广东省深圳市中考物理二模试题（含解析）.doc

2015年广东省深圳市中考物理二模试卷一、选择题（共16小题，每小题1.5分，满分24分）1下列关于功率的说法，不正确的是（）a功率越小，做功越慢b功率越小，效率越低c功率越小，做功不一定越少d功率越小，做同样多的功所用的时间越多2下列说法中，正确的是（）a用100n的力将足球踢出去50米远，则人对足球做功5000jb一桶汽油用去一半，比热容和热值都变为原来的一半c放在水平地面上温度为0的一块冰，机械能和内能都为零d做功的过程实质上就是能量转化的过程3如图是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械重力和摩擦），其中所需动力最大的是（）abcd4如图所示的四个事例中，用做功方式改变内能的是（）abcd5甲、乙两个电阻的ui图线如图所示，若把两个电阻串联接在同一电路中，下列说法正确的是（）a甲、乙两个电阻之比是l：2b通过甲、乙两个电阻的电流之比是1：2c甲、乙两个电阻两端电压之比是1：1d甲、乙两个电阻的电功率之比是2：16如图所示，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片向b端移动的过程中，下列说法不正确的是（）a电流表的示数变小b电压表的示数变大c小灯泡的亮度不变d电路中的总功率变小7有一种电能表的表盘如图所示，关于电能表下列说法不正确的是（）a电能表的读数是351.77kwhb“10（20）a”是指这个电能表的额定最大电流是10安c“220v”是指这个电能表应当用在220伏电路中d“3000r/kwh”是表示用电器每消耗lkwh的电能，电能表上的转盘转过3000转8夏天，从冰箱中取出一瓶饮料，用干毛巾擦干后，过一会可观察到饮料瓶表面变湿，这一现象发生的物态变化是（）a汽化b液化c凝固d升华9下列关于光和声现象的说法正确的是（）a摄影时用的照相机是根据凹透镜成像的原理制成的b中考期间学校周围路段禁鸣喇叭，这是在声音传播的过程中减弱噪声c“闻其声而知其人”主要是根据声音的响度来判断的d白天浓密树荫下有许多小圆形光斑是太阳的实像10一般家用空调的电功率最接近（）a1.5瓦b300瓦c2000瓦d10000瓦11第二十六届世界大学生夏季运动会在深圳举行，下列有关大运项目比赛的现象中说法正确的是（）a射到球门框架上的足球被反弹说明力能改变物体的形状b篮球比赛中间休息，志愿者用干布拖地是为了减小摩擦c跳远运动员起跳前要助跑一段距离是为了利用惯性d打羽毛球时，羽毛球先给球拍一个力，然后球拍也给羽毛球一个力12将空矿泉水瓶慢慢压入水中，直到完全浸没下列对矿泉水瓶受到的浮力分析不正确的是（）a矿泉水瓶受到水对它的浮力b浮力的方向竖直向上c排开水的体积越大，受到的浮力越大d浸没后，压入越深，受到的浮力越大13如图是拍摄机动车闯红灯的工作原理示意图光控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违规车辆下列有关说法正确的是（）a只要光控开关接收到红光，摄像系统就会自动拍摄b机动车只要驶过埋有压力开关的路口，摄像系统就会自动拍摄c只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄d若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用14科学研究中常用图象来表示两个量（x，y）之间的关系，以使研究的问题变得直观明了下列两个量之间的关系不符合如图所示的是（）a物质的密度与质量的关系b物体受到的重力与质量的关系c物体受到的浮力与其排开液体体积的关系d同一导体中通过的电流与该导体两端电压的关系15如图是研究光的反射定律的实验装置，为了研究反射角与入射角之间的关系，实验时应进行的操作是（）a沿on前后转动板eb沿on前后转动板fc改变光线ob与on的夹角d改变光线ao与on的夹角16把吹胀的气球压在一根大头针上，稍一用力气球就被刺破，而用同样大小的力把它压在大量的大头针上，气球却安然无恙（如图所示）这是因为（）a气球受到的压力减小了b气球的受力面积增大了c气球受到的压强增大了d压力对气球的作用效果更明显了二、解答题（共5小题，满分24分）17自然课上王老师请同学们设计一个测出未知电阻rx的电路，各组同学都提出了自己的设计方案，下面是其中两组同学的实验方案：甲组：张晴小组设计方案器材：电压表、电流表、变阻器、开关、电源（电压未知）、未知电阻rx、导线电路图（如图甲）乙组：赵亮小组设计方案器材：已知电阻r0、电流表、开关、电源（电压未知）、未知电阻rx、导线电路图（如图乙）a、你认为两小组中哪组设计更优？_，理由：b、今有m、n两灯上分别标有“6v，6w”和“6v，4w”的字样，用一个输出电压为12v的电源对两灯供电，请设计要使这两灯能同时正常发光的两种不同电路图，并说明哪一种更佳，原因是18如图所示，是小丽测量开水瓶软木塞密谋的实验示意图实验步骤：a调整天平横梁平衡 b用天平测出软木块的质量m如图乙所示c向量筒中装入适量的水 d读出水的体积v1如图丙所示e用细线系住软木塞和铁块，将铁块浸没在水中，读出水和铁块的总体积v2如图丁所示f将软木塞和铁块同时浸没在水中，读出水、铁块和软木塞的总体积v3如图戊所示（1）步骤a中发现天平指针偏向分度盘上的位置如图甲所示，应向（选填“左”或“右”）调节平衡螺母（2）根据实验示意图和步骤中的标注，将表格填写完整测量值软木塞的质量m/g水的体积v1/cm3水和铁块的体积v2/cm3水、软木塞和铁块的总体积v3/cm3软木的密度木/（kgm3）数据4050（3）软木塞浸没水中时受到的浮力大小为（3）反思实验过程，发现有一步骤是多余的，此步骤是（填字母）（4）考虑到软木塞的吸水性，实际测得密度应（选填“大于”或“小于”）实际密度19某型号家用空调的制冷压缩机和送风机是并联的，压缩机是间歇性工作的，而送风机是一直都在工作测得此空调在某段时间压缩机和送风机的电功率分别随时间变化的关系如图所示（1）为了安全用电，许多家庭铺设了空调专线，请简述铺设空调专线的意义（2）在高温天气，由于家庭电路的电压过低而使空调不能启动，请你简述家庭电路电压过低的原因（提示：家庭电路的导线有电阻，可以理解成导线与空调是串联的）（3）前10分钟通过压缩机的电流是多少？通过空调的总电流是多少？（4）在1小时内这台空调消耗的电能约为多少度？20图甲是建造大桥时所用的起吊装置示意图，使用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心长方体a从江底竖直方向匀速吊起，图乙是钢缆绳对a的拉力f1随时间t变化的图象a完全离开水面后，电动机对绳的拉力f大小为6.25103n，滑轮组的机械效率为80%，已知a的重力为2104n，a上升的速度始终为0.1m/s（不计钢缆绳与滑轮间的摩擦及绳重，不考虑风浪、水流等因素的影响，g取10n/kg）求：（1）长方体a未露出水面时受到的浮力；（2）长方体a的密度；（3）长方体a完全离开水面后，在上升过程中f的功率21我国经济快速发展，很多厂商一改过去“酒香不怕巷子深”的观点，纷纷为自己的产品做广告，但有些广告制作却忽视了其中的科学性如图所示的两幅广告图中各有一处科学性的错误，请你找出来并简要说明它违背了什么物理原理或规律甲图错误：，它违背了；乙图错误：，它违背了2015年广东省深圳市中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题1.5分，满分24分）1下列关于功率的说法，不正确的是（）a功率越小，做功越慢b功率越小，效率越低c功率越小，做功不一定越少d功率越小，做同样多的功所用的时间越多【考点】功率的概念【专题】应用题；功、功率、机械效率【分析】功率为单位时间所做的功，表示做功快慢的物理量；效率是所做的有用功与总功的比值，与功率大小无关【解答】解：a、功率是表示做功快慢的物理量，功率大表示做功时快，功率小表示做功时做功慢，故a正确；b、效率是所做的有用功与总功的比值，与功率大小无关，故b错误；c、由w=pt可知，功率小，但时间不确定，故做功比一定少，故c正确；d、功率越小，做同样多的功所用的时间越多，故d正确故选：b【点评】此题考查学生对于功率的定义和物理意义的理解和掌握2下列说法中，正确的是（）a用100n的力将足球踢出去50米远，则人对足球做功5000jb一桶汽油用去一半，比热容和热值都变为原来的一半c放在水平地面上温度为0的一块冰，机械能和内能都为零d做功的过程实质上就是能量转化的过程【考点】功的计算；内能的概念；做功改变物体内能；比热容的概念【专题】定性思想；比热容、热机、热值；功、功率、机械效率【分析】（1）做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离二者缺一不可（2）比热容是物质的一种特性，和物体吸收热量的多少、温度的高低、质量的大小都没有关系，只与物质的种类、状态有关热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能物体的内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和；（4）功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程【解答】解：a、用100n的力将足球踢出后，足球不再受到力的作用，虽然足球移动了距离，但人对足球没有做功故a错误；b、比热容和热值是物质的一种性质，只与物质本身有关，所以一桶汽油用去一半，比热容和热值不会改变，故b错误c、放在水平地面上温度为0的一块冰，机械能为零，内能不为零；故c错误；d、功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程故d正确故选d【点评】此题考查力是否做功的判断，内能、机械能大小的影响因素，比热容和热值，做功改变物体的内能，是一道综合性很强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题3如图是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械重力和摩擦），其中所需动力最大的是（）abcd【考点】滑轮组绳子拉力的计算；杠杆的应用；斜面的机械效率【专题】比较思想；图析法；简单机械【分析】（1）不计机械自重和摩擦，利用f=g求f的大小；（2）求出动力臂和阻力臂的大小关系，利用杠杆平衡条件得出f大小；（3）不计机械自重和摩擦，利用f=2g求f的大小；（4）不计机械自重和摩擦，拉力做的功等于提升物体做的功，据此求出拉力大小【解答】解：不计机械重和摩擦，（1）由图知n=3，不计机械自重和摩擦，f1=g；（2）根据杠杆的平衡条件：f2（l+3l）=gl，所以f2=g；（3）不计机械自重和摩擦，f3=2g；（4）不计机械自重和摩擦，则f4s=gh，所以f4=g=g=g；由上述分析可知，动力最大的是c选项故选c【点评】本题考查学生对杠杆平衡条件和滑轮及滑轮组的综合理解和运用，利用好“不计机械自重和摩擦”是本题的关键4如图所示的四个事例中，用做功方式改变内能的是（）abcd【考点】做功改变物体内能【分析】解决此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功过程是能量的转化过程，是机械能转化为内能【解答】解：搓手时两手克服摩擦做功，机械能转化为手的内能，手的温度升高，是用做功方式改变内能的，符合题意；对手哈气取暖是通过热传递的方式改变手的内能，不符合题意；铁锅通过热传递的方式把热量从锅传到手，因此手会感觉到烫，不符合题意；水蒸气对塞子做功，内能转化为机械能，因此水蒸气的内能减小，是通过做功的方式改变物体内能的，符合题意；故选d【点评】解决此类问题要结合改变物体内能的方式和能量的转化进行分析解答5甲、乙两个电阻的ui图线如图所示，若把两个电阻串联接在同一电路中，下列说法正确的是（）a甲、乙两个电阻之比是l：2b通过甲、乙两个电阻的电流之比是1：2c甲、乙两个电阻两端电压之比是1：1d甲、乙两个电阻的电功率之比是2：1【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算【专题】应用题；图析法；电路和欧姆定律【分析】（1）由图象可知通过两电阻的电流与两端的电压成正比即两电阻是定值电阻，从图象中读出任意一点的电流和电压值，根据欧姆定律求出两电阻的阻值，然后比较两电阻的阻值；（2）根据串联电路的电流特点可知通过两电阻的电流关系，根据欧姆定律求出两电阻两端的电压关系，根据p=i2r求出两个电阻的电功率之比【解答】解：a由图象可知，通过两电阻的电流与两端的电压成正比即两电阻是定值电阻，且u甲=u乙=3v时，i甲=0.3a、i乙=0.6a，由i=可得，两电阻的阻值分别为：r甲=10，r乙=5，所以，r甲：r乙=10：5=2：1，故a错误；b把两个电阻串联接在同一电路中时，由于串联电路中各处的电流相等，所以通过甲、乙两个电阻的电流之比是1：1，故b错误；c甲、乙两个电阻两端电压：=，故c错误；d甲、乙两个电阻的电功率之比：=，故d正确故选d【点评】本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象判断出两电阻为定值电阻并读出相关的信息6如图所示，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片向b端移动的过程中，下列说法不正确的是（）a电流表的示数变小b电压表的示数变大c小灯泡的亮度不变d电路中的总功率变小【考点】电路的动态分析【专题】应用题；定性思想；图析法；电路变化分析综合题【分析】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向确定滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用并联电路特点与欧姆定律判断电表示数如何变化，应用电功率公式判断功率如何变化【解答】解：由图示电路图可知，滑动变阻器与灯泡并联，电流表测干路电流，电压表测电源两端电压，滑片向b端移动过程滑动变阻器接入电路的阻值r变大；a、电源电压u不变，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，流过灯泡的电流不变，则干路电流变小，电流表示数变小，故a正确；b、电压表测电源两端电压，电源电压不变，电压表示数不变，故b错误；c、灯泡两端电压不变，灯泡实际功率p=不变，灯泡亮度不变，故c正确；d、电路总电流i变小，电源电压u不变，电路总功率：p=ui变小，故d正确；本题选错误的，故选b【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构是解题的前提与关键，应用并联电路特点、欧姆定律与电功率公式可以解题；解题时要注意，本题选择不正确的，这是易错点7有一种电能表的表盘如图所示，关于电能表下列说法不正确的是（）a电能表的读数是351.77kwhb“10（20）a”是指这个电能表的额定最大电流是10安c“220v”是指这个电能表应当用在220伏电路中d“3000r/kwh”是表示用电器每消耗lkwh的电能，电能表上的转盘转过3000转【考点】电能表参数的理解与电能的求法【专题】信息给予题；基本仪器的使用专题【分析】从电能表表盘可得到的信息：电能表的工作电压，每消耗1kwh的电能，电能表转盘的转数，电能表平时工作的最大电流，交流电的频率，此时电能表的示数，注意最后一位是小数位，单位是kwh；据此分析判断【解答】解：a、由图知，电能表的读数是3517.7kwh，故a错；b、“10（20）a”中20a是指这个电能表的额定最大电流，故b错；c、“220v”是指这个电能表应当用在220伏电路中，故c正确；d、3000r/（kwh）”是表示每消耗1kwh的电，电能表上的转盘转过3000转，故d正确故选cd【点评】本题考查电能表的读数方法、以及对电能表参数的理解，属于基础题目8夏天，从冰箱中取出一瓶饮料，用干毛巾擦干后，过一会可观察到饮料瓶表面变湿，这一现象发生的物态变化是（）a汽化b液化c凝固d升华【考点】液化及液化现象【分析】饮料瓶的表面变湿，是有了液态的小水珠，小水珠是怎么形成的呢？是空气的水蒸气遇冷形成的，物体由气态变为固态的过程叫液化【解答】解：从冰箱中取出了饮料，温度比较低，空气中的水蒸气遇到比较冷的饮料瓶就会液化为小水珠，附着在饮料瓶表面故选b【点评】此题考查生活中的液化现象，我们要能够利用所学的物理知识解释生活中的物理现象9下列关于光和声现象的说法正确的是（）a摄影时用的照相机是根据凹透镜成像的原理制成的b中考期间学校周围路段禁鸣喇叭，这是在声音传播的过程中减弱噪声c“闻其声而知其人”主要是根据声音的响度来判断的d白天浓密树荫下有许多小圆形光斑是太阳的实像【考点】凸透镜成像的应用；音色；防治噪声的途径；光直线传播的应用【专题】应用题；声与光【分析】a、照相机的镜头是一个凸透镜，凹透镜不能成实像b、减弱噪声有三条途径，即在三个不同的位置声源处、传播过程中、人耳处；c、音色是由发声体本身决定的一个特性；d、光在同一均匀介质中是沿直线传播的【解答】解：a、照相机的镜头是一个凸透镜，是根据凸透镜成像的原理制成的，故a错误；b、中考期间学校周围路段禁鸣喇叭，这是在声源处减弱噪声；故b错误；c、“闻其声而知其人”主要是根据声音的音色来判断的；故c错误；d、白天浓密树荫下有许多小圆形光斑，属于小孔成像，光斑是由于光的直线传播形成的太阳的实像，故d正确故选d【点评】此题考查声音和光的多个知识点；深入理解声音的三个特征、减弱噪声的途径、光直线传播的知识可做出正确选择10一般家用空调的电功率最接近（）a1.5瓦b300瓦c2000瓦d10000瓦【考点】电功率【专题】估算题；估算法；估算综合应用题【分析】本题考查对电功率的认识，根据生活经验直接得出答案，对照答案直接判断【解答】解：一般家用空调的电功率在1000w2000w之间，挂式空调功率略小些，柜式空调功率略大些对照选项可知，c最接近故选c【点评】本题考查了对常见用电器额定功率的了解，要求学生注重对日常生活的观察和积累11第二十六届世界大学生夏季运动会在深圳举行，下列有关大运项目比赛的现象中说法正确的是（）a射到球门框架上的足球被反弹说明力能改变物体的形状b篮球比赛中间休息，志愿者用干布拖地是为了减小摩擦c跳远运动员起跳前要助跑一段距离是为了利用惯性d打羽毛球时，羽毛球先给球拍一个力，然后球拍也给羽毛球一个力【考点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性；增大或减小摩擦的方法【专题】定性思想；推理法；运动和力【分析】（1）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（2）减小有害摩擦的方法：使接触面变光滑、减小压力、用滚动代替滑动、使接触面分离、变干摩擦为湿摩擦（3）我们把物体保持运动状态不变的属性叫做惯性（4）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的【解答】解：a、球射到门框后被反弹回来，球的运动方向发生改变，是力改变了球的运动状态，故a错误；b、篮球比赛中间休息，志愿者用干布拖地变湿为干燥是为了增大摩擦，故b错误；c、跳远运动员的助跑是为了使自己处于运动状态，起跳时，由于惯性会跳得更远，与惯性有关，故c正确；d、击球时，球拍给羽毛球力和羽毛球给球拍力是相互作用力，是同时产生的，故d错误故选c【点评】本题综合考查了力的作用效果、力作用的相互性、惯性、增大或减小摩擦的方法，考查的知识比较全面，是力学中的重点内容，要熟练掌握12将空矿泉水瓶慢慢压入水中，直到完全浸没下列对矿泉水瓶受到的浮力分析不正确的是（）a矿泉水瓶受到水对它的浮力b浮力的方向竖直向上c排开水的体积越大，受到的浮力越大d浸没后，压入越深，受到的浮力越大【考点】浮力大小的计算【专题】压轴题【分析】由阿基米德的理可知，物体所受浮力等于物体排开水的重力，则在矿泉水瓶浸没过程中，根据排开水的体积的变化可知浮力的变化【解答】解：在矿泉水瓶压入水中的过程中，瓶子排开了水，故瓶子受到向上的水的浮力，故a，b均正确；由于排开水的体积越来越大，故矿泉水瓶所受浮力越来越大，故c正确； 但当完全浸没后，由于排开水的体积不再改变，故瓶子所受浮力不再变化，故d不正确；因本题选择不正确的，故选：d【点评】本题考查物体所受浮力与排开水的体积的关系，在解题时应抓住关键，不能被题目条件所干扰13如图是拍摄机动车闯红灯的工作原理示意图光控开关接收到红灯发出的光会自动闭合，压力开关受到机动车的压力会闭合，摄像系统在电路接通时可自动拍摄违规车辆下列有关说法正确的是（）a只要光控开关接收到红光，摄像系统就会自动拍摄b机动车只要驶过埋有压力开关的路口，摄像系统就会自动拍摄c只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄d若将光控开关和压力开关并联，也能起到相同的作用【考点】电磁继电器的组成、原理和特点；电路图设计【专题】应用题；压轴题【分析】（1）只有在红灯亮的期间，光控开关才闭合，若此时车辆违规闯红灯行驶时，会压上压力开关，压力开关受到机动车的压力会闭合；（2）光控开关和压力开关都闭合后，电磁铁中有电流通过，产生磁性，电磁铁会将衔铁吸下，使摄像系统所在的电路接通，摄像机会对违规车辆进行拍照【解答】解：（1）分析题意可知，只有光控开关和压力开关都闭合时，摄像系统才会自动拍摄，因此a和b两个选项的说法是错误的；（2）分析可见，光控开关和压力开关是相互牵制，相互影响的，因此这两个开关只能串联，不能并联，所以d选项的说法也是错误的故选c【点评】（1）要使摄像系统工作，要同时具备两个条件：红灯亮起，光控开关因接受红光而闭合；车辆要违规行驶，压上压力开关，两个条件同时具备，缺一不可（2）此题也是电磁继电器在生活中的应用，明白它的工作原理是解决问题的关键14科学研究中常用图象来表示两个量（x，y）之间的关系，以使研究的问题变得直观明了下列两个量之间的关系不符合如图所示的是（）a物质的密度与质量的关系b物体受到的重力与质量的关系c物体受到的浮力与其排开液体体积的关系d同一导体中通过的电流与该导体两端电压的关系【考点】密度及其特性；重力；浮力的利用；欧姆定律【专题】图像综合题【分析】（1）对于同种物质而言，密度是一定的，不随着质量的变化而变化；（2）物体所受到的重力与它的质量成正比，即g=mg；（3）物体所受到的浮力与液体的密度和排开液体的体积有关，即f浮=液gv排；（4）同一导体，通过的电流与导体两端的电压成正比【解答】解：分析图象可知：y与x成正比；a、密度不随质量变化，因此不存在正比关系，该选项符合题意；b、物体重力与质量成正比，该选项不符合题意；c、物体所受浮力与与物体密度和物体排开液体的体积成正比，该选项不符合题意；d、同一导体中通过的电流与该导体两端电压成正比，该选项不符合题意故选a【点评】本题考查了学生对密度、重力、浮力以及电流与电压的关系，属于基本知识的考查15如图是研究光的反射定律的实验装置，为了研究反射角与入射角之间的关系，实验时应进行的操作是（）a沿on前后转动板eb沿on前后转动板fc改变光线ob与on的夹角d改变光线ao与on的夹角【考点】光的反射定律【专题】实验题【分析】利用实验帮助学生体验知识的形成过程以及加深知识的理解掌握要解决此题，需要掌握反射光线、入射光线与法线在同一平面内，入射角与反射角的定义【解答】解：此题主要探究光的反射规律，先让一束光贴着纸板沿某一个角度射到o点，量出入射角和反射角的度数，然后改变光束的入射方向，使入射角减小，再量出入射角和反射角的度数，与前一次实验量出的结果进行比较，即可发现反射角和入射角关系故选 d【点评】让学生通过“发现并提出问题做出猜想和假设制定计划与设计实验通过观察和实验等途径来收集证据得出结论交流与合作提出新问题”科学探究式方法得出16把吹胀的气球压在一根大头针上，稍一用力气球就被刺破，而用同样大小的力把它压在大量的大头针上，气球却安然无恙（如图所示）这是因为（）a气球受到的压力减小了b气球的受力面积增大了c气球受到的压强增大了d压力对气球的作用效果更明显了【考点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；减小压强的方法及其应用【专题】应用题；控制变量法【分析】（1）压强大小的影响因素：压力和受力面积压力一定时，受力面积越小压强越大；受力面积一定时，压力越大，压强增大（2）减小压强的方法：受力面积一定时，减小压力减小压强；压力一定时，增大受力面积来减小压强【解答】解：把吹胀的气球压在一根大头针上，稍一用力，超过气球承受的压强，气球会破；用同样大小的力把它压在大量的大头针上，是在压力一定时，增大受力面积，减小了压强，这个压强没有超过气球承受的最大压强，气球不会破故选：b【点评】（1）掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法（2）任何物体都有能承受的最大压强，要保护这个物体时，不要超过这个压强；要损坏这个物体要超过这个压强二、解答题（共5小题，满分24分）17自然课上王老师请同学们设计一个测出未知电阻rx的电路，各组同学都提出了自己的设计方案，下面是其中两组同学的实验方案：甲组：张晴小组设计方案器材：电压表、电流表、变阻器、开关、电源（电压未知）、未知电阻rx、导线电路图（如图甲）乙组：赵亮小组设计方案器材：已知电阻r0、电流表、开关、电源（电压未知）、未知电阻rx、导线电路图（如图乙）a、你认为两小组中哪组设计更优？甲组_，理由：甲组设计的电路可以方便的进行多次测量求平均值，减小误差；乙组设计的电路只能测量一次，测量误差较大b、今有m、n两灯上分别标有“6v，6w”和“6v，4w”的字样，用一个输出电压为12v的电源对两灯供电，请设计要使这两灯能同时正常发光的两种不同电路图，并说明哪一种更佳a，原因是节约能源，且使用过程中当一盏灯损坏时一般不会引起另一灯的损坏【考点】伏安法测电阻的探究实验；串、并联电路的设计【专题】实验题；设计与制作题；电路和欧姆定律；探究型实验综合题【分析】（1）甲组因为有滑动变阻器，所以可以实现多次测量，从而多测几组数据，就可以求平均值以减小误差，而乙组只能测量一次，读数也可能会有较大的误差；（2）两灯泡的额定电压相等，同时发光时可以采用额定电流较小灯泡与一个定值电阻并联后再与额定电流较大灯泡串联，也可以采用两灯泡并联后与一个定值电阻串联，根据并联电路的特点和欧姆定律求出接入电路中的电阻，根据p=ui求出两种情况下电路消耗的总功率，然后比较两者消耗的总功率的关系和一个灯泡损坏时另一灯泡是否会损坏得出答案【解答】解：a、甲组：电路中串联了一个滑动变阻器，可以通过移动滑片尽可能使两表的示数为整数，这样便于读数，同时使用变阻器可以进行多次测量，从而可以求平均值减小误差；乙组：只能测量一次，且有可能电流表的示数正好不在整数刻度上，这样就会出现读数误差，从而造成测量误差大；b、（a）由p=ui可得，两灯泡的额定电流分别为：im=1a，in=a，因imin，所以，要使两灯泡正常发光，应让灯泡n与定值电阻r1并联后再与灯泡m串联，如图a所示：此时lm两端的电压为6v，ln两端的电压为6v，且通过lm的电流为1a，通过ln的电流为a，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过r1的电流：i1=imin=1aa=a，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由i=可得，r1的阻值：r1=18，即r1=18时，两灯才能同时正常发光，当m损坏时，电路断路，n不会损坏，当n损坏时，并联部分电阻变大，r1两端的电压变大，m两端的电压变小，m不会损坏，电路消耗的电功率p=uim=12v1a=12w；（b）两灯泡并联后再与定值电阻r2串联，如图b所示：两灯泡正常发光时，干路电流：i=im+in=1a+a=a，此时，并联部分的电压为6v，r2两端的电压为6v，r2的阻值：r2=3.6，当m损坏时，并联部分电阻变大，n两端的电压变大，n会损坏，反之亦然，电路消耗的总功率：p=ui=12va=20w综上可知，a设计可以节约能源，且使用过程中当一盏灯损坏时一般不会引起另一灯的损坏故答案为：a、甲组；甲组设计的电路可以方便的进行多次测量求平均值，减小误差；乙组设计的电路只能测量一次，测量误差较大；b、a；节约能源，且使用过程中当一盏灯损坏时一般不会引起另一灯的损坏【点评】本题考查了实验方案的评价和电路图的设计，会正确的应用串并联电路的特点和电功率公式、欧姆定律以及评估方案的优缺点是解题的关键18如图所示，是小丽测量开水瓶软木塞密谋的实验示意图实验步骤：a调整天平横梁平衡 b用天平测出软木块的质量m如图乙所示c向量筒中装入适量的水 d读出水的体积v1如图丙所示e用细线系住软木塞和铁块，将铁块浸没在水中，读出水和铁块的总体积v2如图丁所示f将软木塞和铁块同时浸没在水中，读出水、铁块和软木塞的总体积v3如图戊所示（1）步骤a中发现天平指针偏向分度盘上的位置如图甲所示，应向右（选填“左”或“右”）调节平衡螺母（2）根据实验示意图和步骤中的标注，将表格填写完整测量值软木塞的质量m/g水的体积v1/cm3水和铁块的体积v2/cm3水、软木塞和铁块的总体积v3/cm3软木的密度木/（kgm3）数据124050900.3103（3）软木塞浸没水中时受到的浮力大小为0.4n（3）反思实验过程，发现有一步骤是多余的，此步骤是d（填字母）（4）考虑到软木塞的吸水性，实际测得密度应大于（选填“大于”或“小于”）实际密度【考点】固体的密度测量实验【专题】实验题；参照思想；实验分析法；图析法；测量型实验综合题【分析】（1）天平指针的偏转方向和平衡螺母的调节方向是相反的（2）软木塞的质量可由砝码质量和游码所对的刻度值读出由于软木塞是不沉于水的，在测量其体积时要使用重物助沉法帮助测量休积即先测出水和重物的体积，再将软木塞和重物系好共同放入水中，测量出它们的总体积，最后用总体积减去水和重物的体积，就是软木塞的体积，最后由质量和体积计算密度（3）软木塞浸没在水中，排开水的体积等于其自身体积，利用f浮=水gv排计算软木塞受到的浮力；（4）在使用助沉法时，不需要单独测量出水的体积（5）软木具有吸水性，测量其体积时，会因吸水而使量筒的示数变小，导致所测密度值变大【解答】解：（1）天平指针偏向分度盘中央刻度线左侧，说明左侧的质量大了要相使天平平衡，就要将平衡螺母向右调节，相当于增加右盘中的质量（2）软木塞的质量由砝码的质量加上游码所对刻度值的质量即m=10g+2g=12g从图中读出水和铁块的总体积为50cm3，水、软木塞和铁块的总体积90cm3，则软木塞的体积v=90cm350cm3=40cm3，软木塞的密度=0.3g/cm3=0.3103kg/m3（3）软木塞浸没在水中，排开水的体积等于其自身体积，f浮=水gv排=1.0103kg/m310n/kg40106m3=0.4n；（4）实验步骤中测软木塞的体积时，由于软木塞漂浮在水面上，要使软木塞浸入水中可采用重物助沉法进行但不需要单独测量水的体积，只需第一步测出水和重物的体积即可，再测出水、重物、软木塞的总体积，就能算出软木塞的体积水的体积不需要测出（5）由于干软木具有吸水性，在测量它的体积时，它会因吸收水而使其体积测量值变小在质量一定时，体积变小，则密度会变大故答案为：（1）右；（2）12；90；0.3103；（3）0.4n；（4）d；（5）大于【点评】此题是考查固体密度的测量实验，但考查的是不沉于水的固体的密度测量以及测量误差的分析，关键在于测物体的体积时要使用重物助沉法，要对此方法有所了解，同时根据固体材料特点，对测量结果的偏差作出判断19某型号家用空调的制冷压缩机和送风机是并联的，压缩机是间歇性工作的，而送风机是一直都在工作测得此空调在某段时间压缩机和送风机的电功率分别随时间变化的关系如图所示（1）为了安全用电，许多家庭铺设了空调专线，请简述铺设空调专线的意义空调功率较大，电流较大，铺设空调专线防止家庭电路电流过大引起火灾或跳闸（2）在高温天气，由于家庭电路的电压过低而使空调不能启动，请你简述家庭电路电压过低的原因（提示：家庭电路的导线有电阻，可以理解成导线与空调是串联的）（3）前10分钟通过压缩机的电流是多少？通过空调的总电流是多少？（4）在1小时内这台空调消耗的电能约为多少度？【考点】电功率的计算；电功【专题】应用题；图析法；电能和电功率【分析】（1）铺设空调专线可防止家庭电路电流过大带来的危害；（2）夏天用电器较多，输电线电流较大，导线电压损失较大，家庭电路电压较低，使空调不能正常启动；（3）由图象可知，空调在前10min内的功率，再根据功率判断所处的状态，根据p=ui求出此时通过的电流；（4）由图象可知空调制冷和送风的工作时间，根据w=pt求出消耗的电能【解答】解：（1）空调功率较大，电流较大，铺设空调专线防止家庭电路电流过大引起火灾或跳闸；（2）在高温天气，用电器过多，导致干路电流过大，输电线上的电压降增大，家庭电路的电压过低，导致空调不能正常启动；（3）由图象可知，空调在前10min内的功率为2.2kw处于送风状态，10min到15min内的功率为0.22kw，因压缩机是间歇性工作的，而送风机是一直都在工作，所以，前10min压缩机的功率为0.22kw，由p=ui可得，通过压缩机的电流：im=1a，通过空调的总电流：i=10a；（4）由图象知，1h内空调制冷状态工作40min，送风状态工作20min，由p=可得，消耗的总电能为：w=pt制冷+pmt送风