2018年贵州遵义桐梓中考物理模拟试卷

2018年贵州省遵义市桐梓县中考物理模拟试卷一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题3分，共24分每小题只有一个正确答案，请在答题卡选择题栏内，用2B铅笔将对应题目答案的标号涂黑）1 下列关于实验仪器使用方法的说法中，正确的是（）A用天平测量物体质量时向右盘加减砝码并调节平衡螺母使天平平衡B使用温度计测量液体温度，读数时可以将温度计从液体中取出C使用刻度尺测量长度时，必须从零刻度线量起D使用量筒测量水的体积，读数时视线应该与凹液面底部相平2 下列判断正确的是（）A冬天，常看见人哈出“白气”，这是汽化现象B深秋，有时早晨会看到草木上挂满白霜，这是凝固形成的C撒在地面上的水变干了，属于升华现象D地面瓷砖回潮冒“冷汗”，属于凝华现象E樟脑丸变小，属于升华现象3 下列事例分析中正确的是（）A卫星通信是依靠电磁波传递信息的B一壶冷水在炉子上用火加热，水的温度升高，水含有的热量增加C按住笛子上不同的口，吹出的声音响度不同D空调和风扇都是用来降低室温的4 下列对能量转化的描述不正确的是（）A蓄电池充电：电能一化学能B电能表工作：机械能一 电能C灯泡发光：电能一光能D内燃机工作：化学能一内能一机械能5 足球进校园，深受同学们喜爱，从运动员踢足球到足球在草地上滚动的过程中，以下两个力是一对作用力与反作用力的是（）A脚对球的作用力与草地对球的阻力B脚对球的作用力与球对脚的作用力C球的重力与球对草地的压力D球所受的重力与草地对球的支持力6 如图所示的电路中，闭合开关S，两只灯泡都不亮，且电流表和电压表的指针都不动，现将两灯L1和L2的位置对调，再次闭合开关时，发现两灯仍不亮，电流表指针仍不动，电压表指针却有了明显的偏转，该电路的故障不可能是（）A从a点经电流表到开关这段电路中出现短路B灯泡L1的灯丝断了C灯泡L2的灯丝断了D电流表和两个灯泡都坏了7 如图所示的四幅电路图中，在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，灯从亮变暗且电压表示数从小变大的是（）ABCD8 如图所示，水平桌面上有一长为L，质量分布均匀的木板M，右端与桌边相齐，在水平力F的作用下，沿直线向右匀速离开桌边，在此过程中，下列说法正确的是（）AM对桌面的压强变小，压力不变BM对桌面的压强不变，压力不变CM对桌面的压强变大，摩擦力不变DM对桌面的压强变大，摩擦力变小二、填空题（本大题包括5个小题，每空2分，共20分请将下列题目中的序号所占的位置的应答内容，填写到答题卡相应题号的空格内）9（4分）俗话说：“近朱者赤，近墨者黑”，从物理学的角度说这是一种 现象“天舟一号”发射后，应进行多次变轨，地面的变轨指令是通过 传递的10（4分）人眼睛中的晶状体相当于凸透镜，如图所示，物体A经过眼睛成像在视网膜后面的B点，这是 视眼（选填“近”或“远”）成像的情况图要想成像在视网膜上，则物体A应该向 （选填“左”或“右”）移动；如果不移动物体，也想成像在视网膜上，则应配戴 透镜做成的眼镜11（4分）如图，物体重为80N，滑轮重为40N，若用力F竖直向上匀速拉动滑轮，则拉力F为 N，该滑轮的机械效率为 （不计绳重和摩擦）12（4分）某电饭锅额定电压为220V，加热功率为1100W，保温功率为100W在使用电饭锅时，应选用 线插座；其在加热状态下发热体的电阻为 若家中仅使用电饭锅正常工作0.5h，标有“1800imp/kWh”的电能表指示灯闪烁900次，则保温时间为 h13（4分）如图甲所示电路，电源两端电压保持不变，R0是定值电阻，R1是滑动变阻器图乙中A为通过电阻R0的电流与其两端电压关系的图线，B为通过小灯泡L的电流与其两端电压关系的图线闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器到某一位置c（图中未画出），电压表的示数为4V，电流表的示数为0.4A再将开关S2闭合，将滑动变阻器调到最左端的a点，则此时电路消耗的总功率为 W三、实验及作图题（本大题包括4个小题，共20分请按要求在答题卡和相应的图形上完成作图；或将题目中的序号所占位置的应答内容填写到答题卡相应题号的空格内）14（2分）如图所示，OO为凸透镜的主光轴，S为点光源S经凸透镜所成的像，SA为光源S发出的一条光线请在图中适当的位置画出凸透镜，并完成光线SA通过凸透镜的光路图15（2分）请按要求作图：如图所示，标出通电螺线管的磁感线方向和静止在磁场中的小磁针的N极16（4分）雪在外力挤压下可形成冰，表明雪的密度 （大于/等于/小于）冰的密度小丽利用冰的密度，使用如下方法来估测积雪的密度：利用平整地面上的积雪，脚向下用力踩在雪上，形成一个凹陷的脚印，然后测量脚印的深度和 ，就可以估测出积雪的密度若脚印的深度用h1表示，所填物理量用h2表示，冰的密度用冰表示，则雪的密度= 17（6分）在探究水的沸腾实验中，有两组同学分别使用了A、B两套装置（如图甲所示）来完成实验（1）为了缩短加热时间，选择 套实验装置好一些（2）如图乙所示，是A装置中水沸腾时温度计的示数，水的沸点是 ，此时水的沸点高于100，可能的原因之一是加盖后使水上方气压 （选填“增大”或“减小”），沸点升高（3）如图丙是使用B装置同学绘制的水沸腾图象，从图象中发现水沸腾时的特点是 （4）水中气泡在上升过程中的变化情况是：沸腾前是图丁中的 图（5）若将A装置中烧杯上方的纸板拿走，并在A、B两个装置中分别放入初温和质量相同的水和煤油，还可用它来探究 18（6分）在“测量小灯泡功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V，额定功率不超过1W（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整（2）连接好电路，闭合开关前，滑片应处于 （“A”、“B”）端，闭合开关S后，小灯泡不发光，但电压表有示数经检查，图中a、b、c、d四根导线有一根断了，则该导线是 （填写字母）（3）排除故障后，闭合开关，测量小灯泡额定功率，移动变阻器的滑片P，眼睛应先注视 表的示数，然后读出另一电表示数当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W（4）小组的其他同学设计了如图丙所示的电路图，利用它也可以测出上面的小灯泡的额定功率（图中电源电压保持不变，定值电阻的阻值为R），具体操作如下：将开关S拨到 （“1”、“2”），闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使 ；断开开关S1，将开关S拨到另一位置，保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合开关S1，记下此时电压表的示数为U；利用上面所测的物理量写出该灯额定功率的表达式P= 四、综合应用题（本大题包括3个小题，共26分请将解答过程填写到答题卡相应题号的位置处）19（8分）小雨用如图甲所示的滑轮组，提升物体A，若将A匀速提高2m做的有用功为2160J，求：（1）物重GA=？（2）若此时滑轮组机械效率为90%（不计绳重和摩擦），小雨的体重为640N，小雨与地面接触面积为4102m2，则小雨对地面的压强P地=？（3）如图乙所示，若利用此滑轮组从水下缓慢匀速提起（不计水的阻力）一个边长为0.3m的正方体B，当提到B的下表面所受水的压强为2103Pa时，小雨对水平地面的压力为120N，则正方体B的密度B=？20（8分）如图1所示小雨用200N的拉力利用滑轮组在空中匀速提升密度为3103kg/m3的物体A，此时机械效率为90%（不计绳重、摩擦和水的阻力），求（1）物体A重为多少？（2）当重为500N的小雨把浸没在水中的物体A匀速提升时，他对水平地面的压强为1.6104Pa，求小雨和地面间的受力面积；（3）当把物体换为同种材料的B，将B以恒定速度从水中提升过程中，小雨拉力的功率与时间的变化图象如图2所示，求小雨在空中提升物体B时的机械效率21（10分）如图所示，电源电压恒定，滑动变阻器的规格为“30 1A”，在AB间接入规格为“12V 12W”的灯泡，闭合开关，当变阻器的五分之一阻值连入电路时，灯泡正常发光。（1）求灯泡正常工作时通过的电流和电阻。（2）求电源电压。（3）R0是如图乙所示的Ra和Rb之间任意取值的电阻，当在AB间接入电阻R0后，闭合开关，在保证电路安全的情况下，将滑片P从最右端向左滑动的过程中，电流表示数均出现过0.4A（电流表选择00.6A量程），求R0的取值范围及整个电路的最大功率。2018年贵州省遵义市桐梓县中考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题3分，共24分每小题只有一个正确答案，请在答题卡选择题栏内，用2B铅笔将对应题目答案的标号涂黑）1（3分）下列关于实验仪器使用方法的说法中，正确的是（）A用天平测量物体质量时向右盘加减砝码并调节平衡螺母使天平平衡B使用温度计测量液体温度，读数时可以将温度计从液体中取出C使用刻度尺测量长度时，必须从零刻度线量起D使用量筒测量水的体积，读数时视线应该与凹液面底部相平【考点】26：天平的使用；16：温度计的使用及其读数；2D：量筒的使用；66：刻度尺的使用【分析】（1）使用天平时，因天平的位置的不同，为避免横梁对测量产生的影响，所以测质量时，先调节天平横梁平衡；在测量过程中不能再调节平衡螺母；（2）使用温度计测量液体温度，读数时不能将温度计从液体中取出；（3）使用零刻度线磨损的刻度尺可以从其它整数刻度开始测量；（4）使用量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视【解答】解：A、使用天平测质量时，测量过程中不能调节平衡螺母，故A错误；B、使用温度计测量液体温度，读数时不能将温度计从液体中取出，故B错误；C、使用零刻度线磨损的刻度尺，可以从其它整数刻度开始测量，故C错误；D、使用量筒测量液体的体积时，视线要和液柱的凹面底部相平，故D正确故选D【点评】此题考查的是天平、温度计、刻度尺的使用方法和量筒的读数方法，这些都属于基本技能，要求学生必须掌握的2（3分）下列判断正确的是（）A冬天，常看见人哈出“白气”，这是汽化现象B深秋，有时早晨会看到草木上挂满白霜，这是凝固形成的C撒在地面上的水变干了，属于升华现象D地面瓷砖回潮冒“冷汗”，属于凝华现象E樟脑丸变小，属于升华现象【考点】1M：液化及液化现象；1Q：生活中的升华现象；1R：生活中的凝华现象【分析】熔化是从固态变为液态的过程；升华是由固态直接变为气态的过程；凝华是由气态直接变为固态的过程；汽化是由液态变为气态的过程利用相关的知识，分析选择项中提到的物理情景，确定选择项的正误【解答】解：A、白气是人哈出的水蒸气遇冷液化形成的，故A错误B、白霜，是由水蒸气遇冷凝华形成的，故B错误C、地面上的水变干了，是由液态变为气态，属于汽化现象，故C错误；D、地面瓷砖冒“冷汗”，是由气态水蒸气变为液态的水珠，属于液化现象，故D错误；E、樟脑丸变小，是由固态直接变为气态，属于升华现象，故E正确故选E【点评】此题主要考查的是熔化、凝华、升华和汽化现象的定义，做此题时一定要把握住是由什么状态变为什么状态，再去分析属于什么物态变化3（3分）下列事例分析中正确的是（）A卫星通信是依靠电磁波传递信息的B一壶冷水在炉子上用火加热，水的温度升高，水含有的热量增加C按住笛子上不同的口，吹出的声音响度不同D空调和风扇都是用来降低室温的【考点】D2：电磁波的传播；1L：影响蒸发快慢的因素；9D：频率及音调的关系；GA：热传递改变物体内能【分析】（1）电磁波在生活中的用途广泛，除了无线电通信之外，还可应用电磁波导航、测速，做医学手术等（2）热量指在热传递的过程中传递能量的多少（3）振动的物体发出声音，声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动频率有关，物体振动越快，频率越高，音调就越高（4）影响蒸发快慢的因素有三个，即液体的温度、液体的表面积和液体表面的空气流动情况【解答】解：A、卫星通信是依靠电磁波传递信息的，A正确B、热量一壶冷水在炉子上用火加热，水的温度升高，水吸收热量，内能增加；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误；C、笛子上不同的孔，吹笛子时，空气柱振动快慢不同，音调不同，因此吹出的声音不同，应用了音调的知识，故C错误；D、空调的作用是降低室内温度，风扇的作用是加快身体表面空气的流动速度加快蒸发，蒸发从人体吸热，使人体降温但不能降低室内温度，故D错误；故选A【点评】此题考查了热量的概念、影响蒸发的快慢因素、乐音的特征、电磁波的应用等知识的理解，是一道综合题4（3分）下列对能量转化的描述不正确的是（）A蓄电池充电：电能一化学能B电能表工作：机械能一 电能C灯泡发光：电能一光能D内燃机工作：化学能一内能一机械能【考点】E5：能量的转化和转移【分析】判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，因为总是消耗的能量转化为得到的能量【解答】解：A、给蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器，将电能转化为化学能储存起来，故A正确；B、电能表工作时消耗了电能，电能表的表盘转动，产生了机械能，故应是电能转化为机械能，故B错误；C、灯泡工作：将电能转化为光能和热能，故C正确；D、内燃机工作时，燃料的化学能转化为内能，内能转化为机械能，故D正确故选B【点评】本题通过四个实例考查了能量的转化，在做这类题时，我们要注意分析哪种能量增加了，哪种能量减少了，因为总是减少的这种能量转化为增加的那种能量能量转化的过程都是有规律可循的，在平常的学习中要注意总结归纳5（3分）足球进校园，深受同学们喜爱，从运动员踢足球到足球在草地上滚动的过程中，以下两个力是一对作用力与反作用力的是（）A脚对球的作用力与草地对球的阻力B脚对球的作用力与球对脚的作用力C球的重力与球对草地的压力D球所受的重力与草地对球的支持力【考点】6I：力作用的相互性【分析】一对相互作用力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；据此分析判断【解答】解：A、足球离开脚后，脚不再对球施加力的作用，所以脚对球的作用力与草地对球的阻力不是一对平衡力，故A错误；B、脚对球的作用力与球对脚的作用力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，故B正确；C、球受的重力方向竖直向下，球对草地的压力方向也竖直向下，不符合相互作用力中方向相反的条件，故C错误；D、球所受的重力与草地对球的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故D错误故选B【点评】熟知相互作用力的条件，能根据相互作用力的条件逐一进行判断，是解答的关键6（3分）如图所示的电路中，闭合开关S，两只灯泡都不亮，且电流表和电压表的指针都不动，现将两灯L1和L2的位置对调，再次闭合开关时，发现两灯仍不亮，电流表指针仍不动，电压表指针却有了明显的偏转，该电路的故障不可能是（）A从a点经电流表到开关这段电路中出现短路B灯泡L1的灯丝断了C灯泡L2的灯丝断了D电流表和两个灯泡都坏了【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】如图所示电路，闭合开关，两只灯泡都不亮，说明电路某处有开路，不能是短路（这样有一灯会亮）电流表无示数，说明电路中有开路；电压表有示数，说明从ab到电源的正负极之间是通路，电压表ab之间有开路电压表没有示数，说明从ab到电源的正负极之间是开路，电压表ab之外有开路据此综合分析【解答】解：A、从a点经电流表到开关这段电路中出现短路，无论是否对调灯的位置，灯泡始终有电流，灯泡发光电压表始终接在电源上，示数都不为零，故A不可能；B、灯泡L1的灯丝断，如图，电压表能通过灯丝、导线接到电源上，有示数，故B不可能；C、灯泡L2的灯丝断，如图，电压表接不到电源上，无示数；电路中无电流，电流表无示数；将两灯泡L1和L2的位置对调，再次闭合开关，电压表能通过灯丝、导线接到电源上，有示数；电路中无电流，电流表无示数；故C可能；D、电流表和两个灯泡都坏，无论是否对调灯的位置，电压表始终不能接在电源上，示数为0，故D不可能故选ABD【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，了解短路或断路对电路的影响是本题的关键7（3分）如图所示的四幅电路图中，在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，灯从亮变暗且电压表示数从小变大的是（）ABCD【考点】IZ：电路的动态分析【分析】先分析电路结构，然后根据串并联电路的特点和功率的计算公式分析灯泡亮度的变化和电压表示数的变化，从而得出符合题意的选项【解答】解：A、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，由于并联电路中各支路互不影响，因此滑片移动时，灯泡的亮度不变，故A不符合题意；B、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压；当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中的电流变小，由P=I2R可知，灯泡的实际功率逐渐变小，因此灯泡从亮变暗；由U=IR可知，灯泡两端电压逐渐减小，故B不符合题意；C、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，并且滑片的移动不能改变电路中的电流，即灯泡的亮度不变，故C不符合题意；D、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器分得的电压逐渐变大，故电压表的示数从小变大；电路中的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，由P=I2R可知，灯泡的实际功率逐渐变小，因此灯泡从亮变暗；故D符合题意故选D【点评】本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键知道电路中各个用电器的连接情况；要知道影响灯泡亮度的依据是灯泡的实际功率8（3分）如图所示，水平桌面上有一长为L，质量分布均匀的木板M，右端与桌边相齐，在水平力F的作用下，沿直线向右匀速离开桌边，在此过程中，下列说法正确的是（）AM对桌面的压强变小，压力不变BM对桌面的压强不变，压力不变CM对桌面的压强变大，摩擦力不变DM对桌面的压强变大，摩擦力变小【考点】83：压强大小比较；7D：摩擦力的大小；81：压力及重力与压力的区别【分析】在水平面上，压力的大小是由物体的重力产生的，而压强的大小受压力大小和受力面积的大小影响，由接触面积的变化，再利用压强公式p=可求得压强的变化摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，与受力面积无关【解答】解：放在水平桌面上的木块对桌面的压力来自于自身的重力，此时压力和重力相等，因为木块的重力不变，所以在这一过程中，木块对桌面的压力也不变；在压力不变的情况下，随着物体被缓慢推出，受力面积逐渐减小，由p=可知，压强逐渐增大因为压力和接触面的粗糙程度都不变，故摩擦力不变故选C【点评】本题考查压强公式的应用和影响滑动摩擦力的因素，此题中要先分析压力的变化，明确压力是不变的，再根据压力不变时，压强与受力面积成反比，判断出压强是增大的二、填空题（本大题包括5个小题，每空2分，共20分请将下列题目中的序号所占的位置的应答内容，填写到答题卡相应题号的空格内）9（4分）俗话说：“近朱者赤，近墨者黑”，从物理学的角度说这是一种扩散现象“天舟一号”发射后，应进行多次变轨，地面的变轨指令是通过电磁波传递的【考点】GW：扩散现象；D2：电磁波的传播【分析】（1）扩散现象表明，一切物质的分子都在不停地做无规则的运动（2）电磁波可以在真空中传播，所以航天通信一般用电磁波来传递信息【解答】解：俗话说：“近朱者赤，近墨者黑”，从物理角度说这属于扩散现象，表明一切物质的分子都在不停地做无规则的运动电磁波可以在真空中传播，卫星通信一般就是用电磁波进行信息传递的，故“天舟一号”发射后，应进行多次变轨，地面的变轨指令是通过电磁波传递的故答案为：扩散；电磁波【点评】本题考查了电磁波传播的应用以及扩散现象的掌握，属于基础知识的考查，相对比较简单10（4分）人眼睛中的晶状体相当于凸透镜，如图所示，物体A经过眼睛成像在视网膜后面的B点，这是远视眼（选填“近”或“远”）成像的情况图要想成像在视网膜上，则物体A应该向左（选填“左”或“右”）移动；如果不移动物体，也想成像在视网膜上，则应配戴凸透镜做成的眼镜【考点】BB：远视眼的成因与矫正办法【分析】由于晶状体太薄，其折光能力太弱，或眼球的前后方向太短，使得像成在视网膜的后方，这就是远视眼的成因；而后据凸透镜和凹透镜对光线的作用分析，即可判断用哪种透镜来矫正【解答】解：分析上图不难看出，此时像成在视网膜的后方，所以是远视眼，若想看清物体A，应将物体远离眼睛，即向左移动；同时若想通过佩戴眼镜来矫正，即想使像成在视网膜上，需要让原来的光线会聚一些，由于凸透镜对光线有会聚的作用，故用凸透镜来矫正远视眼故答案为：远；左；凸【点评】知道远视眼的成因和矫正是解决该题的关键掌握正常的眼睛看远处和近处时，晶状体的变化情况及近视眼和远视眼的成因、戴什么眼镜来矫正11（4分）如图，物体重为80N，滑轮重为40N，若用力F竖直向上匀速拉动滑轮，则拉力F为200N，该滑轮的机械效率为80%（不计绳重和摩擦）【考点】7W：动滑轮及其工作特点；F4：滑轮（组）的机械效率【分析】由图动力作用在动滑轮的轴上，对滑轮进行受力分析，由此计算F的大小；h=2s，由=计算机械效率【解答】解：竖直匀速拉起滑轮，不计绳重和摩擦，对滑轮进行受力分析如图所示：所以F=2G+G动=280N+40N=200N；拉力作用在动滑轮的轴上，该滑轮费力，则F移动的距离（s）是物体移动距离（h）的二分之一，则h=2s，滑轮的机械效率：=80%故答案为：200N；80%【点评】本题考查了滑轮组机械效率的计算，能够确定有用功、总功是解决问题的关键12（4分）某电饭锅额定电压为220V，加热功率为1100W，保温功率为100W在使用电饭锅时，应选用三线插座；其在加热状态下发热体的电阻为44若家中仅使用电饭锅正常工作0.5h，标有“1800imp/kWh”的电能表指示灯闪烁900次，则保温时间为0.05h【考点】JA：电功率的计算；J5：电能表参数的理解与电能的求法【分析】（1）三孔插座比两孔插座中多出的一个孔是用来接地线的，目的就是为了防止触电；根据P=变形可求得在加热状态下发热体的电阻；（2）根据电能表闪烁的次数求出用电器消耗的电能；再根据P=求得保温时间即可【解答】解：（1）为了防止电饭锅的金属外壳因漏电而发生触电事故，应该选用三线插座；由P=可得，在加热状态下发热体的电阻：R=44；（2）由电能表的表盘参数可知，电路消耗1kWh电能，指示灯闪烁1800次，指示灯闪烁了900次消耗的电能：W=900kWh=0.5kWh=1.8106J，已知电饭锅正常工作的总时间为0.5h，设加热时间为t1，则保温时间为t2=0.53600st1=1800st1，由P=可得，电饭锅消耗的电能：P加热t1+P保温（1800st1）=1.8106J，即1100Wt1+100W（1800st1）=1.8106J，解得t1=1620s，则保温时间为t2=1800s1620s=180s=0.05h故答案为：三；44；0.05【点评】本题考查了对电能表各参数的理解以及电功率和电能的计算，关键是对电能表各参数的正确理解以及公式及其变形的灵活运用13（4分）如图甲所示电路，电源两端电压保持不变，R0是定值电阻，R1是滑动变阻器图乙中A为通过电阻R0的电流与其两端电压关系的图线，B为通过小灯泡L的电流与其两端电压关系的图线闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器到某一位置c（图中未画出），电压表的示数为4V，电流表的示数为0.4A再将开关S2闭合，将滑动变阻器调到最左端的a点，则此时电路消耗的总功率为4.2W【考点】JA：电功率的计算；H!：串联电路的电流规律；H：并联电路的电流规律；I6：串联电路的电压规律；I7：并联电路的电压规律【分析】闭合开关S1，断开开关S2，由甲图可知，滑动变阻器R1与灯泡L串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，知道通过灯泡L的电流，由乙图中通过小灯泡L的电流与其两端电压关系的图线，判断出灯泡L两端的电压，又知道滑动变阻器两端的电压，根据串联电路电压的特点可以计算出电源电压再将开关S2闭合，将滑动变阻器调到最左端的a点，此时滑动变阻器连入电路中的电阻为0，而定值电阻R0和灯泡L并联，有并联电路电压的特点可以计算出定值电阻R0和灯泡L两端的电压，由乙图中的图线，判断出通过定值电阻R0和灯泡L的电流，再根据并联电路电流的特点和电功率的计算公式P=UI计算出此时电路消耗的总功率【解答】解：闭合开关S1，断开开关S2，由甲图可知，滑动变阻器R1与灯泡L串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，I=IL=I1=0.4A，由乙图中通过小灯泡L的电流与其两端电压关系的图线B可知，此时灯泡L两端的电压为UL=2V，而滑动变阻器两端的电压为U1=4V，电源电压为：U=UL+U1=2V+4V=6V再将开关S2闭合，将滑动变阻器调到最左端的a点，此时定值电阻R0和灯泡L并联，电源两端电压保持不变，定值电阻R0和灯泡L两端的电压为：U0=UL=U=6V，由乙图中的图线可知，当定值电阻R0和灯泡L两端的电压为6V时，则通过定值电阻R0的电流为0.2A，通过灯泡L的电流为0.5A，此时电路消耗的总功率为：P=UI并=6V（0.2A+0.5A）=4.2W故答案为：4.2【点评】本题考查了串、并联电路电流和电压的特点，以及对电功率计算公式的理解和应用，同时还考查了开关断开和闭合对电路串并联的影响，并可以从图象中读取有用的信息三、实验及作图题（本大题包括4个小题，共20分请按要求在答题卡和相应的图形上完成作图；或将题目中的序号所占位置的应答内容填写到答题卡相应题号的空格内）14（2分）如图所示，OO为凸透镜的主光轴，S为点光源S经凸透镜所成的像，SA为光源S发出的一条光线请在图中适当的位置画出凸透镜，并完成光线SA通过凸透镜的光路图【考点】B6：透镜的光路图【分析】本题的关键是确定凸透镜的位置，根据过凸透镜光心的光线传播方向不变，找到凸透镜的光心，根据已知的主光轴画出凸透镜的位置；根据点光源发出的光线SA经凸透镜折射后通过它的像点S，完成光路图【解答】解：过凸透镜光心的光线传播方向不变，所以连接SS，交凸透镜的主光轴于一点（该点为光心），过交点垂直主光轴画出凸透镜；入射光线SA交凸透镜于点A，连接AS并用箭头标出光的传播方向，即为入射光线SA的折射光线【点评】本题的难点在于不会确定凸透镜的位置，入射光线SA不是特殊光线，在作折射光线时有一定难度记住凸透镜的三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点15（2分）请按要求作图：如图所示，标出通电螺线管的磁感线方向和静止在磁场中的小磁针的N极【考点】CB：安培定则【分析】由右手螺旋定则可以确定通电螺线管NS极，由磁极间的相互作用规律可知小磁针的N、S极，磁感线在磁体外部是从N极发出，回到S极【解答】解：由图可知，电流从螺线管的左端流入、右端流出，根据安培定则可知，此时螺线管的右端为N极，左端为S极；在磁体外部，磁感线是从N极出来回到S极的，由磁极间的相互作用规律可知小磁针的右端为N极，如图所示：【点评】本题考查了右手螺旋定则和磁极间的相互作用规律及磁感线的特点右手螺旋定则：让四指弯曲，跟螺线管中电流的方向一致，则大拇指指的方向是通电螺线管的N极；磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引16（4分）雪在外力挤压下可形成冰，表明雪的密度小于（大于/等于/小于）冰的密度小丽利用冰的密度，使用如下方法来估测积雪的密度：利用平整地面上的积雪，脚向下用力踩在雪上，形成一个凹陷的脚印，然后测量脚印的深度和积雪的深度h2，就可以估测出积雪的密度若脚印的深度用h1表示，所填物理量用h2表示，冰的密度用冰表示，则雪的密度=冰【考点】2E：固体密度的测量【分析】雪在外力挤压下可形成冰后，质量不变，体积减小，根据=比较雪和冰的密度关系；根据m=V=Sh表示出冰和雪的质量，利用质量相等得出等式即可得出雪的密度；设雪的密度雪，利用脚印面积部分的积雪在脚踩压前后的质量相同，可得雪sh2冰s（h2h1），即可求出积雪的密度的表达式，利用脚印面积部分的积雪在脚踩压前后的质量相同，可得雪sh2冰s（h2h1），即可求出积雪的密度的表达式【解答】解：雪在外力挤压下形成冰后，质量不变，体积减小，由=可知，雪的体积大于冰体积，则雪的密度小于冰的密度；由于脚用力踩在雪上，所以脚踩住的雪部分被压实（我们把这部分压实层近视看成冰层）；如图所示：设脚印的面积为S，脚印的深度为h1，积雪的深度为h2，雪的密度为雪，则冰层厚度=积雪深度与脚印深度之差=h2h1；脚印面积部分的积雪在脚踩压前后的质量相同；即：雪Sh2=冰S（h2h1），化简后可得：雪=冰故答案为：小于；积雪的深度h2；冰【点评】此题主要考查压强的大小及其计算和密度的计算等知识点，解答此题的关键是利用脚印面积部分的积雪在脚踩压前后的质量相同，求出关于的表达式有一定的拔高难度，属于难题17（6分）在探究水的沸腾实验中，有两组同学分别使用了A、B两套装置（如图甲所示）来完成实验（1）为了缩短加热时间，选择A套实验装置好一些（2）如图乙所示，是A装置中水沸腾时温度计的示数，水的沸点是101，此时水的沸点高于100，可能的原因之一是加盖后使水上方气压增大（选填“增大”或“减小”），沸点升高（3）如图丙是使用B装置同学绘制的水沸腾图象，从图象中发现水沸腾时的特点是不断吸热，但温度保持不变（4）水中气泡在上升过程中的变化情况是：沸腾前是图丁中的A图（5）若将A装置中烧杯上方的纸板拿走，并在A、B两个装置中分别放入初温和质量相同的水和煤油，还可用它来探究不同物质的吸热能力【考点】1O：探究水的沸腾实验【分析】（1）知道水的多少、水的初温、烧杯是否加盖都会影响水的加热时间（2）会进行温度计的读数，在进行读数时应注意温度计的分度值掌握沸点与气压之间的关系，沸点随气压的升高而升高，高压锅就是利用这个原理制成的（3）掌握水沸腾时的特点：不断吸热，但温度保持不变（4）沸腾前和沸腾时的现象：沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大；沸腾前，气泡在上升过程中，体积逐渐减小；（5）物体的吸热能力与物质的种类有关，在进行探究时，要控制物质的质量和初温相同，同时要吸热相同【解答】解：（1）由图知，A装置的烧杯加盖，这样可以减少加热过程中热量的损失，所以可以缩短加热时间（2）由图乙知，温度计的分度值为1，其示数为101，沸点为101水的沸点高于标准大气压下的沸点100，可能由于加盖后，水上方的气压变大，使水的沸点升高高压锅就是根据这个原理制成的（3）由图象知，水沸腾后温度不再发生变化所以可以得出水的沸腾特点：不断吸热，温度保持不变（4）从图乙可以看出，A图中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象B中气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的现象；（5）在两个装置中分别放入初温和质量相同的水和煤油，水和煤油在相同时间内吸收相同的热量，根据水和煤油温度变化的大小可以判断水和煤油的吸热能力故答案为：（1）A；（2）101；增大；（3）不断吸热，但温度保持不变；（4）A；（5）不同物质的吸热能力【点评】此题是探究水的沸腾实验，考查了影响加热时间的因素同时考查了气压与沸点的关系等，同时还考查了探究不同液体吸热能力的实验装置难易程度适中18（6分）在“测量小灯泡功率”的实验中，小灯泡额定电压为2.5V，额定功率不超过1W（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整（2）连接好电路，闭合开关前，滑片应处于B（“A”、“B”）端，闭合开关S后，小灯泡不发光，但电压表有示数经检查，图中a、b、c、d四根导线有一根断了，则该导线是c（填写字母）（3）排除故障后，闭合开关，测量小灯泡额定功率，移动变阻器的滑片P，眼睛应先注视电压表的示数，然后读出另一电表示数当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为0.8W（4）小组的其他同学设计了如图丙所示的电路图，利用它也可以测出上面的小灯泡的额定功率（图中电源电压保持不变，定值电阻的阻值为R），具体操作如下：将开关S拨到2（“1”、“2”），闭合开关S1，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为2.5V；断开开关S1，将开关S拨到另一位置，保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合开关S1，记下此时电压表的示数为U；利用上面所测的物理量写出该灯额定功率的表达式P=【考点】JF：电功率的测量；IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】（1）根据滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中连接实物图；（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片处于最大阻值处；电压表有示数说明电压表与电源之间的导线是通路，灯泡不亮、实物图中有一根导线断了，则电压表并联的部分断路；（3）额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，实验时，眼睛应注视电压表的示数使其达到2.5V，根据电流表的量程和分度值读出示数，利用P=UI求出灯泡的额定功率；（4）要测量小灯泡的功率，需测量出小灯泡的电压和电流，由图知，根据灯泡两端的电压和电阻能计算出电路中的电流，通过开关的变化测出灯泡两端的电压，得出小灯泡的电功率的表达式【解答】解：（1）滑动变阻器的任意上方接线柱与开关串联即可，如下图所示：（2）闭合开关前，保护电路的滑动变阻器的滑片处于最大阻值处的B端；电压表有示数说明电压表与电源之间的导线是通路，灯泡不亮、实物图中有一根导线断了，则只能是电压表并联部分的c导线断了；（3）测量小灯泡的额定功率，移动变阻滑的滑片P，眼睛应先注视电压表的示数，直到示数为2.5V；图乙中，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.32A，则灯泡的额定功率P=UI=2.5V0.32A=0.8W；（4）将开关S拨到“2”，闭合开关S1，调节滑动变阻器的阻值，使灯泡两端的电压为2.5V；将开关S拨到另一位置时，电压表测灯泡和电阻两端的电压之和，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，定值电阻R两端的电压：UR=U2.5V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流I=，则灯泡的额定功率：P=U额I=2.5V=故答案为：（1）如上图所示；（2）B；c；（3）电压；0.8；（4）2；电压表的示数为2.5V；【点评】本此题是测量小灯泡的额定功率实验，考查了连接电路过程中需注意的问题、电流表的读数及功率的计算，同时考查了在没有电流表时测量电功率的方法以及比较灯泡实际功率大小，有一定的难度四、综合应用题（本大题包括3个小题，共26分请将解答过程填写到答题卡相应题号的位置处）19（8分）小雨用如图甲所示的滑轮组，提升物体A，若将A匀速提高2m做的有用功为2160J，求：（1）物重GA=？（2）若此时滑轮组机械效率为90%（不计绳重和摩擦），小雨的体重为640N，小雨与地面接触面积为4102m2，则小雨对地面的压强P地=？（3）如图乙所示，若利用此滑轮组从水下缓慢匀速提起（不计水的阻力）一个边长为0.3m的正方体B，当提到B的下表面所受水的压强为2103Pa时，小雨对水平地面的压力为120N，则正方体B的密度B=？【考点】ED：功的计算公式的应用；2A：密度的计算；86：压强的大小及其计算；8A：液体压强计算公式的应用；F4：滑轮（组）的机械效率【分析】（1）已知提升物体A做的有用功和提高，根据W有=Gh求出物体A的重力；（2）先根据滑轮组的机械效率为60%，求出W总=Fs，然后可求出拉力的大小；已知小雨的体重可求出他对地面的压力，再利用p=即可求出他对地面的压强；（3）根据p=gh求出物体下表面到液面的深度，求出物体排开液体的体积，根据F浮=gV排求出物体受的浮力，根据小雨此时对地面的压力，从而求出小雨的拉力，在第一问中，根据F=（G+G动）求出动滑轮重，根据F=（GF浮+G动）求出物体重力，根据G=mg=Vg求出物体密度【解答】解：（1）根据W有=Gh可知，物体A的重力为：GA=1080N；（2）根据=可知，总功为：W总=2400J；因为重物由3段绳子承担，根据W总=Fs可知，小雨对绳子的拉力为：F=400N；因为G人=640N，所以小雨的地面的压力为：F压=640N400N=240N；小雨对地面的压强P地=6000Pa；（3）根据p=gh可知，物体B浸入液体中的深度h=0.2m，物体排开水的体积V排=Sh=（0.3m）20.2m=0.018m3，物体受到的浮力F浮=gV排=1103kg/m310N/kg0.018m3=180N，小雨对绳子的拉力F拉=GF=640N120N=520N，根据F=（G+G动）可知，动滑轮重G动=3F拉GA=3400N1080N=120N，根据F=（GF浮+G动）可知，物体B的重力GB=3F拉G动+F浮=3520N120N+180N=1620N，根据G=mg=Vg可知，物体B的密度B=6103kg/m3答：（1）物体A重力为1080N；（2）小雨对地面的压强为6000Pa；（3）物体B的密度为6103kg/m3【点评】此题主要考查的是学生对压强、机械效率、液体压强、浮力、滑轮组的省力特点、质量、密度计算公式的理解和掌握，综合性很强，难度很大20（8分）如图1所示小雨用200N的拉力利用滑轮组在空中匀速提升密度为3103kg/m3的物体A，此时机械效率为90%（不计绳重、摩擦和水的阻力），求（1）物体A重为多少？（2）当重为500N的小雨把浸没在水中的物体A匀速提升时，他对水平地面的压强为1.6104Pa，求小雨和地面间的受力面积；（3）当把物体换为同种材料的B，将B以恒定速度从水中提升过程中，小雨拉力的功率与时间的变化图象如图2所示，求小雨在空中提升物体B时的机械效率【考点】86：压强的大小及其计算；F4：滑轮（组）的机械效率【分析】（1）已知用滑轮组在空中匀速提升物体A时机械效率为90%，利用=可得物体A的重；（2）不计绳重和摩擦，利用滑轮组的省力特点求出动滑轮的重力；由=和G=mg可得物体A的体积，根据阿基米德原理可求出A浸没在水中受到的浮力；利用公式F拉=（GA+G动F浮）求出提升浸没在水中的A物体所用的拉力；根据力的相互作用性可知，小雨会受到绳子向下的拉力，则小雨对地面的压力：F压=G人+F拉；知道了小雨对地面的压力和压强，根据压强定义式可求出受力面积；（3）根据滑轮组的省力特点分别表示出B物体出水前后绳端的拉力F1、F2；由图象可知B物体出水前后拉力的功率，利用P=Fv表示出这两个功率；而B物体与A物体材料相同，利用重力和密度公式表示出B物体的重力，利用阿基米德原理表示出B物体浸没在水中受到的浮力；联立上述方程可解得B物体的重力；不计绳重、摩擦，则小雨在空中提升物体B时的机械效率：=【解答】解：（1）由图可知n=3，已知用滑轮组在空中匀速提升物体A时机械效率为90%，则由机械效率公式=可得，物体A的重：GA=nF=90%3200N=540N；（2）不计绳重和摩擦，由F=（G+G动）可得，动滑轮的重：G动=3FGA=3200N540N=60N；由=和G=mg可得，物体A的体积：VA=0.018m3；物体A浸没在水中受到的浮力：F浮=水gV排=水gVA=1103kg/m310N/kg0.018m3=180N，把浸没在水中的物体A匀速提升时，将动滑轮和物体A看作一个整体，受向下的总重力、向上的浮力和3段绳子向上的拉力，根据力的平衡条件可得：3F拉+F浮=GA+G动，所以，此时小雨所用的拉力为：F拉=（GA+G动F浮）=（540N+60N180N）=140N；由于力的作用是相互的，小雨会受到绳子向下的拉力，此时小雨对地面的压力：F压=G人+F拉=500N+140N=640N；由p=可得，小雨和地面间的受力面积：S=0.04m2；（3）B物体在没有露出水面之前，不计绳重、摩擦和水的阻力，根据前面的方法可得绳端受到的拉力：F1=（GB+G动F浮）；B物体露出水面以后，绳端受到的拉力： F2=（GB+G动）；根据图2的功率与时间的变化图象可知，B物体在没有露出水面之前，拉力的功率为P1=110W；B物体露出水面以后，拉力的功率为P2=150W；因以恒定速度提升B物体，则根据P=Fv可得：P1=F1v=（GB+G动F浮）v=110WP2=F2v=（GB+G动）v=150W可得： =而B物体与A物体材料相同，则B物体的重力：GB=BgVB=AgVBB物体浸没在水中受到的浮力：F浮=水gV排=水gVB，可得=，所以，F浮=GB已经求得G动=60N，将式代入式解得GB=240N；不计绳重、摩擦，则小雨在空中提升物体B时的机械效率：=100%=80%答：（1）物体A重为540N；（2）小雨和地面间的受力面积为0.04m2；（3）小雨在空中提升物体B时的机械效率为80%【点评】本题考查了学生对机械效率、压强、浮力、滑轮组的省力特点、功率和密度计算公式的理解和掌握情况，综合性强，难度大，关键是受力分析和从图象中获取有用信息，同时对数学知识的要求比较高21（10分）如图所示，电源电压恒定，滑动变阻器的规格为“30 1A”，在AB间接入规格为“12V 12W”的灯泡，闭合开关，当变阻器的五分之一阻值连入电路时，灯泡正常发光。（1）求灯泡正常工作时通过的电流和电阻。（2）求电源电压。（3）R0是如图乙所示的Ra和Rb之间任意取值的电阻，当在AB间接入电阻R0后，闭合开关，在保证电路安全的情况下，将滑片P从最右端向左滑动的过程中，电流表示数均出现过0.4A（电流表选择00.6A量程），求R0的取值范围及整个电路的最大功率。【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算【分析】（1）根据P=UI求出灯泡正常工作时的电流；根据欧姆定律求出灯泡的电阻；（2）在AB之间接入灯泡时，灯泡L与R串联，此时灯泡两端的电压和额定电压相等，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；（3）根据图2读出数据，根据欧姆定律求出Ra和Rb的阻值，根据欧姆定律求出电流表的示数为0.4A时电路中的总电阻，当滑动变阻器的滑片位于最右端时R0的阻值最小，根据电阻的串联求出R0的最小阻值，R0是Ra和Rb之间任意取值的电阻，据此求出R0的取值范围；当电路中的电流最大时利用P=UI求出整个电路的最大功率。【解答】解：（1）由P=UI可得，灯泡正常工作时的电流：IL=1A；由I=得灯泡正常工作时的电阻：RL=12；（2）当变阻器的五分之一阻值连入电路时，由于灯泡正常发光，则电路中的电流为IL=1A，根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可知：串联电路中的总电阻R=RL+RP=12+30=18，由I=得电源电压：U=IR=1A18=18V；（3）根据图象数据可知当Ia=Ib=2A时，Ua=20V，Ub=50V，由I=得：Ra=10，Rb=25；当电流表示数为0.4A时，总电阻：R总=45；当滑动变阻器的滑片位于最右端时，R0的阻值最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R0的最小阻值：R0小=R总R=4530=15；又因R0是Ra和Rb之间任意取值的电阻，所以，R0的最大阻值：R0大=Rb=25，所以，R0的取值范围为1525；当电路电流为0.6A时，整个电路中最大功率为：P=UI=0.6A18V=10.8W。答：（1）灯泡正常工作时通过的电流为1A，电阻为12。（2）电源电压为18V。（3）R0的取值范围为1525；整个电路的最大功率为10.8W。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，正确的判断和计算出R0的取值范围是关键。