中考物理二模试卷（解析版） 新人教版.doc

上海市静安区2013年中考物理二模试卷一、单项选择题（共16分）1（2分）（2013静安区二模）当光垂直射到平面镜上，其反射角为（）a0b30c45d90考点：光的反射定律专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：先确定入射角，然后根据入射角等于反射角求出反射角的大小解答：解：因为入射光线垂直射到平面镜上，入射光线和法线重合，所以入射角等于0，而反射角等于入射角，即反射角为0故选a点评：此题主要考查了光的反射定律的内容，必须搞清反射角与入射角的概念2（2分）（2013静安区二模）家庭每月用电数的计量单位是（）a安培b瓦特c伏特d千瓦时考点：电功专题：电能和电功率分析：国际单位制中电功的单位是：焦耳，常用的单位还有：千瓦时解答：解：安培是电流的单位；瓦特是功率的单位；伏特是电压的单位；千瓦时是电功的单位，而家庭每月用电数的计量单位是电功单位，并且用常用单位故选d点评：本题考查了家庭每月用电数的计量单位，属于基础知识3（2分）（2013静安区二模）提琴表演时，演奏者控制琴弦的松紧是为调节琴声的（）a响度b音调c音色d音量考点：频率及音调的关系专题：声现象分析：弦乐的长短、粗细、松紧程度都影响弦的振动频率，频率影响音调解答：解：演奏者控制琴弦的松紧是为调节弦的频率，频率影响音调故选b点评：掌握弦乐、打击乐、管乐音调的影响因素，并能在实际生活中加以利用4（2分）（2013静安区二模）对正做匀速直线运动的物体来说，其可能等于零的是（）a内能b动能c势能d机械能考点：动能和势能的概念专题：机械能及其转化分析：（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，由于被举高而具有的能叫重力势能，由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能，动能和势能统称为机械能（2）物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的和叫做内能，内能是不同于机械能的另一种形式的能解答：解：（1）如果物体在水平地面上做匀速直线运动，则该物体具有动能和内能；（2）如果物体在一定高度上做匀速直线运动，则物体具有动能、重力势能和内能；由此可见，物体可能没有重力势能故选c点评：解决本题的关键是把握住对机械能和内能的理解，一个物体可以没有机械能，但一定具有内能，任何物体都具有内能5（2分）（2013静安区二模）在下图中，能正确表示螺线管及静止小磁针的n极指向的是（）abcd考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；磁感线及其特点；安培定则分析：根据磁感线的特点、安培定则和磁极间的相互作用规律判断各个选项解答：解：a、由安培定则知，通电螺线管的左端应为s极，故错误；b、由安培定则知，通电螺线管的左端应为s极，故错误；c、正确；d、由安培定则知，通电螺线管的左端应为n极，这一点是正确的，但在通电螺线管的上方的磁感线应是从左指向右的，小磁针的左端应为s极，故错误故选c点评：本题考查了磁感线的特点、安培定则和磁极间的相互作用规律的知识点6（2分）（2013静安区二模）如图所示，不计滑轮重及摩擦，分别用力f1、f2匀速提升同一重物，若力f1、f2在相等时间内对物体所做的功相等，则力f1、f2及其功率p1、p2的大小关系为（）af1f2 p1p2bf1f2 p1p2cf1f2 p1=p2df1f2 p1p2考点：定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；功率大小的比较专题：应用题；简单机械；功、功率、机械效率分析：在不计绳重和摩擦时，力f1、f2在相等时间内对物体所做的功相等，根据功率p=即可比较功率大小；物体升高h，用定滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离为h，若用动滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离为2h，根据功的公式即可比较拉力的大小解答：解：用在不计绳重和摩擦时，物体升高h，用定滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离为h，若用动滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离为2h，则定滑轮提升物体时，拉力做功为：w1=f1s=fh，动滑轮提升物体时，拉力做功为：w2=f2s=2f2h，w1=w2，f1=2f2，即：f1f2又时间相同，根据功率公式p=可知：p1=p2故选c点评：本题考查功和功率的计算，在不计摩擦和绳重时，需要注意用定滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离与物体升高的高度相等，用动滑轮提升物体时，绳子自由端移动的距离为物体升高的高度的二倍7（2分）（2013静安区二模）在图所示的电路中，电源电压保持不变当电键s由断开到闭合，变小的是（）a电流表a的示数b电压表v1与电压表v2示数的差c电压表v1与电流表a示数的乘积d电压表v1与电流表a示数的比值考点：欧姆定律的应用；电阻的并联；电功率的计算专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题分析：当电键s断开时，电路为r1的简单电路，两电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；当电键s闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，电压表v1测电源的电压，电压表v2被短路；根据电源的电压可知电压表v2示数的变化，根据电阻的并联特点可知电路中总电阻的变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化，结合选项即可得出答案解答：解：当电键s断开时，电路为r1的简单电路，两电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流；当电键s闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，电压表v1测电源的电压，电压表v2被短路；电源的电压不变，电压表v1的示数不变，电键s闭合，电压表v2被短路，电压表v1与电压表v2示数的差变大，故b不符合题意；并联电路中电阻越并越小、小于任何一个分电阻，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表a的示数变大，故a不符合题意；电压表v1与电流表a示数的乘积变大，故c不符合题意；电压表v1与电流表a示数的比值变小，故d符合题意故选d点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电键s由断开到闭合时电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断8（2分）（2013静安区二模）一重为g的立方体放在水平地面上，现对其上表面的中央沿竖直方向施加一个力，该力的大小为f（fg），则木块所受重力与地面对其支持力的合力f合（）a可能为零b一定小于g，方向一定竖直向上c可能大于g，方向可能竖直向下d一定等于f，方向可能竖直向上考点：力的合成与应用专题：运动和力分析：对物体进行受力分析，由平衡条件分析答题，压力沿竖直方向，要分作用力竖直向上与竖直向下两种情况进行讨论解答：解：物体受到竖直向下的重力g、竖直方向的力f、地面竖直向上的支持力n，物体静止，处于平衡状态，由平衡条件得：（1）当f竖直向下时，g+f=n，重力与支持力的合力f合=ng=f，方向竖直向上；（2）当f竖直向上时，g=n+f，重力与支持力的合力f合=gn=f，方向竖直向下；故选d点评：对物体正确受力分析、应用平衡条件即可正确解题题目没有说作用在物体表面的力的方向，解题时要讨论该作用了的方向，这是本题的易错点二、填空题（共26分）9（3分）（2013静安区二模）我国家庭电路的电压为220伏；光从空气斜射入水中，折射角小于入射角（选填“大于”或“小于”）；在原子中，电子是带负电的粒子考点：电压；原子的核式模型；光的折射规律专题：其他综合题分析：我国家庭电路电压是220v；光由空气斜射入水中时，发生折射，折射角小于入射角；原子由带正电的原子核与核外带负电的电子组成解答：解：我国家庭电路的电压为220伏；光从空气斜射入水中，折射角小于入射角；在原子中，电子是带负电的粒子故答案为：220；小于；负点评：本题难度不大，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题10（3分）（2013静安区二模）鞋底刻有凹凸花纹是通过改变接触面的粗糙程度来增大摩擦的；“芳香四溢”表明了分子在做无规则运动；四冲程热机工作中，做功冲程将内能转化为机械能考点：增大或减小摩擦的方法；内燃机的四个冲程；分子的运动专题：其他综合题分析：（1）摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，增大压力、增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦；（2）物质是由分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动；（3）内燃机的一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成解答：解：（1）鞋底刻有凹凸花纹，增大了接触面的粗糙程度，增大鞋底与地面的摩擦力；（2）“芳香四溢”是气体分子的扩散现象，表明了分子在做无规则运动（3）四冲程热机工作中，压缩冲程机械能转化成内能，做功冲程内能转化成机械能故答案为：摩擦；无规则；做功点评：本题具有一定的综合性，考查了摩擦力、分子运动和内燃机的四个冲程，比较简单，属于基础知识的考查11（3分）（2013静安区二模）如图所示的情景主要说明了力可以改变物体的运动状态；当运动员踢中足球时感到疼痛，这表明物体间力的作用是相互的；若守门员接住足球，该球的惯性不变（选填“增大”、“不变”或“减小”）考点：力的作用效果；力作用的相互性；惯性专题：运动和力分析：（1）力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；（3）物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，质量是衡量物体惯性大小的唯一量度，与物体的运动速度无关解答：解：（1）图中，足球在运动员的脚下不断改变运动方向和速度，说明了力能改变物体的运动状态；（2）运动员踢中足球时，脚对球施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，因此球也对脚施加反作用力，所以脚感到疼；（3）守门员借助足球，足球的质量不发生变化，只有运动状态发生变化，因此球的惯性不变故答案为：运动状态；相互；不变点评：本题中最后一问学生容易出错，误认为足球的惯性也会减小，惯性与物体的运动速度无关，无论是静止的物体还是运动的物体都具有惯性，质量才是唯一衡量物体惯性大小的标准12（3分）（2013静安区二模）比热容的单位是焦/（千克）根据上表的比热容可知：2千克的水温度升高50，需吸收的热量为4.2105焦；质量相等的铝块与铜块，放出相等的热量，铜降低的温度多 比热容：焦/（千克）煤油2.1103铝0.90103水4.2103铜0.39103考点：热量的计算专题：分子热运动、内能分析：（1）比热容的单位是复合单位，单位是焦/（千克），（2）知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用q=cmt求水吸收的热量；（3）铝的比热容大，质量相等的铝块与铜块，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少解答：解：（1）水的比热容的单位是焦/（千克），读作：焦每千克摄氏度；（2）水吸收的热量：q吸=cmt=4.2103j/（kg）2kg50=4.2105j；（3）由表知，铝的比热容大于铜的比热容，根据q=cmt知，质量相等的铝块与铜块，放出相等的热量，铜降低的温度多故答案为：焦/（千克）；4.2105；铜点评：本题考查了学生对比热容单位、吸热公式的了解与掌握，利用公式q=cmt理解：质量相等的铝块与铜块，放出相等的热量，比热容大的温度降低的少13（3分）（2013静安区二模）水平地面上的甲、乙、丙三小车同时同地在同一直线做匀速运动，甲、乙的st图象，如图所示乙的速度为0.05米/秒；运动6秒时，甲、乙的距离为0.9米，甲、乙的运动方向相反（选填“相同”或“相反”）；若运动12秒时，丙、乙两车相距0.5米，则丙的速度小于甲的速度（选填“大于”、“等于”或“小于”）考点：速度的计算专题：长度、时间、速度分析：（1）由图象读出乙运动的路程和时间，根据v=求出速度；（2）由图象读出经过6s时甲和乙通过的路程，根据甲、乙的距离为0.9米，判断出运动方向；（3）由图象读出经过12s时乙通过的路程，根据丙、乙两车相距0.5米，判断出丙的路程，求出丙的速度，再求出甲的速度，两者进行比较即可得出答案解答：解：（1）乙在t=12s内运动的路程s=0.6m，乙的速度：v=0.05m/s；（2）由图象读出经过6s时甲和乙通过的路程，s甲=0.6m，s乙=0.3m，且甲、乙的距离为s=0.9米，所以判断出甲、乙两车的运动方向是相反的；（3）由图象读出经过12s时乙和丙通过的路程，s乙=0.6m，且乙、丙的距离为s=0.5米，则丙通过的距离可能为s丙=0.1m，或s丙=1.1m，丙的速度v丙=0.008m/s；或v丙=0.09m/s，甲的速度：v甲=0.1m/s，所以丙的速度小于甲的速度故答案为：0.05；相反；小于点评：此题主要考查的是学生对速度计算公式的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键14（3分）（2013静安区二模）质量为5千克的正方体，体积为1103米3，它的密度为5103千克/米3；将该正方体放在水平地面上，它对地面的压强为4.9103帕；若将该正方体浸没在水中，它所受的浮力为9.8牛考点：密度的计算；压强的大小及其计算；浮力大小的计算专题：密度及其应用；压强和浮力分析：已知物体质量和体积，利用公式=计算密度；已知正方体体积，可以得到边长，进一步得到底面积；已知质量，可以得到重力，物体对水平面的压力等于重力；已知压力和受力面积，利用公式p=得到压强；浸没在水中的物体，排开水的体积等于物体体积；已知水的密度和正方体排开水的体积，利用公式f浮=液gv排计算浮力解答：解：正方体的密度为=5103kg/m3；正方体的底面积为s=a2=（）2=（）2=0.01m2，正方体对地面的压强为p=4.9103pa；正方体受到的浮力为f浮=水gv排=1.0103kg/m39.8n/kg1103m3=9.8n故答案为：5103；4.9103；9.8点评：此题综合考查了密度计算公式、压强计算公式和阿基米德原理的应用，属于力学重要的公式或规律，但考查的环节简单，难度不大15（4分）（2013静安区二模）在图所示的电路中，电源电压保持不变电阻r1、滑动变阻器r2可能出现了断路故障：若电键s由断开到闭合时，所有电表的指针均停留在原有位置，则电路中一定发生的故障是r2断路若闭合电键s后，在变阻器r2的中点附近移动滑片p，只有一个电表示数不为零，则电路中的故障是r1与r2均断路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用专题：欧姆定律分析：首先分析电路连接和各电表的测量情况，然后根据开关的断开、闭合分析各电表的可能变化判断故障原因解答：解：由图可知：电阻r1和滑动变阻器r2并联，电键s只控制滑动变阻器r2的支路，电压表始终测量电源电压，示数不变，电流表a测量的是干路电流，电流表a1测量的是r1支路上的电流，电流表a2测量的是r2支路上的电流；若电键s由断开到闭合时，所有电表的指针均停留在原有位置，则说明对原来没有产生影响，即滑动变阻器没有连入电路，所以电路中一定发生的故障是r2断路若闭合电键s后，在变阻器r2的中点附近移动滑片p，只有一个电表示数不为零，因为电压表始终测量电源电压，示数不变不为零，所以电表示数为零的一定是所有的电流表，则说明电阻r1和滑动变阻器r2均没有连入电路，电路中的故障是r1与r2均断路故答案为：r2断路； r1与r2均断路点评：此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和两表特点进行分析，本题关键是分清电路的连接和各电表的测量情况16（4分）（2013静安区二模）为了研究对支持面能产生相同形变效果的圆柱体的特点，小明同学先分别选用不同的铅制实心圆柱体竖直置于水平放置的相同海绵上，并使海绵的凹陷程度相同，如图（a）、（b）和（c）所示，然后又依次选用铜制、铁制的实心圆柱体（铅铜铁）重复实验，研究过程如图（d）和（e）所示请仔细观察实验现象并根据相关条件，归纳得出初步结论分析、比较图（a）、（b）和（c）可知：当同种材料的圆柱体对支持面产生相同的形变效果时，无论其底面积大小，圆柱体的高度一定相同分析、比较图（a）、（d）和（e）可知：当不同材料的圆柱体对支持面产生形变效果相同时，圆柱体的密度越小，高度越大考点：探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验专题：探究型实验综合题分析：根据控制变量法的要求，分析图示情景，根据实验所控制的变量与实验现象得出实验结论解答：解：（1）由图（a）、（b）和（c）可知：当同种材料的圆柱体对支持面产生相同的形变效果时，无论其底面积大小，圆柱体的高度一定相同（2）由图（a）、（d）和（e）可知：当不同材料的圆柱体对支持面产生形变效果相同时，圆柱体的密度越小，高度越大故答案为：（1）无论其底面积大小，圆柱体的高度一定相同（2）当不同材料的圆柱体对支持面产生形变效果相同时，圆柱体的密度越小，高度越大点评：应用控制变量法，认真分析实验现象即可正确解题三作图题（共6分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2b铅笔17（3分）（2009上海）根据平面镜成像特点，在如图中画出物体ab在平面镜mn中所成的像ab考点：平面镜成像的相关作图专题：作图题；压轴题分析：平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出ab的像解答：解：分别作出物体ab端点a、b关于平面镜的对称点a、b，用虚线连接a、b即为ab在平面镜中的像如图：点评：平面镜成像作图的方法有两种：一种是根据平面镜成像的特点来作，另一种是根据光的反射定律来作，没有特殊要求的情况下，根据平面镜成像特点作图要简洁、容易18（3分）（2013静安区二模）在图所示的电路中，请用笔线代替导线将定值电阻r与滑动变阻器以某种方式连接要求：闭合电键s后，不移动变阻器滑片p的位置，使得电流表的示数最小考点：实物的电路连接；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用专题：作图题；电流和电路；欧姆定律分析：滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，电路中的电流最大说明滑动变阻器接入电路的电阻最大，即滑片远离的下方接线柱必须接入电路中解答：解：闭合电键s后，不移动变阻器滑片p的位置，使得电流表的示数最小，说明此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据滑片远离下方接线柱时接入电路的电阻变大可知，左下方接线柱与定值电阻串联，然后组成电路，如下图所示：点评：本题考查了实物电路图的连接，关键是知道滑片远离下方接线柱时接入电路的电阻变大，靠近下方接线柱时接入电路的电阻变小四计算题（共24分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置19（4分）（2013静安区二模）重为100牛的木块，在大小为20牛的水平拉力作用下，10秒内沿水平地面匀速前进了3米求：此过程中拉力所做的功w和功率p考点：功的计算；功率的计算专题：计算题分析：已知拉力和前进的距离，根据公式w=fs可求拉力做的功，根据公式p=可求功率解答：解：拉力做的功：w=fs=20n3m=60j，功率p=6w；答：此过程中拉力所做的功为60j；功率为6w点评：本题考查功和功率的计算，做功的必要条件：一是有力作用在物体上，二是物体在力的方向上移动距离有力但没有移动距离不做功20（4分）（2013静安区二模）在图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻r1的阻值为15欧，当电键s闭合后，电路中的总电流为0.9安，通过电阻r2的电流为0.3安求通过电阻r1的电流i1以及电阻r1两端的电压u1求10秒内电流对电阻r2所做的功w2考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功的计算专题：计算题；电路和欧姆定律；电能和电功率分析：由电路图可知，两电阻并联（1）根据并联电路的电流特点求出通过电阻r1的电流，利用欧姆定律求出电阻r1两端的电压；（2）根据并联电路的电压特点和w=uit求出10秒内电流对电阻r2所做的功解答：解：由电路图可知，两电阻并联并联电路中干路电流等于各支路电流之和，通过电阻r1的电流：i1=ii2=0.9a0.3a=0.6a，i=，电阻r1两端的电压：u1=i1r1=0.6a15=9v；并联电路中各支路两端的电压相等，10秒内电流对电阻r2所做的功：w2=u2i2t=9v0.3a10s=27j答：通过电阻r1的电流为0.6a，电阻r1两端的电压为9v；10秒内电流对电阻r2所做的功为27j点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，是一道较为简单的计算题21（8分）（2013静安区二模）如图所示，相同的圆柱形容器a和b放在水平地面上，容器的质量为1千克，两容器各盛有2千克的水、酒精（酒精=0.8103千克/米3）求0.1米深处水的压强p水求b容器对水平地面的压力f现有质量相等的甲、乙两实心物块，若将甲浸没在水中、乙浸没在酒精中后，两液体均未溢出，且两液体各自对容器底部的压强相等，则甲、乙的密度之比甲：乙=5：4考点：液体的压强的计算；压力及重力与压力的区别；液体压强计算公式的应用专题：计算题；比例法；压强、液体的压强分析：（1）已知水的深度，根据公式p水=水gh水 可求a容器中水对容器底部的压强p水（2）已知容器和酒精的质量，可以得到总质量，利用公式g=mg得到总重力，容器对水平地面的压力等于重力（3）已知两物块浸没在液体中，液体对容器底的压强相等，根据公式h=得到放入物块后液体的深度关系；已知容器底面积相同，根据v=sh得到物块排开液体的体积关系，也就是两物块的体积关系；已知物块质量相等和体积关系，利用公式=确定密度关系解答：已知：水=1.0103kg/m3 酒精=0.8103kg/m3 h水=0.1m m0=1kg m水=m酒精=2kg g=9.8n/kg 求：（1）p水=？（2）fb=？（3）甲：乙=？解：a容器中水对容器底部的压强p水=水gh水=1103kg/m39.8n/kg0.1m=980pa；盛有酒精的容器对水平地面的压力为fb=g总=（m酒精+m0）g=（2kg+1kg）9.8n/kg=29.4np=ghh=， 甲乙物块浸没液体，液体对容器底的压强相等时，液体的深度之比为=已知容器的底面积相同，所以物块排开液体的体积之比为=由于物体浸没在两种液体中，所以物块体积之比为=两物块质量相同，体积之比为4：5，所以密度之比为5：4答：a容器中水对容器底部的压强为980pa；盛有酒精的容器对水平地面的压力为29.4n甲、乙的密度之比为5：4点评：此题考查的是液体压强、压力的计算和压强变形公式的应用其中第三小题难度较大，需要以液体压强相等为基础，通过公式变形，利用比例关系得到液体深度，物体体积的比例关系，最终得到物块密度的比例关系，有一定的难度22（8分）（2013静安区二模）在图（a）所示的电路中，电阻r1的阻值为10欧，滑动变阻器r2上标有“20 2a”的字样，所用电表规格如图（b）所示若电源电压为3伏，闭合电键s后，移动变阻器的滑片p，当电流表示数为0.1安时，求电压表的示数u2若电源电压可变，但该电源电压需满足如下要求：在此电路中选择合适的电表量程后，移动变阻器的滑片p，能使两电表的指针分别达到满刻度，且不损坏电路元件（a） 应选择：电流表的量程为00.6安，电压表的量程为03伏；（b） 能满足要求的电源电压的范围为69伏；（c） 求在该电源电压范围下，变阻器r2连入电路中所能达到的最大阻值考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电流表的使用；电压表的使用；串联电路的电压规律专题：应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，电阻r1与滑动变阻器r2串联，电压表测r2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律求出r1两端的电压，利用串联电路的电压特点求出电压表的示数；（a）根据滑动变阻器允许通过的最大电流可知电流表选择的量程，当电路中的电流最大时，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的最大电压确定电压表的量程；（b）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电流表的示数达到0.6a时电源的电压最小，根据欧姆定律求出电源的最小电压；当电压表和电流表的指针同时达到满刻度时电源的电压最大，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源的电压，进一步得出能满足要求的电源电压的范围；（c）根据串联电路的分压特点可知当电压表的示数为3v时滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出定值电阻两端的电压，利用欧姆定律和串联电路的电流特点建立等式即可求出变阻器r2连入电路中所能达到的最大阻值解答：解：由电路图可知，电阻r1与滑动变阻器r2串联，电压表测r2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律可得，当电流表示数为0.1安时r1两端的电压：u1=i1r1=0.1a10=1v，串联电路中总电压等于各分电压之和，电压表的示数：u2=uu1=3v1v=2v；（a）滑动变阻器允许通过的最大电流为2a3a，要使电流表的指针能达到满刻度，只能选00.6a的量程；当电路中的电流为0.6a时，滑动变阻器两端的最大电压：u滑=0.6a20=12v15v，要使电压表的指针能达到满刻度，只能选03v的量程；（b）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电流表的示数达到0.6a时电源的电压最小，能满足要求的最小电源电压：umin=imaxr1=0.6a10=6v，当电压表和电流表的指针同时达到满刻度时电源的电压最大，能满足要求的最大电源电压：umax=imaxr1+u2max=0.6a10+3v=9v，能满足要求的电源电压的范围为69v；（c）串联电路中电阻越大分得的电压越大，当电压表的示数为3v时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路的特点和欧姆定律可得：=，即=，r滑=，当电源的电压u=6v时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，r滑=10答：若电源电压为3伏，闭合电键s后，移动变阻器的滑片p，当电流表示数为0.1安时，电压表的示数为2v；（a）00.6；03；（b）69；（c）在该电源电压范围下，变阻器r2连入电路中所能达到的最大阻值为10点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据滑动变阻器允许通过的最大电流确定符合题意的电流表量程、根据滑动变阻器两端的最大电压确定符合题意的电压表量程；难点是根据两电表满偏结合电路特点确定符合题意电源电压的范围五实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答23（4分）（2013静安区二模）使用天平时，先将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺左端零刻度线处，并调节平衡螺母使天平平衡在“探究杠杆平衡的条件”实验中，可利用加减钩码的个数来改变杠杆所受的力的大小，当杠杆处于水平位置平衡后，才能记录实验数据考点：质量的测量与天平；杠杆的平衡条件专题：质量及其测量；简单机械分析：（1）使用天平时，先将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡；（2）在探究杠杆平衡条件的实验过程中改变钩码的数量来改变作用力的大小；使杠杆在水平位置重新平衡的目的是：便于测量力臂，同时消除杠杆自身重对杠杆平衡的影响解答：解：（1）使用天平时，先将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母使横梁平衡；（2）在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要测量多组实验数据，因此可利用加减钩码的个数来改变杠杆所受力的大小；为了便于测量力臂，所以要让杠杆在水平位置平衡后，才能记录实验数据故答案为：标尺左端零刻度线处；平衡螺母；力的大小；水平故答案为：（1）标尺左端零刻度线处；（2）平衡螺母；（3）力的大小；（4）水平点评：此题主要考查的是学生对天平的使用和杠杆平衡条件实验的理解和掌握，基础性题目24（4分）（2013静安区二模）在图所示的光具座上标有的a、b、c、d、e五点当凸透镜放置在这五点中的某点处，恰有两点到透镜所在点的距离分别等于该透镜的焦距、两倍焦距，该透镜的焦距为20厘米接着将发光物置于光具座的a点处，光屏在e点附近能得到一个缩小的像，该凸透镜应放置在光具座的d点若不改变上述发光物与光屏的位置，将凸透镜向a点移动（选填“a”或“e”），光屏上可再次得到一个实像，该像是放大的（选填“缩小”、“等大”或“放大”）考点：凸透镜成像规律及其探究实验专题：探究型实验综合题分析：（1）当凸透镜放置在这五点中的某点处，恰有两点到透镜所在点的距离分别等于该透镜的焦距、两倍焦距，根据这个条件判断凸透镜的焦距（2）根据像的性质判断物距和像距的关系：凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像；物距等于像距时，成倒立等大的实像；物距小于像距时，成倒立放大的实像（3）根据光路是可逆的，判断凸透镜的移动情况解答：解：（1）如图，当凸透镜放在b点时，bd=2bc=40cm（或当凸透镜放在d点时，bd=2bc=40cm），符合已知条件，所以凸透镜的焦距是20cm（2）发光物置于光具座的a点处，光屏在e点附近能得到一个缩小的像，说明物距大于像距，可以判断凸透镜在d点（3）在光的折射中光路可逆，并且物距小于像距时，成倒立、放大的实像，所以在光屏和发光物不动时，凸透镜向a点移动，可以得到倒立、放大的实像故答案为：20；d；a；放大点评：物距和焦距、像距和焦距、物距和像距，都可以判断凸透镜成像和应用，其中物距和焦距之间的关系是最常用的25（4分）（2013静安区二模）为探究物质在发生物态变化前后的质量与体积的关系，某小组同学分别用甲、乙两种不同的固态物质做实验，且甲、乙都是长方体形状每一次实验，他们都先用刻度尺和天平分别测出其固态时的体积和质量，接着又通过加热方式使它变为液态，再用量筒和天平分别测出此时的体积和质量该小组的实验数据记录如表一、表二所示表一 甲物质 实验序号固态液态体积（厘米3）质量（克）体积（厘米3）质量（克）110999220181818330272727表二 乙物质实验序号固态液态体积（厘米3）质量（克）体积（厘米3）质量（克）410111411520222822630334233（1）分析比较实验序号1、2、3、4、5或6中，物态变化前后的体积、质量以及相关条件，可得出的结论是：同一物质的物体发生物态变化后，质量不变，体积改变（2）综合分析比较表一、表二的数据及相关条件，初步归纳得出结论：（a）分析比较表一或表二中同一物态时质量与体积的关系以及相关条件，可初步得出：同一物质在同一物态时，质量与体积成正比；（b）分析比较表一或表二中物态变化前后的质量与体积的关系以及相关条件，可初步得出：同一物质处于不同物态时，质量与体积的比值不同；（c）分析比较表一和表二中物态变化前后的质量与体积的关系以及相关条件，可初步得出：发生物态变化后，物质的质量与体积的比值会变化，可以变大，也可以变小考点：探究密度特性的实验专题：探究型实验综合题分析：在分析处理数据时，根据数值间的具体关系，再渗透控制变量法的思想；在描述结论时，也要交待相同的物理量和不同的物理量解答：解：（1）分析比较实验序号1、2、3、4、5或6中，物态变化前后的体积发生变化、质量不变，可得出的结论是：同一物质的物体发生物态变化后，质量不变，体积改变；（2）（a）分析比较表一或表二中同一物态时质量与体积的关系以及相关条件，可初步得出：同一物质在同一物态时，质量与体积成正比，且质量与体积的比值是相同的；（b）分析比较表一或表二中物态变化前后的质量与体积的关系以及相关条件，可初步得出：同一物质处于不同物态时，质量与体积的比值不同；（c）分析比较表一中物态变化前后的质量与体积的关系以及相关条件可知：发生物态变化后，物质的质量与体积的比值会变大；分析比较表二中物态变化前后的质量与体积的关系以及相关条件可知：发生物态变化后，物质的质量与体积的比值会变小；综上所述，得出的结论是：发生物态变化后，物质的质量与体积的比值会变化，可以变大，也可以变小故答案为：（1）质量不变，体积改变；（2）（a）同一物质在同一物态时，质量与体积成正比；（b）同一物质处于不同物态时，质量与体积的比值不同；（c）发生物态变化后，物质的质量与体积的比值会变化，可以变大，也可以变小点评：控制变量法是研究物理问题常用的方法；描述结论也要渗透控制变量法的思想，语言要严谨、科学26（6分）（2013静安区二