钟对外做功　25　次。【分析】（1）改变物体内能有两种方式：做功和热传递，热传递和做功都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；第32页（共32页） （2）热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，活塞往返2次，曲轴和飞轮转动2周，燃气对外做功1次，根据这个比例关系可以求出答案。【解答】解：在汽油机的压缩冲程中，压缩燃料混合物，对其做功，使燃料混合物的内能增大、温度升高，是通过做功的方式改变内能。汽油机飞轮转速是3000r/min=50r/s，表示每秒飞轮转动50圈，共100个冲程；而飞轮每转动2圈，燃气对外做功1次，所以1秒钟对外做功25次。故答案为：做功；25。【点评】此类问题是考查对内燃机四个冲程的判断及做功和压缩冲程中的能量转化问题以及对汽油机工作原理的认识和了解，基础性题目。　11．（2分）长方体木块M放在水平桌面上，木块m放在木块M上面，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，空气阻力不计，水平拉力F　等于　木块M受到的摩擦力（选填“大于”、“小于”或“等于”）；若突然撤去水平拉力F，木块m将向　右　倾倒（选填“左”或“右”）。【分析】匀速直线运动的物体，受到平衡力的作用；物体具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。【解答】解：长方体木块M在水平拉力F的作用下，物体M和m一起沿水平方向向右做匀速直线运动，说明两个物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，所以F和木块M受到的摩擦力大小相等，若突然撤去水平拉力F，M将做减速运动，木块m由于惯性将保持原来的速度继续运动向右倾倒。故答案为：等于；右。【点评】此题考查的是我们对力的平衡、摩擦力的产生及其方向以及惯性的理解和应用。　12．（2分）交警使用的某型号酒精测试仪的工作原理如图所示。电源电压恒为8V，传感器电阻R0第32页（共32页） 的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，当酒精气体的浓度为0时，R0的电阻为60Ω．使用前要通过调零旋扭（即滑动变阻器R的滑片）对酒精测试仪进行调零，此时电压表的示数为6V．电压表的示数为6V时，滑动变阻器R的电阻值为　20　Ω．调零后，R的电阻保持不变，某驾驶员对着酒精测试仪吹气10s，若电流表的示数达到0.2A，表明驾驶员酒驾，此时电压表的示数为　4　V。【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当酒精气体的浓度为0时，R0的电阻为60Ω，此时电压表的示数为6V，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出此时R两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器R的电阻值；（3）调零后，R的电阻保持不变，当电流表的示数达到0.2A时，根据欧姆定律求出变阻器两端的电压，利用串联电路的电压特点求出此时电压表的示数。【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测传感器电阻R0两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当酒精气体的浓度为0时，R0的电阻为60Ω，此时电压表的示数为6V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I===0.1A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时R两端的电压：UR=U﹣U0=8V﹣6V=2V，滑动变阻器R的电阻值：R===20Ω；第32页（共32页） （3）调零后，R的电阻保持不变，当电流表的示数达到0.2A时，变阻器两端的电压：UR′=I′R=0.2A×20Ω=4V，此时电压表的示数：U0′=U﹣UR′=8V﹣4V=4V。故答案为：20；4。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是注意“调零后，R的电阻保持不变”。　13．（2分）2018俄罗斯世界杯，TCL将推出一款曲面看球神器﹣﹣运动曲面电视T3，如图所示。T3配备了黄金曲率上贴合人眼的弧度设计、MEMC全方位防抖功能以及思维场景优化、前置conchssound音响等，为球迷们看球提供更清晰沉浸的体验。请你根据对电视的了解，写出一个关于电视的物理现象和对应的物理知识（不得与示例重复）。示例：物理现象：接通电源，电视机屏幕发光物理知识：电能转化为光能。物理现象：　T3配备了前置音响　物理知识：　前置音响工作时将电能转化为机械能　。【分析】这类题要求认真阅读文章，从中提炼与所学过知识相关的叙述。【解答】解：（1）物理现象：T3配备了前置音响；物理知识：前置音响工作时将电能转化为机械能；（2）物理现象：我们能看到彩色的电视画面；物理知识：彩色画面是由光的三原色（红绿蓝）组成。故答案为：T3配备了前置音响；前置音响工作时将电能转化为机械能。【点评】第32页（共32页） 此题将物理知识与现代高科技相联系，利于激发学生学习物理的兴趣，培养学生高尚的爱国主义情操，符合新课程理念。　14．（1分）在图中，根据折射光线画出入射光线。【分析】根据图中给出的折射光线，与凹透镜的三条特殊入射光线的折射光线相对应，即可确定入射光线的特点，从而作出其对应的入射光线。【解答】解：在凹透镜透镜中，告诉了折射光线的反向延长线过焦点，在凹透镜的三条特殊光线中，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。由此可以确定该条折射光线的入射光线。答案如下图所示。【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴。②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。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。　15．（1分）根据如图所示小磁针静止时的指向，在对应位置标出电源的“+”极。【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。【解答】解：由图知：小磁针的磁极为：左N、右S，根据磁极间的相互作用，可知螺线管的磁极为：左N、右S；右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流的方向，则电源的左端为正极，右端为负极。如图所示：第32页（共32页） 【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。　三、实验题（本题共3个小题，第15小题6分，第16小题8分，第17小题8分，共22分）16．（6分）（1）图甲是“探究冰熔化的特点”的实验装置，采用水浴法加热的目的是　受热均匀　。用酒精灯对烧杯加热，当试管中的冰完全熔化后，继续加热一段时间，图乙是冰的温度随时间变化的图象，由图象可知：冰的熔化过程是　BC　段（选填“BC”或“DE”）。t1到t2这段时间，冰处于　固液共存　状态，t3到t4这段时间内试管内的水　不在　沸腾（选填“在”或“不在”）。（2）小明做“探究凸透镜成像规律”的实验，调整器材高度时，应　点燃　（选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。如图丙所示，此时在光屏上得到一个清晰的像，若将凸透镜向蜡烛移动适当距离，光屏上又得到一个清晰的　放大　的像（选填“放大”或“缩小”）。【分析】（1）采用水浴法加热能使冰受热均匀；根据晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热；（2）要知道凸透镜成像规律实验的要求，首先必须将烛焰、凸透镜、光屏三者的中心放在同一高度上，只有先将蜡烛点燃，才可以确定烛焰的中心；凸透镜成像中，当u＞2f时，成倒立、缩小的实像。对应应用如照相机。光路是可逆的。【解答】解：（1）用水浴法加热，这样受热比较均匀；第32页（共32页） 冰吸收热量温度升高，达到熔点，冰在熔化过程中，继续吸收热量，温度保持不变，处于固液共存状态，故BC为熔化过程，冰在t1时刻为固液共存态；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。图象中的t3到t4这段时间，试管中的水达到沸点，虽然继续加热，因试管内外温度相同，不能继续吸热，所以不会沸腾。（2）根据凸透镜成像规律中实验的要求，必须让三者中心放在同一高度上，使其成像在光屏的中心；只有先将蜡烛点燃，才可以确定烛焰的中心，所以点燃蜡烛应在调整高度之前；（2）由图可知，此时物距大于像距，即物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时物体成倒立的、缩小的实像。生活中的照相机就是利用凸透镜的这种成像情况制成的。由于光路是可逆的，将凸透镜向蜡烛移动适当距离，即把光屏和蜡烛的位置互换，在光屏上能成清晰的倒立的放大的像。故答案为：（1）受热均匀；BC；固液共存；不在；（2）点燃；放大。【点评】本题是探究“冰熔化过程的规律”的实验，考查了加热的方法、晶体熔化过程的特点、沸腾特点及对熔化图象的分析。学生分析物质熔化的图象，是本实验中应该掌握的基本技能之一，从图象中获取有效的信息，也是物理实验中经常运用的。　17．（8分）小丽手里有一个标有“3.8V”字样小灯泡，她想知道小灯泡正常工作时的电阻，于是在学校实验室找来一些器材连接了如图甲所示的实验电路，电源电压恒定不变。（1）闭合开关前，老师发现小丽连接的电路有导线没有连接，请你在图甲中用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整。（2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，她发现灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，其故障原因可能是　灯泡短路（或电压表短路）　。第32页（共32页） （3）故障排除后，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，小灯泡正常工作时的电阻是　10　Ω．考虑到两电表并不是理想电表（电压表电阻不是无穷大、电流表有内阻），小亮所测的小灯泡的电阻偏　小　（选填“大”或“小”）。（4）完成上述实验后，小丽向老师要了一个已知阻值为R0的定值电阻和一个单刀双掷开关，借助部分现有的实验器材，设计了如图丙所示的实验电路，测出了小灯泡的额定功率，请你帮她完成下列实验步骤：①连接好实验电路，闭合开关S1，将开关S2拨到触点　2　（选填“1”或“2”），移动滑片，使电压表的示数为　3.8　V。②保持滑片的位置不动，再将开关S2拨到触点　1　（选填“1”或“2”），读出电压表的示数为U。③小灯泡额定功率的表达式为P额=　3.8V×　（用已知量和测量表示）。【分析】（1）根据灯的额定电压确定电压表选用的量程，实验中滑动变阻器应一上一下串联入电路中，由此连接实物并画出电路图；（2）电流表有示数说明电路通路，电压表无示数且灯泡不亮，说明电压表（灯泡）并联部分短路；（3）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻；（4）由丙图可知：没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于3.8V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P=UI计算出灯泡的额定电功率。【解答】解：（1）灯的额定电压为3.8V，故电压表选用大量程与灯并联，测小灯泡电阻的实验中，应将滑动变阻器应一上一下串联入电路中，如下所示：第32页（共32页） （2）闭合开关，移动滑动变阻器滑片，电流表有示数，说明电路是通路，灯泡始终不亮，电压表无示数，说明电压表（灯泡）并联部分短路，即灯泡短路（或电压表短路）；（3）灯泡正常发光时的电压为3.8V，电流表示数为0.38A，由欧姆定律可得，则灯泡的电阻：R==10Ω；（4）①根据电路图连接电路，闭合开关S1、S2接2，调节滑动变阻器，使电压表示数为3.8V。②保持滑动变阻器滑片位置不变，S2接1，读出电压表示数U。③在②中，电压表测灯与电阻的电压，因各电阻的大小和电压大小不变，根据串联电路的规律和欧姆定律，通过灯泡的电流：I=I0==，灯泡额定功率：P=U额I=3.8V×。故答案为：（1）如上；（2）灯泡短路（或电压表短路）；（3）10；小；（4）①2；3.8；②1；3.8V×。【点评】本题测灯的功率，考查了实物的连接、电路故障的判断、电流表的读数、欧姆定律的应用等和设计实验方案的能力。最后一问是本题的难点，知道实验原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。　18．（8分）小华同学利用如图装置探究“液体内部压强的特点”。（ρ酒精=0.8×103kg/m3）第32页（共32页） （1）实验中液体压强的大小变化是通过比较　U型管两端液面的高度差　来判断的，这种方法在科学上叫做“转换法”。下面的四个研究实例中也采用这种方法的是　C　A．学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它B．探究串联电路电阻的关系时，通过分析总电阻与各导体电阻在电路中产生的效果来认识C．通过电磁铁吸引大头针的数目来比较电磁铁磁性的强弱D．探究电流与电压、电阻关系时，控制电阻（电压）不变，研究电流与电压（电阻）关系（2）小华把金属盒分别浸入到甲、乙图中的两种液体（水和酒精）中，发现图甲中U形管两边液柱的高度差较小，他判断图甲中的液体是酒精，其结论不可靠，原因是没有控制金属盒在液体中的　深度相同　；他改变图乙中金属盒的深度如图丙所示，比较甲、丙两图可知，在同一深度，不同液体的压强与液体的　密度　有关。（3）小华应该比较图　乙丙　，得出金属盒离液面的距离越深，U形管两边液柱的高度差就越大，表示液体的压强就越大。（4）小华发现在同种液体中，金属盒所处深度相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变，表明在同种液体的同一深度处，液体内部向各个方向的压强　相等　。（5）U型管压强计　不是　连通器（是或不是）。（6）图甲中U形管左右两侧水面的高度差h=5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为　500　Pa。【分析】（1）液体压强大小通过U型管内液面的差来反映的，液面高度差越大，液体的压强越大。这是一种转换法的运用；对每个选项分析，找出符合题意的选项。第32页（共32页） （2）（4）影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，在探究与其中的一个因素时，就要控制另一个因素一定；（3）探究液体压强与液体深度的关系时，应控制液体的密度相同，改变液体的深度；（5）上端开口，底部相互连通的容器是连通器；（6）根据p=ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差。【解答】解：（1）压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的。液面高度差越大，液体的压强越大。这种方法叫做转换法。A、学习电压时，我们可以通过对比水压来认识它，这是应用了类比法B、探究串联电路电阻的关系时，通过分析总电阻与各导体电阻在电路中产生的效果来认识应用了等效法。C、通过电磁铁吸引大头针的数目来比较电磁铁磁性的强弱，应用了转换法；D、探究电流与电压、电阻关系时，控制电阻（电压）不变，研究电流与电压（电阻）关系，应用了控制变量法；故选C。（2）影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，实验中没有控制金属盒浸入的深度相同，因此无法得出正确结论。改变图乙中金属盒的深度如图丙所示，比较甲、丙两图可知，在同一深度，不同液体的压强与液体的密度有关；（3）研究液体压强与深度的关系时应控制液体密度相同，改变深度，小华应该比较图乙、丙，金属盒离液面的距离越深，压强越大，U形管两边液柱的高度差就越大；（4）在同种液体中，金属盒所处深度相同时，只改变金属盒的方向，U形管两边液柱的高度差不变，表明在同种液体的同一深度处（或在相同条件下），液体内部向各个方向的压强相等。（5）U形管本身是一个连通器，但与压强计的探头连接后，一端被封闭，不符合“上端开口，底部连通”这一特点，因此，不是连通器；（6）图乙中U形管左右两侧水面的高度差h=5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：第32页（共32页） p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×0.05m=500Pa。故答案为：（1）U型管两端液面的高度差；C；（2）深度相同；密度；（3）乙丙；（4）相等；（5）不是；（6）500。【点评】本题考查了探究液体压强的特点实验，在此实验中控制变量法的运用非常关键，只有这样，所探究的结论才具有说服力和科学性。　四、计算题（本题共3个小题，第18小题6分，第19小题8分，第20小题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不给分）19．（6分）在水平地面上，用50N的水平拉力拉着重为200N的木箱沿拉力的方向匀速直线前进20m，木箱与地面的接触面积为0.2m2．求：（1）这段路程中木箱受到的阻力（2）拉力做的功（3）木箱对水平地面的压强【分析】（1）木箱沿水平方向匀速直线前进时处于平衡状态，受到的阻力和拉力是一对平衡力，二力大小相等；（2）根据W=Fs求出拉力做的功；（3）木箱对水平地面的压力和自身的重力相等，根据p=求出木箱对水平地面的压强。【解答】解：（1）因木箱沿水平方向匀速直线前进时处于平衡状态，受到的阻力和拉力是一对平衡力，所以，这段路程中木箱受到的阻力f=F=50N；（2）拉力做的功：W=Fs=50N×20m=1000J；（3）因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，木箱对水平地面的压强：p====1000Pa。第32页（共32页） 答：（1）这段路程中木箱受到的阻力为50N；（2）拉力做的功为1000J；（3）木箱对水平地面的压强为1000Pa。【点评】本题考查了二力平衡条件和做功公式、压强公式的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。　20．（8分）如图是小明家新购买的可折叠电热水壶，相关参数如表（电热丝电阻不变）。小明关闭家中其他用电器，使用热水壶将一满壶20℃的水加热至沸腾（标准大气压）共用了7min，同时发现标有3600imp/（kW•h）的电能表的指示灯共闪烁了210次。求：（1）电热水壶正常工作时的电流（2）电热水壶加热的效率（3）上述烧水过程中热水壶的实际电压产品型号NSH0607最大容量0.5L额定电压220V额定功率605W适用电压100﹣240V【分析】（1）根据P=UI求电热水壶正常工作时的电流；（2）根据ρ=得求出水的质量，再根据Q=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；3600imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3600次，可求指示灯闪烁了210次消耗的电能，利用公式η=计算出饮水机的热效率；（3）根据P=得电热丝的电阻值；由W=t求出实际电压。第32页（共32页） 【解答】解：（1）根据P=UI可得，电热水壶正常工作时的电流：I===2.75A；（2）水的体积V=0.5L=0.5×10﹣3m3，由ρ=得水的质量：m=ρV=1×103kg/m3×0.5×10﹣3m3=0.5kg，水吸收的热量：Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃﹣20℃）=1.68×105J；由“标有3600imp/（kW•h）的电能表的指示灯共闪烁了210次”可得，电热水壶消耗的电能：W=kW•h=kW•h=×3.6×106J=2.1×105J，电热水壶加热的效率为：η=×100%=×100%=80%；（3）由P=得电热丝的电阻值：R===80Ω，由W=t可得，实际电压：U实===200V。答：（1）电热水壶正常工作时的电流为2.75A；（2）电热水壶加热的效率为80%；（3）上述烧水过程中热水壶的实际电压为200V。【点评】本题是一道电学与热学的综合题，考查了质量、热量的计算、电水壶的效率、电功率和电功计算公式的理解和掌握，能从实验数据表中得出相关信息是解本题的关键。　21．（8分）如图甲所示，水平面上有一个质量为50g，底面积为5×10﹣2m2第32页（共32页） 的圆柱形薄壁容器，容器中装有质量为500g的水，现将一个质量分布均匀、体积为5×10﹣5m3的物块（不吸水）放入容器中，物块漂浮在水面上，物块浸入水中的体积为3×10﹣5m3．求：（1）物块漂浮时受到的浮力（2）物块的密度（3）用力缓慢向下压物块使其恰好完全浸没在水中（水未溢出），如图乙，求此时水对容器底的压强。【分析】（1）已知浸入水中的物块体积（排开水的体积），利用阿基米德原理求所受浮力。（2）由于物块漂浮在水面上，根据漂浮条件可知物块的重力，求出质量，利用ρ=求出物块的密度；（3）利用ρ=求出水的体积，即可求出物块使其恰好完全浸没在水中，水和物块的总体积，已知容器底面积求出水的深度h，根据p=ρgh即可求出水对容器底的压强。【解答】解：（1）已知V排=4.0×10﹣5m3，则F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣5m3=0.3N。（2）由于物块漂浮在水面上，则物块的重力G=F浮=0.3N，则质量m===0.03kg；物块的密度ρ===0.6×103kg/m3；（3）由ρ=得水的体积为V水===5×10﹣4m3，物块使其恰好完全浸没在水中，水和物块的总体积V=V水+V物=5×10﹣4m3+5×10﹣5m3=5.5×10﹣4m3第32页（共32页） 则水的深度为h===0.011m，所以水对容器底的压强：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.011m=110Pa。答：（1）物块受到的浮力大小为0.3N；（2）物块的密度为0.6×103kg/m3；（3）此时水对容器底的压强110Pa。【点评】本题考查漂浮条件、阿基米德原理和压强公式的应用，这是中考必考题型，要熟练应用。　第32页（共32页）