中考物理二模试卷（含解析）_2

“讲忠诚、严纪律、立政德”三者相互贯通、相互联系。忠诚是共产党人的底色，纪律是不能触碰的底线，政德是必须修炼的素养。永葆底色、不碰底线2016年广东省广州市天河区中考物理二模试卷一、选择题1下列说法正确的是（）A图中，皮碗是靠分子间引力紧紧吸引在一起B图中，两个铅块是靠大气压的作用压紧在一起C图中，“静电猫”的皮毛带电可以吸引不带电的轻小物体D图中，铁钉中的电流产生磁场吸引大头针2下列说法正确的是（）A回声的传播速度等于原声的传播速度B声音在真空中传播速度最大C物体振动的越快，响度越大D带防噪声耳罩是在声源处减弱噪声3如图是电磁波及其应用事例，说法正确的是（）A射线在真空中的传播速度比X射线快B红外线遥控器工作时红灯闪亮，说明红外线是红色的C紫外线的频率比无线电波的频率高D频率为106Hz的无线电波的传播速度与声波相同4如图所示，下列说法正确的是（）A图中动圈式话筒与电动机的工作原理相同B图中录音机录音时，变化的电流通过录音磁头时，会产生变化磁场C图中扬声器与发电机的工作原理相同D图中导体ab做切割磁感线运动时，电路就会产生感应电流5下列说法正确的是（）A图，酒精不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小B图，蒸汽轮机，因为燃料在机械外部燃烧，燃料燃烧时氧气充足，所以效率高C图，汽油机在压缩冲程中，内能转化为机械能D图，热机效率为：=100%6学生观察到盛有干冰（固态CO2）的容器外壁出现一层白霜接着学生用镊子夹取一块干冰入装有常温水的烧杯中，此时，水立刻剧烈“沸腾”起来，内部有大量气泡产生，水面上方出现大量白雾下列说法正确的是（）A白霜是凝固现象B气泡内主要是二氧化碳气体C气泡内主要是水蒸气D白雾是水蒸气7如图将两盏小灯泡串联接在电源电压为6V电路中，闭合开关K，L1比L2亮，下列说法正确的是（）A小灯泡的实际电功率可以通过灯泡亮度来判断B将小灯泡串联是为了控制小灯泡两端电压相同C选用的两只小灯泡规格相同D如果L1不发光，L2发光，则一定是L1短路8如图是运动员滑雪过程中的频闪照片，下列说法正确的是，不考虑空气阻力（）A整个过程中由于惯性运动员一直做匀速运动B在上升过程中，运动员的机械能变小C从最高处落下，动能转化为重力势能D运动员离开地面在空中时只受到重力的作用9有关家庭电路的说法正确的是（）A家庭电路中并联使用的用电器总功率越大，通过电能表的电流就越大B三孔插座上面的孔接地是将用电器的零线接地以防止有人触电C控制灯泡的开关如果短路，熔断器就会熔断D闭合控制灯泡的开关，灯泡不发光，一定是灯泡断路10下列说法正确的是（）A图中氧气钢瓶，给病人供氧用去了一半质量的氧气后，密度不变B图中瓶内气体温度降低，密度变小C图中风车转动，是因为酒精灯附近的空气密度变大D图中抽气过程，气球在膨胀，此时气球内气体压强等于大气压强11通过热传递，某物质从液态变为固态，如图是该过程温度随时间变化图象，下列说法正确的是（）A该物质是非晶体B此过程是熔化过程C物质在B至C的过程中需要放热D物质在D时刻内能为零12如图甲所示，用F1将物体A匀速直线拉动一段距离S，若借助如图乙所示装置用F2将物体A在同样的水平面上做匀速直线运动移动相同的距离s，下列说法正确的是（）A物体A在甲图中受到的摩擦力大于乙图中所受的摩擦力B图乙中W有=F1sC图乙中W总=F2sD由于F1F2，所以滑轮组输入功小于输出功二、填空作图题13图甲是某饭店平面设计图，小娜在饭店刚坐下，就通过平面镜看到小晖推门进来（1）饭店安装平面镜后，能使顾客感觉置身于长4m、宽m的就餐空间中（2）当小晖走向小娜时，小晖在平面镜中的像将（选填“远离”“靠近”）平面镜，其大小与小晖相比，将（选填“变大”“不变”“变小”）（3）如图乙，一束光从空气斜射入正三角形玻璃砖，在AB界面上折射后到达AC界面，已知光线OO与BC边平行，请画出光线在AC界面，上的反射光线与折射光线，并标出反射角与折射角的大小14如图甲是小丽所拍摄的广州塔的照片，图乙是拍摄时的光路图（1）在图乙中标示出像距v（2）在图乙中画出两束折射光线所对应的入射光线（3）若把镜头逐渐远离广州塔，则所成的像大小会逐渐，像与凸透镜的距离会逐渐（两空均选填“变大”“变小”）15图甲是停车场出入口常见的道闸机，图乙是它的平面结构图，在一次工作过程中，电动机控制重60N的道闸杆，使其重心O上升了2m，已知闸机的效率为60%（1）道闸杆的质量为kg（取g=10N/kg）（2）电动机提升道闸杆的有用功为J，电动机做功为J（3）在图乙中画出道闸杆所受重力及其力臂L16（1）现实生活中，小球从如图P点静止释放，能否到达等高的M点？并说明理由（2）当小球摆到最低点N时，假如作用在小球上的所有力突然消失，请画出小球此后的运动轨迹17如图的实验装置，往B管中吹气，A管中的水面会（选填“上升”或“下降”），依据是18用功率相同的电加热器、玻璃杯（规格相同）、温度计比较水和煤油的比热容，相同质量的水和煤油“温度时间”图象如图（1）加热了2min水和煤油的吸热是否相等？并说明判断依据：（2）根据图象推算水和煤油的比热容大致关系是（3）若烧杯中水的质量是100g，则水从40升温到80时，吸收的热量是J如果在此加热过程中，有30%的热量散失了，电加热器消耗的电能是J（c水=4.2103J/（kg）三、解析题19如图甲所示，货物质量为120kg，底面积为1.2m2现在用乙图水平叉臂面积是1m2电动叉车将它提升，从A点匀速竖直提升到B点，再从B点匀速水平移动到达C点，所用时间及各点间距离如图丙所示（g=10N/kg）（1）货物放在叉臂上静止时对叉臂的压强是多少？（2）A到C的过程，叉车对货物做的功是多少？（3）装卸工人站在地面改用滑轮组将货物提升同样的高度，请画出图丁中滑轮组的绕线（4）工人用滑轮组提升重物到2m处，所用拉力500N，时间20s，拉力做功的功率是多少？（5）一辆重力为16000N的汽车以36km/h的速度匀速直线运动，已知发动机的功率是60kW，10min 内汽车发动机做了多少功？20黑夜看不见开关位置，为此小徐设计了如图1的电路当单刀双掷开关S接通b时，照明灯亮，指示灯灭，避免指示灯费电；S接通a时，照明灯灭，指示灯亮指示灯规格为“10V，1W”（1）指示灯正常工作时的电流是多少？（2）为使指示灯正常发光，需串联阻值多大的电阻？（3）若照明灯正常工作6h，这段时间内照明灯需消耗多少度的电能？（4）如果电源电压变为200V，照明灯的实际功率是多少？（假设照明灯的电阻不随温度变化而变化）（5）将图2照明灯（白炽灯）的能量流程图补充完整四、实验探究题21（1）如图甲所示，天平平衡时，物块的质量（2）如图乙所示，此时机械停表的读数是（3）如图a、b所示，物块受到的浮力是22两个烧杯中分别装有清水和盐水（盐水），小明想利用压强计进行区分（1）小明以分图a所示的压强计进行检查，当用手指按压（不论轻压还是重压）金属盒的橡皮膜时，发现U形管两边液柱的高度几乎不变化，出现这种情况的原因是：（2）压强计调节正常后，小明将金属盒先后浸入到两杯液体中，如图b和c所示他发现两次实验中U形管两边的液柱高度差相同，而c图中金属盒在液体中的深度较大，于是认为图b杯子中盛的是盐水你认为小明的结论（填“可靠”“不可靠”），理由是23老师用图甲装置演示浮力产生的原因：一个上下两端开口的玻璃管，在上、下开口处蒙上了绷紧程度相同的橡皮膜，将其置于乙图的水中，上面的橡皮膜由于水压的作用形变如图乙（1）请在图乙中大致画出此时下面的橡皮膜的形变情况（要能反映出此时位置的水压的方向和大小）由此小宇明白了浮力是由于浸在水中的物体受到水对物体的上下表面压力差产生的（2）小宇认为，如将一长方体A分别如图丙和图丁放置在水中，水对物体上、下表面的压力差肯定是不相等的，图丁中水对物体上下表面压力差应该较大请你帮小宇设计一个实验验证她的猜想需要的实验器材：简要的实验步骤：判断依据：24（1）按图甲所示电路图连接图乙的电路，要求滑动变阻器向左移动时，小灯泡变亮（小灯泡额定电压是2.5V）（2）闭合开关，无论怎么移动滑动变阻器，小灯泡都不发光现怀疑小灯泡出现故障，请你使用电压表对电路进行检查，并完成下表的检测过程检查方法 观察到的现象 得出的结论（3）排除故障后还想进一步检测小灯泡正常工作时，实际功率是否与标示额定功率一致，还需要添加什么器材？，请根据你增加的器材，在图丙的方框中画出完整的实验电路图（4）请根据你设计的电路图，简述检测小灯泡正常正作时的实际功率是否与标示额定功率相同的实验步骤按电路图连接电路；2016年广东省广州市天河区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1（2016天河区二模）下列说法正确的是（）A图中，皮碗是靠分子间引力紧紧吸引在一起B图中，两个铅块是靠大气压的作用压紧在一起C图中，“静电猫”的皮毛带电可以吸引不带电的轻小物体D图中，铁钉中的电流产生磁场吸引大头针【考点】大气压的综合应用；电磁铁的其他应用；分子间的作用力；物体带电情况的判断【分析】（1）皮碗是利用大气压的作用来工作的；（2）分子间存在相互作用的引力的斥力；（3）带电体可以吸引轻小物体；（4）电流可以产生磁场，在线圈中加入铁芯可以制成电磁铁【解答】解：A、图中，皮碗是靠大气压的作用紧紧吸引在一起的，而不是靠分子间的引力，故A错误；B、图中，两个铅块是靠分子间的引力压紧在一起的，而不是靠大气压的作用，故B错误；C、带电体可以吸引轻小物体图中，“静电猫”的皮毛带电可以吸引不带电的轻小物体，故C正确；D、图中，铁钉中的电流产生磁场，再加入铁芯，形成电磁铁，可以吸引大头针，故D正确故选CD【点评】本题综合考查了多个小实验，包括大气压的应用、分子间的作用力、静电现象、电磁铁的应用等，综合性强，但难度不大2（2016天河区二模）下列说法正确的是（）A回声的传播速度等于原声的传播速度B声音在真空中传播速度最大C物体振动的越快，响度越大D带防噪声耳罩是在声源处减弱噪声【考点】声速；响度与振幅的关系；防治噪声的途径【分析】（1）声音的传播速度与传播介质有关，声音在不同的介质中的传播速度不同，在固体中传播速度最快，在液体中次之，在气体中传播最慢；（2）声速的大小和介质温度、介质种类有关；（3）减弱噪声的途径：在声源处、在传播中、在人耳处【解答】解：A、回声的传播速度等于原声的传播速度，故A正确；B、声音的传播需要介质，真空不能传声，故B错误；C、声音的传播速度与物体振动的快慢无关，故C错误；D、工厂用的防声耳罩是在人耳处减弱噪声，故D错误故选A【点评】本题考查了声音在不同介质中的传播速度及影响声音的传播速度的因素，是一道声学基础题3（2016天河区二模）如图是电磁波及其应用事例，说法正确的是（）A射线在真空中的传播速度比X射线快B红外线遥控器工作时红灯闪亮，说明红外线是红色的C紫外线的频率比无线电波的频率高D频率为106Hz的无线电波的传播速度与声波相同【考点】电磁波的传播【分析】（1）不同频率的光在真空中的速度相同；（2）红外线是一种看不见的光；（3）由图得出频率的高低；（4）光速大于声速【解答】解：A、射线和X射线都是电磁波，它们在真空中传播速度相同，故A错误B、红外线遥控器是利用红外线工作的，红外线是不可见光，故B错误；C、由图知：紫外线的频率比无线电波的频率高，故C正确；D、光速大于声速，故无线电波的传播速度大于声波，故D错误故选C【点评】本题考查了电磁波多个方面的知识，考查的知识点较多，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累4（2016天河区二模）如图所示，下列说法正确的是（）A图中动圈式话筒与电动机的工作原理相同B图中录音机录音时，变化的电流通过录音磁头时，会产生变化磁场C图中扬声器与发电机的工作原理相同D图中导体ab做切割磁感线运动时，电路就会产生感应电流【考点】动圈式话筒的构造和原理；磁化；扬声器和耳机的构造和原理；电磁感应【分析】（1）发电机是利用电磁感应原理工作的，发电机的能量转化是把机械能转化为电能（2）电流流过导体时导体周围产生磁场，这种现象是电流的磁效应（3）磁场对通电导体力的作用是通电的导体在磁场中受到力的作用（4）电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动就会产生感应电流【解答】解：A、动圈式话筒是声信号转化为电信号的机器，机械能转化为电能，其原理是发电机，故A错误；B、录音机录音时，变化的电流通过录音磁头时，电流不同，产生的磁场也不相同，故B正确；C、动圈式扬声器是将电信号转化成声信号，也是电能转化为机械能，其原理是电动机，故C错误；D、产生感应电流同时具备三个条件：闭合电路、一部分导体、做切割磁感线运动，故D错误故选：B【点评】此题考查了发电机的工作原理，要知道电磁感应现象是由运动产生电流，磁场对通电导体作用是由电流产生运动，互为相反过程，对比记忆5（2016天河区二模）下列说法正确的是（）A图，酒精不完全燃烧时的热值比完全燃烧时的热值小B图，蒸汽轮机，因为燃料在机械外部燃烧，燃料燃烧时氧气充足，所以效率高C图，汽油机在压缩冲程中，内能转化为机械能D图，热机效率为：=100%【考点】燃料的热值；热机的效率；内燃机的四个冲程【分析】（1）热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；（2）提高热机效率的方法可以通过减少散热损失、机械损失等方法，主要途径还是要减少废气带走的能量；（3）汽油机的四个冲程中只有两个冲程伴随有能量的转化，压缩冲程中活塞向上运动，汽油和空气的混合物被压缩，内能增大，温度升高，活塞运动的动能转化为混合气体的内能；做功冲程中，火花塞冒出电火花，将混合气体点燃，混合气体剧烈燃烧，产生高温高压的燃气，推动活塞运动，燃气的内能转化为活塞运动的动能；（4）能够根据内燃机在工作过程中的能量流向图求解出内燃机的热机效率，热机的效率等于有用能量与总能量比值【解答】解：A、燃料的热值只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧状况无关，故A错误；B、影响热机效率的主要因素是热量损失，热损失有燃料没有完全燃烧、废气带走的热量、克服摩擦损耗的能量、散失的热量，蒸汽轮机，燃料在机械外部燃烧，燃料燃烧时氧气充足，但是热量中管道中损失很大，所以效率很低，故B错误；C、汽油机在压缩冲程中，机械能转化为内能，故C错误；D、热机的效率是用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比，用公式表示为100%，故D正确故选D【点评】本题考查了学生对燃料热值是燃料特性、影响热机效率的因素、内燃机工作时能的转化以及对热机效率计算公式的理解与掌握6（2016天河区二模）学生观察到盛有干冰（固态CO2）的容器外壁出现一层白霜接着学生用镊子夹取一块干冰入装有常温水的烧杯中，此时，水立刻剧烈“沸腾”起来，内部有大量气泡产生，水面上方出现大量白雾下列说法正确的是（）A白霜是凝固现象B气泡内主要是二氧化碳气体C气泡内主要是水蒸气D白雾是水蒸气【考点】液化及液化现象；升华和凝华的定义和特点【分析】干冰升华，吸收大量的热，使空气中的水蒸气有的凝结成无数的小水珠，形成云雾缭绕的景象；有的直接凝华成霜附着在容器表面上【解答】解：ABC、白霜是空气中的水蒸气遇到冷的容器外壁发生凝华形成的，“气泡”内主要是干冰升华形成的二氧化碳气体，不是水蒸气，故AC错误，B正确；D、白雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故D错误故选B【点评】了解各个物态变化的概念，并能结合实例进行分析与辨别，是解答此题的关键7（2016天河区二模）如图将两盏小灯泡串联接在电源电压为6V电路中，闭合开关K，L1比L2亮，下列说法正确的是（）A小灯泡的实际电功率可以通过灯泡亮度来判断B将小灯泡串联是为了控制小灯泡两端电压相同C选用的两只小灯泡规格相同D如果L1不发光，L2发光，则一定是L1短路【考点】实际功率；串联电路的电流规律；电路的三种状态【分析】（1）根据灯泡的亮暗是由灯泡的实际功率决定的判断两灯泡实际功率之间的关系；（2）串联电路的电流相等；（3）灯泡规格相同串联时亮度相同；（4）串联电路不发光的原因：短路、电阻太小【解答】解：A、灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，故小灯泡的实际电功率可以通过灯泡亮度来判断，故A正确；B、将小灯泡串联是为了控制小灯泡两端电流相同，故B错误；C、若选用的两只小灯泡规格相同，灯泡的灯泡的亮度相同，故C错误；D、如果L1不发光，L2发光，则可能是L1短路或电阻太小，实际功率太小，故D错误故选A【点评】本题考查了串联电路的电流特点和电功率公式的应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小8（2016天河区二模）如图是运动员滑雪过程中的频闪照片，下列说法正确的是，不考虑空气阻力（）A整个过程中由于惯性运动员一直做匀速运动B在上升过程中，运动员的机械能变小C从最高处落下，动能转化为重力势能D运动员离开地面在空中时只受到重力的作用【考点】惯性；力与运动的关系；动能和势能的转化与守恒【分析】（1）快慢不变，经过的路线是直线的运动称为匀速直线运动；（2）动能的大小与物体的质量、速度有关；重力势能的大小与物体的质量、高度有关；动能和势能统称为机械能；（3）地面附近的一切物体都受到重力的作用；【解答】解：A、在上升和下降过程中，运动员的速度是变化的，所以不是做匀速运动，故A错误；B、运动员在上升过程中，质量不变，速度变小，所以动能变小，同时高度增加，势能增大，由于不计空气阻力，所以机械能不变，故B错误；C、从最高处落下，运动员的质量不变，速度增大，动能增大，同时高度减小，所以重力势能减小，故是将重力势能转化为动能，故C错误；D、由于不计空气的阻力，运动员离开地面在空中时只受到重力的作用，故D正确；故选D【点评】此题考查了匀速直线运动的判断、动能、势能及机械能的变化，是一道综合题9（2016天河区二模）有关家庭电路的说法正确的是（）A家庭电路中并联使用的用电器总功率越大，通过电能表的电流就越大B三孔插座上面的孔接地是将用电器的零线接地以防止有人触电C控制灯泡的开关如果短路，熔断器就会熔断D闭合控制灯泡的开关，灯泡不发光，一定是灯泡断路【考点】家庭电路的连接；家庭电路的故障分析【分析】（1）家庭电路电压不变，根据公式P=UI可知，总功率的变化引起的电流的变化；（2）三孔插座上面的一孔接大地，防止金属外壳的用电器漏电时，发生触电事故；（3）开关与被控制的用电器串联的；短路是用导线将电路元件两端直接相连；（4）电路中只要有一处断开，电路就会出现断路【解答】解：A、电能表在干路上，根据公式P=UI可知，总功率变大，电源电压不变，电路电流也变大，故A正确；B、三脚插头的上面一头和用电器的金属外壳相连，当三脚插头插入三孔插座时，金属外壳和大地相连，人接触漏电的金属外壳用电器时，人被连接大地的导线短路，没有电流从人体通过，不会发生触电事故，故B错误；C、控制灯泡的开关与灯泡是串联的，如果开关短路，只是开关不能起到控制灯泡的作用，也不会改变通过的电流，所以熔断器不会熔断，故C错误；D、闭合控制灯泡的开关，灯泡不发光，可能是灯泡断路，也可能是导线断了，也可能是开关处有接触不良，故D错误故选A【点评】本题考查的是家庭电路中的一些问题，我们要牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生10（2016天河区二模）下列说法正确的是（）A图中氧气钢瓶，给病人供氧用去了一半质量的氧气后，密度不变B图中瓶内气体温度降低，密度变小C图中风车转动，是因为酒精灯附近的空气密度变大D图中抽气过程，气球在膨胀，此时气球内气体压强等于大气压强【考点】密度及其特性；密度与温度；流体压强与流速的关系【分析】（1）质量是指物体所含物质的多少，氧气无论质量用去多少剩余氧气的体积始终等于氧气瓶的容积不变，利用=判断剩余氧气密度的变化（2）密度大小的影响因素：物质的种类、温度、气压、状态；一般情况下，物质不同，密度不同（3）根据=可知：一定质量的气体体积膨胀后，密度变小；火焰加热空气使空气密度变小而流动（4）抽气前气球内外都与大气相通，此时气球内的气体压强与大气压相等；抽气时，气球内的压强不变，等于大气压强，气球膨胀说明瓶内的气压减小【解答】解：A、因气体无论多少都可以充满整个空间，所以，给病人抢救时用去了一半后，质量减半，剩余氧气的体积不变，由=可知，剩余氧气的密度变小，故A错误；B、气体的密度与温度的关系是：一定质量的气体，当温度的升高时，体积膨胀，密度变小；当温度的降低时，体积收缩，密度变大，故B错误C、火焰上方空气加热后体积膨胀，空气密度变小，会向上流动，风车转动，故C错误D、抽气前气球内外都与大气相通，此时气球内的气体压强与大气压相等；抽气时，气球膨胀说明瓶内的气压减小，小于气球内的压强，而气球内的压强不变，等于大气压强，故D正确故选：D【点评】本题考查了气体密度的变化、气体的密度受温度的影响以及大气压强等知识的应用，能结合所学知识对实验现象进行正确的分析是解题的关键11（2016天河区二模）通过热传递，某物质从液态变为固态，如图是该过程温度随时间变化图象，下列说法正确的是（）A该物质是非晶体B此过程是熔化过程C物质在B至C的过程中需要放热D物质在D时刻内能为零【考点】熔化和凝固的温度时间图象【分析】从图象中辨别晶体与非晶体主要看这种物质是否有一定的熔点或凝固点；晶体凝固过程中不断放热，但温度不变；任何物质的分子总在永不停息地做无规则运动，所以内能不可能为零【解答】解：AB、整个过程温度有下降的趋势，且有一段时间温度保持不变，所以是晶体的凝固图象，故A、B错误；C、物质在B至C的过程中是晶体的凝固过程，此时要放热，但温度不变；故C正确；D、任何物质的分子总在永不停息地做无规则运动，所以内能不可能为零，因此物质在D时刻内能不为零，故D错误故选C【点评】本题主要考查了晶体的熔化图象，要学会从图象中找出与晶体有关的信息，学会观察分析物质熔化或凝固的图象，关键是掌握晶体的熔化特点：吸热但温度保持不变12（2016天河区二模）如图甲所示，用F1将物体A匀速直线拉动一段距离S，若借助如图乙所示装置用F2将物体A在同样的水平面上做匀速直线运动移动相同的距离s，下列说法正确的是（）A物体A在甲图中受到的摩擦力大于乙图中所受的摩擦力B图乙中W有=F1sC图乙中W总=F2sD由于F1F2，所以滑轮组输入功小于输出功【考点】功的计算【分析】（1）根据摩擦力的影响因素相同即可判断得出摩擦力的大小关系；（2）根据有用功和总功的公式即可求出；（3）根据功的原理可知：使用任何机械都不省功【解答】解：A、由于物体A在同样的水平面上做匀速直线运动移动，则受力面的压力和接触面的粗糙程度相同，所以摩擦力相同，故A错误；B、图甲中物体做匀速直线运动，物体受的拉力和地面对它的摩擦力是一对平衡力即F1=f，图乙中是滑轮组，W有=fs=F1s，故B正确；C、图乙中是滑轮组，绳子的股数n=3，则绳子的移动距离s=3s，则W总=F2s=F23s=3F2s，故C错误；D、由于使用任何机械都不省功，所以滑轮组输入功总大于输出功，故D错误故选B【点评】本题考查了摩擦力的影响因素和功的计算，关键是明确有用功和总功的公式应用二、填空作图题13（2016天河区二模）图甲是某饭店平面设计图，小娜在饭店刚坐下，就通过平面镜看到小晖推门进来（1）饭店安装平面镜后，能使顾客感觉置身于长4m、宽8m的就餐空间中（2）当小晖走向小娜时，小晖在平面镜中的像将靠近（选填“远离”“靠近”）平面镜，其大小与小晖相比，将不变（选填“变大”“不变”“变小”）（3）如图乙，一束光从空气斜射入正三角形玻璃砖，在AB界面上折射后到达AC界面，已知光线OO与BC边平行，请画出光线在AC界面，上的反射光线与折射光线，并标出反射角与折射角的大小【考点】平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；作光的反射光路图；作光的折射光路图【分析】（1）（2）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等（3）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧，当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角【解答】解：（1）房间的宽度为4m，放置平面镜后，平面镜中的墙壁到墙壁的距离为8m；（2）平面镜成像时，物像到平面镜的距离相等，物像大小相等，当小晖走向小娜时靠近平面镜，小晖在平面镜中的像将靠近平面镜，其大小与小晖相比，将保持不变；（3）当光线从玻璃射向空气时，既要发生反射，又要发生折射，根据反射角等于入射角画出反射光线，根据折射角大于入射角画出折射光线；折射光线与AC间的夹角为60，则入射角为30，反射角为30；当光线从空气中射入玻璃中时，入射角为60，折射角为30，根据光路可逆，当光线以30的入射角从玻璃射入空气中时，折射角为60，如图所示：故答案为：（1）8；（2）靠近；不变；（3）如图【点评】此题主要考查了平面镜成像特点、光的反射定律和折射规律的应用，首先要掌握反射角、入射角、折射角的概念，搞清反射角、折射角和入射角的大小根据题意利用几何知识解决14（2016天河区二模）如图甲是小丽所拍摄的广州塔的照片，图乙是拍摄时的光路图（1）在图乙中标示出像距v（2）在图乙中画出两束折射光线所对应的入射光线（3）若把镜头逐渐远离广州塔，则所成的像大小会逐渐变小，像与凸透镜的距离会逐渐变小（两空均选填“变大”“变小”）【考点】凸透镜成像的应用；透镜的光路图【分析】（1）根据像距是光屏到凸透镜的距离作答；（2）要正确作出图中两条入射光线的折射光线，必须知道凸透镜的三条特殊光线：过焦点的光线、平行于主光轴的光线、过光心的光线经凸透镜折射后如何传播；（3）物距变大，像距变小，像变小【解答】解：（1）像距是光屏到凸透镜的距离，则由图可知，像距为底片到凸透镜的距离，如图所示：；（2）对于凸透镜，过光心的光线其传播方向不变；折射光线过焦点，则入射光线平行于主光轴；如图所示：；（3）把镜头逐渐远离广州塔，物距变大，像距变小，像变小故答案为：（1）见上图；（2）见上图；（3）变小；变小【点评】本题主要考查凸透镜的三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线折射后平行于主光轴；平行于主光轴的光线折射后过焦点知道物体处于凸透镜的1倍焦距和2倍焦距之间，成一个倒立、放大的实像是解决该题的关键15（2016天河区二模）图甲是停车场出入口常见的道闸机，图乙是它的平面结构图，在一次工作过程中，电动机控制重60N的道闸杆，使其重心O上升了2m，已知闸机的效率为60%（1）道闸杆的质量为6kg（取g=10N/kg）（2）电动机提升道闸杆的有用功为120J，电动机做功为200J（3）在图乙中画出道闸杆所受重力及其力臂L【考点】重力的计算；力臂的画法；有用功和额外功【分析】（1）利用G=mg计算道闸杆的质量；（2）利用W=Gh计算有用功，利用=计算电动机做功；（3）重力G的作用点在道闸杆的重心，方向是竖直向下，重力的力臂是从支点A到重力作用线的垂直距离【解答】解：（1）道闸杆的质量为：m=6kg；（2）电动机提升道闸杆的有用功：W=Gh=60N2m=120J，因为=，所以电动机做功：W总=200J；（3）过道闸杆的重心沿竖直向下的方向画出重力G，过支点A向重力的作用线画垂线段就是重力的力臂L，如图所示：故答案为：（1）6；（2）120；200；（3）见解答图【点评】此题考查重力公式的应用、功和机械效率的计算、力的示意图和力臂的画法，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16（2016天河区二模）（1）现实生活中，小球从如图P点静止释放，能否到达等高的M点？并说明理由但是现实生活中，由于空气的阻力和摩擦，所以机械能是减小的，故不能到达M点（2）当小球摆到最低点N时，假如作用在小球上的所有力突然消失，请画出小球此后的运动轨迹【考点】动能和势能的转化与守恒；力与图象的结合【分析】（1）在不计阻力和摩擦的情况下，机械能是守恒的；但是现实生活中，由于空气的阻力和摩擦，所以机械能是减小的；（2）据牛一定律分析即可判断；【解答】解：（1）小球从P点静止释放，由于不计空气阻力和摩擦，没有机械能的损失，所以小球能到达M点；但是现实生活中，由于空气的阻力和摩擦，所以机械能是减小的，故不能到达M点；（2）据牛一定律可知，若小球摆到最低点N时，假如作用在小球上的所有力突然消失，即此时的小球将沿原来的方向做匀速直线运动，如下图所示：【点评】知道能量的转化和守恒定律的内容，并理解牛一定律的内容是解决该题的关键17（2016天河区二模）如图的实验装置，往B管中吹气，A管中的水面会上升（选填“上升”或“下降”），依据是往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到外界大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升【考点】流体压强与流速的关系【分析】分析两端开口的饮料管A上端和下端的流体流速，分析压强的变化，判断水面的变化【解答】解：往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到外界大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升故答案为：上升；往B管中吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到外界大气压向上的压强大于向下的压强，液面上升【点评】本题考查流体压强与流速的关系，对于流体压强问题，要明确被研究的物体，物体的哪两个侧面流体流速不同，判断两个侧面的压强情况，判断物体在压强差作用下的运动情况18（2016天河区二模）用功率相同的电加热器、玻璃杯（规格相同）、温度计比较水和煤油的比热容，相同质量的水和煤油“温度时间”图象如图（1）加热了2min水和煤油的吸热是否相等？并说明判断依据：因用功率相同的电加热器、玻璃杯（规格相同）、温度计都加热了2min（2）根据图象推算水和煤油的比热容大致关系是c水=2c煤油（3）若烧杯中水的质量是100g，则水从40升温到80时，吸收的热量是1.68104J如果在此加热过程中，有30%的热量散失了，电加热器消耗的电能是5.6104J（c水=4.2103J/（kg）【考点】探究比热容的实验；能量利用效率；热量的计算【分析】（1）根据用功率相同的电加热器、玻璃杯（规格相同）温度计加热相同的时间分析回答；（2）由图可知，相同质量的水和煤油升高相同的温度，水的加热时间为煤油的2倍，根据c=求两种物质比热的关系；（3）根据Q=cmt求吸收的热量；（4）根据W=求加热器消耗的电能【解答】解：（1）因用功率相同的电加热器都加热了2min，根据Q=W=Pt，加热器放出的热量是一定的，又玻璃杯规格相同，热量损失也是相同的，故水和煤油的吸收到的热量也相等；（2）由图可知，相同质量的水和煤油，升高相同的温度（20到60），水的加热时间（8分钟）为煤油（4分钟）的2倍，即水吸收的热量为煤油的2倍，根据c=，在m、t相同的情况下，比热c大小与Q成正比，水的比热为煤油的2倍，c水=2c煤油；（3）若烧杯中水的质量是100g，则水从40升温到80时，水吸收的热量Q=cmt=4.2103J/（kg）0.1kg（8040）=1.68104J；如果在此加热过程中，有30%的热量散失了，电加热器消耗的电能W=5.6104J；故答案为：（1）相等；因用功率相同的电加热器、玻璃杯（规格相同）、温度计都加热了2min；（2）c水=2c煤油；（3）1.68104J；（4）5.6104J；【点评】本题比较水和煤油的比热容，考查比较过程和方法、热量的计算，能量的利用效率等问题，关键是从图中获取有效的作息，难度中等三、解析题19（2016天河区二模）如图甲所示，货物质量为120kg，底面积为1.2m2现在用乙图水平叉臂面积是1m2电动叉车将它提升，从A点匀速竖直提升到B点，再从B点匀速水平移动到达C点，所用时间及各点间距离如图丙所示（g=10N/kg）（1）货物放在叉臂上静止时对叉臂的压强是多少？（2）A到C的过程，叉车对货物做的功是多少？（3）装卸工人站在地面改用滑轮组将货物提升同样的高度，请画出图丁中滑轮组的绕线（4）工人用滑轮组提升重物到2m处，所用拉力500N，时间20s，拉力做功的功率是多少？（5）一辆重力为16000N的汽车以36km/h的速度匀速直线运动，已知发动机的功率是60kW，10min 内汽车发动机做了多少功？【考点】压强的大小及其计算；滑轮组的设计与组装；功的计算；功率计算公式的应用【分析】（1）货物放在叉臂上静止时，货物对叉臂的压力等于货物的重力，受力面积为水平叉臂面积，根据p=求出货物对叉臂的压强；（2）A到C的过程，叉车对货物支持力只在A到B过程做功，匀速上升时支持力和物体的重力相等，根据W=Fs=Gh求出叉车对货物做的功；（3）由工人站在地上可知拉力方向向下，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，据此滑轮组的绕线；（4）由图可知n=3，根据s=nh求出绳端移动的距离，再根据W=Fs计算拉力做的功，最后根据功率定义式计算拉力做功的功率；（5）已知发动机的功率和工作时间，利用W=Pt计算发动机所做的功【解答】解：（1）货物放在叉臂上静止时，货物对叉臂的压力：F=G=mg=120kg10N/kg=1200N；受力面积为水平叉臂面积，即S=1m2，货物对叉臂的压强：p=1200Pa；（2）由图丙可知，A到C过程中，叉车对货物的支持力方向向上，所以叉车只在A到B过程做功，则叉车对货物做的功为：W=Fs1=Gh=1200N1m=1200J；（3）装卸工人站在地面上，则拉力方向应该向下，绳子应先系在动滑轮上面的挂钩上，然后再绕过上面的定滑轮再向下绕到动滑轮上，依次反复绕如图所示：（4）由上图可知n=3，则绳端移动的距离：s=3h=32m=6m，拉力做的功：W=F拉s=500N6m=3000J；拉力做功的功率：P=150W；（5）已知发动机的功率P=60kW=6104W，时间t=10min=600s，则汽车发动机做的功：W=Pt=6104W600s=3.6107J答：（1）货物放在叉臂上静止时对叉臂的压强是1200Pa；（2）A到C的过程，叉车对货物做的功是1200J；（3）如上图所示；（4）拉力做功的功率是150W；（5）10min 内汽车发动机做功为3.6107J【点评】本题综合考查了重力、压强、功和功率的计算，还考查了滑轮组的组装方法，涉及的知识点比较多，有一定难度20（2016天河区二模）黑夜看不见开关位置，为此小徐设计了如图1的电路当单刀双掷开关S接通b时，照明灯亮，指示灯灭，避免指示灯费电；S接通a时，照明灯灭，指示灯亮指示灯规格为“10V，1W”（1）指示灯正常工作时的电流是多少？（2）为使指示灯正常发光，需串联阻值多大的电阻？（3）若照明灯正常工作6h，这段时间内照明灯需消耗多少度的电能？（4）如果电源电压变为200V，照明灯的实际功率是多少？（假设照明灯的电阻不随温度变化而变化）（5）将图2照明灯（白炽灯）的能量流程图补充完整【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率与电压、电流的关系；实际功率【分析】（1）指示灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出指示灯正常工作时的电流；（2）根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出串联电阻的阻值；（3）照明灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出照明灯正常工作6h消耗的电能；（4）根据P=UI=求出照明灯的电阻，再根据P=UI=求出电源电压变为200V时的实际功率；（5）照明灯的能量转化是将电能转化为光能和内能，据此进行解答【解答】解：（1）由P=UI可得，指示灯正常工作时的电流：I指示灯=0.1A；（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，且指示灯正常发光，所以，串联电阻两端的电压：UR=UU指示灯=220V10V=210V，因串联电路中各处的电流相等，所以，串联电阻的阻值：R=2100；（3）照明灯正常工作时的功率P照明灯=88W=0.088kW，由P=可得，照明灯正常工作6h消耗的电能：W=P照明灯t=0.088kW6h=0.528kWh=0.528度；（4）由P=UI=可得，照明灯的电阻：R照明灯=550，电源电压变为200V时的实际功率：P实=72.7W；（5）照明灯消耗的电能转化为内能，少部分转化为光能，大部分转化为热辐射，如下图所示：答：（1）指示灯正常工作时的电流是0.1A；（2）为使指示灯正常发光，需串联阻值2100的电阻；（3）若照明灯正常工作6h，这段时间内照明灯需消耗0.528度的电能；（4）如果电源电压变为200V，照明灯的实际功率是72.7W；（5）如上图所示【点评】本题考查了电功率公式和串联电路的特点以及欧姆定律、电功公式、能量转化的应用等，要注意额定电压下用电器正常工作四、实验探究题21（2016天河区二模）（1）如图甲所示，天平平衡时，物块的质量107g（2）如图乙所示，此时机械停表的读数是32s（3）如图a、b所示，物块受到的浮力是1N【考点】天平的使用；时间的测量；浮力大小的计算【分析】（1）物体的质量等于右盘中砝码的质量加上游码所对的刻度值（2）停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和（3）读出弹簧测力计的示数，根据称重法可计算浮力的大小【解答】解：（1）砝码的质量为100g和5g，游码所对的刻度值为2g，所以物体的质量为100g+5g+2g=107g（2）由图可知，小盘的分度值是0.5min，指针在0min和1min之间，大盘的分度值是0.5s，而大盘指针在2s处，因此秒表读数为0.5min2s=32s（3）a图弹簧测力计的示数为2.6N，b图弹簧测力计的示数为1.6N，则物块受到的浮力：F浮=GF拉=2.6N1.6N=1N故答案为：（1）107g；（2）32s；（3）1N【点评】（1）读取游码所对的刻度值时，要读取游码左边对应的刻度值（2）此题考查的是停表的读法，停表在实验室中用到的比较多，需要掌握其用法（3）本题一要掌握弹簧测力计的读数方法，二是掌握称重法的运用22（2016天河区二模）两个烧杯中分别装有清水和盐水（盐水），小明想利用压强计进行区分（1）小明以分图a所示的压强计进行检查，当用手指按压（不论轻压还是重压）金属盒的橡皮膜时，发现U形管两边液柱的高度几乎不变化，出现这种情况的原因是：装置密封性不好或漏气（2）压强计调节正常后，小明将金属盒先后浸入到两杯液体中，如图b和c所示他发现两次实验中U形管两边的液柱高度差相同，而c图中金属盒在液体中的深度较大，于是认为图b杯子中盛的是盐水你认为小明的结论不可靠（填“可靠”“不可靠”），理由是没有控制金属盒浸入液体的深度相同【考点】探究液体压强的特点实验【分析】（1）用压强计可以测量液体内部压强大小，使用前首先调节U型管液面相平，当压强计放入液体中，U型管左右液面差越大，液体内部压强越大在使用压强计之前要检查其密闭性，防止漏气（2）液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不