四川省德阳市2019年中考物理真题试题（含解析）.docx

‎2019年四川省德阳市中考物理试卷 一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）‎ 1. 王小明同学对身边的物理现象，他的正确解释是（　　）‎ A. 学校路段禁止鸣喇叭，这是在声源处控制噪声 B. 矿泉水瓶里的冰块逐渐变为水，是因为冰块放热的原因 C. 夏天用扇子扇一扇，感觉凉快是因为周围空气的温度降低了 D. 手机是利用超声波来传递信息的 2. 对下列情景涉及的物理知识，描述正确的是（　　）‎ A. 宇航员登上月球时，他的质量比在地球上时的质量减少了 B. 课本静止放在水平桌面上，课本对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对平衡力 C. 向墙上按图钉时，手对图钉帽产生的压强等于图钉尖对墙壁产生的压强 D. 在冰雪路面上行车，需加装防滑链是为了增大与地面的摩擦 3. 下列说法中正确的是（　　）‎ A. 近视眼镜、放大镜和照相机镜头都是凸透镜 B. 阳光下大树的影子是由光的折射现象形成的 C. 光发生漫反射时，每条光线都遵从光的反射定律 D. 猴子捞“月亮”时，水中的“月亮”到水面的距离等于水的深度 4. 如图的电路，电源电压保持不变，R为定值电阻。下列说法正确的是（　　） ‎ A. 开关闭合前，电压表和电流表均无示数 B. 开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表的示数变小 C. 开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，R的功率变大 D. 开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表与电流表示数的比值变小 ‎ 5. 现在全市各校都在开展“足球进校园”活动。关于同学们在足球比赛中涉及到的物理知识，下列分析错误的是（　　）‎ A. 足球鞋底凹凸不平，是为了增大与地面的摩擦力 B. 足球能在空中飞行，是因为受到了运动员的脚对它有力的作用 C. 用头顶足球攻门时，头感到疼，说明物体间力的作用是相互的 D. 守门员一下子抱住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态 6. 对下面的热现象，下列解释正确的是（　　）‎ A. 冰的形成是凝华现象 B. 雾的形成是汽化现象 C. 露的形成是液化现象 D. 霜的形成是凝固现象 7. 在图中的自动控制电路中，当控制电路的开关S闭合时，工作电路的情况是（　　） ‎ A. 灯不亮，电铃响 B. 灯不量，电铃不响 C. 灯亮，电铃不响 D. 灯亮，电铃响 15‎ 1. 如图电路，电源电压为12V且保持不变。闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J．则下列结果正确的是（　　）‎ A. 电路中的最大电流为1A B. 滑片P在中点时，10s内滑动变阻器R消粍的电能为60J C. 滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8：1 D. R‎1‎先后两次消耗的电功率之比为16：9‎ 二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）‎ 2. 如图，分别用甲、乙两种形式的滑轮组把重为400N的物体匀速向上提起；已知每个滑轮重20N，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图甲中车对绳子的拉力为______N，图乙中人对绳子的拉力为______N。‎ 3. 用天燃气烧水，水烧沸腾时，壶盖不断向上跳动，此过程中能量转化与四冲程汽油机的______冲程的能量转化相同；在标准大气压下用天燃气把3kg的水从20℃加热至刚沸腾时，水吸收了______J的热量。[c水=4.2×103J/（kg•℃）]‎ 4. 如图，有一圆柱形容器，放在水平桌面上。现将一体积为2×10-4m3，质量为0.54kg的矩形金属块放在容器底部，再向容器中加入水至14cm深时，水对容器底的压强是______Pa，金属块对容器底部的压力是______N（金属块与容器底部不是紧密接触，ρ水=1.0×103kg/m3，取g=10N/kg）。‎ 5. 一个空心小铁球放在盛水的烧杯中置于铁棒AB的上方，绕在铁棒上的线圈连接如图所示的电路，开关S闭合后，空心小铁球仍漂浮在水面上，此时A端为电磁铁的______极，当滑片P向左滑动，空心小铁球所受浮力______（选填“增大”、“减小”或“不变”）‎ 6. 如图，电源电压为9V且保持不变，闭合S时，电压表的示数为5.4V，电流表的示数为0.6A，则R1=______Ω，R1、R2消耗的电功率之比为______。 ‎ 7. 在弹簧测力计下挂一个圆柱体M，让M从盛有水的容器上方逐渐竖直浸入水中，弹簧测力计的示数随圆柱体下表面在水中深度的变化关系如图，则圆柱体M的底面积为______（ρ水=1.0×103kg/m3，取g=10N/kg）‎ 三、计算题（本大题共2小题，共17.0分）‎ 15‎ 1. 汽车尾气是大气的重要污染源，而动车组可实现零排放。假设德阳与成都相距60km，一动车组从德阳站由静止启动后做直线运动，先加速运动2min，然后以恒定速度匀速运动21min，最后做减速运动2min到达成都站停住。 （1）动车组从德阳站到成都站的平均速度是多少m/s？ （2）若动车组的平均牵引力为2.8×105N，则从德阳到成都动车组的牵引力的平均功率是多少W？ （3）如果燃油公共汽车与动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功相同，则公共汽车排放气体污染物的质量是多少kg。（燃油公共汽车每做1J功排放气体污染物3×10-6g） ‎ 2. 如图甲，电源电压保持不变，小灯泡上标有“8V”字样，电流表的量程为0～1.2A，如图乙是小灯泡的电流随电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2的阻值为9Ω，当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时，小灯泡恰好正常发光。求： （1）电源电压是多少？ （2）闭合S和S1、断开S2，为保证电流表的安全，滑动变阻器的取值范围为多少？ （3）闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到17.5Ω时，这时小灯泡的功率为3.2W，此时电流表的读数为多少？‎ ‎ ‎ 四、作图题（本大题共3小题，共9.0分）‎ 3. 请画出图中两条入射光线对应的出射光线。 ‎ ‎ ‎ 15‎ ‎ ‎ 1. 如图所示，在图中标出静止在磁场中的小磁针的N极和磁感线的方向。 ‎ ‎ ‎ 2. 如图，雨燕沿虚线方向匀速自由飞翔，在图中画出雨燕所受重力和空气对它的作用力的示意图。 ‎ 五、实验探究题（本大题共3小题，共10.0分）‎ 3. 小王同学用表面粗糙程度不同的毛巾、木板、玻璃等器材探究“阻力对物体运动的影响”，实验过程及现象如图所示： （1）小王在实验中设置了三种粗糙程度不同的表面，让小车从斜面上同一位置滑下，小王发现小车在毛巾表面滑行的距离最近，在木板表面滑行的距离较远，在玻璃表面滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小越慢。推理：如是小车在水平面上滑行，受到的阻力越来越小，直到变为零，小车将做______。 （2）牛顿第一定律告诉我们物体的运动______（填“需要”或“不需要”）力来维持，一切物体都有保持原来运动状态不变的性质。‎ 15‎ 1. 如图是探究杠杆平衡条件的几个实验情景： （1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______（选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，接下来调节杠杆两端的螺母，使杠杆处于______。 （2）如图乙，A点挂有2个质量均为50g的钩码、为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂______个质量均为50g的钩码。 （3）如图丙，现给你一个量程为0～2N的弹簧测力计，若干个50g的钩码，钩码挂在C点处，现使用弹簧测力计和钩码使杠杆在水平位置平衡，则在C点处所挂钩码的最多个数为______个。‎ 2. 用如图的电路研究通过导体的电流与电压、电阻的关系。 表一 次数 U/V I/A ‎①‎ ‎1.0‎ ‎0.20‎ ‎②‎ ‎1.5‎ ‎0.30‎ ‎③‎ ‎2.0‎ ‎0.40‎ 表二 次数 R1/‎ I/A ‎①‎ ‎3.0‎ ‎0.50‎ ‎②‎ ‎6.0‎ ‎0.33‎ ‎③‎ ‎9.0‎ ‎0.25‎ ‎（1）保持电源电压和电阻箱R1的阻值不变，移动滑动变阻器R2的滑片P，测得电流、电压如表1；根据表1中的数据，你得出的结论是______；这时R1的阻值为______Ω。 （2）在研究电流与电阻的关系时，先将R1的阻值调为5欧姆进行实验，使电压表的示数为1.5V，然后将R1的阻值调为10欧姆时，某同学没有改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，电压表的示数将______1.5V（选填“大于”、“小于或“等于”）。因此要向______（选填“右”或“左”）调节滑片，使电压表的示数仍为1.5V。 （3）李明同学用该电路测量电源电压时，将滑动变阻器的滑片到适当位置保持不变，仅改变电阻箱R1的阻值，测得相应的电流值，如表2所示，利用表2中的数据求得电源电压约为______。‎ 15‎ 答案和解析 ‎1.【答案】A 【解析】‎ 解：A、学校路段禁止鸣喇叭，是在声源处减弱噪声，故A正确； B、冰块变成水，是由固态变为液态，属于熔化现象，熔化吸热，故B错误； C、扇一扇感觉凉快是因为扇一扇加快空气的流动，加快了汗液的蒸发，蒸发吸热，降低人体的温度，故C错误； D、手机是人们常用的通讯工具，它是利用电磁波来传递信息的，故D错误。 故选：A。 （1）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声。据此分析。 （2）熔化是从固态变为液态的过程；液化是由气态变为液态的过程； （3）蒸发是一种缓慢的汽化现象，蒸发吸热，影响蒸发快慢的因素有温度、表面积和液面上方的空气流动。 （4）手机既能发射电磁波也能接收电磁波。 本题考查了防止噪声的途径、熔化与熔化吸热的特点、蒸发吸热、物态变化、电磁波的传播等知识，具有一定的综合性，熟练掌握各项知识是解题的关键。‎ ‎2.【答案】D 【解析】‎ 解：A、质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都没有关系，故宇航员登上月球时，他的质量不变。故A错误； B、课本静止放在水平桌面上，课本对桌面的压力与桌面对它的支持力是一对相互作用力；支持力和课本的重力才是一对平衡力。故B错误； C、向墙上按图钉时，手对图钉帽产生的压力等于图钉尖对墙壁产生的压力；由于受力面积--图钉帽和图钉尖面积不同，由p=可知，压强不同。故C错误； D、在冰雪路面上行车，需加装防滑链，增大了接触面的粗糙程度，是为了增大与地面的摩擦，故D正确。 故选：D。 （1）物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度都没有关系，与物体所含物质的多少有关； （2）作用在一个物体上的两个力大小相等、方向相反，在同一条直线上，这两个力是一对平衡力 （3）压强的大小与压力和受力面积有关； （4）增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；在接触面的粗糙程度一定时，增大压力。 本题考查了学生对生活中物理现象的了解情况，注重了理论联系实际的考查，考查了学生知识的应用能力。‎ ‎3.【答案】C 【解析】‎ 解： A、近视眼镜的镜片是凹透镜，放大镜和照相机镜头用的都是凸透镜，故A错误； B、阳光下大树的影子是光在同种均匀介质中沿直线传播形成的，故B错误； C、镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律，所以光发生漫反射时，每条光线都遵从光的反射定律，故C正确。 D、根据平面镜成像的特点，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等，所以水中“月亮”到水面的距离等于天上月亮到水面的距离，远远大于水的深度，故D错误； 故选：C。 ‎ 15‎ ‎（1）近视眼镜的镜片是凹透镜，放大镜和照相机都是凸透镜成像原理。 （2）光在同种均匀介质中沿直线传播。 （3）镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律。 （4）根据平面镜成像的特点，平面镜所成的像与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。 本题主要考查的是光的反射、透镜的应用以及光沿直线传播现象的应用；此题涉及的光学知识比较多，是一道综合性的题目，但是难度不大。‎ ‎4.【答案】B 【解析】‎ 解： （1）开关闭合前，电路处于开路状态，则电流表没有示数；但电压表的两个接线柱通过变阻器与电源的正负极相连通，此时电压表测量电源电压，所以电压表有示数；故A错误； （2）开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压； 滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻变大， 由I=可知，电路中的电流变小； 根据U=IR可知，定值电阻R两端的电压变小，即电压表的示数变小，故B正确； 定值电阻两端的电压减小，电路中电流减小了，根据P=UI知，R的功率变小，故C错误； 由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值不变，故D错误。 故选：B。 （1）由电路图可知，开关闭合前，电路处于开路状态，但是电压表的两个接线柱通过变阻器与电源的正负极相连通； （2）开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压。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、串联电路的特点即可分别判断； 根据定值电阻两端的电压和电路的电流的变化，根据P=UI判断出R功率的变化； 电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值。 本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活应用以及电路的动态分析，关键是电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值。‎ ‎5.【答案】B 【解析】‎ 解： A、足球鞋底凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A正确； B、足球能在空中飞行，是因为足球具有惯性，此时足球不再受到运动员的作用力，故B错误； C、用头顶足球时，头感到疼，说明力的作用是相互的，故C正确； D、守门员一下子抱住射门的足球，足球由运动变为静止，说明力可以改变物体的运动状态，故D正确。 故选：B。 （1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。 （2）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性； （3）物体间力的作用是相互的； ‎ 15‎ ‎（4）力的作用效果包括改变物体的形状、改变物体的运动状态。 此题涉及增大摩擦的方法、惯性现象、力的作用的相互性、力的作用效果等，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。‎ ‎6.【答案】C 【解析】‎ 解：A、冰是由水凝固形成的，故A错误； B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B错误； C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成，故C正确； D、霜是空气中的水蒸气凝华形成的，故D错误； 故选：C。 物态变化有六种类型： 物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固； 物质从液态变为气态叫做做汽化，物质从气态变为液态叫做液化； 物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。 解决此类问题要结合凝华现象、升华现象、汽化现象、液化现象、熔化现象、凝固现象进行分析解答，属于应用题目。‎ ‎7.【答案】A 【解析】‎ 解：当控制电路的开关S闭合时，控制电路中有电流，电磁铁具有磁性，吸引衔铁，动触头和下面电路接通，电铃工作，和上面的电路断开，所以电灯不亮。 故选：A。 电磁铁通电之后具有磁性，吸引衔铁，动触头和下面电路接通，和上面电路断开。 电磁继电器是用控制电路来控制工作电路的，实现远距离操作或用低电压弱电流来控制高电压强电流。‎ ‎8.【答案】D 【解析】‎ 解：根据电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压； 滑片从中点到b端时，变阻器接入电路的阻值增大，由串联分压的规律可知，电压表示数（变阻器的电压）将增大，电压表示数增大了2V，即滑片在b点时电压表的示数为4V+2V=6V； 在10s内定值电阻R1产生的热量为36J，由Q=t可得R1的阻值： R1=t=×10s=10Ω； A、当滑片在a点时，变阻器接入电路的阻值为0，电路中的电流最大， 则电路中的最大电流：I最大===1.2A，故A错误； B、串联电路中各处的电流相等，滑片在中点时，电路中的电流：I===0.8A， 10s内滑动变阻器R消耗的电能：W滑=U滑It=4V×0.8A×10s=32J，故B错误； C、当滑片在b点时，变阻器接入的阻值最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流：I最小===0.6A， 由P=UI可得，滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比：==，故C错误；‎ 15‎ ‎ D、由P=UI可得，R1先后两次消耗的电功率之比：==，故D正确。 故选：D。 根据电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据串联电路分压规律可知滑片从中点到b端时，电压表示数将增大，因此电压表示数增大了2V，然后根据串联电路电压规律以及Q=t即可求出R1的阻值； （1）当滑片在a点时，电路中的电流最大，根据欧姆定律即可求出电路中的最大电流； （2）先根据欧姆定律求出滑片在中点时电路中的电流，然后根据W=UIt求出10s内滑动变阻器R消耗的电能； （3）根据P=UI即可求出R先后两次消耗的电功率之比； （4）根据P=UI即可求出R1先后两次消耗的电功率之比 本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及电功、功率计算公式的应用，要注意电表最小示数的判断。‎ ‎9.【答案】400   210 【解析】‎ 解： 图甲中使用的是两个定滑轮，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，车对绳子的拉力F甲=G=400N； 图乙中使用的是一动一定的滑轮组，n=2，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，人对绳子的拉力F乙=（G+G动）=（400N+20N）=210N。 故答案为：400；210。 先分析甲乙图中滑轮的种类，确定使用滑轮组的特点。忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦： （1）图甲中使用的是两个定滑轮，车对绳子的拉力F=G； （2）图乙中使用的是一动一定的滑轮组，n=2，人对绳子的拉力F乙=（G+G动）。 本题考查了使用滑轮组时拉力的计算，分析题图，确定滑轮组的特点是关键。‎ ‎10.【答案】做功   1.008×106 【解析】‎ 解： （1）水烧开以后，水蒸气膨胀对壶盖做功，把壶盖顶起来，将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，这与汽油机的做功冲程的能量转化相同，在汽油机的做功冲程中，是将燃气的内能转化为活塞的机械能； （2）在标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃， 水吸收的热量为： Q吸=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃-20℃）=1.008×106J。 故答案为：做功；1.008×106。 （1）在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程，水烧开时壶盖会向上跳动，也是水蒸气的内能转化为壶盖的机械能。 （2）在标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，利用Q吸=cm△t求水吸收的热量。 本题考查了四冲程汽油机的能量转化、吸热公式的应用，属于基础题目。‎ ‎11.【答案】1400   3.4 【解析】‎ 15‎ 解： （1）水的深度h=14cm=0.14m，则水对容器底的压强： p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.14m=1400Pa； （2）由图可知，金属块浸没在水中， 根据阿基米德原理可得，金属块所受的浮力： F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×2×10-4m3×10N/kg=2N； 金属块的重力： G金=m金g=0.54kg×10N/kg=5.4N； 根据力的合成可知金属块对容器底部的压力： F压=G金-F浮=5.4N-2N=3.4N。 故答案为：1400；3.4。 （1）根据液体内部压强的特点，由p=ρgh解题； （2）根据阿基米德原理求金属块的浮力，然后根据力的合成求出压力。 本题考查了压强及浮力的有关计算，要理解力的合成。‎ ‎12.【答案】S（南）   增大 【解析】‎ 解：电流由A流向B，则由右手螺旋定则可知螺线管B端为N极，则A端为S极（南极）； 当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由欧姆定律可知电路中电流增大，则螺线管中的磁性增强，故小铁球所受磁力增强；小铁球受重力、磁力及浮力，因小球处于静止状态，故向下的磁力与重力之和应等于向上的浮力，因磁力增加，故浮力也将增大。 故答案为：S（南），增大。 已知电流方向则由右手螺旋定则可知螺线管A的磁极；当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电阻变小，则由欧姆定律可知螺线管中磁性的变化；则由力的合成可知小铁球所受的浮力的变化。 本题根据力的合成考查了右手螺旋定则、滑动变阻器的使用及欧姆定律的使用，对学生能力要求较高。‎ ‎13.【答案】6   2：3 【解析】‎ 解：由电路图可知，R1与R2两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流， 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=9V-5.4V=3.6V， 由I=可得，R1的阻值： R1===6Ω， 串联电路中各处的电流相等，则R1、R2消耗的电功率之比： ====。 故答案为：6；2：3。 由电路图可知，R1与R2两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据P=UI求出R1消耗的功率。 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，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。‎ 15‎ ‎14.【答案】2.4×10-3m2 【解析】‎ 解：当h=25cm即圆柱体全浸入水时，弹簧测力计的示数F′=1.2N， 圆柱体受到的最大浮力（全浸入时）： F浮=G-F′=7.2N-1.2N=6N； 圆柱体全浸入时排开水的体积和本身的体积相等， 圆柱体的体积： v=v排===6×10-4m3； 圆柱体的底面积： s===2.4×10-3m2； 故答案为：2.4×10-3m2 当h=25cm即圆柱体全浸入水时，可知圆柱体的高和此时弹簧测力计的示数，根据称重法求出圆柱体受到的浮力； 根据阿基米德原理求出圆柱体的体积（排开水的体积），根据体积公式求出圆柱体的底面积。 本题考查知识点比较多，压强的计算、浮力的计算及其公式变形，会识图并从中得出相关信息是本题的关键，属于难题。‎ ‎15.【答案】解：（1）动车的平均速度： v=st=‎60×1000m‎(2+21+2)×60s=40m/s； （2）动车的平均功率： P=Fv=2.8×105N×40m/s=1.12×107W； （3）动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功： W=Fs=2.8×105N×60×1000m=1.68×1010J， 燃油公共汽车与动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功相同，则公共汽车排放气体污染物的质量： m=1.68×1010×3×10-6g=5.04×104g=50.4kg。 故答案为：（1）动车组从德阳站到成都站的平均速度是40m/s； （2）若动车组的平均牵引力为2.8×105N，则从德阳到成都动车组的牵引力的平均功率是1.12×107W； （3）如果燃油公共汽车与动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功相同，则公共汽车排放气体污染物的质量是50.4kg。 【解析】‎ ‎ （1）已知路程和运动时间，根据平均速度公式可求平均速度； （2）根据P=Fv可求动车组的牵引力的平均功率； （3）根据W=Fs可求牵引力所做的功，再根据燃油公共汽车每做1J功排放气体污染物3×10-6g，乘以所做的功可得公共汽车排放气体污染物的质量。 本题主要考查平均速度、功率、功的计算，是一道综合题。‎ ‎16.【答案】解：（1）当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时，R1与L串联，电流表测电路中的电流。 由于小灯泡恰好正常发光。则UL=8V，由图乙可知通过灯泡的电流IL=1A， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，由I=UR可得，滑动变阻器两端的电压： ‎ 15‎ U1=ILR1=1A×‎1‎‎2‎×20Ω=10V， 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=UL+U1=8V+10V=18V； （2）闭合S和S1、断开S2，R1与R2串联，电流表的量程为0～1.2A，为保证电流表的安全，则电路中的最大电流为1.2A； 此时由I=UR可得最小总电阻为R最小=UI最大=‎18V‎1.2A=15Ω， 所以，根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可知滑动变阻器的连入电路的最小阻值： R1最小=R最小-R2=15Ω-9Ω=6Ω； 则滑动变阻器的连入电路的电阻范围是6～20Ω。 （3）闭合S和S2、断开S1，R1与L串联，当滑动变阻器的阻值调到17.5Ω时，设此时电路中的电流为I； 则灯泡两端的电压UL′=U-U1′=U-IR1′， 所以，灯泡的实际功率PL′=UL′I=（U-IR1′）I， 即：3.2W=（18V-17.5Ω×I）I， 解得：I1=0.8A，I2=‎8‎‎35‎A（UL′=18V-17.5Ω×‎8‎‎35‎A=14V＞8V，即超过灯泡的额定电压，故舍去） 所以，电流表的示数为0.8A。 答：（1）电源电压是18V； （2）闭合S和S1、断开S2，为保证电流表的安全，滑动变阻器的取值范围为6～20Ω； （3）闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到17.5Ω时，这时小灯泡的功率为3.2W，此时电流表的读数为0.8A。 【解析】‎ ‎ （1）当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时，R1与L串联，电流表测电路中的电流。 由于小灯泡恰好正常发光。根据灯泡L正常发光时的电压和额定电压相等，由图乙可知通过灯泡的电流即为电路的电流，根据欧姆定律求出变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压； （2）闭合S和S1、断开S2，R1与R2串联，为保证电流表的安全，根据电流表的量程可知电路中的最大电流，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出变阻器接入电路中的最小电阻； （3）闭合S和S2、断开S1，R1与L串联，当滑动变阻器的阻值调到17.5Ω时，根据串联电路的特点和P=UI得出灯泡的功率与电路中电流的表达式，解之即可判断电流表的示数大小。 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，从图象中获取有用的信息是关键，要注意灯泡的电阻是变化的。‎ ‎17.【答案】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，据此作图，如图所示。 【解析】‎ 15‎ ‎ 在作凸透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。 凸透镜的三条特殊光线：通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。‎ ‎18.【答案】解：（1）根据电源的正负极由安培定则可判断出图中通电螺线管的右端为N极，左端为S极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可判定小磁针的左端为S极、右端为N极。 （2）根据磁感线都是从磁体的N极出发，回到S极，可以标出磁感线的方向。如图所示： 【解析】‎ ‎ （1）根据电源的正负极由安培定则可判断出图中通电螺线管的NS极，根据磁极间的相互作用，可以判断小磁针的磁极。 （2）根据磁体周围的磁感线都是从N极出来，回到S极，进行判断。 本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点，能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。‎ ‎19.【答案】解：雨燕沿虚线方向匀速自由飞翔，处于平衡状态，受到的是平衡力，故雨燕所受重力和空气对它的作用力大小相等、方向相反。过雨燕重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，注意两条线段长度要相等，如图所示： 【解析】‎ ‎ 作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。 画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。‎ ‎20.【答案】匀速直线运动   不需要 【解析】‎ 解： （1）实验中，通过观察小车在不同光滑程度的斜面上滑行距离的远近，可知小车受到的阻力越小，小车运动的路程就越远，当阻力为零时，就可以得出小车做匀速直线运动的结论，这里的研究方法是科学推理法。 （2）牛顿第一定律告诉我们物体的运动不需要力来维持，即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。 故答案为：（1）匀速直线运动；（2）不需要。 （1）实验观察小车在不同粗糙程度的表面滑行的距离，据此来进行分析和推理； （2）力是改变物体运动状态的原因。 该题考查了学生对于该实验所采用的方法是否掌握以及对该实验的推理结论是否了解。该实验用到的方法是物理中经常采用的控制变量法，该实验是理解牛顿第一定律的基础。‎ 15‎ ‎21.【答案】达到   水平位置平衡   3   6 【解析】‎ 解：（1）杠杆保持静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡； 由图中，杠杆的右端较高，平衡螺母应向右端移动使杠杆在水平位置平衡； （2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G， 因为，F1l1=F2l2， 所以，2G×3L=nG×2L， 所以，n=3，所以在B处挂3个钩码。 （3）为使拉力最小，动力臂要最长，拉力F的方向应该垂直杠杆向上，即竖直向上，动力臂为最长，F作用点在最左端， 根据杠杆的平衡条件，在C点处所挂钩码的最多个数： nG×4L=F×6L，nmg×4L=F×6L， 代入数据：n×0.05kg×10N/kg×4L=2N×6L， 解得，n=6。 故答案为：（1）达到；水平位置平衡；（2）3；（3）6。 （1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。 （2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡求出钩码的个数。 （3）若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆向上，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，根据杠杆的平衡条件可求在C点处所挂钩码的最多个数。 本题是探究杠杆的平衡条件的实验，考查了实验操作、杠杆的平衡条件的应用和最小力的画法，注意以支点到力的作用点的距离作为力臂是最大的力臂，力最小。‎ ‎22.【答案】在电阻不变时，通过导体的电流与它两端的电压成正比   5   大于   右   3V 【解析】‎ 解：（1）由表1数据知，在电阻不变时，电压是原来的几倍，通过的电流是原来的几倍，即在电阻不变时，通过导体的电流与它两端的电压成正比； 由欧姆定律，R1===5Ω （2）在研究电流与电阻的关系时，先将R1的阻值调为5欧姆进行实验，使电压表的示数为1.5V，然后将R1的阻值调为10欧姆时，某同学没有改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，根据分压原理，电压表的示数将大于1.5V； 探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数仍为1.5V； （3）利用表2中的1、3次实验的数据，根据电阻的串联和欧姆定律，由电源电压不变列方程得： U=I11（R11+R滑）=I13（R13+R滑）； 即0.5A×（3Ω+R滑）=0.25A×（9Ω+R滑），R滑=3Ω。 电源电压约为： U=0.5A×（3Ω+3Ω）=3V。 故答案为：（1）在电阻不变时，通过导体的电流与它两端的电压成正比； 5； （2）大于；右；（3）3V。 （1）纵向比较表1数据得出结论；由欧姆定律求出R1； （2）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向； ‎ 15‎ ‎（3）利用表2中的1、3次实验的数据，根据电阻的串联和欧姆定律，由电源电压不变列方程求得变阻器连入电路的电阻，从而得出电源电压。 本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和数据分析、控制变量法的运用。‎ 15‎