广西贵港市桂平市中考物理二模试卷（解析版） 新人教版.doc

2013年广西贵港市桂平市中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共30分）1（3分）（2013桂平市二模）近年来，我国城市建设和发展越来越注重以人为本，如城区汽车禁鸣、主干道路路面铺设沥青、住宅区道路两旁安装隔音板等这些措施的共同点是（）a减弱噪声污染b缓解“热岛效应”c绿化居住环境d减少大气污染考点：防治噪声的途径专题：应用题分析：逐个分析选择项的内容，然后与题目中提到的措施：禁止鸣笛；安装隔音板去对应，从而可以得到答案解答：解：a、静止汽车鸣笛；安装隔音板；铺设沥青路面都是减小噪声的办法故a正确；b、安装隔音板；城市汽车禁止鸣笛与排放热量无关故b错误；c、汽车的禁止鸣笛与绿化居住环境没有必然的联系故c错误；d、城市汽车禁鸣，主干道路面铺设沥青，住宅区道路两旁安装隔音板这些措施与减少大气污染无关故d错误； 故选a点评：题目中选择项提到的说法本身都没有错误，在此题中选择项是否正确，要看其与题目中的措施能否对应上2（3分）（2010南宁）如图所示，在建国60周年期间，各地群众通过多种方式了解国庆大阅兵的信息下列各种信息传递方式中，运用电磁波传递信息的是（）a声呐和无线电广播电视b卫星通信和光纤通讯c有线电话和无线电广播电视d两人之间面对面相互交谈考点：声与信息分析：要解答本题需掌握：现代的哪些通信设备是利用电磁波传递信息的；声呐是超声波波，以及空气能传播声音解答：解：a、声呐是超声波，是利用超声波传递信息的，无线电广播是利用电磁波传递信息的故a不符合题意b、卫星通信和光纤通讯都是利用电磁波传递信息的故b符合题意c、有线电话是通过电流传递信息的，虽然无线电广播是利用电磁波传递信息的故c不符合题意d、两人之间面对面相互交谈是通过空气传递信息的故d不符合题意故选b点评：本题主要考查学生对：声音与信息的了解，以及对电磁波的应用的了解和掌握，是一道基础题3（3分）（2013桂平市二模）如图所示的实验操作中正确的是（）abcd考点：刻度尺的使用；温度计的使用及其读数；天平的使用；电压表的使用专题：基本仪器的使用专题分析：a、使用刻度尺测量物体长度时，在放置刻度尺时，刻度尺一定要方正，和被测物体的边沿平行b、用天平测量物体质量时，物体放在左盘里，砝码放在右盘中；并且用镊子加减砝码c、使用电压表时，让电流从正极接线柱流入，从负极接线柱流出电压表，否则出现指针反转现象d、使用温度计测量液体温度时，要让温度计的玻璃泡全部浸入被测液体中，并且不能与容器底或容器壁接触，读数时视线要与液柱上表面保持相平解答：解：a、图中刻度尺没有放正故a错误b、图示情况出现了两处错误：左盘放了砝码，右盘放了物体，应该是左物右码；加减砝码要用镊子，不应该用手拿取故b错误c、电压表的指针反转，表明正负极接线柱接反了，故c错误d、温度计的玻璃泡全部浸入到被测液体中，且没有碰到了容器底和容器壁，视线与液柱上表面保持相平故d正确故选d点评：（1）此题考查了刻度尺、温度计、托盘天平、电压表的使用及注意事项（2）每个测量工具都要自己的使用规则，使用时要按照规则操作，与规则不符的就是错误的4（3分）（2011成都）关于能源和材料，下列说法中正确的是 （）a太阳能、风能、天然气都是可再生能源b提高能量转化利用中的效率是节能问题的核心c超导体材料主要是应用在电饭锅等电器上d铜是磁性材料，可以被磁化考点：可再生能源的特点；磁性材料；有利于节约能源的措施专题：应用题分析：解决此题要知道风能、太阳能等是可再生资源，其资源丰富，取之不尽用之不竭，而天然气等是非可再生资源；现在节能的主要措施核心还是利用科技提高能量的转换率，加大对可再生资源的开发利用；超导材料在超导状态下具有零电阻和完全的抗磁性，因此只需消耗极少的电能，常用来输电等解答：解：a、天然气不是可再生资源，原选项说法错误，不符合题意；b、节能的核心还是提高能量的转换利用率，选项说法正确，符合题意；c、超导体材料主要应用在发电、输电和储能，原选项说法错误，不符合题意；d、铜不是磁性材料，不能被磁化，原选项说法错误，不符合题意；故选b点评：此题考查了对可再生资源的判断及合理节约能源的措施方法，知道磁化材料和超导材料的应用5（3分）（2010北京）如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，当开关s闭合时，灯l正常发光如果将滑动变阻器的滑片p向右滑动，下列说法中正确的是（）a电压表的示数变大，灯l变亮b电压表的示数变小，灯l变暗c电压表的示数变大，灯l变暗d电压表的示数变小，灯l变亮考点：欧姆定律的应用；电压表的使用；滑动变阻器的使用；电功率的计算专题：压轴题分析：滑动变阻器的滑片p向右滑动，考虑电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步判断灯泡亮度的变化和电压表示数的变化解答：解：滑动变阻器、灯泡、定值电阻串联在电路中，将滑动变阻器的滑片p向右滑动，接入电路的电阻变大，电源电压不变，通过电路的电流变小，灯泡变暗电压表测定值电阻和滑动变阻器两端的电压，通过灯泡的电流变小，灯泡的电阻不变，根据欧姆定律灯泡两端的电压变小，所以电压表的示数变大所以a，b，d错误，c正确故选c点评：本题考查学生能否根据欧姆定律和滑动变阻器接入电路电阻的变化判断电路中电压和电流的变化6（3分）（2010南宁）如图所示，是一种利用新能源的路灯，它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板这种设计最合理的应用是（）a小风扇是一个美化城市的时尚装饰b小风扇是用来给太阳能电池散热的c太阳能电池同时向小风扇和路灯供电d小风扇是小型风力发电机，它和太阳能电池共同向路灯供电考点：太阳能的利用；新能源专题：应用题分析：自然界中的风能和太阳能是能量巨大的资源，现在科学家都在设计装置利用它们的能量；风扇式发电机可以通过风吹动扇片转动，把风能转化为电能；太阳能电池可以把太阳能转化为电能解答：解：这种新能源的路灯，“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，“肩扛”太阳能电池板也可以把太阳能转化为电能；这样无论是晴天还是阴天，此种路灯都可以发电，供路灯晚上照明使用；故选d点评：风能和太阳能都是清洁能源，且能量取之不尽用之不竭，能够巧妙的设计利用是关键7（3分）（2011枣庄）小宁设计了一种照明电路图，其设计要求是：用两个开关控制一盏灯，两个开关同时闭合灯才能发光，只闭合其中任意一个开关灯都不能发光如图所示的四幅电路图中，既符合上述设计要求，又符合安全用电要求的是（）abcd考点：串、并联电路的设计；家庭电路的连接分析：为保证安全电路设计时要求开关应接在火线上；分析电路可知哪一种设计可以满足只有两开关同时闭合灯才发光解答：解：分析电路可知，若两开关并联，则只要闭合一个开关，灯即发光；若两开关串联，则只有两开关都闭合时电路才能接通；为保证安全开关应接在火线上符合条件的为b；故选b点评：通过本题可掌握：两开关并联时，只要一个开关闭合电路即能接通；两开关串联，必须两个开关均闭合，电路才能接通8（3分）（2013桂平市二模）质量相同的两个实心正方体a和b，如图甲所示，将它们放在水平地面上时，它们对地面产生的压强为pa和pb当将它们放入水中后分别静止在如图乙所示的位置，它们受到水中的浮力为fa和fb，则（）apapb fa=fbbpapb fafbcpapb fa=fbdpapb fafb考点：压强的大小及其计算；阿基米德原理专题：压强、液体的压强；浮力分析：根据a和b的质量相同，即可知其重力相同，此时重力即为压力，因为a的底面积大于b的地面积，所以有压强公式即可比较出二者对地面产生的压强大小；当将它们放入水中后分别静止在如图乙所示的位置时，根据物体的浮沉条件可知，漂浮时浮力等于其重力，悬浮时浮力也等于其重力，由此可作出判断解答：解：因为两个实心正方体a和b质量相同，所以ga=gb，此时压力等于重力，所以压力f相等，由图中可知sasb，由p=可得papb；因为当将它们放入水中后，a漂浮，b悬浮，根据物体的浮沉条件可知，漂浮时浮力等于其重力，悬浮时浮力也等于其重力，所以f浮a=f浮b=g故选a点评：本题涉及到压强大小及其计算，压强大小比较，重力的计算，浮力大小的计算，物体的浮沉条件及其应用等知识点，综合性较强；解答此题时注意两点：一是静止在水平面上的物体其压力等于其本身重力，二是物体漂浮时浮力等于其重力，悬浮时浮力等于其重力9（3分）（2009绍兴）一轻质杆支于水平的转轴上，可绕轴在竖直面上自由转动（杆的质量和杆与转轴间摩擦不计），当杆左右两端固定质量分别为m和m（mm）两金属球时，杆恰好在水平位置平衡，如图现把转轴位置从o向右移到o处，在杆转动到竖直位置前，下列说法正确的是（）ap球：下降，动能增加、势能减少bp球：上升，动能增加、势能增加cq球：下降，动能增加、势能减少dq球：上升，动能增加、势能减少考点：杠杆的平衡分析法及其应用；动能和势能的转化与守恒专题：压轴题分析：该题考查的是杠杆的平衡条件，以及动能和势能的转化可以结合以上两个知识点进行解题解答：解：当转轴由o点移至o点后，p球的力臂增长，而q球的力臂变短，所以p球下降，q球上升因此排除b、c两选项；q球上升，高度增大，质量不变，所以势能增加，因此排除d选项；又因为p球下降，其高度降低，所以p球的势能减小，重力势能转化为动能，所以动能增大；故选a点评：本题重点考查杠杆的平衡条件以及能量的转化10（3分）（2013桂平市二模）如图所示，光滑的地面上有一足够长的木板，在木板的右端固定着一个滑轮（不计绳与滑轮间的摩擦），木板上面放置一个小木块，小木块一端连接着弹簧测力计当拉力f为5牛时，木板向右做匀速直线运动，然后把拉力增大到10牛时，下列分析正确的是（）a木板仍向右做匀速直线运动b小木块将保持静止c弹簧测力计的示数为20牛d弹簧测力计的示数为0牛考点：力与运动的关系专题：运动和力分析：（1）根据拉力f为5n时，判断木板受到的拉力，判断木板受到的摩擦力，判断木块受到的摩擦力，木块相对竖直的墙面处于静止状态，判断弹簧测力计示数（2）当拉力增大到10n，判断木板的受力情况，判断木板的运动情况，判断木块的受力情况，判断弹簧测力计的示数，判断木块的运动情况解答：解：（1）当拉力f为5牛时，由于使用动滑轮拉动木板，所以木板受到的拉力是10n，木板进行匀速直线运动，木板受到的摩擦力是10n，地面是光滑的，所以木板受到10n的摩擦力是木块施加的，由于物体间力的作用是相互的，所以木块受到木板的摩擦力是10n，木块相对竖直的墙面是静止的，所以弹簧测力计示数是10n（2）当拉力f为10牛时，木板受到向右的拉力变为20n，木块对木板的压力不变，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力保持10n不变，所以木板向右进行加速运动木块受到的摩擦力不变木块相对竖直墙面处于静止状态，弹簧测力计示数保持10n不变故选b点评：拉动木板，而不拉动木块，这是探究滑动摩擦力的最佳方法，不用控制木板进行匀速直线运动二、填空题（每空1分，共20分）11（2分）（2013桂平市二模）有甲、乙两块铁块，质量之比m1：m2=5：3，比热容之比c1：c2=1：1，若它们降低的温度相同，则它们放出的热量之比q1：q2=5：3考点：热量的计算专题：比热容、热机、热值分析：比热容是物质的特有属性，同种物质的比热容相同，与物质质量无关，由热量公式可以求出两铁块放出的热量解答：解：两铁块的比热容相等，则c1：c2=1：1；q=cmt，降低相同的温度t，放出的热量之比：=；故答案为：1：1；5：3点评：同种物质的比热容相同，应用热量公式即可正确解题12（2分）（2009南宁）如图所示，两艘小船静止在湖面上，小刚坐在小船上，用力推另一艘小船，两船都运动起来此现象表明：力的作用是相互的；力可以改变物体的运动状态考点：力作用的相互性；力的作用效果专题：应用题分析：（1）力的作用效果：使物体发生形变，改变物体的运动状态；（2）力的作用是相互的解答：解：船中的人用手推另一只船时，自己坐的船同时后退，说明人对另一只船施力的同时，另一只船对他乘坐的船也有力的作用，这说明物体间力的作用是相互的；同时小船由静止变为运动，则说明力可以改变物体的运动状态故答案为：相互的；运动状态点评：本题考查了力的作用效果、物体间力的相互作用，学以致用，理论联系实际，是一道好题13（2分）（2010南宁）电动机主要是由定子和 转子组成，它是利用通电线圈在 磁场中受力而转动的原理制成的考点：直流电动机的构造和工作过程；直流电动机的原理专题：简答题分析：根据电动机的构造和原理即可填空解答：解：在电动机里，能够转动的部分叫转子，固定不动的部分叫定子 通电线圈必须在磁场里才会受到力的作用而发生转动 所以电动机主要是由定子和转子两部分组成，它是利用通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的故答案为 转，磁场点评：本题综合考查了电动机的构造和原理，属于识记性内容，一定要牢记14（2分）（2010南宁）如图所示，是我市的象征象鼻山，我们能远远看到它，是由于光的直线传播的缘故；它在漓江中的倒影是由于光的反射形成的考点：光直线传播的应用；光的反射分析：我们能看到物体，是因为物体的光进入了我们的眼睛，故本题就是要分析光是如何进入人眼的，是从物体上射出后直接进入，还是经过了反射或折射解答：解：能直接看到物体，这光是沿直线传播进入人眼的从水里看到倒影，是物体的光经水面反射后进入人眼故答案：直线；反射点评：光现象的学习，要多结合生活现象，多思考15（4分）（2013桂平市二模）历时8天的第七届亚洲冬季运动会于2011年2月7日在哈萨克斯坦阿拉木图绍拉克体育馆落幕，中国体育代表团最终收获11金10银14铜排在奖牌榜第四位如图所示是高台滑雪运动员在空中滑行的情景（1）我们发现其特有的姿势与滑雪板的组合构造与飞机的机翼很相似，其目的是能在空中滑行更远的距离不仅是因为能减小空气的阻力，而且从流体的角度来说：从运动员背上流过的空气流速大于（大于、小于）从滑雪板下面流过的空气流速，从而产生向上（向上、向下）的压力差；（2）滑雪板做的又宽又长是为了减小压强（从压强的角度分析）；（3）运动员从最高处下落时重力势能转化为动能（从机械能转化的角度分析）考点：减小压强的方法及其应用；流体压强与流速的关系；动能和势能的转化与守恒专题：应用题；简答题分析：（1）流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大；（2）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强在受力面积一定时，减小压力来减小压强；（3）物体从高处下落，质量不变、高度减小、速度增大，重力势能减小、动能增大，重力势能转化为动能解答：解：（1）运动员如图所示的姿势，使背上流过的空气流速大于从滑雪板下面流过的空气流速，而气体在流速大的地方压强小、在流速小的地方压强大，从而产生向上的压力差；（2）滑雪板做的又宽又长，增大了受力面积，在压力一定时减小了对雪面的压强；（3）运动员从高处下落，重力势能减小、动能增大，重力势能转化为动能故答案为：（1）大于，向上；（2）减小压强；（3）重力势能转化为动能点评：本题考查了学生对流体压强与流速的关系、减小压强的方法、重力势能和动能之间转化的了解与掌握，虽知识点多，但都属于基础，利用所学知识分析解释滑雪中遇到的问题，有意义！16（3分）（2013桂平市二模）桂平市公交公司在公交车上装上了一些先进的设备，为市民乘坐公交车时提供优质的服务如：（1）为了保证人们从公交车后门上下车时的安全，在无人售票车上安装了“车载电视监控器”（如图所示）监控器的镜头相当于凸透镜，通过图中的摄像头监控时成实像（填“实”或“虚”）（2）为了调度及时，在出租车上装上了“车载无线电话”，它是通过电磁波来传递信息的考点：凸透镜成像的应用；电磁波的传播专题：透镜及其应用；信息的传递分析：（1）监控器和照相机的原理相同，利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的（2）无线电话都是利用电磁波来传递信息的解答：解：（1）监控器的镜头相当于一个凸透镜，监控器上的摄像头成倒立、缩小的实像（2）出租车上装上了“车载无线电话”，它是通过电磁波来传递信息的故答案为：（1）凸透；实；（2）电磁波点评：（1）移动电话都是利用电磁波来传递信息的（2）掌握凸透镜成像的三种情况，以及在生活中的应用17（3分）（2013桂平市二模）如图所示是我国引进改造的“瓦良格”号航空母舰，满载排水量为6.4104吨，则满载时受到的浮力为6.4108n（取g=10n/kg）；假如“瓦良格”号航母从海上驶入长江后，受到的浮力不变；停在甲板上的飞机飞离航母时，航母所受浮力减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）考点：阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用专题：应用题分析：（1）航空母舰的排水量是指满载时排开水的质量，根据阿基米德原理求航空母舰满载时受到的浮力；（2）当航空母舰由海上驶入长江后，都是漂浮，根据漂浮条件分析航空母舰受到浮力的变化情况；（3）航母处于漂浮状态，浮力变化决定于重力的变化解答：解：（1）满载时受到的浮力：f浮=g排=m排g=6.4107kg10n/kg=6.4108n；（2）当航空母舰由海上驶入长江后，都是漂浮，船受到的浮力：f浮=g，航空母舰受到的重力不变，航空母舰受到的浮力不变；（3）飞机飞离航母前后，航母都处于漂浮状态，浮力始终等于重力，当飞机飞离航母时，航母总重减小，所以浮力相应减小故答案为：6.4108；不变；减少点评：本题考查了学生对阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，关键是浮力公式的应用，本题的难点是由海上进入长江后浮力不变，因为船始终漂浮，这也是最容易出错的地方18（2分）（2013桂平市二模）如图所示电路中，电源两端电压不变，电阻r1的阻值为10开关s闭合后，将滑动变阻器r3的滑片p从右端移到中点时，电压表的示数从2v变为3v，电阻r2消耗的电功率变化了0.25w电阻r2的阻值是5，电源两端电压为9v考点：电路的动态分析专题：欧姆定律；电能和电功率分析：由电路图可知，r1、r2、r3串联，电压表测r1两端的电压；当滑动变阻器滑片p从一点移至另一点时，根据电压表的示数和欧姆定律求出电路中的电流，再根据p=i2r表示出r2的电功率，根据r2的功率变化列出等式，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源的电压得出等式，联立方程求出电源的电压解答：解：由电路图可知，r1、r2、r3串联；当滑动变阻器滑片p处于一点a时，电压表的示数为2v，电路中的电流i1=0.2a，r2的功率为p2=i12r2=（0.2a）2r2=0.04r2，电源的电压为u=u1+i1（r2+ra）=2v+0.2（r2+ra）当滑动变阻器滑片p处于另一点b时，电压表的示数为3v，电路中的电流i2=0.3a，r2的功率为p2=i12r2=（0.3a）2r2=0.09r2，电源的电压为u=u1+i1（r2+rb）=u1+i1（r2+ra）=3v+0.3（r2+ra）因电源的电压不变，r2的功率变化了0.25w，所以p2p2=0.09r20.04r2=0.05r2=0.25w，解得：r2=5，2v+0.2（r2+ra）=3v+0.3（r2+ra），解得：ra=30，所以电源的电压u=2v+0.2（r2+ra）=2v+0.2a（5+30）=9v 故答案为：5；9点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的计算，关键是滑动变阻器处于不同位置时电压表示数和r2功率的判断三、作图实验探究题（每图2分，每空1分，共27分）19（2分）（2013桂平市二模）将一平面镜斜放在装有水的水槽中，有一束光线垂直射出水面，如图所示，请画出这束光线由空气射入水中并在水中行进的光路图考点：作光的反射光路图专题：作图题分析：本题所要求的光路图可分为以下几个步骤：光线垂直射向水面，此时光线的方向是不变的，垂直射入是折射的一个特例光在水中射到平面镜上被反射，反射要遵循反射定律，入射光线和反射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角解答：解：（1）先画出光线垂直射入水中，此时光线方向不变（2）接着画光在平面镜上的反射：先画法线，然后反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角点评：画光路图时，不管是光的反射还是光的折射，都要先把法线画出来20（2分）（2012攀枝花）自动报警器的工作原理如图所示，在水银温度计的上方封入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指示的温度时，红色报警灯亮，平时绿灯亮请根据以上要求，用笔画线代替导线，完成工作电路部分的连接考点：实物的电路连接；电磁继电器的组成、原理和特点专题：作图题；压轴题分析：当温度升高时，水银的液面升高，接触到温度计中的金属丝时，控制电路工作，电磁铁工作吸引上方的磁性材料，是动触点与下方静触点接触；当温度降低时，水银与温度计中的金属丝分离，控制电路断开，电磁铁失去磁性，动触点与上方的静触点接触；根据题意可得，红灯和绿灯并联，上方的静触点控制绿灯的工作情况，下方的静触点控制红灯的工作情况，动触点和静触点共同组后相当于控制电路单刀双掷开关；按要求将实物电路补充完整解答：解：当温度升高到设定温度时，控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁向下移动，而此时要求绿灯亮；水温低于设定温度时，控制电路断开，电磁铁没有磁性，衔铁向上移动，而此时要求此时红灯亮；因此红灯和绿灯并联，由动触点和静触点控制灯泡的工作由此设计电路如下图：点评：由电磁继电器和温度计控制控制红灯和绿灯的工作，形成了一个相互影响的自动控制装置理解此装置的工作过程是解此题的关键21（2分）（2013桂平市二模）如图所示，一个铅球从光滑斜面上自由滚下，请用力的示意图表示出它在运动时所受的力考点：力的示意图专题：作图题；压轴题分析：小球在斜面上滚下的过程中，受到竖直向下的重力、斜面的支持力的作用，因为斜面是光滑的，可以不考虑斜面对小球的摩擦力解答：解：小球受到重力g、支持力f的作用，如图所示点评：对小球进行受力分析，是画图的关键，这里应该注意的是光滑斜面的摩擦力可以认为是零22（6分）（2013桂平市二模）中国的历史有多长，中国的茶就有多香，你知道吗？桂平西山也是中国名茶之乡，这里生产的许多名茶销往全国各地，深受人们喜爱其中茶文化就包含了许多物理知识，如图所示（1）通过加热使新鲜茶叶中的水分快速蒸发，这便是制茶中的“杀青”（2）用沸水才能很快泡出茶香、茶色，这是因为温度越高扩散现象越明显（3）茶壶与壶身相通而且等高，是利用连通器原理制成的（4）茶壶上有小孔是利用大气压，便于将茶水倒入杯中（5）冬天向壶中倒入刚烧开的沸水泡茶时，会看到水冒“白气”，这些“白气”是水蒸气遇冷放热液化形成的（6）用手拿茶杯喝茶时，感觉到手很热，手热是通过热传递的方式使手的内能增大考点：影响蒸发快慢的因素；液化及液化现象；连通器原理；大气压强的存在；热传递改变物体内能；扩散现象专题：其他综合题分析：（1）蒸发快慢的因素有三个：液体温度、表面积和液体上方空气流动快慢有关；（2）分子运功快慢和物体的温度有关，温度越高分子运动越剧烈；（3）茶壶是运用连通器原理制成的；（4）茶壶倒水时，壶内压强小于外界大气压，大气压将壶内的水压出；（5）物体由气态变成液态的过程叫做液化；（6）改变内能的方式：做功和热传递解答：解：（1）通过加热使新鲜茶叶中的水分温度升高，快速水分的蒸发，这便是制茶中的“杀青”；（2）用沸水才能很快泡出茶香、茶色，这是扩散现象，温度越高，分子运动越快，扩散越快；（3）茶壶与壶身相通而且等高，是利用连通器原理制成的；（4）茶壶上有小孔和外界大气相通，壶内的水在大气压的作用下便于将茶水倒入杯中；（5）冬天向壶中倒入刚烧开的沸水泡茶时，会看到水冒“白气”，这些“白气”是水蒸气遇冷液化形成的；（6）用手拿茶杯喝茶时，感觉到手很热，是茶杯将内能传递给手，使手的内能增加，温度升高故答案为：（1）蒸发；（2）扩散；（3）连通器；（4）大气压；（5）液化；（6）热传递点评：此题考查的知识点较多，有蒸发快慢的影响因素、扩散现象、连通器原理、大气压的利用、液化现象、内能的改变等，中考常见题型23（2分）（2013桂平市二模）在“探究电流与电压的关系”过程中，三（2）班同学经过相互讨论，完成了实验方案的三次设计由图甲到图乙，改进的理由是使电阻保持不变；由图乙到图丙，改进的理由是为了改变电压考点：探究电流与电压、电阻的关系实验专题：实验题分析：“探究电流与电压”实验，采用的研究方法是控制变量法需要控制的物理量是电阻，变化的物理量是电压解答：答：研究电流与电压的关系，必须保持电阻值一定小灯泡灯丝电阻受温度影响较大，如果两端电压发生改变，不仅电流发生变化，灯丝阻值也会改变，要保持电阻不变，应该使用定值电阻；只进行一次实验，无法得出物理规律，所以应该在电阻一定时，改变电阻两端电压，因此需要在电路中串联一个滑动变阻器点评：滑动变阻器在不同的实验中，作用是不同的此实验为了改变定值电阻两端电压24（6分）（2013桂平市二模）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆尺、支架、细线、质量相同的钩码若干（1）将杠杆装在支架上，发现杠杆右端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向左调（2）某同学进行正确的实验操作后，能不能根据图（甲）这一组数据得出探究结论？不能（填“能”或“不能”）理由是实验次数太少，得出的结论具有偶然性（3）如图（甲）所示，杠杆在水平位置平衡如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆左（填“左”或“右”）端将下沉（4）如图（乙）所示，用弹簧测力计在c处竖直向上拉当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大（选填：“变大”、“变小”或“不变”），其原因是：其力臂变小考点：探究杠杆的平衡条件实验专题：压轴题；探究型实验综合题分析：（1）调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）用实验数据总结实验结论时，要进行多次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；（3）用杠杆的平衡条件来判断，力和力臂乘积大的一端，杠杆该端下沉；（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大解答：解：（1）杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动；（2）用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一次实验数据总结实验结论（3）设一个钩码的重力为g，杠杆一个小格代表l，如果在图甲中杠杆两侧各去掉一个相同的钩码时，杠杆的左端：3g3l=9gl，杠杆的右端：2g4l=8gl，所以杠杆的左端力和力臂的乘积大于右端的乘积，所以杠杆左端下沉（4）乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为oc，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于oc，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大故答案为：（1）左；（2）不能；实验次数太少，得出的结论具有偶然性；（3）左；（4）变大；其力臂变小点评：（1）利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或杠杆的哪端下沉等，杠杆平衡条件应用很广泛；（2）当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小25（7分）（2005扬州）在测定小灯泡额定功率的实验中（所用灯泡的额定电压u0=3.8v）（1）王强小组采用图的方案，闭合开关后，发现无论怎样移动滑片p，灯都不亮，电流表示数始终为0，电压表示数约为6v，则电路中出现的故障可能是灯丝断路；排除故障后，调节滑动变阻器，直到电压表的示数为3.8v，观察到电流表示数如图5所示，则小灯泡的额定功率为1.14w（2）姚远小组设计了另一种实验方案（其中电源电压未知，电阻r的阻值已知）电路如图所示，请你图中按电路图用笔画线代替导线连接好电路；开关s拔到位置1，移动滑片p至任一位置，读出电流表示数i1；开关s拔到位置2，滑片位置不动，读出电流表示数i2先算出灯泡的电阻rl=（请你用所测的物理量表示），再根据，计算灯泡的额定功率他们按此方案测量，发现实验结果与真实值相差较大，原因是灯泡未在额定电压下发光，灯丝的温度变化导致灯丝的电阻变化仔细分析后，他们认为要准确测出灯泡的额定功率，只需将上述步骤2改为开关s拔到位置1，移动滑片p，使电流表示数为i1=考点：电功率的测量；电流表的读数方法；电流表、电压表在判断电路故障中的应用；欧姆定律的变形公式；额定功率专题：实验题；作图题；压轴题分析：（1）电压表的示数为6v，说明电压表接在电源两端，而灯泡不亮，故灯泡断路；根据p额=u额i额可求出灯泡的额定功率；（2）根据电路图连接实物图时，应根据电路路径一条一条支路连接且要注意一一对应；根据开关s拔到位置1和开关s拔到位置2时，电路中三个电阻的连接方式没有发生改变，由可得灯泡两端电压u=i1r，由得灯泡电流i=i2i1，然后根据欧姆定律可求灯泡电阻解答：解：（1）电压表的示数为6v，电压表接在电源两端，说明电路故障可能为灯泡断路或滑动变阻器连入电路的阻值为0，又灯泡不亮且电流表无示数，电路故障应为灯泡断路因为电压表的示数为3.8v，所以灯泡正常发光，而电流表示数i=0.3a，故灯泡额定功率p额=u额i额=3.8v0.3a=1.14w （2）由可得灯泡两端电压u=i1r，而开关s由位置1拔到位置2时，电路中三个电阻的连接方式没有发生改变，所以此时灯泡两端电压仍然为i1r，又l与r并联，由得灯泡电流i=i2i1，由欧姆定律得灯泡电阻rl=由于电流的热效应，当灯泡发光时，灯丝的电阻会随温度升高而变大，所以当灯泡两端电压不等于其额定电压时，求出的电阻就不等于其正常发光时电阻，从而求出的功率就不是额定功率；所以要想求灯泡额定功率，就必须让灯泡两端电压等于额定电压故答案为：（1）灯丝断路、1.14；（2）；、灯泡未在额定电压下发光，灯丝的温度变化导致灯丝的电阻变化、开关s拔到位置1，移动滑片p，使电流表示数为i1=点评：本题考查了学生对额定功率的理解，利用公式p=求额定电功率时，必须要注意r是否改变，若r是变化的，则该公式不可用抓住只有当用电器两端的电压等于额定电压时，测出的功率才是额定功率是解题的关键四、计算题（第26题6分，第27题8分，第28题9分，共23分）解答时应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分26（6分）（2013桂平市二模）柳州到桂林的高速公路全程125km今年“五一”期间，爸爸开车带着李兵从柳州出发沿桂柳高速到桂林旅游汽车（包括车上的人和物品）质量为1.8103kg，车轮与地面的总接触面积为0.09m2，当汽车以90km/h的速度在平直路面上匀速行驶时，求：（1）汽车静止时对路面的压强（2）从柳州到桂林所用的时间（小数点后保留1位小数）（3）若李兵爸爸在桂柳高速公路以90km/h匀速行驶一个来回时，汽车发动机牵引力为1000n，汽车的发动机效率为30%，则他爸爸至少要加汽油多少kg？（汽油的热值为4.6107 j/kg，且假设汽油完全燃烧，g取10n/kg）考点：压强的大小及其计算；速度公式及其应用；功的计算；燃料的热值；热机的效率专题：计算题；比热容、热机、热值；长度、时间、速度；压强、液体的压强分析：（1）汽车静止时对路面的压力和自身的重力相等，根据压强公式求出对地面的压强；（2）根据速度公式求出从柳州到桂林所用的时间；（3）根据w=pt求出全程牵引力做的功，在根据效率公式和q=mq求出全程需要的最少汽油的质量解答：已知：s=125km，m=1.8103kg，s=0.09m2，v=90km/h，f=1000n，q=4.6107j/kg，g=10n/kg求：（1）汽车静止时对路面的压强p；（2）从柳州到桂林所用的时间t；（3）全程需要加汽油的最少质量m解：（1）汽车静止时对地面的压力：f=g=mg=1.8103kg10n/kg=1.8104n汽车静止时对地面的压强：p=2105pa；（2）根据v=可得，所用时间：t=1.4h；（3）全程往返约250km牵引力所做的功：w=fs=1000n2.5105m=2.5108j，由=100%=100%得：全程往返约250km需要汽油的质量为m=18.12kg答：（1）汽车静止时对路面的压强为2105pa；（2）从柳州到桂林所用的时间约为1.4h；（3）他爸爸至少要加汽油18.12kg点评：本题考查了压强公式、重力公式、速度公式、效率公式、做功公式、燃料热值的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等27（8分）（2013桂平市二模）为了将放置在水平地面上重g=100n的重物提升到高处小明同学设计了图甲所示的滑轮组装置当小明用图乙所示随时间变化的竖直向下拉力f拉绳时，重物的速度和时间t的关系如图所示，上升的高度h随时间t变化的关系如图丁所示若重物与地面的接触面积s=5102m2，不计摩擦，绳对滑轮的拉力方向均可看成竖直方向求：（1）在01s内，重物对地面的压强p（2）在12s内，拉力f做的功w（3）在23s内，拉力f的功率p及滑轮组的机械效率考点：压强的大小及其计算；功的计算；滑轮（组）的机械效率；功率的计算专题：计算题；压强、液体的压强；功、功率、机械效率分析：由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=3，则拉力f移动的距离s=3h（1）丙图可知，物体在23s内做匀速直线运动，由图乙可知此时的拉力，利用f=（g物+g动）求出动滑轮重，此时物体静止在地面上，受力平衡，动滑轮和物体受到的重力等于地面的支持力加上3股绳子的拉力即：f支+3f1=g+g动，由图知拉力大小，据此求出地面的支持力，根据力的作用是相互的，求出对地面的压力，再利用压强公式求对地面的压强；（2）由ft图象得出在12s内的拉力f，由ht图象得出重物上升的高度，求出拉力f的作用点下降的距离，利用w=fs求此时拉力做功；