2019年广东省湛江市中考物理试卷

精选优质文档-倾情为你奉上2019年广东省湛江市中考物理试卷一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑1. 下列说法符合实际情况的是（ ） A.人的正常体温约为39CB.成年人步行的速度约为1.1m/sC.中学生的体重约为50ND.一个篮球的体积约为1m3【答案】B【考点】温度速度与物体运动重力大小的估测【解析】人的正常体温为3637C；成年人的一步大约为0.55m，1s走2步大约走1.1m；中学生的质量约为50kg，重力公式为Gmg；一个篮球的半径约为11cm，体积公式为43r3。【解答】A人的正常体温约为37C，而39C属于发烧，与正常值相差较大，故A不符合实际；B成年人的步行速度约为1.1m/s，故B符合实际；C中学生的体重约为500N，故C不符合实际；D一个篮球的体积约为5dm35103m3，故D不符合实际。2. 头球（运动员用头碰撞飞行中的足球）是足球比赛中常用的技术，下列说法正确的是（ ） A.头球过程中，头对足球的力改变了足球的运动状态B.足球被顶飞，是因为头对足球的力大于足球对头的力C.头对足球的作用力消失时，足球的惯性也消失D.足球在空中飞行时，以运动员为参照物，足球是静止的【答案】A【考点】惯性力作用的相互性运动和静止的相对性力的作用效果【解析】（1）力的作用效果是改变物体的形状或改变物体的运动状态；（2）作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用在两个物体上，一对平衡力大小相等，方向相反，作用在同一个物体上，作用效果可以抵消；（3）惯性是物体保持原有状态不变的性质，但与运动状态无关；（4）一个物体相对于参照物，位置发生变化，这个物体是运动的；位置没有变化，这个物体是静止的。【解答】A、“头球”改变足球运动方向，说明力可以改变运动状态。故A正确；B、头对球的作用力与球对头的作用力是相互作用力，它们大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。故B错误；C、惯性是物体本身的性质，足球受到头的作用力消失，惯性不会消失。故C错误；D、足球在空中飞行时，以运动员为参照物，足球的位置不断变化，所以是运动的，故D错误。3. 如图是锂(Li)原子结构示意图，下列说法正确的是（ ）A.锂原子由质子和中子组成B.锂原子由带正电的原子核和核外带负电的电子组成C.锂原子的质子数是电子数的两倍，所以锂原子带正电D.锂原子失去电子后带负电【答案】B【考点】原子结构、元电荷与带电情况【解析】此题暂无解析【解答】解：原子结构如下图所示：A锂原子是由锂原子核与电子构成的，故A错误B锂原子由带正电的原子核和核外带负电的电子组成，该说法符合原子结构，故B正确C锂原子的质子数跟核外电子数目相等都是3个，并不是两倍，其原子核中有3个中子，中子不带电，故锂原子不带电，故C错误D质子带正电，核外电子带负电，锂原子失去电子后，原子核内质子数比核外电子数要多，所以，锂原子失去电子带正电，故D错误故选B4. 下列说法正确的是（ ） A.体积越大的物体，质量一定越大B.固体的密度总是大于液体的密度C.同一物质，质量越大，比热容越大D.晶体都有固定的熔点【答案】D【考点】密度及其特性晶体和非晶体的区别热量的计算比热容的概念【解析】（1）根据密度公式判断体积越大的物体，质量不一定越大；（2）密度表示单位体积的物体所含质量的多少，每种物体都有自己的密度，但不同种物质的密度也有相同的，液体的密度不一定比固体的密度小；（3）比热容是物质的一种特性，和物体吸收热量的多少、温度的高低、质量的大小都没有关系，只与物质的种类、状态有关；（4）晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点。【解答】A、若密度一定时，体积越大的物体，质量一定越大，但题目中没有说密度一定，故A错误；B、固体的密度不一定比液体的密度大，例如，铁的密度就小于水银的密度，故B错误；C、同一物质，在状态不变时其比热容一定，与质量无关，故C错误；D、晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故D正确。5. 赛龙舟不仅是一项体育娱乐活动，更体现我国悠久历史文化传承如图所示为某比赛场景，下列说法错误的是（ ）A.选手根据鼓声齐心协力划桨，鼓声是由鼓面振动产生的B.选手听到鼓声大作，震耳欲聋，说明此时鼓声的响度大C.选手能从现场各种声音中听出鼓声，主要是通过鼓声的音色来辨别的D.鼓手敲击鼓面越快，鼓声在空气中传播的速度也越快【答案】D【考点】音色响度与振幅的关系声速声音的产生【解析】（1）声音是由物体的振动产生的，振动停止，发生也停止；（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；（3）声音传播速度与介质种类及温度有关，与频率没有关系。【解答】解：A发声体都在振动，鼓声是由鼓面的振动产生的，故A正确；B鼓声大作，震耳欲聋，是鼓面振动幅度大，鼓声的响度大，故B正确；C不同乐器的音色是不同的，选手能从现场各种声音中听出鼓声，主要是通过鼓声的音色来辨别的，故C正确；D鼓手敲击鼓面越快，鼓声音调越高，但传播速度不变，故D错误故选D6. 如图所示，灯泡L1、L2的电阻分为10、20闭合开关S通过L1、L2的电流分别为I1、I2，它们两端的电压分别为U1、U2，则（ ）A.I1:I2=1:1，U1:U2=2:1B.I1:I2=1:2，U1:U2=1:1C.I1:I2=1:1，U1:U2=1:2D.I1:I2=1:2，U1:U2=1:2【答案】C【考点】串联电路的电流规律串联电路的电压规律【解析】此题暂无解析【解答】解：由图可知：灯泡L1、L2串联，根据串联电路的电流特点可知，通过L1、L2的电流相等，即I1:I21:1，故BD错误；根据I=UR可得它们两端的电压之比：U1:U2I1R1:I2R2R1:R210:201:2，故A错误，C正确故选C7. 如图为家庭部分电路示意图，正常发光的电灯突然熄灭，检查保险丝发现完好，再用试电笔先后检测插座的两孔，氖管均发光由此判断电路故障的原因可能是（ ）A.插座短路B.进户的火线断路C.进户的零线断路D.电灯的灯丝断路【答案】C【考点】家庭电路的故障分析【解析】此题暂无解析【解答】解：保险丝完好说明电路不是短路或总功率过大；试电笔检测插座的右孔时，氖管发光说明和火线接通（如下图蓝线部分），试电笔检测插座的左孔时，氖管发光说明和火线接通（如下图红线部分）；正常发光的电灯突然熄灭，说明是断路，综合分析可知，断路在A点左侧的零线部分，即进户的零线断路，C正确故选C二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分） 如图所示，用细线系住小球悬挂在O点，将小球拉至A点释放，从A点经过B点运动到C点的过程中，小球的重力势能先变小后_，动能先_后_（选填“变大”“变小”或“不变”）【答案】变大,变大,变小【考点】动能和势能的大小变化【解析】（1）动能的影响因素是物体的质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；（2）重力势能的影响因素是物体的质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。【解答】解：小球从A点经过B点运动的过程中，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大；小球从B点经过C点运动的过程中，高度变大，重力势能变大，速度变小，动能变小，故重力势能先变小后变大，动能先变大后变小 某汽油机工作过程有吸气、压缩、做功和排气四个冲裎如图为_冲程工作示意图，活塞向_运动，燃料混合物被压缩，在这个过程中机械能转化为_【答案】压缩,上,内能【考点】内燃机的四个冲程【解析】（1）在内燃机的四个冲程中，进气门和排气门均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气门打开，另一个气门关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动，据此分析判断；（2）四冲程内燃机工作时，内能转化为机械能的是做功冲程，机械能转化为内能的是压缩冲程。【解答】解：由图可知，气缸中的两个气门都关闭，活塞向上运动，燃料混合物被压缩，所以是压缩冲程，在这个过程中机械能转化为内能 如图所示，在“探究光的反射规律”实验中，小明将硬纸板竖直地立在平面镜上，硬纸板上的直线ON垂直于镜面，右侧纸板可绕ON向后转动，如图甲所示，入射角等于_（选填“30”或“60”）；若增大入射角，则反射角_，若将右侧纸板向后转动，如图乙所示，在右侧纸板上_（选填“能”或“不能”）观察到反射光。【答案】30,增大,不能【考点】光的反射定律【解析】（1）入射角是入射光线与法线的夹角；（2）反射角随入射角的增大而增大；（3）当把纸板向后缓慢旋转时，反射光线将会消失，所以证明了反射光线、法线、入射光线在同一平面内。【解答】（2）根据光的反射定律知：反射镜等于入射角，若入射角增大，反射角也增大（1）（3）根据光的反射定律知：反射光线、法线、入射光线在同一平面内，所以若将右侧纸板向后转动，在右侧纸板上不能观察到反射光。故答案为：30；增大；不能。 如图所示，闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明了通电导体在磁场中受到_的作用，若只将电源的正、负极对调，则导体棒ab将向_运动（选填“”左”或“右”）若只将蹄形磁铁的N、S极对调，则导体棒ab将向_运动（选填“左”或“右”）。【答案】力,左,左【考点】通电直导线周围的磁场【解析】通电导体在磁场中受到磁力而运动，导体运动方向跟电流方向和磁场方向有关，只改变其中的一者导体运动方向改变，同时改变两者导体运动方向不变。【解答】闭合开关，静止的导体棒ab在轨道上向右运动，说明通电导体在磁场中受到力的作用。若只将电源的正、负极对调，改变了电流方向，则导体棒ab的运动方向改变，所以导体棒ab将向左运动。若只将蹄形磁铁的N、S极对调，改变了磁场方向，则导体棒ab的运动方向改变，所以导体ab棒将向左运动。 常用温度计是根据液体_的规律制成的。图中_（选填“甲”或“乙”）是体温计，测量体温时，体温计_（选填“可以”或“不可以”）离开人体读数。【答案】热胀冷缩,乙,可以【考点】液体温度计的构造与工作原理温度计与体温计的异同【解析】（1）物体具有热胀冷缩的性质，常用温度计是根据液体的热胀冷缩性质制成的；（2）人体正常体温在37C左右，变化幅度很小，所以体温计的测量范围不需要太大；（3）体温计在下端有一个极细的缩口，便于离开人体读数。【解答】常用温度计是根据液体热胀冷缩原理制成的。体温计是用来测量体温的，正常人体的温度在35C42C之间，所以乙是体温计。体温计在下端有一个极细的缩口，离开人体后，遇冷收缩，使上方的液体不能够回到玻璃泡内，因此它可以离开被测物体来读数。 如图甲所示，弹簧测力计通过细线拉着正方体物块缓慢浸入某未知液体中，物块受到的拉力F与其下表面浸入液体中的深度h之间的关系如图乙所示。则物块受到的重力为_N，物块刚好浸没在液体中时其下表面浸入的深度为_cm，未知液体的密度为_kg/m3(g取10N/kg)【答案】15,10,0.9103【考点】浮力大小的计算阿基米德原理【解析】（1）由图象可知，弹簧测力计的最大示数，此时物块未浸入液体中，物块重力等于最大示数；（2）由图象可知，物块从刚浸入液体到完全浸入，物块浸入深度，即正方体物块的边长；（3）求出物块的体积，由图得出物块全浸入时弹簧测力计的示数，利用称重法求受到的浮力，物块排开液体的体积等于物块的体积，再利用F浮液V排g求液体的密度。【解答】（2）由图象可知，物块从刚浸入液体到完全浸入，物块浸入深度h10cm，即正方体物块的边长为10cm(1)(3)物块的体积V(10cm)31000cm31103m3，物块全浸入时弹簧测力计的示数F示6N，受到的浮力F浮GF示15N6N9N，物块排开液体的体积：V排V1103m3，由F浮液V排g可得液体的密度：液=FVg=9N1103m310N/kg=0.9103kg/m3。故答案为：15；10；0.9103。 某品牌电烤箱在额定电压下，功率从大到小有高档、中档和低档，如图为电烤箱在不同档位工作时的电路图，R1、R2为发热电阻丝，且阻值R1R2，则高档、中档和低档对应的电路图分别是_图、_图和_图（选填“甲”“乙”或“丙”）【答案】丙,乙,甲【考点】电功率的计算【解析】此题暂无解析【解答】解：由图甲知，只有开关S0、S1闭合，此时只有电阻丝R1接入电路中；由图乙知，只有开关S0、S2闭合，此时只有电阻丝R2接入电路中；由图丙知，三个开关都闭合，此时两电阻丝R1、R2并联接入电路中；由题知，R1R2，由并联电路的电阻特点知，三个电路的电阻：R丙R乙P乙P甲，所以高档、中档和低档对应的电路图分别是丙图、乙图、甲图三、作图题（共7分） 如图所示，拉杆式行李箱在拉力F的作用下静止在斜坡上，请画出行李箱受到的重力G的示意图，以及拉力F对O点的力臂L【答案】如解答图所示【考点】力臂的画法重力示意图【解析】重力的方向竖直向下，作重力的示意图时应从物体重心向下作竖直线段；先确定支点，再确定力的作用线，最后从支点到力的作用线作垂线段。【解答】解：重力的方向竖直向下，从行李箱的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并用符号G表示；反向延长力F画出力的作用线，然后从支点O向力F的作用线作垂线段，垂线段就是力F的力臂L 如题图所示，一束光从空气射向水面，请画出反射光线和大致的折射光线【答案】如解答图所示【考点】作光的折射光路图作光的反射光路图【解析】一束光从空气射向水面要发生反射和折射：根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角作出反射光线；根据光由空气斜射进入水中，折射光线向法线偏折，折射光线与入射光线分局法线两侧，折射角小于入射角，画出折射光线。【解答】解：图中法线已经画出，在法线右侧空气中画出反射光线，使反射角等于入射角；在水中法线的另一侧画出折射光线，使折射角小于入射角 如图为某兴趣小组设计的电子秤简易电路图，Rx是压敏电阻，阻值随所受压力的增大而减小，R0是定值电阻测量时，电压表V的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大请根据以上信息，在虚线框内将电路图补充完整【答案】如解答图所示【考点】电路图设计【解析】由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知Rx两端的电压变化，然后根据题意确定电压表并联的位置。【解答】解：由图可知，压敏电阻Rx与定值电阻R0串联，要组成电路需要与电源、开关串联，当所称量物体对压敏电阻的压力增大时，因压敏电阻Rx的阻值随所受压力的增大而减小，所以电路的总电阻减小，由I=UR可知，电路中的电流增大，R0两端的电压增大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，Rx两端的电压减小，由电压表V的示数随所称量物体对压敏电阻的压力增大而增大可知，电压表应并联在R0两端，如图所示：四、实验题（本大题共7小题，共19分） 如图所示，图中木块的长度为_cm【答案】1.95【考点】长度的测量【解析】使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。【解答】解：由图知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；木块左侧与1.00cm刻度线对齐，右侧与2.95cm刻度线对齐，所以木块的长度为L2.95cm1.00cm1.95cm 图中物体A重为_N【答案】1.2【考点】弹簧测力计的使用与读数【解析】使用弹簧测力计时，首先要明确其量程和分度值，读数时视线与指针所在刻线相垂直。【解答】解：由图知：弹簧测力计上在1N之间有5个小格，所以一个小格代表0.2N，即此弹簧测力计的分度值为0.2N，此时指针指在“1”后1个小格处，所以物重为G1N+10.2N1.2N 图中秒表的读数是_s【答案】335【考点】时间的测量【解析】秒表分针与秒针示数之和是秒表示数，由图示秒表读出其示数【解答】解：由图示秒表可知，分针示数为5min300s，秒针示数为35s，则秒表示数为300s+35s335s 如图所示，图甲中电流表的读数为_A，图乙中电压表的读数为_V【答案】1.4,1.5【考点】电压的测量电压表的使用电流表的使用【解析】此题暂无解析【解答】解：图甲中电流表量程为03A，每一个小格子代表0.1A，示数为1.4A，图乙中电压表的量程为03V，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，读数为1.5V 如图所示，电能表的示数为_kWh，在某段时间内。转盘转过1800圈，则此段时间内用了_度电【答案】201.9,0.5【考点】电能表参数的理解与电功的测量【解析】此题暂无解析【解答】解：图中电表的示数为201.9kWh，由“3600r/kWh”可知每消耗1kWh的电能，电能表转3600转，电能表转了1800转，消耗电能：W=1800r13600r/kWh=0.5kWh 学校创新实验小组欲测量某矿石的密度，而该矿石形状不规则，无法放入量筒，故选用水、烧杯、天平（带砝码和镊子）、细线、铁架台等器材进行实验，主要过程如下： （1）将天平放置在水平桌面上，把游码拨至标尺的_处，并调节平衡螺母，使天平平衡 （2）将装有适量水的烧杯放入天平的左盘，先估计烧杯和水的质量，然后用_往天平的右盘_（选填“从小到大”或“从大到小”）试加砝码，并移动游码，直至天平平衡，这时右盘中的砝码和游码所在的位置如图甲所示，则烧杯和水的总质量为_g （3）如图乙所示，用细线系住矿石，悬挂在铁架台上，让矿石浸没在水中，细线和矿石都没有与烧杯接触，天平重新平衡时，右盘中砝码的总质量及游码指示的质量值总和为144g，则矿石的体积为_m3(水1.0103kg/m3) （4）如图丙所示，矿石下沉到烧杯底部，天平再次平衡时，右盘中砝码的总质量及游码指示的质量值总和为174g，则矿石的密度为_kg/m3【答案】（1）零刻度线（2）镊子,从大到小,124（3）2105（4）2.5103【考点】固体密度的测量【解析】（1）天平使用前，应先将天平放在水平台面上，将游码归零或移至零刻线处；（2）使用天平称量物体质量时，按照“左物右码”即称量时把物体放在左盘，砝码放在右盘，砝码要用镊子夹取，加砝码时，先加质量大的，再加质量小的，最后移动游码直到天平平衡为止，记录下所加砝码的质量和游码对应的质量就是被测物体的质量；（3）用线拉着物体浸没在水中，增加的重力等于物体的重力减去拉力，即增加的重力就是浮力，根据阿基米德原理算出矿石的体积；（4）放入物体后增加的重力就是物体测重力，即增加的质量就是物体的质量，根据密度公式算出矿石的密度。【解答】解：（1）将天平放在水平桌面上，把游码放在标尺的零刻线处（2）要测量水和烧杯的质量，需要根据估测用镊子按从大到小的顺序试加砝码，并移动游码，直至天平平衡；水和烧杯的总质量：m1100g+20g+4g124g用线拉着物体浸没在水中，增加的重力等于物体的重力减去拉力，所以增加的重力就是浮力，即(m2m1)gF浮水gV排，矿石的体积就是排开水的体积：V石V排=m2m1=144g124g1.0g/cm3=20cm32105m3，（4）放入物体后增加的重力就是物体的重力，所以增加的质量就是物体的质量即m矿石m3m1174g124g50g；矿石的密度：=mV=50g20cm3=2.5g/cm32.5103kg/m3 在“测量小灯泡的电功率”实验中，要求用滑动变阻器控制电路，分别测出小灯泡在额定电压、约为额定电压的45和约高出额定电压的15时的电功率，并比较这三种情况下小灯泡的亮度 （1）先根据实验的要求设计电路图，如图所示，其中甲是_表，乙是_表 （2）实验时有如下器材：“2.5V0.75W”小灯泡一只、电压为6V的电源、电流表、电压表、导线若干条、开关、滑动变阻器R1(102A)和R2(501A)，根据实验要求应选用滑动变阻器_ （3）根据实验要求，设计并填写实验记录表内的7个空格实验序号_1_/2_/3_/【答案】（1）电流,电压（2）R2（3）灯泡两端的电压U/V,灯泡中的电流I/A,灯泡的电功率P/W,灯泡的亮度,2,2.5,3【考点】探究用电器的电功率实验【解析】（1）电压表与灯泡并联，电流表与灯泡串联；（2）根据小灯泡的额定电压和额定功率算出额定电流，再根据电源电压、串联电路电压的规律以及欧姆定律算出滑动变阻器的电阻，从而判断所选用的滑动变阻器的规格；（3）表格中需要记录三次电压值、对应的电流值、实际功率以及灯泡的亮度。【解答】解：（1）图中甲表与灯泡串联，是电流表，乙表与灯泡并联，是电压表（2）根据PUI知，小灯泡的额定电流为：I=PU=0.75W2.5V=0.3A，根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压为：U滑UU额6V2.5V3.5V，滑动变阻器的电阻为：R滑=UI=3.5V0.3A11.710，所以选择501A的滑动变阻器R2（3）实验中需要测量小灯泡在额定电压、约为额定电压的45和约高出额定电压的15时的电功率，所以灯泡两端的电压分别为：U额2.5V，U实1=45U额=452.5V=2V，U实2(1+15)U额=65U=652.5V=3V；表格中需要记录三种电压下的电流和电功率以及三种电压下灯泡的亮度，见下表：实验序号灯泡两端的电压U/V灯泡中的电流I/A灯泡的电功率P/W灯泡的亮度12/22.5/33/五、计算题（本大题2小题，共13分） 如图所示，质量为960kg、底面积为0.5m2的石材A放在水平地面上，利用滑轮组水平拉动A，使其在20s的时间内匀速向墙靠近了4m，水平拉力F500N，不计绳、滑轮组的质量以及绳与滑轮组之间的摩擦，g取10N/kg，求： （1）A对水平地面的压强 （2）A在运动过程中受到摩擦力的大小 （3）拉力F的功率【答案】（1）A对水平地面的压强为1.92104Pa（2）A在运动过程中受到摩擦力的大小为1000N（3）拉力F的功率为200W【考点】压强的计算公式及其应用功率的计算滑轮组绳子拉力的计算【解析】（1）已知物体质量可求得其重力，此时物体对水平地面的压力等于其重力，利用压强公式求解；（2）根据石材A，做匀速直线运动，分析A在水平方向上受力平衡，求出摩擦力；（3）由图示可知，动滑轮上绳子的股数n2，由功率公式P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率；【解答】（1）A对水平地面的压力：FGmg960kg10N/kg9.6103N，A的受力面积S0.5m2，A对水平地面的压强：p=FS=9.6103N0.5m2=1.92104Pa（2）石材A做匀速直线运动，由图可知，动滑轮上绳子的段数n2，所以，A在运动过程中受到摩擦力：fnF2500N1000N（3）拉力移动的距离：sFns24m8m，拉力做的总功：W总FsF500N8m4000J，拉力的功率：P=Wt=4000J20s=200W 如图所示，电源的电压恒定，R1、R2为定值电阻，R2的阻值为60，只闭合开关S0时，电流表的示数为0.2A，再闭合开关S1时，电流表的示数为0.6A求： （1）电源电压； （2）电阻R1的阻值； （3）开关S0、S1均闭合后，通电10s电路消耗的总电能【答案】（1）电源的电压为12V；（2）电阻R1的阻值为30；（3）开关S0、S1均闭合后，通电10s电路消耗的总电能为72J【考点】电功的计算欧姆定律的应用【解析】（1）只闭合开关S0时，电路为R2的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；（2）闭合S0、S1时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R2的电流不变，根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电阻R1的阻值；（3）开关S0、S1均闭合后，根据WUIt求出通电10s电路消耗的总电能。【解答】解：（1）只闭合开关S0时，电路为R2的简单电路，电流表测电路中的电流，由I=UR可得，电源的电压：UI2R20.2A6012V；（2）闭合S0、S1时，R1与R2并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过R2的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R1的电流：I1II20.6A0.2A0.4A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，电阻R1的阻值：R1=UI1=12V0.4A=30；（3）开关S0、S1均闭合后，通电10s电路消耗的总电能：WUIt12V0.6A10s72J六、综合能力题（本大题3小题，共19分） 小明在用蜡烛作为光源完成“探究凸透镜成像的规律”实验后，发现蜡烛火焰飘忽不定，像与物对比难判定等问题，小明和老师、同学一起对实验装置进行了一系列创新，创新点如图所示：光具座上凸透镜所在位置为零刻度，数值向左、向右依次增大；在标有均匀格子的面板上制作字母“A”状LED灯替代蜡烛；光屏上标有同样的均匀格子 （1）请分析创新后实验装置的优点：可以直接读出物距以及_：光屏上成像更清晰、_；从光屏上可以准确得出像与物的_关系 （2）完成“探究凸透镜成像的规律”实验后，还可以更换（或增加）实验器材进行拓展探究，请仿照示例写出两种不同方案项目更换（或增加）实验器材及操作探究的问题示例用黑色纸片遮挡凸透镜的一部分探究凸透镜没被遮挡部分的成像情况方案1_方案2_【答案】（1）像距,稳定,大小（2）更换厚度更大的凸透镜,探究焦距变化对成像的影响,将近视眼镜放在凸透镜前面,探究近视眼的矫正原理【考点】凸透镜成像规律及其探究实验【解析】（1）由刻度尺可以直接读出像距大小；LED灯替代蜡烛的优点是光屏上成像更清晰、稳定，并且无污染等；由标有均匀格子的面板可以比较像与物的大小关系；（2）更换厚度更大的凸透镜，探究焦距变化对成像的影响；将近视眼镜放在凸透镜前面；探究近视眼的矫正原理等。【解答】（1）创新后该实验装置的优点：可以直接读出物距以及像距；LED灯替代蜡烛的优点是光屏上成像更清晰、稳定；由标有均匀格子的面板（光屏）可以比较像与物的大小关系（2）完成“探究凸透镜成像的规律”实验后，还可以更换（或增加）实验器材进行拓展探究，两种不同方案如下：焦距大小不同对成像的影响，可以更换厚度更大的凸透镜；探究焦距变化对成像的影响；将近视眼镜放在凸透镜前面；探究近视眼的矫正原理 阅读下列短文，回答问题可燃冰可燃冰是一种新型能源，主要成份是甲烷和水，分布在深海沉积物里或陆域的永久冻土中，如图所示，可燃冰形似冰块却能燃烧，燃烧后几乎不产生任何残渣1m3的可燃冰分解后可释放出约0.8m3的水和164m3的天然气，天然气中甲烷的含量占80%99.9%，可燃冰的生成有三个基本条件：首先要求低温，可燃冰在010C时生成，超过20C便会分解，海底温度一般保持在24C左右；其次是高压，可燃冰在0C时，只需海水产生29个标准大气压即可生成，而以海洋的深度，此高压容易保证；最后是充足的气源，海底的有机物沉淀，其中丰富的碳经过生物转化，可产生充足的气源。在温度、压强、气源三者都具备的条件下，可燃冰就会生成请回答下列问题：（1个标准大气压取1105Pa，海水的密度取1103kg/m3，g取10N/kg，c水=4.2103J/kgC，甲烷的热值取4.2107J/m3） （1）可燃冰的主要成分是_ （2）若要在0C的海底生成可燃冰，海水的深度至少要_m （3）如图所示，海底上有一块体积为100m3且底部与海底紧密相连的可燃冰A，其受到海水的浮力为_N （4）0.5m3的可燃冰分解后，其中的甲烷完全燃烧放出的热量，在标准大气压下，至少可以将质量为_kg，温度为20C的水加热至沸腾【答案】（1）甲烷和水（2）290（3）0（4）8.2103【考点】热平衡方程的应用浮力大小的计算【解析】（1）根据题意分析可燃冰的主要成分；（2）根据pgh算出海水的深度；（3）根据浮力产生的原因分析解答；（4）根据“lm3的可燃冰分解后可释放出约0.8m3的水和164m3的天然气”算出0.5m3的可燃冰分解的甲烷，由Qmq和Qcmt算出放出的热量和水的质量。【解答】解：（1）由题意“1m3的可燃冰分解后可释放出约0.8m3的水和164m3的天然气”知可燃冰的主要成分是水和甲烷因为可燃冰在0C时，只需海水产生29个标准大气压即可生成，所以可燃冰形成的气压为p291105Pa2.9106Pa，根据pgh得海水的深度：h=pg=2.9106Pa1.0103kg/m310N/kg=290m（3）浮力产生的原因是上下表面的压力差，即F浮F向上F向下，当可燃冰的底部与海底紧密相连时，F向上0N，其受到海水的浮力为0N（4）0.5m3的可燃冰分解出的天然气为12164m382m3，甲烷最少为：82m380%65.6m3甲烷完全燃烧放出的热量：Q放Vq65.6m34.2107J/m32.7552109J，水吸收的热量与甲烷完全燃烧放出的热量相等，即Q吸2.7552109J，根据Qcmt得水的质量为：m=Qct=2.7552109J4.2103J/(kgC)(10020)C=8.2103kg 如图甲所示为某太阳能百叶窗的示意图，它既能遮阳，还能发电它的构造特点是百叶窗的叶片为太阳能电池板（以下简称电池板），其工作电路示意图如图乙所示，电池板将太阳能转化为电能（转化效率为10%），为蓄电池充电，蓄电池再向节能灯供电设太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能量为1.2103J（即为1.2103W/m2），电池板对蓄电池充电的功率为60W；蓄电池充满电后，能够让10盏“12V3W”节能灯正常工作6小时，不考虑蓄电池充电和供电时的电能损耗则： （1）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为_能的过程 （2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关_ （3）10盏“12V3W”节能灯正常工作时的总电功率为_W （4）要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电_小时若充电电压为20V，则充电电流为_A （5）该百叶窗电池板的面积为_m2【答案】（1）化学（2）S1（3）30（4）1.5,3（5）0.5【考点】能量利用效率电功计算公式的应用电功率的计算电路的组成电源及其能量转化【解析】此题暂无解析【解答】解：（1）电池板对蓄电池充电，是将电能转化为化学能的过程（2）白天蓄电池处于充电不供电状态，在图乙中应闭合开关S1（3）10盏“12V3W”节能灯正常工作时的总电功率为：P=103W=30W（4）蓄电池充满电后，能够让10盏“12V3W”节能灯正常工作6小时，蓄电池充满电的电能为：W=Pt=0.03kW6h=0.18kWh，要将剩余一半电量的蓄电池充满电，电池板需对蓄电池充电时间为：t1=0.5WP1=0.50.18kWh0.06kW=1.5h，若充电电压为20V，根据P=UI可得，则充电电流为：I=P1U=60W20V=3A（5）太阳每秒钟辐射到每平方米电池板上的能量为1.2103J（即为1.2103W/m2），电池板将太阳能转化为电能（转化效率为10%），故有=W1W2=P1tP2t=P1P2100%=60W1.2103W/m2S=10%，解得该百叶窗电池板的面积为S=0.5m2专心-专注-专业