广西玉林市陆川县中考物理一模试卷（解析版） 新人教版.doc

广西玉林市陆川县2013年中考物理一模试卷一、单项选择（每小题3分，共36分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的用铅笔把答题卡上对应题目的答案涂黑每小题选对的得3分，不选、多选或选错的均得0分）1（3分）（2013陆川县一模）玉林市教育局要求中小学建立学生电子档案某中学生的信息档案中，错误的信息是（）a身高1.68mb质量50kgc体温36.5d步行速度10m/s考点：长度的估测；温度；质量的估测；速度与物体运动专题：估算综合应用题分析：首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案解答：解：a、成年人的身高在1.70m左右，中学生的身高接近成年人，在1.68m左右此选项正确；b、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右此选项正确；c、人体正常体温在36.8左右，上下变化幅度不大此选项正确；d、人正常步行的速度在4km/h=4m/s1.1m/s此选项错误故选d点评：对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的2（3分）（2013陆川县一模）如图，密闭的玻璃管里装满煤油，当外界温度变化时，两端开口的细玻璃管中煤油面会升降，下列仪器中根据此原理制成的是（）a密度计b气压计c温度计d压强计考点：液体温度计的构造与工作原理；大气压的综合应用专题：应用题分析：细玻璃管中的煤油面会升降反应出的是液体的热胀冷缩的性质，因此只需判断题目中所给的仪器是否是根据液体的热胀冷缩制成的就可以了解答：解：a、密度计是根据物体的浮沉条件制成的，故不符合题意b、气压计是根据托里拆利实验制成的，故不符合题意c、温度计在温度变化时毛细管中的液面会发生升降的变化，是利用液体的热胀冷缩制成的，符合题意d、压强计也是利用液体压强的特点制成的，不符合题意故选c点评：了解仪器的用途，掌握仪器的操作，另外要知道常见的简单仪器的制作原理，并且不要混淆了3（3分）（2013鞍山模拟）如图是龟山雨后的美丽雾景关于雾的形成，下列说法中正确的是（）a雾是雨水升华形成的水蒸气b雾是雨水蒸发形成的水蒸气c雾是水蒸气液化形成的小水珠d雾是水蒸气凝华形成的小水珠考点：液化及液化现象专题：汽化和液化、升华和凝华分析：物质由气态直接变为固态叫凝华；物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固解答：解：春秋天，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在空气中的土壤颗粒上，就是雾，而水蒸气是看不到的，是液化现象故选c点评：此题考查的是生活中物态变化现象的判断，分析时弄清变化前后的状态变化是本题的关键4（3分）（2013鞍山模拟）2012年11月23日，国产歼15舰载机首次在航空母舰“辽宁号”上成功起降，如图，一举突破了阻拦着舰等飞行关键技术下列有关说法不正确的是（）a飞机起飞时，以飞机为参照物航母是运动的b飞机起飞时，是利用力的相互作用的原理来获得推力的c飞机降落时，不能立即停止下来，是由于飞机的惯性很大d飞机降落时，阻拦索挂住飞机后，慢慢停下来是因为飞机没有受到向前的推力考点：参照物及其选择；力的作用效果；力作用的相互性；惯性专题：运动和力分析：（1）运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的（2）飞机的机翼通常都做成上面凸起，下面平直的形状这样，当飞机起飞时，流过机翼上方的空气流速大，压强小，流过机翼下方的空气流速小，压强大机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力（3）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性（4）力的作用效果：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态解答：解：a、飞机起飞时，飞机与航母的位置是变化的，因此以飞机为参照物航母是运动的，该选线说法正确，不符合题意；b、飞机的机翼通常都做成上面凸起，飞机起飞时，是利用气体压强和流速的关系产生的飞机的升力，该选项说法不正确，符合题意；c、飞机降落时，不能立即停止下来，是由于飞机有惯性，该选项说法正确，不符合题意d、飞机降落时，被阻拦索挂住立即停下来，由运动变为静止，是因为飞机没有受到向前的推力，而是受到了摩擦力，该选项说法正确，不符合题意故选b点评：本题以国产歼15舰载机首次在“辽宁号”航空母舰上成功起降的情景为载体，考查相应的物理知识，注重了物理知识和生产生活实际的结合，注重了学以致用5（3分）（2012广西）我国已经开展空气中pm2.5浓度的监测工作pm2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，其浮在空中很难自然沉降到地面，吸入后会对人体造成危害下列关于pm2.5的说法正确的是（）apm2.5在空气中仍受重力作用bpm2.5的空间尺度小于电子cpm2.5在空气中的运动属于分子热运动dpm2.5的密度远大于空气的密度考点：重力；从微观到宏观的尺度；分子的运动专题：粒子与宇宙、材料世界分析：a、地面附近的任何物体都要受到重力作用；b、pm2.5尺度大于电子尺度；c、pm2.5在空气中的运动是固体颗粒、是分子团的运动，不是分子的热运动；d、pm2.5密度与空气的密度接近解答：解：a、pm2.5在空气中仍然受到重力作用，故a正确；b、pm2.5的尺度大于电子的尺度，故b错误；c、pm2.5在空气中的运动不属于分子热运动，是分子团整体的运动，故c错误；d、pm2.5颗粒物悬浮在空中，密度接近空气的密度，故d错误；故选a点评：本题考查了pm2.5的有关问题，涉及的知识点较多，是一道综合题，但难度不大6（3分）（2013陆川县一模）对于某校升旗仪式中的情景，下列说法正确的是（）a国歌的声音越大，音调越高b同学们听到的国歌声是通过空气传播的c将国旗升起是利用动滑轮完成的d扬声器（喇叭）工作时将内能转化为电能考点：响度；定滑轮及其工作特点；声音的传播条件；扬声器和耳机的构造和原理专题：其他综合题分析：（1）音调指声音的高低，由振动的频率决定，响度指声音的强弱，与物体振动的幅度决定；（2）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都能够传播声音；（3）定滑轮不能省力，只能改变力的方向，动滑轮省力，但是不能改变力的方向；（4）扬声器的原理与电动机相同，都是通电线圈在磁场中受力振动，工作时把电能转化成机械能解答：解：a、国歌的声音越大，是指响度越大，该选项说法不正确；b、学生听到国歌声是通过空气传播的，该选项说法正确；c、将国旗升起来是利用定滑轮完成的，目的是改变力的方向，该选项说法不正确；d、扬声器工作时把电能转化成机械能，该选项说法不正确故选b点评：本题借助升国旗这一活动，考查了相关的物理知识，注重了物理和生活的联系7（3分）（2013陆川县一模）在电厂发电、输送电力等方面要大大降低由于电阻引起的电能损耗，最理想是使用以下材料中的（）a超导体材料b绝缘体材料c半导体材料d导体材料考点：超导体在磁悬浮列车、超导输电的应用专题：应用题分析：可以根据超导材料的电阻为零这一特点来分析它的优点解答：解：超导材料的特点就是在温度很低时电阻为零当电阻为零时用超导材料传输电能可以减少电能损耗，用作输电导线故选a点评：本题主要考查学生对：超导体的特点，以及超导现象的应用的了解和掌握8（3分）（2012扬州）如图所示的电路，电源电压恒定，当开关s闭合时（）aa示数变小，v示数变大ba示数变大，v示数不变ca示数不变，v示数变小da示数不变，v示数变大考点：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专题：应用题；推理法分析：首先分析电路，当开关s断开时，电路中只有电阻r2，电压表测量的是电源电压，电流表测量电路中的电流；开关s闭合后，电阻r1和r2组成并联电路，电压表测量并联电路两端的电压，电流表测量干路电流；根据并联电路的电压规律分析电压表的示数变化；根据并联电路的电流规律分析电流表的示数变化解答：解：s断开时，r1被断路，电路中只有r2，v测电源电压，a测总电流；s闭合后，r1和r2并联，v依然测电源电压，a测总电流并联电路总电阻小于任何支路中的电阻，故总电阻变小，总电流变大故选b点评：本题考查并联电路电流、电压的特点以及欧姆定律的应用情况，正确分析电学中三个基本物理量的变化是本题的关键所在关键是明白电流表和电压表分别测量哪一部分电路的电流和电压9（3分）（2013陆川县一模）某用电器使用的插头（平视和侧视图如图所示）插进插座时用电器能正常使用，下列说法正确的是（）a插头的“e”脚连接插座中的火线为用电器供电b“e”脚长度也可设计得比其他两脚短c整个插头都是导体d该用电器的额定功率不超过2500w考点：插座的构造与工作方式专题：电与热、生活用电分析：三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；原因是：当用电器漏电时，使外壳带上电，这时若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插头插入插座时先让金属外壳与大地相连解答：解：a、插头制作的长一些，可以使用电器在与火线接通之间先使外壳与地线相通，在拔插头时，先使插头与火线相脱离，防止触电事故的发生；故a错误；b、若“e”脚长度也可设计得比其他两脚短，则用电器外壳带上电，不能首先接上地线，电流就不通过地线流入大地，会引起触电事故的发生；故b错误；c、整个插头有火线、零线和地线，它们之间不能相连通的，必须通过绝缘体分开，所以整个插头有导体，也有绝缘体，故c错误；d、由插座铭牌可知，允许达到的最大功率为250v10a=2500w，所以该用电器的额定功率不超过2500w，故d正确；故选d点评：本题考查了三脚插头的构造及其作用，并了解铭牌信息的意义10（3分）（2013章丘市模拟）为了防止中考考试作弊，监考人员利用手持式金属探测器对考生进行检查（如图所示），当靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，探测器发出警报以下选项中也是利用该原理工作的是（）a电动机b电磁铁c电铃d动圈式话筒考点：动圈式话筒的构造和原理专题：应用题；电动机、磁生电分析：先通过题目中告诉的信息明确金属探测器的工作原理然后与选择项中各设备的工作原理相对比，从而可以得到答案解答：解：根据：探测器靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，可以确定该设备的制成原理是电磁感应现象a、电动机是利用通电导体在磁场中受力的作用而制成的故a错误b、电磁铁是利用电流的磁效应制成的，故b错误c、电铃是利用电流的磁效应制成的故c错误d、动圈式话筒是利用振动膜片带动线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生随声音信号变化的感应电流制成的故d正确故选d点评：明确动圈式话筒和探测器的工作原理是解题的关键11（3分）（2010肇庆）下列四幅图中，可以用来探究磁场对电流作用力的是（）abcd考点：磁场对通电导线的作用；通电直导线周围的磁场；电磁感应专题：压轴题分析：实验的装置不同，则可完成的实验不同；故可以由实验的装置知道其实验的目的及意义解答：解：a、当开关闭合时，放在磁场中的导体会在磁场力的作用下运动起来，故控究的是磁场对电流作用力，故a正确；b、导体与电流表相连，故在闭合回路中当导体棒在磁场中运动时，电流计中会产生电流，故探究的是电磁感应，故b错误；c、导线组成线圈，当线圈中通以电流时，会产生磁性，故探究电流的磁效应，故c错误；d、当将导体棒放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，故说明通电直导体周围存在磁场，故d错误；故选a点评：在电磁学部分中，电磁感应与通电导体在磁场中的运动为互逆过程，可明确是先有的运动还是先有的电流，由运动产生电流则为电磁感应，若是由电流引起的运动，则为通电导体在磁场中的受力12（3分）（2013陆川县一模）在如图所示的电路中，电源电压恒定，r1为一定值电阻，r2为滑动变阻器开关s闭合后，当滑动变阻器的滑片p在a、b之间滑动的过程中，电压表的示数最大为4v，电阻r1的电功率变化范围是0.8w7.2w，则p从a端滑至b端的过程中，电流表的示数（）a从1.8a变化至0.2ab从0.4a变化至1.2ac从1.2a变化至0.4ad从0.2a变化至1.8a考点：欧姆定律的应用；电功率的计算专题：方程法分析：由图可知定值电阻与滑动变阻器串联，电压表并联在滑动变阻器两端；由题意可知，当滑片滑到b点时，滑动变阻器全部接入，电压表示数最大，此时r1消耗的功率最小；当滑片移动a点时，滑动变阻器短路，此时r1消耗的电功率最大；设电源电压为u，则可得出r1消耗功率的表达式，联立可解得电源电压及r1的阻值；则由欧姆定律可求得两种情况下的电流值解答：解；当滑片滑到a点时，滑动变阻器短路，r1消耗的功率最大；最大功率p最大=；当滑片滑到b端时，滑动变阻器全部接入，r1两端的电压为u4v； 则r1消耗的功率p最小=；由题意知p最小=0.8w；p最大=7.2w； 即：=7.2w（1）；=0.8w（2）；联立（1）、（2）解得：u=6v；r1=5；则电路中最大电流i最大=1.2a； 电路中最小电流i最小=0.4a； 故选c点评：本题考查欧姆定律的使用及方程法的使用，要求学生有较高的审题及应用数学知识能力二、填空（每空1分，共16分将答案填写在答题卡上，不要求写出计算过程）13（2分）（2012眉山）杯中的蜡从液态变成固体时，中间会凹陷下去，蜡的质量不变，蜡的密度变大（选填“变大”、“不变”或“变小”）考点：质量及其特性；密度的计算专题：顺推法分析：通过观察蜡从液态变为固体时形状的改变得到体积的变化；再根据质量的属性以及密度公式= 分析密度的变化解答：解：因为质量是物体本身的一种属性，不随物体的形状、状态、位置、温度的改变而改变，所以蜡的质量不变；由于质量不变，体积变小，由公式= 知，蜡由液态变成固态时，密度变大故答案为：不变；变大点评：本题考查质量的特点和密度公式的应用情况，先分析质量的变化是判断密度变化的前提14（2分）（2013陆川县一模）太阳能是一次能源（填“一次”或“二次”）、清洁无污染，它是在太阳内部，氢原子核发生聚变（填“裂变”或“聚变”），释放出的核能考点：能源的分类；核聚变专题：能源的利用与发展分析：可以从自然界直接获取的能源叫一次能源；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源太阳内部进行着核聚变，由氢原子核聚变成氦原子核，释放出核能解答：解：太阳能是直接吸收阳光来利用的，是一次能源；在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能故答案为：一次；聚变点评：本题考查了太阳能的优点和进行的核反应的类型，知道太阳能是一次能源15（2分）（2013沈河区一模）中国第一代舰载战斗机歼15从中国首艘航空母舰“辽宁号”的甲板起飞，飞机飞离甲板时，飞机的动能变大，飞机的重力势能变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）考点：动能和势能的大小变化专题：控制变量法；机械能及其转化分析：（1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大解答：解：飞机起飞时，飞机的质量不变，速度增大，动能增大；高度增大，重力势能增大故答案为：变大；变大点评：（1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素（2）能判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化16（2分）（2013陆川县一模）光在传播过程中不需要（填“需要”或“不需要”）介质光的漫反射遵循（填“遵循”或“不遵循”）光的反射定律考点：光直线传播的应用；漫反射专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：（1）光的传播不需要介质，可以在真空中传播；（2）一束平行光射到粗糙的物体表面时，反射光不再平行，而是射向各个方向，这种反射叫做漫反射，无论是镜面反射还是漫反射，都遵循光的反射定律解答：解：光在传播过程中不需要介质，光的漫反射同样遵循光的反射定律故答案为：不需要；遵循点评：本题考查光的传播和光的反射，要注意镜面反射、漫反射都遵循光的反射定律17（2分）（2012绥化）波既能传递能量，也是传递信息声呐是靠超声波传递信息的，雷达是靠电磁波传递信息的考点：超声波与次声波；电磁波的传播专题：应用题分析：要解答本题需掌握：声音能够传递信息，以及声音能够传递能量；雷达是利用电磁波来工作的解答：解：声音能够传递信息，也能够传递能量，比如：声呐就是传递信息；超声波粉碎胆结石就是声音能够传递能量雷达在工作时，先发射出电磁波，其在向前传播过程中，遇到障碍物后被发射回来，即雷达据其所接收到的反射回来的电磁波情况判断前方物体的情况故答案为：超声波；电磁波点评：本题主要考查学生对：声音与信息，以及声音与能量的了解和掌握，以及雷达的工作过程18（2分）（2009莆田）学校的路灯经常烧坏，更换十分不便，电工师傅用“挑担灯解决了这个问题，即将“220v 100w”和“220v 60w”的甲乙两盏规格相同的白炽灯串联接入照明电路上述两盏灯相比较，灯丝较粗的是甲灯，两灯工作时，较亮的是乙灯（填“甲”或“乙”）考点：电功率的计算；影响电阻大小的因素；实际功率专题：应用题分析：两灯额定电压相同，则由功率公式p=可判出两灯的电阻大小关系，由影响电阻大小的因素可知灯丝的粗细程度；因两灯串联，则可知电流相等，则由p=i2r可知功率大小，则可知哪一盏灯要亮解答：解：由p=得：灯丝电阻r=，则可知额定功率越大的灯泡，电阻越小；即甲灯电阻要小，因灯丝长度差不多，由影响电阻大小的因素可得，甲灯的灯丝要比乙灯的粗；两灯串联时，通过两灯的电流相等，则由p=i2r可得，乙灯的实际功率要大，故乙灯要亮故答案为：甲，乙点评：解决此类题目的关键是知道串联电路的特点，能用功率公式分析灯泡的功率变化19（2分）（2013陆川县一模）如图是高、中、低“三档”电热器（r1r2）的工作电路，如果将电热器调至高温档工作，应该闭合开关s、s1、s2；如果调至中温档工作，已知电源电压为u，通电时间为t，则它产生的热量的表达式：q=t考点：焦耳定律的计算公式及其应用；电阻的并联专题：应用题；电与热、生活用电分析：（1）根据p=可知，在电源的电压不变时，要调到电热器的高温档位，应使电路中的总电阻最小，根据电阻的并联特点可知两电阻并联时电路中的总电阻最小，据此判断需要闭合的开关；（2）当电路中只有r2工作时，电热器处于中温档位，根据焦耳定律求出通电时间为t内产生的热量解答：解：（1）由电路图可知，当开关s、s1、s2闭合时，两电阻并联，根据电阻的并联特点可知，此时电路中的总电阻最小，由p=可知，此时电热器的电功率最大，处于高温档位；（2）当闭合开关s、s2闭合时，电路中只有r2工作，r1r2，由p=可知，此时电热器处于中温档位，t内产生的热量：q=t故答案为：s、s1、s2；q=t点评：本题考查了电功率公式和焦耳定律的灵活应用，关键是根据电阻的并联特点和两电阻之间的关系确定电热器的档位20（2分）（2012重庆）如图所示电路，电源电压保持不变，r为定值电阻闭合开关s，调节滑动变阻器r，发现电流表示数从0.1a变为0.3a，电压表示数改变了4v由此可判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值变小（选填“变大”或“变小”），定值电阻r的电功率变化了1.6w考点：电功率的计算；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用专题：计算题；应用题；压轴题；动态预测题分析：由电路图可知，电阻r与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；根据欧姆定律可知当电流表示数从0.1a变为0.3a时，电路中的总电阻变小；根据串联电路电压特点结合电压表的示数求出电阻r的阻值，再根据p=i2r求出求出定值电阻r电功率的变化量解答：解：由i=可知，电流表示数从0.1a变为0.3a时，电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电阻变小；当电路中的电流i=0.1a时，电源的电压u=ir+u滑=0.1r+u滑；当电路中的电流i=0.3a时，电源的电压u=ir+u滑=0.3r+u滑；因电压表示数改变了4v，所以u滑u滑=（u0.1r）（u0.3r）=4v，解得：r=20；定值电阻r电功率的变化量：p=（i）2ri2r=（0.3a）220（0.1a）220=1.6w故答案为：变小；1.6点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是根据电压表示数的变化量求出电阻r的阻值三、作图、实验与探究（21题2分、22题2分，23题6分，24题5分，25题9分，共24分将答案填写在答题卡上）21（2分）（2013鞍山模拟）请在图中画出铁锁松手后运动到a位置时的受力示意图（不计空气阻力）考点：力的示意图专题：重力、弹力、摩擦力分析：铁锁在摆动的过程中除空气阻力外，受到两个力的作用：重力和细线的拉力，按力的示意图的画法画出这两个力即可解答：解：铁锁受到重力的作用，作用点在它的重心上，方向竖直向下；还受到细线拉力的作用，方向沿细线向上，如下图：点评：画重力的示意图时，特别注意重力的方向是竖直向下的，铁锁自己摆动起来后，不受手的推力，这是学生容易出错的地方22（2分）（2012德州）用如图所示的滑轮组提升重物，要求绳子自由端移动的速度是物体上升速度的2倍，请在图上画出绕线的方法考点：滑轮组的设计与组装专题：作图题分析：首先要会组装滑轮组知道承担物重的绳子段数越多越省力在此题中，绳子自由端移动的速度是物体上升速度的2倍，可以知道，绳子的股数为2股，根据“奇动偶定”的原则，画出使用滑轮组提起物体时的绕绳方法，所以要从定滑轮绕起解答：解：根据题目要求，绳子自由端移动的速度是物体上升速度的2倍，可以知道，绳子的股数为2股，然后根据“奇动偶定”的原则，此题中的绳子股数为偶数，因此绳子的自由端要从定滑轮开始绕起如下图：点评：此题主要考查的是学生绕制滑轮组的能力，重点是绳子股数的判断，然后根据“奇动偶定”的原则来绕制滑轮组23（6分）（2013陆川县一模）如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜位置保持不变，凸透镜的焦距为10cm（1）实验中随着蜡烛的燃烧，光屏上依然得到烛焰清晰的像，但光屏上像的位置却偏高，为了使像仍成在光屏的中央，则应向下（填“上”或“下”）调节凸透镜（2）调整后，图中光屏上烛焰的像是倒立放大的实像，此规律的应用是投影仪（举一例）（3）此时，若有一只苍蝇落到凸透镜上，则屏上能成完整的蜡烛的像（填“能”或“不能”）（4）要使光屏上的像变成与物大小相等，则应向左调节蜡烛到30cm处，光屏应向右调（填“左”、“右”）到70cm处，在此过程中发现蜡烛和光屏之间距离变变小（填“大”、“小”或“不变”）（5）透镜位置不变，将蜡烛移到标尺45cm处，此时小强应站在光屏一侧（填“蜡烛”或“光屏”），观察蜡烛的像考点：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）根据光线过光心不改变方向，判断凸透镜的移动情况（2）根据物和焦距的关系判断凸透镜成像情况和应用：2fuf，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪（3）若有一只苍蝇落到凸透镜上，只是挡住了一部分光，对像的完整性没有影响（4）凸透镜成像时，u=v=2f时，凸透镜成倒立、等大的实像凸透镜成实像时，物像之间的距离至少为4f（5）uf，成正立放大的虚像，此时物像同侧解答：解：（1）实验过程中，蜡烛变短，光屏上的像向上移动，要使光屏上的像呈现在光屏的中央位置，使蜡烛向上移动，或使凸透镜向下移动，或把光屏向上移动；（2）如图，物距u=50cm35cm=15cm，凸透镜的焦距是10cm，2fuf，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪（3）若有一只苍蝇落到凸透镜上，只是被折射会聚成像的光线减少了，因此影响到的是像的亮度，而不影响它的完整性，因为整个物体上的任何一点都有光能透过透镜而折射后会聚成像，所以屏上仍能成完整的蜡烛的像（4）要使光屏上的像变成与物大小相等，u=v=2f，蜡烛向左移动到30cm处，光屏移动到70cm处凸透镜成实像时，物像之间的距离在u=v=2f时最小，距离是4f，所以此过程中发现蜡烛和光屏之间距离变小（5）透镜位置不变，将蜡烛移到标尺45cm处，此时u=5cmf，成正立放大的虚像，因为此时物像同侧，所以要想看到这个像，此时小强应站在光屏一侧观察蜡烛的像故答案为：（1）下；（2）放大；投影仪；（3）能；（4）右；70；变小；（5）光屏点评：（1）凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握（2）凸透镜成实像时，物像之间的距离至少为4f，所以光具座的长度要大于凸透镜的4倍焦距24（5分）（2013陆川县一模）在探究“二力平衡条件”实验的装置如图所示要求长木板水平放置，并且老师指出实验桌面越光滑越好（1）实验中，通过调整砝码来改变f1和f2的大小当两端砝码质量相等时，木块将处于静止状态此时若在右盘中再加入一个较小的砝码，木块理应向右运动，但实际操作时木块往往仍保持静止这时木块在水平方向受到的力平衡（填“平衡”或“不平衡”），要避免这种现象产生，可将实验装置的木块换成小车（2）实验中保持两端砝码质量相等，用手将木块扭转一个角度，松手后，木块将无法在此位置平衡而是发生转动实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须满足的条件是：两个力必须作用在同一直线上（3）小明同学认为：物体在平衡力的作用下，其机械能可能会增大你认为他的观点是正确的（填“正确”或“错误”）考点：二力平衡条件的应用；机械能专题：探究型实验综合题分析：（1）物体受到平衡力作用时，物体处于静止状态或匀速直线运动状态静止的物体和匀速直线运动的物体都受到平衡力作用（2）探究平衡力是否在同一直线上，要扭动木块，松手后观察木块是否处于静止状态（3）可以分析物体在水平面上进行匀速直线运动和竖直方向上进行匀速直线运动时机械能是否变化解答：解：（1）木块原来处于静止状态，当两端砝码质量相等时，木块水平方向上只受水平向左和水平向右的拉力作用，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一物体上，木块处于静止状态此时若在右盘中再加入一个较小的砝码，木块有向右运动的趋势，产生了向左的摩擦力，木块还处于静止状态，木块还受到平衡力作用（2）用手将木块扭转一个角度，松手后，木块将无法在此位置平衡而是发生转动，实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须在同一直线上（3）物体在平衡力作用下可以在水平面上进行匀速直线运动，物体质量不变，速度不变，动能不变；高度不变，重力势能不变；机械能不变物体在平衡力作用下可以在竖直方向上进行匀速直线向上运动，物体质量不变，速度不变，动能不变；高度变大，重力势能变大；机械能变大所以物体在平衡力的作用下，其机械能可能会增大故答案为：（1）静止；平衡；（2）转动；同一条直线；（3）正确点评：探究二力平衡时，只能探究静止状态的二力平衡条件，匀速直线运动状态下的二力平衡条件是科学推理出来的25（9分）（2013陆川县一模）某班同学在做“测定小灯泡电功率”的实验时电路如图所示，所用电源电压为4.5v，小灯泡额定电压为2.5v（1）甲同学碰接电路的最后一根导线时，灯泡立即发光，而且很亮，则连接电路时存在的不规范或不妥当是：连接电路时开关没有断开（或滑动变阻器阻值没有全部接入电路）（举一种情况）（2）乙同学闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，接下来他首先应进行的操作是c（选填字母序号）a检查电路是否断路 b更换小灯泡c移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光（3）丙同学闭合开关时，发现电压表的指针快速转动到左边无刻度处，这是由于电压表的正负接线柱接反了（4）丁同学按电路图连接成实物图后，闭合开关，发现小灯泡不亮、电流表指针不动、电压表指针有明显的偏转，则电路故障原因可能是小灯泡断路；故障排除后重新闭合开关，移动滑动变阻器滑片p到某一位置时，电压表的示数如图乙，若要测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片p向b（填“a”或“b”）端移动，使电压表的示数为2.5v；接着丁同学移动滑片p，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是0.5w该图象不是直线，主要原因是灯丝电阻随温度升高而增大（5）戊同学想换用其他规格的小灯泡再做该实验，但他却操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，那么拔出后电压表、电流表的示数变化情况是：电压表示数变大（等于电源电压）、电流表示数为零（几乎为零）（6）实验时，电压表的示数为u，电流表的示数为i，己同学利用p=ui计算出小灯泡的电功率若考虑电表的电阻对测量的影响，则电功率的测量结果与真实值相比偏大 （选填“大”或“小”）考点：电功率的测量；电流表的使用；电流表的读数方法；滑动变阻器的使用；电流表、电压表在判断电路故障中的应用专题：应用题；实验题；测量型实验综合题分析：（1）碰接电路的最后一根导线时，灯泡立即发光，而且很亮，说明电路立即接通且电路电阻阻值很小，可从连接电路的注意事项入手分析原因；（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电表有示数，说明电路是通路，不用更换灯泡，也不用检查电路是否断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，分析电阻过大的原因，然后进行下一步操作；（3）电压表正极接近电源正极端，负极接近电源负极端，电压表指针正向偏转，否则反向偏转；（4）电压表有明显偏转说明电压表两接线柱与电源之间是通路，小灯泡不亮、电流表指针不动说明电路断路，即电压表并联的部分断路；根据电压表的量程和分度值读出电压表的示数，电压表的示数小于灯泡的额定电压，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到2.5v，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小；从图象中查得额定电压下的额定电流，根据p=ui计算额定功率；金属电阻，其阻值随温度的升高而变大，故可以考虑由于通电时间长而使温度升高，电阻变大；（5）开关闭合，把灯泡从插座上拔出后，电路断路，电流表无示数，电压表直接接在电源两端，测电源电压，电压表有示数，且示数等于电源电压；（6）考虑电压表的内阻时，电流表测量电压表和灯泡的总电流，测量值大于灯泡中的实际电流，电压表测灯泡两端的实际电压，根据p=ui分析，测量的功率会偏大解答：解：（1）将最后一根导线接好后，就看到灯泡发光，说明在连接电路时没有将开关断开；闭合开关时灯很亮，说明滑动变阻器滑片没有调到使连入电路电阻最大的位置；（2）闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，灯泡没坏，也不是断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，即应进行c项操作；（3）闭合开关时，发现电压表的指针快速转动到左边无刻度处，这是由于电压表正负接线柱接反了；（4）闭合开关，发现小灯泡不亮、电流表指针不动、电压表指针有明显的偏转说明电压表并联的部分断路，可能是小灯泡断路；电压表使用03v量程，分度值为0.1v，电压为2.2v；要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从2.2v增大到2.5v，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向b端移动，使电压表的示数为2.5v；从图象得知，灯泡在2.5v下的电流为0.2a，灯泡的额定功率p=ui=2.5v0.2a=0.5w；灯泡电压越大，灯的实际功率越大，灯丝电阻温度越高，电阻越大，这表明灯丝电阻随温度升高而增大，故该图象不是直线；（5）直接将灯泡拔出后，电路断路，电路中没有电流，电流表示数为零；电压表直接接在电源两端，电压表示数等于电源电压；（6）如下图，电压表测量灯泡的实际电压，电流表测量灯泡和电压表的总电流，电流的测量值大于l的实际电流值，根据p=ui可知灯泡测量的额定功率值偏大故答案为：（1）连接电路时开关没有断开（或滑动变阻器阻值没有全部接入电路）；（2）c； （3）正负接线柱接反； （4）断路；b；0.5；灯丝电阻随温度升高而增大；（5）电压表示数变大（等于电源电压）、电流表示数为零（几乎为零）；（6）大点评：本题考查了测定小灯泡电功率的实验，涉及到电路故障的判断、实验的正确操作、实验误差的分析、滑动变阻器的使用、额定功率的计算等，关键是知道灯泡的电阻会随温度的升高而变大，本题虽然涉及的知识点较多，但都是常常考察的内容，平时应注意掌握四、综合应用（26题6分，27题8分，28题10分，共24分请将解答过程填写在答题卡上）26（6分）（2013陆川县一模） 某电热水壶外壳及铭牌如图所示，装入1.5kg20的凉水，通电正常工作6分钟即被烧开至 100已知水的比热容c=4.2103j/（kg），请你根据图中和题目所提供的信息、完成以下问题：（1）观察壶内水位的玻璃管是利用什么原理来工作的？ （2）该过程中水吸收的热量 （3）电热水壶的效率 产品型号el8952额定电压220v频 率50hz额定功率1500w容 量1.5l考点：电功与热量的综合计算专题：计算题；应用题；信息给予题；电和热综合题分析：（1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器；（2）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，根据吸热公式q吸=cmt计算出水吸收的热量；（3）已知电热水壶的额定功率和通电时间，根据公式w=pt求出消耗的电能；水吸收的热量与消耗电能的比值就等于电热水壶的热效率解答：已知：m=1.5kg c=4.2103j/（kg）t=10020=80p=1500w t=6min=360s求：（2）q=？（3）=？解：（1）观察可知：观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的；（2）水吸收的热量：q吸=cmt=4.2103j/（kg）1.5kg80=5.04105j（2）p=，电热水壶6min内消耗的电能为w=pt=1500w360s=5.4105j，电热水壶的效率：=93.3%答：（1）观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的；（2）该过程中水吸收的热量为5.04105j；（3）电热水壶的效率为93.3%点评：本题为力、热量和电功的综合计算，考查了连通器的应用、吸热公式、电功率公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型27（8分）（2013鞍山模拟）两栖突击车是登陆作战的重要装备如图甲是我国某型号的两栖突击车，它的总质量22吨，发动机的功率420kw水上最大速度14.4km/h，陆地最大速度54km/h 请你解答下列问题：（g=10n/kg）（1）两栖突击车静止浮在水面时，排开水的体积是多少？（水=1.0103kg/m3）（2）该车停在水平地面上时，履带着地总面积为4m2，它对地面的压强是多少？（3）该车在水中以最大速度匀速前进时（发动机正常工作），受到的阻力是多大？（4）该车的尾部有一个类似于机翼的装置，如图乙所示，请你说明这个装置的作用考点：阿基米德原理；二力平衡条件的应用；压强的大小及其计算；流体压强与流速的关系；功率计算公式的应用专题：其他综合题分析：（1）知道两栖突击车的质量，求出重力，突击车漂浮在水面上，根据漂浮条件判断突击车受到的浮力，求出突击车排开水的体积（2）知道突击车的重力，求出突击车都地面的压力，又知道受力面积，根据压强公式求出突击车对地面的压强（3）知道突击车的速度和功率，根据f=求出突击车受到的拉力，根据二力平衡条件再求出突击车受到的阻力（4）根据流体压强和流速的关系，判断类似机翼的装置产生向上的升力作用解答：解：（1）突击车受到的重力：g=mg，突击车浮在水面上，受到的浮力为：f浮=水g v排，突击车漂浮在水面上，根据f浮=g，水g v排=g，v排=22m3（2）突击车受到的重力：g=mg=22103kg10n/kg=2.2105n，突击车在水平地面上，突击车对地面的压力为：f=g=2.2105n，突击车对地面的压强为：p=5.5104pa（3）突击车在水上的速度：v=18km/h=4m/s，突击车的功率：p=420kw=4.2