江苏省吴江市中考物理一模试卷（解析版） 苏科版.doc

江苏省吴江市2013年中考物理一模试卷一、选择题（每小题2分，共24分，每小题只有一个选项是正确的）1（2分）（2013吴江市一模）使用3g手机不仅可以通话，还可以随时通过无线网络上网下列说法正确的是（）a电磁波不能在真空中传播b电磁波在空气中的传播速度是340m/sc手机通话是直接传输声信号d手机无线上网是利用电磁波传输数字信号考点：电磁波的传播专题：应用题；信息的传递分析：根据以下知识分析答题：（1）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在真空中传播，传播速度为3108m/s；（2）手机利用电磁波传输信号，手机通话传输的是电信号，手机上网传输的是数字信号解答：解：a、电磁波可以在真空中传播，故a错误；b、电磁波在空气中的传播速度约为3108m/s，不是340m/s，故b错误；c、手机通话直接传输的是电磁波，不是声信号，故c错误；d、手机无线上网是利用电磁波传输数字信号，故d正确；故选d点评：本题考查了手机通信的相关知识，是一道基础题，熟练掌握相关基础知识即可正确解题2（2分）（2011盐城）如图所示，小华将一只正在发声的音叉触及面颊有震感这个实验是用来探究（）a声音产生的原因b决定音调的因素c声音能否在空气中传播d声音传播是否需要时间考点：声音的产生；声音的传播条件；音调专题：压轴题分析：声音是由于发声体的振动产生的，它的传播需要考介质，固体、液体和气体都可以传播声音解答：解：当用正在发声的音叉触及面颊时，可以感觉到有震动，所以此实验是想探究声音产生的原因，所以选项a正确；故选a点评：知道声音产生的原因是解答此题的关键，属于基础题3（2分）（2011赤峰）早晨，往往能在草叶上看见晶莹的露水珠儿，它是通过下列哪种物态变化形成的（）a熔化b液化c凝华d蒸发考点：液化及液化现象专题：应用题；定性思想分析：物体由固态变为液态的过程叫熔化；物体由气态变为液态的过程叫液化；物体由气态直接变为固态的过程叫凝华；物体由液态态变为气态的过程叫汽化，汽化的两种方式是蒸发和沸腾解答：解：露是液态的，是空气中的水蒸气遇冷形成的，是液化现象故选b点评：此题考查的是物态变化现象的判断，是一道热学的基础题4（2分）（2009上海）挂在树上的苹果，静止时受到的一对平衡力是（）a苹果受到的重力和苹果对树的拉力b苹果受到的重力和树受到的重力c苹果对树的拉力和树对苹果的拉力d苹果受到的重力和树对苹果的拉力考点：平衡力的辨别专题：压轴题分析：二平衡力的条件：作用在同一物体上，大小相等，方向相反，在同一方向上缺一不可解答：解：a、苹果受到的重力是作用在苹果上的力，苹果对树的拉力是作用在树上的力两个力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力故a错b、苹果受到的重力和树受到的重力也不是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对平衡力故b错c、苹果对树的拉力和树对苹果的拉力也不是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对平衡力故c错d、苹果受到的重力是作用在苹果上的力，树对苹果的拉力也是作用在苹果上的力，并且两个力大小相等、方向相反、在同一方向上所以苹果受到的重力和树对苹果的拉力是一对平衡力故选d点评：本题考查的是二力平衡的条件，注意二力平衡的条件有4个，缺一不可5（2分）（2013吴江市一模）张强要抬起一根粗细均匀、重为800n的树干的一端，另一端不离地，他至少用力（）a800nb600nc400nd200n考点：杠杆的平衡分析法及其应用；杠杆中最小力的问题专题：计算题分析：根据杠杆平衡的条件，f1l1=f2l2，可知树干的重力与力臂不变，张强的抬力的力臂最大时，他施加的力最小，画图找出动力臂和阻力臂的关系解答：解：如图竖直向上施加抬力，动力臂最大，抬力最小；树干粗细均匀，重心位于中点，即：lob=2loa，根据杠杆平衡条件：flob=gloa得：f=故选c点评：本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，知道f2l2的乘积是定值时，l1越大，f1就越小6（2分）（2013吴江市一模）下列过程不属于将机械能转化为内能的是（）a汽油机的压缩冲程b流星在大气层中穿行的过程c水蒸气顶起水壶盖的过程d行驶的汽车从开始刹车到停止的过程考点：做功改变物体内能专题：分子热运动、内能分析：做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移压缩气体对气体做功，气体内能增加温度升高，机械能转化为内能；气体膨胀对外做功，气体的内能减小，内能转化为机械能；克服摩擦做功可以使机械能转化为内能，使物体的内能增加、温度升高解答：解：a、汽油机的压缩冲程，活塞压缩气体对气体做功，气体内能增加温度升高，机械能转化为内能；不合题意b、流星在大气层中穿行的过程中，克服与空气间的摩擦，做功可以使机械能转化为内能，使物体的内能增加、温度升高；不合题意c、水蒸气顶起水壶盖的过程，水蒸气膨胀对外做功，内能减小，内能转化为机械能，不是机械能转化为内能；符合题意d、行驶的汽车从开始刹车到停止的过程，克服摩擦做功，内能增加、温度升高，使机械能转化为内能不合题意故选c点评：在做能量的转化这种题时，我们要注意分析哪种能量增加了，哪种能量减少，因为总是减少的这种能量转化为增加的那种能量7（2分）（2013吴江市一模）在实验的基础上进行科学推理是研究物理问题的一种方法，通常称之为理想实验法或科学推理法，如牛顿第一定律的得出就是采用了这种方法下列研究过程中也采用了这一方法的是（）a探究影响压力作用效果的因素b研究真空不能传声c用小磁针研究磁场方向d探究平面镜成像的特点考点：物理学方法专题：其他综合题分析：本题主要是对物理学方法的考查，解答时首先要了解牛顿第一定律的建立过程，然后回忆各个实验当时的过程情景，并与牛顿第一定律实验相对比，从而找到最佳答案解答：解：牛顿第一定律的建立是在科学实验的基础上，通过对实验数据的分析，并进一步通过推理得出的（实际上不受摩擦力的物体根本不存在），所以该实验主要是利用了实验推理法形成了牛顿第一定律a、探究影响压力作用效果的因素用的是控制变量法此选项不符合题意；b、真空不能传声的实验是建立在真实实验的基础上，通过进一步推理（向外抽气体，只是越来越少，不可能抽成真空）形成结论，该实验是运用了实验推理法，其形成原理同牛顿第一定律相同此选项符合题意；c、用小磁针研究磁场方向用的是转换法此选项不符合题意；d、探究平面镜成像的特点采用的是等效法此选项不符合题意故选b点评：本题的解题关键是先了解牛顿第一定律实验的实验过程，然后逐个实验进行回忆，寻找其相似性8（2分）（2013吴江市一模）100g热水和50g冷水混合后（不考虑热量损失），则（）a热水降低的温度等于冷水升高的温度b热水降低的温度小于冷水升高的温度c热水降低的温度大于冷水升高的温度d热水放出的热量小于冷水吸收的热量考点：热传递改变物体内能专题：定性思想分析：热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同知道热水的质量和初温、冷水的质量和初温，又知道水的比热容，利用热平衡方程q吸=q放，进而可比较出其各自升高个温度解答：解：当将热水和冷水混合时，若不计热量损失，热水吸收的热量等于冷水放出的热量，即选项d是错误的；设冷水温度从t01升高到t，吸收的热量为q1；热水温度从t02降低到t，放出的热量为q2；不计热损失，q吸=q放，即：cm1（tt01）=cm2（t02t）在上式中，c和t是相同的，由于冷水质量m1小于热水质量m2，故冷水所升高的温度（tt01）大于热水所降低的温度（t02t），故答案b是正确的故选b点评：本题主要考查学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，能据题目中各数据变化情况分析判断即可解决9（2分）（2013吴江市一模）如图所示，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动的过程中，电流表和电压表示数的变化情况应是（）a电压表、电流表示数都变大b电压表、电流表示数变化的比值保持不变c电压表示数变小，电流表示数变大d电压表示数变大，电流表示数变小考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：根据电路图可知，两个电阻串联，电压表测量定值电阻两端电压，电流表测量电路电流；当滑动变阻器的滑片从左向右滑动过程中，接入电路的电阻应该变大利用欧姆定律即可判断解答：解：由图看出：两个电阻是串联在电路中，当滑动变阻器的滑片从左向右滑动过程中，滑动变阻器阻值变大由串联电路，总电阻等于各分电阻之和，则总电阻变大，而电源电压不变根据欧姆定律：i=可知，电路电流减小，即电流表示数变小由u=ir1可知，r1不变，i变小，故电压表示数也变小电压表、电流表示数变化的比值等于r1的阻值，因此不变故a、c、d均不符合题意b符合题意故选b点评：本题考查了欧姆定律的应用以及滑动变阻器的使用，此题难点是识别电路10（2分）（2013吴江市一模）在某一温度下，甲、乙两电阻的电流与电压的关系如图所示由图可知，将甲、乙并联后接在电压为2v的电源两端，则电路干路中的电流为（）a0.6ab0.9ac0.2ad0.4a考点：并联电路的电流规律专题：电流和电路分析：根据并联电路电压特点可知两电阻并联时两端的电压，再根据图象读出对应的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流解答：解：甲、乙并联后接在电压为2v的电源两端时，u甲=u乙=2v，由图象可知，i甲=0.4a，i乙=0.2a，干路电流i=i甲+i乙=0.4a+0.2a=0.6a故选a点评：题要求学生正确应用图象获得必要信息，并能结合并联电路的特点得出干路电流11（2分）（2013吴江市一模）如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在小球接触弹簧到将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列叙述中正确的是（）a小球所受弹簧的弹力始终比重力大b小球到达最低点时所受弹簧的弹力等于重力c小球的机械能在不断减少d小球的速度一直在减小考点：动能和势能的大小变化；机械能专题：机械能及其转化分析：（1）小球自由落下，接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大（2）从小球的动能和重力势能进行分析解答：解：abd、因为小球一直在压缩弹簧，弹簧的形变量x在增大，根据f=kx可知，弹簧弹力一直在增大，以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大故三个选项都是错误的c、小球在下降过程中，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，小球的机械能减小，弹簧的弹性势能增大符合题意故选c点评：小球在下降过程中，小球的重力不变，弹簧的形变越来越大，弹力是逐渐增大的开始时弹力小于重力，后来弹力等于重力，后来弹力大于重力这点学生总容易发生错误12（2分）（2009荆州）在如图所示的电路中，电源电压u=12v，定值电阻r0=8，r为最大电阻为20的滑动变阻器，当移动滑片使r消耗的电功率为4w时，下列说法正确的是（）ar连入电路的电阻一定为16br连入电路的电阻一定为4cr0消耗的功率一定为8wd电源消耗的总功率可能为6w考点：电功率的计算；欧姆定律的应用；电路的动态分析专题：计算题；压轴题；方程法分析：设滑动变阻器连入的电阻为r，利用欧姆定律求出电路中的电流i，而p=i2r=4w，列出方程求出r值，再求出r0和整个电路的电功率，据此分析判断解答：解：设滑动变阻器连入的电阻为r，i=，此时r消耗的电功率：p=i2r=（）2r=4w，解得：r1=4或r2=16，故a、b错；电路中的电流：i1=1a或i2=0.5a，r0消耗的功率：p0=（i1）2r0=（1a）28=8w，或p0=（i2）2r0=（0.5a）28=2w，故c错；电路消耗的总功率：p总=ui1=12v1a=12w，或p总=ui2=12v0.5a=6w，故d正确故选d点评：本题考查了学生对欧姆定律和电功率的计算公式的掌握和运用，能根据条件列出方程解出r的可能值是本题的关键；在串联电路中，灵活选用公式p=i2r计算二、填空题（本题共11小题，22题3分，23题4分，其余每空1分，共28分）13（3分）（2013吴江市一模）光在真空中的传播速度是3108m/s家中的电视遥控器是靠红外线来对电视机进行控制的考点：光的传播速度与光年；红外线专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：解决本题关键是要知道光的传播速度是3108m/s，电视遥控器是靠红外线来对电视机进行控制的解答：解：光在真空中的传播速度是3108m/s，家中电视机遥控器是靠红外线来实现对电视机控制的故答案为：3108；红外线点评：光的传播速度要记住，以后在做题时可以当做已知量来处理14（2分）（2013吴江市一模）家庭电路的电压为220v，小明家里的电能表显示他家上个月的耗电量为96度，合3.456108j考点：电压；电功专题：电压和电阻；电能和电功率分析：家庭电路电压是220v，根据度与焦耳间的换算关系计算答题解答：解：我国家庭电路电压是220v；96度=96kwh=963.6106j=3.456108j；故答案为：220；3.456108点评：本题考查了家庭电路电压，电能的单位换算，是一道基础题15（2分）（2013吴江市一模）足球比赛中，运动员鞋底上有凹凸不平的花纹是为了增大摩擦，踢球时脚也会感到痛，这是因为物体间力的作用是相互的考点：增大或减小摩擦的方法；力作用的相互性专题：运动和力；重力、弹力、摩擦力分析：影响摩擦力大小的因素有压力和接触面的粗糙程度；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦力；当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的解答：解：鞋底有凹凸不平的花纹，是在压力一定时增大接触面的粗糙程度，来增大摩擦；运动员用脚踢足球，脚对足球施加了一个力的作用，由于物体间力的作用是相互的，脚也受到了球对它施加的反作用力，所以脚感到痛故答案为：增大摩擦；相互点评：本题考查了两个知识点：一是增大摩擦的方法，二是力的相互作用性16（2分）（2013吴江市一模）蚂蚁用103n的力拉着质量为2g的树叶，10s内沿拉力方向前进了10cm，则蚂蚁对树叶做功为104j，重力对树叶做功为0j（g=9.8n/kg）考点：功的计算专题：功、功率、机械效率分析：（1）知道树叶受到的拉力和前进的距离，根据公式w=fs可求蚂蚁对树叶做功；（2）树叶水平移动，在重力的方向上没有移动距离，重力不做功解答：解：蚂蚁对树叶做的功为w=fs=103n0.1m=104j；（2）由于木块水平移动，在重力的方向上没有移动距离，所以重力做功为0故答案为：104；0点评：做功的条件是有力作用在物体上、并且在力的方向上移动距离17（2分）（2013吴江市一模）冬奥会上所用冰壶的质量为19kg，底面积为0.04m2，静止在冰面上时对冰面的压强为4655 pa（g=9.8n/kg）冰壶被推出后仍向前滑行是因为冰壶具有惯性考点：压强的大小及其计算；惯性专题：运动和力；压强、液体的压强分析：（1）静止在冰面上时，冰壶对冰面的压力和自身的重力相等，根据g=mg求出其大小，再根据压强公式求出对冰面的压强；（2）一切物体都具有保持原来的匀速直线运动或静止状态的性质，这种性质叫惯性解答：已知：m=19kg，s=0.04m2，g=9.8n/kg求：（1）静止在冰面上时对冰面的压强p；（2）被推出后仍向前滑行的原因解：（1）静止在冰面上时，对冰面的压力：f=g=mg=19kg9.8n/kg=186.2n，对冰面的压强：p=4655pa；（2）冰壶被推出后仍向前滑行是因为冰壶具有惯性故答案为：4655；惯性点评：本题考查了压强的计算和惯性知识的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等，是一道基础题目18（2分）（2013吴江市一模）一质量为270g的空心铝球体积为200cm3，则该铝球空心部分的体积是100cm3；若把该铝球放入水中，铝球将会下沉 （选填“下沉”、“上浮”、“悬浮”，铝的密度是2.7103kg/m3）考点：密度公式的应用；物体的浮沉条件及其应用专题：密度及其应用；浮沉的应用分析：（1）根据公式v=求出铝球为实心时的体积，与现在的体积进行比较，即可得出此球是空心的，用铝球现在的体积减去实心时的体积就是空心部分的体积；（2）根据f浮=水gv排可求得铝球放入水中受到的浮力与重力比较即可解答：解：（1）铝球为实心时的体积v实=100cm3；小于铝球现在的体积，所以铝球是空心的；空心部分体积v=v现v实=200cm3100cm3=100cm3；（2）把该铝球放入水中，受到的浮力f浮=水gv排=1.0103kg/m39.8n/kg200106m3=1.96ng铝=mg=0.27kg9.8n/kg=2.646n，f浮g铝，把该铝球放入水中，铝球将会下沉故答案为：100；下沉点评：本题考查体积，质量等的计算，浮沉条件及其应用，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是求铝球空心部分的体积，解题过程中要注意统一使用国际单位制单位19（2分）（2013吴江市一模）反射光线和平面镜的夹角为15则入射角为75；转动平面镜，使入射角减少30则反射光线和入射光线的夹角为90考点：光的反射定律专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：要知道入射角和反射角的概念：入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角，在光反射时，反射角等于入射角解答：解：因为反射光线与平面镜的夹角是15，所以反射角为9015=75根据光的反射定律，反射角等于入射角，所以入射角也为75；转动平面镜，使入射角减少30，则入射角变为7530=45，所以反射角也变为45，此时反射光线和入射光线的夹角为90故答案为：75；90点评：此题主要考查了入射角和反射角的概念，同时还考查了光的反射定律的内容，并且要会利用光的反射定律的内容进行有关的计算20（3分）（2013吴江市一模）直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，如图所示为“安装直流电动机模型”实验的电路图实验时，闭合开关s线圈转动，再将滑动变阻器滑片p向左移动，电动机转速将变快考点：直流电动机的构造和工作过程；滑动变阻器的使用专题：图析法；电动机、磁生电分析：电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的制成的；线圈转动的速度与磁场的强弱、电流的大小有关，磁场越强、电流越大转速越快根据电路图，分析滑动变阻器滑片p向左移动时，电阻的变化，电流的变化，即可判断转速的变化解答：解：直流电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的；如图，闭合开关，将滑动变阻器滑片p向左移动时，电阻变小，电流变大，所以电动机转速变快故答案为：通电线圈在磁场中受力转动的；快点评：本题考查了电动机的原理和影响电动机转速的因素，难度不大21（3分）（2013吴江市一模）现有两个灯泡l1、l2，分别标有“10v 10w”和“9v 5.4w”的字样当将它们串联使用时，电路两端允许加的最大电压是15v；当将他们并联使用时，干路允许通过的最大电流是1.5a考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功率的计算专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率分析：（1）已知两灯泡的额定电压和额定功率，先根据公式p=ui求出各自正常工作时的电流，根据欧姆定律求出电阻，如果把它们串联起来，则串联电路的电流只能取两个电流中最小的一个然后根据电阻的串联和欧姆定律求出电路两端允许加的最大电压；（2）当将他们并联使用时，电路电压同样只能取额定电压较小的那个，然后分别算出通过r1和r2的电流，最后将它们的电流相加算出电路允许通过的最大电流解答：解：（1）根据p=ui可得，两灯泡的额定电流：i1=1a，i2=0.6a，根据欧姆定律可得，两灯泡的电阻：r1=10，r2=15；串联电路中各处的电流相等，两电阻串联时，电路中的最大电流i=i2=0.6a，串联电路的总电阻等于各分电阻之和，路两端允许加的最大电压u串=i（r1+r2）=0.6a（10+15）=15v；（2）两灯泡并联时，各支路两端的电压相等，电源的电压u并=u2=9v，通过两灯泡的电流：i1=0.9a，i2=i2=0.6a，并联电路中的干路电流等于各支路电流之和，电路允许通过的最大电流i并=i1+i2=0.9a+0.6a=1.5a故答案为：15；1.5点评：本题考查电压、电流、电功率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的，这也是本题的重点22（2分）（2013吴江市一模）小明利用一个烧杯、天平、水，测出了一小块不规则小石块的密度，请按要求填空：（1）用天平测量小石块的质量，天平平衡时，右盘中的砝码和标尺上的游码如图甲所示，则小石块的质量为0.052 kg（2）如图乙所示：a往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达位置做上标记；b取出小石块，测得烧杯和水的总质量为122g；c往烧杯中加水，直到标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为142g则可计算出小石块的密度为2.6103kg/m3考点：固体密度的测量专题：测量型实验综合题分析：（1）根据天平的读数方法，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准（2）利用排水法测出石块的体积：石块的排水体积就是石块的体积，排水体积可通过求排水质量和水的密度求出，排水质量则是图中b、c两次的质量之差最后由密度公式求出小石块的密度解答：解：（1）由图甲所示可知，小石块的质量m=50g+2g=52g=0.052kg；（2）已知烧杯和水质量m1=122g，加入水与标记相平时，烧杯和水的质量m2=142g，加入水的质量m加=m2m1=142g122g=20g；根据密度公式=，已知水的密度是常量，即水=1.0gcm3，v加=20cm3，又v石=v加，v石=20cm3，小石块的密度石=2.6gcm3=2.6103kgm3故答案为：（1）52；（2）2.6103点评：本题中天平使用、固体密度的测量属基础问题，因初中物理对固体密度的测量要求较高，体积用到补充水的方法，给本题带来了一定难度23（2分）（2013吴江市一模）如图甲所示，电源电压保持不变，rt为一热敏电阻，图乙是其阻值随温度变化的图象，室温下往rt上擦一些酒精，则在一段较长的时间内，热敏电阻阻值rt的变化是先变大后变小，电流表读数的变化是先变小后变大考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：根据图乙可知，热敏电阻随温度的升高而减小，而酒精蒸发要吸热，当酒精蒸发完后，由于周围环境温度原因，热敏电阻的温度又会升高，据此分析热敏电阻的变化，根据欧姆定律判断电路电流的变化解答：解：根据图乙可知，热敏电阻随温度的升高而减小，室温下往rt上擦一些酒精，由于酒精的蒸发吸热，热敏电阻的温度很急速下降，因此电阻随之变大；当酒精蒸发完后，由于室外温度的影响，热敏电阻的温度将升高，因此热敏电阻的阻值随之减小，即热敏电阻阻值rt先变大后变小；电源电压不变，由i=可知，电流表示数先变小后变大故答案为：先变大后变小；先变小后变大点评：考查了欧姆定律的应用和酒精蒸发吸热的知识点，关键是从图象上找出电阻与温度的关系三、解答题（本题共7小题，共48分，其中25、26题需有解题过程）24（8分）（2013吴江市一模）请按要求完成下列作图（1）如图（1）中篮球在空中飞行，不考虑空气阻力，画出篮球所受力的示意图（2）如图（2）中根据平面镜成像特点，画出物体ab在平面镜中所成的像（3）如图（3）中为使杠杆on在图示位置能保持静止，需在m点施加一个力f请在图中画出物体a对杆拉力的力臂和在m点对杆的最小拉力f的示意图（4）如图（4）中是一个放在桌面上的通电螺线管，位于它正上方还放有一小磁针请在图上标出通电螺线管的n极和小磁针静止时n极的指向考点：力的示意图；力臂的画法；平面镜成像的相关作图；通电螺线管的磁场专题：图像综合题分析：（1）不计空气阻力，空中飞行的物体只受重力作用；然后根据重力的方向总是竖直向下的，并过重心表示出重力的作用点和方向（2）平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反，即像与物关于平面镜对称；因此作出两个端点a、b的像点，连接像点即为物体ab在平面镜中的像（3）力臂是支点到力的作用线的距离，先找到支点和拉力的作用线，用数学方法从支点向拉力作用线引垂线；根据杠杆平衡条件：动力动力臂=阻力阻力臂，在阻力阻力臂一定的情况下，动力臂越大动力越小（4）根据电源的正负极可判断出电流的方向，根据安培定则可判断出线圈的n、s极，再据磁体间的作用规律可判断小磁针的n、s极解答：解：（1）因不计空气阻力，所以空中飞行的物体只受重力作用，过球心做竖直向下的力，即重力；如下图所示：（2）先作出物体ab的端点a、b在平面镜中的对称点a、b，连接a、b点即为物体ab在平面镜中的像，注意辅助线和像用虚线，如下图所示：（3）解：作出拉力作用线，从支点向拉力作用线引垂线，用大括号标出，并标上力臂符号l；动力臂最大为支点到动力作用点间的距离，此时动力最小，力f应从m点垂直杆斜向上画，如下图所示：（4）由图可知，电流从左端流入，由安培定则可知，线圈的左端是s极，右端是n极；由磁极间的作用规律可知，靠近线圈s极的是小磁针的n极，靠近线圈n极的是小磁针的s极，如下图：点评：（1）会对物体进行正确的受力分析，会用力的示意图表示出力的作用点和方向，牢记重力的方向总是竖直向下的（2）在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像（3）作力臂要先找到支点和力的作用线，再从支点向力的作用线引垂线，用大括号标出，并标上力臂符号；在力与力臂的乘积一定时，力臂越大，用力越小（4）知道磁体间的作用规律，并熟悉安培定则是解决该题 的关键25（9分）（2013吴江市一模）如图所示，工人通过滑轮组使重600n的箱子以0.4m/s的速度从地面匀速上升到6m高的三楼上，若滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和一切摩擦问：（1）工人吊起箱子过程中做的有用功是多少？（2）动滑轮的重力有多大？（3）工人做功的功率为多少？考点：功的计算；速度的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功率的计算专题：计算题；简单机械分析：（1）使用滑轮组对箱子做的功为有用功，工人做的功为总功知道箱子的重力和提升的高度，可利用公式w=gh计算出有用功（2）从图可知，承担物重绳子的段数为2，知道箱子上升的高度，从而可以计算出绳子末端移动的距离，又知道滑轮组的机械效率，可利用机械效率的公式变形w总=计算出总功，再利用公式f=计算出拉力的大小，最后再利用公式f=（g+g动）计算出动滑轮的重力（3）知道箱子上升的高度和移动的速度，可利用速度的公式变形t=计算出做功的时间，再利用公式p=计算出工人做功的功率解答：解：（1）g=600n，h=6m，工人做的有用功：w有用=gh=600n6m=3600j（2）从图可知，承担物重绳子的段数为2，而h=6m，则绳子末端移动的距离为：s=2h=26m=12m，=80%，所做的总功为：w总=4500j，绳子末端的拉力为：f=375n，不计绳重和一切摩擦f=（g+g动），则动滑轮的重力为：g动=2fg=2375n600n=150n（3）s=h=6m，v=0.4m/s，v=，做功的时间：t=15s，则工人做功的功率为p=300w答：（1）工人吊起箱子过程中做的有用功是3600j（2）动滑轮的重力为150n（3）工人做功的功率为300w点评：本题考查速度、有用功和动滑轮重的计算，关键是根据图象得出承担物重绳子的股数，要注意条件“不计绳重和摩擦”时f=（g+g动），本题的重点是公式和公式变形的灵活运用26（8分）（2013吴江市一模）如图所示为一种太阳能照明灯，太阳能电池板供1只“220v 40w”的电子节能灯工作，若太阳能电池板接收太阳能的有效面积为0.3m2地球上该处与太阳光垂直的表面接收的太阳辐射能可表示为7.2104j/（ minm2），太阳光照一天，恰好可供电子节能灯工作10h假设太阳光一直垂直照射太阳能电池板，不考虑天气影响，每天以8h计算问：（1）电子节能灯正常发光一小时消耗的电能是多少？（2）太阳能电池板在一天时间里吸收的能量是多少？（3）太阳能照明灯利用太阳能的效率大约是多少？考点：电功的计算；能量利用效率；热量的计算专题：计算题；其他综合题分析：（1）已知电子节能灯的功率和工作时间，根据w=pt计算消耗的电能；（2）已知太阳光垂直的表面接收的太阳辐射能、时间和有效面积，代入数值计算即可；（3）已知电子节能灯灯的额定功率和工作时间，据公式w=pt可以计算出灯所消耗的电能w有用；又知太阳能电池吸收的太阳能w总，故再利用效率的计算公式计算即可解答：解：（1）p=40w，t1=1h=3600s，w=pt电子节能灯正常发光一小时消耗的电能：w=pt=40w3600s=1.44105j；（2）t2=8h=480min，s=0.3m2，则太阳能电池板在一天时间里吸收的能量：w总=7.2104j/（minm2）480min0.3m2=1.04107j；（3）t3=10h=36000s，w=pt灯所消耗的电能是：w有用=pt=40w36000s=1.44106 j；故太阳能照明灯利用太阳能的效率：=100%=100%13.8%答：（1）电子节能灯正常发光一小时消耗的电能是1.44105j；（2）太阳能电池板在一天时间里吸收的能量是1.04107j；（3）太阳能照明灯利用太阳能的效率大约是13.8%点评：本题综合考查了消耗电能的计算、效率的计算，以及利用所学知识解决实际问题（新开发的太阳能照明灯能量转化问题），加强了学生的节能意识27（6分）（2013吴江市一模）完成以下有关压强与浮力的问题：（1）在“探究影响液体压强大小的因素”实验中，老师用压强计做了如图甲所示的（a）、（b）、（c）三次实验，比较实验（a）、（b）可知液体压强与液体的密度有关；比较实验（b）、（c）可知液体压强与液体的深度有关（2）弹簧测力计挂着一重为3n的物体a，物体a浸没并静止在水中，如图乙所示图中弹簧测力计的示数是1.2n物体a所受浮力是1.8n（3）如图丙所示，从侧面向两张纸片中间用力吹气，可观察到两纸片相互靠拢，这一现象说明了气体压强与气体的流速有关；同样条件下，若在两纸片较低（选填“较高”“较低”或“中间”）位置吹气，现象会更加明显考点：探究液体压强的特点实验；流体压强与流速的关系专题：探究型实验综合题分析：（1）掌握液体内部压强的特点根据a、b、c三图找出变化的量和不变的量，从而得出结论（2）在进行测力计的读数时，注意其分度值根据f浮=gf计算出浮力的大小（3）流体的压强与其流速有关，流速越快压强越小解答：解：（1）a、b两图压强计的探头在液体中的深度相同，a中是水，b中是盐水，液体密度不同，所以是探究液体压强与液体密度的关系b、c两图压强计的探头在液体中的深度不同，两烧杯中都是盐水，液体的密度相同，所以是探究液体压强与液体深度的关系（2）由图乙知，测力计的分度值为0.2n，所以其示数为1.2nf浮=gf=3n1.2n=1.8n（3）从侧面向两张纸片中间用力吹气，由于通过两纸片中间的气流速度加快，所以压强减小，小于纸片外侧气压，纸便向中间靠拢若从较低位置吹气，由于纸片靠拢后纸片间的距离减小，在气流量相同的情况下流速更快，所以效果会更加明显故答案为：（1）密度；深度；（2）1.2；1.8；（3）流速；较低点评：此题是探究影响液体压强大小的因素实验，由于液体压强与液体的密度和深度有关，所以在研究过程中需用控制变量法同时考查了称重法测量浮力及流体压强和流速的关系这些都是基础性题目，一定要熟练掌握28（6分）（2013吴江市一模）小亮在探究凸透镜成像规律时，将焦距为20cm的凸透镜a固定在光具座上35cm刻线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上5cm刻线处，移动光屏使烛焰在光屏上成清晰的像，如图甲所示接着小亮保持蜡烛的位置不变，将凸透镜a换为凸透镜b并保持位置不变，移动光屏，使烛焰在光屏上成清晰的像，如图乙所示（1）请根据题中实验现象和凸透镜成像规律判断：凸透镜a的焦距大于凸透镜b的焦距（选填“等于”、“大于”或“小于”）（2）在图甲中，保持烛焰与光屏位置不变，把透镜a放在光具座上65cm刻线处，光屏上会出现烛焰清晰的倒立、缩小、实像（3）图乙所示的实验现象可以说明照相机的成像特点（选填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）（4）小亮在图乙实验中把自己的近视眼镜镜片放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜的位置，移动光屏直至光屏上出现清晰的像接着他将眼镜取走，若不改变蜡烛和光屏的位置，小亮应该将凸透镜向靠近（选填“远离”、“靠近”）蜡烛的方向移动，才能使像重新变得清晰考点：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）要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律及应用知道当物距处于f和2f之间时，成倒立、放大的实像；当物距大于2f时，成倒立、缩小的实像，照相机就是根据这个原理制成的（2）利用凹透镜的光线性质确定放置凹透镜后，光屏上成的像为什么变模糊了然后确定光屏的调整方向解答：解：（1）由甲图可知，物距u=35cm5cm=30cm此时成倒立、放大的实像，所以物距处于f和2f之间即f30cm2f，得15cmf30cm由乙图可知，物距仍为30cm，此时成倒立、缩小的实像所以30cm2f，得f15cm所以甲的焦距大于乙的焦距（2）在图甲中，保持烛焰与光屏位置不变，要想得到烛焰清晰的倒立、缩小、实像，物体应放置在二倍焦距意外，且焦距最大为30cm，即物距为u2f=230cm=60cm，所以物体的位置应该在60cm+5cm=65cm处；（3）由乙图可知，物距为30cm，此时成倒立、缩小的实像，照相机是根据凸透镜成倒立、缩小实像的原理制成的；（4）小亮在图乙实验中把自己的近视眼镜镜片放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜的位置，近视镜是凹透镜，由于凹透镜对光线有发散作用，所以原来会聚在会变得发散，移动光屏直至光屏上出现清晰的像，接着他将眼镜取走，此时像会成在光屏的前方，若不改变蜡烛和光屏的位置，要在光屏上成清晰的像，应减小物距增大像距，小亮应该将凸透镜向靠近蜡烛的方向移动故答案为：（1）大于；（2）65；（3）照相机；（4）靠近点评：此题通过判断两个凸透镜的焦距大小间接考查了凸透镜成像的规律关键是搞清两种情况下的物距与焦距的关系，首先要熟记规律的内容同时考查了凸透镜成像的应用29（6分）（2013吴江市一模）在测量定值电阻rx阻值的实验中：（1）图甲是小明接的实物图，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现电流表无示数，经检查是由于一根导线连接错误，请你在图甲中连接错误的导线上打“”并补画出正确的连线（2）在实验过程中，发现电压表不能使用了，于是小明将滑动变阻器（规格为0rm）调到最大值作为定值电阻来使用，设计了如图乙所示的电路测量rx的阻值测量时，只闭合s1电流表示数为i1，只闭合s2电流表示数为i2，则电源电压为i2rm，电阻rx=（用i1、i2和rm表示）（3）因图乙不能测量多组数据，于是小明又向老师借了一只定值电阻r0（r0阻值已知），设计了如图丙所示的实验电路，重复（2）中的测量步骤和计算方法，并多次测量求出了电阻rx的阻值小明得出的rx阻值是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是：不同时闭合开关，无法保证r0和rx两端的电压相等考点：伏安法测电阻的探究实验；并联电路的电压规律；欧姆定律的应用专题：应用题；作图题；电路和欧姆定律；探究型实验综合题分析：（1）电压表应与定值电阻并联，由图甲可知，电压表串连接入电路，电路断路，闭合开关电流表无示数，把定值电阻的右端接线柱与电源的负极相连即可；（2）由电路图可知，待测电阻与滑动变阻器的最大阻值并联，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，再根据欧姆定律求出待测电阻的阻值；（3）串联电路的电阻在电路中起分担电压的作用，电阻不同，分担的电压不同；当只闭合s1时，rx 与滑动变阻器串联在电路中，只闭合s2时，r0与滑动变阻器串联在电路中，滑片位置不变，r0与rx不一定相等，分担的电压不一定相同解答：解：（1）由图甲知，电压表与定值电阻