【解析版】上海市普陀区2013年中考物理二模试卷.doc

上海市普陀区2013年中考物理二模试卷一、选择题（共16分）1（2分）（2013普陀区二模）1桶5升装的食用油质量约为（）A2千克B4千克C6千克D8千克考点：密度公式的应用专题：密度及其应用分析：已知油桶的容积（油的体积）和食用油的密度，根据公式m=V求食用油的质量解答：解：油桶的容积即为食用油的体积，则V=5L=5dm3=5103m3，油的密度=0.8103kg/m3，=油的质量：m=V=0.8103kg/m35103m3=4kg故选B点评：本题考查了密度公式的应用，注意油桶的容积即为食用油的体积，计算时还要注意单位的统一：1L=1dm3=1103m32（2分）（2013普陀区二模）得出原子行星模型的科学家是（）A汤姆逊B亚里士多德C卢瑟福D伽利略考点：原子的核式模型专题：粒子与宇宙、材料世界分析：1911年，卢瑟福根据粒子散射实验现象提出原子核式结构模型解答：解：根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子行星模型理论，他认为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核上，带负电的电子在原子核外绕核做圆周运动故选C点评：本题考查了原子结构的知识，记住卢瑟福的原子行星模型理论即可答题，是一道基础题3（2分）（2013普陀区二模）演奏同一首乐曲时，中胡比二胡声音来的沉闷的主要原因是（）A音调不同B音色不同C响度不同D传播速度不同考点：音调；音色专题：声现象分析：（1）中胡是在二胡基础上改制的一种乐器，是中音二胡的简称，结构与二胡相同，形制稍大；（2）中胡定弦为g、a1或a、e1，也是五度定弦，乐队常用音域为g至g2，有两个八度，其中g至d2是发音最佳的音区，有着温厚、饱满的音色性质解答：解：演奏同一首乐曲时，中胡比二胡声音来的沉闷，主要原因是这两种乐器发出声音的音调不同故选A点评：本题很容易回答成音色，音色是指声音的品质与特色，它与发声物体的材料有关，不同物体发声的音色是不同的中胡就是中音二胡，它和二胡的区别在于音调的不同4（2分）（2013普陀区二模）如图1所示，字母“F”在平面镜中所成的像正确的是（）ABCD考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：根据平面镜成像的特点，可知像与物是关于平面镜成轴对称的，根据这一特点来判断解答：解：把像与物上对应的点连接，符合平面镜成像特点的应该是：连线与镜面垂直，对应点到镜面的距离相等，根据这两条判断出选项A、C符合条件，但平面镜成的是虚像，A成的是实像，故只有C符合题意故选C点评：本题考查平面镜成像的特点：像与物一定关于平面镜对称，像与物连线与镜面垂直，到镜面的距离相等，大小相等，左右互换5（2分）（2013普陀区二模）如图所示，分别用F1、F2、F3、F4匀速提升同一重物，若不计滑轮本身的重力及摩擦，则（）AF1F2F3F4BF1F2F3F4CF1=F2=F3F4DF1=F2=F3F4考点：定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点专题：应用题；图析法分析：根据定滑轮不省力，动滑轮省一半力的特点进行分析即可解答：解：不计滑轮本身的重力及摩擦的情况下；a、b、c图是定滑轮，只能改变力的方向，不省力也不费力；故F1=F2=F3=Gd图用的是动滑轮；能够省一半的力，故F4=G所以，F1=F2=F3F4故选D点评：本题主要考查了定滑轮和动滑轮的特点；定滑轮只能改变力的方向，不省力；而动滑轮省一半的力，但是，会费距离6（2分）（2013普陀区二模）完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平面上，分别用力拉使它们沿水平方向运动，它们的st图象如图（a）、（b）所示，则（）A甲、乙运动快慢相同B甲通过的路程比乙少C甲、乙受到的摩擦力大小相等D甲受到的合力比乙的大考点：速度公式及其应用；力的合成与应用；摩擦力的大小专题：信息给予题；长度、时间、速度；运动和力；重力、弹力、摩擦力分析：（1）在图上任意选择一对时间和距离对应值，分别计算甲乙物体的运动速度（2）从图上读出甲乙的运动距离，比较通过路程的多少（3）从摩擦力大小的影响因素进行分析（4）匀速直线运动的物体受到的合力为零解答：解：A、由图象知：甲的速度：v=1m/s；乙的速度：v=0.75m/s；所以甲比乙运动快选项错误B、由图象知：甲的路程是6m，乙的路程是9m，所以甲通过的路程比乙多选项错误C、甲乙完全相同，都放在水平面上，甲乙对水平面的压力相同，接触面粗糙程度相同，甲乙受到的摩擦力相同选项正确D、由图象知：甲乙都进行匀速直线运动，甲乙受到的合力为零选项错误故选C点评：路程和时间的图象经常出现的习题中，一般要从图象上分析物体运动路程、运动时间、运动速度、运动状态等，这是速度问题中常见的一种类型习题7（2分）（2013普陀区二模）在图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合电键S，小灯L正常发光过了一会儿，灯L熄灭，三只电表示数均有变化，但其中一只电表与其它两只电表的指针偏转方向相反若电路中的故障只有一处，且只发生在灯L或电阻R上，则下列判断正确的是（）A一定是电阻R断路B一定是小灯L断路C可能是电阻R短路D可能是小灯L短路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用专题：应用题；欧姆定律分析：先分析电路的连接方式，即电阻和灯泡串联连接，电流表测量电路中的电流，电压表测量电阻两端的电压；然后根据选项逐一分析，并选出符合要求的选项解答：解：该题中若电路正常工作时，电流表测得是电路电流，电压表V1测的是R的电压，电压表V2测得是灯泡L的电压；故若是电阻R断路，该电路是开路，所以电流表示数为0，相当于V2和灯泡并联，再和V1串联，该电路不正确，故A错误；若是小灯L断路，该电路是开路，所以电流表示数为0，相当于V1和R并联，再和V2串联，该电路不正确，故B错误；若是电阻R短路，V1测的是导线的电压，故示数变为0，A测的是电路中的电流，由于总电阻变小，所以电流变大，即示数变大，V2相当于测灯泡的电压或电源电压，故示数变大但该题中的灯泡是发光的，所以该选项错误；若是小灯L短路，V1测的是R的电压或电源电压，故示数变大，A测的是电路中的电流，由于总电阻变小，所以电流变大，即示数变大，V2相当于测导线的电压，故示数变为0故D正确；故选D点评：知道在每一种情况下，电压表或电流表各自测的是哪个用电器的电压或电流是解决该题的关键8（2分）（2013雅安）如图所示，水平地面上放置着两个底面积不同的薄壁圆柱形容器甲和乙（S甲S乙），分别盛满质量相等的水和酒精，现将密度为的物体A分别放入水和酒精中（酒精水），待静止后，水和酒精对容器底部的压强分别为p水和p酒精，甲和乙容器对桌面的压力分别为F甲和F乙，则下列关系正确的是（）Ap水p酒精，F甲=F乙Bp水p酒精，F甲F乙Cp水p酒精，F甲=F乙Dp水p酒精，F甲F乙考点：压强大小比较；压力及重力与压力的区别专题：压轴题；压强、液体的压强分析：（1）水和酒精对容器底部的压强根据液体压强公式p=gh即可得出；（2）因容器是固体，则容器对桌面的压力应根据F=G进行比较解答：解：（1）甲乙容器中的液面相同，因为酒精水，则对容器底部压强根据公式p=gh可知：p水p酒精；（2）因甲乙容器中分别盛满质量相等的水和酒精，即G水=G酒精；将密度为的物体A分别放入水和酒精中，因酒精水，所以待静止后，物体A会在水中漂浮，在酒精下沉，所以在甲容器中，GA=F浮水=G排水，在乙容器中，GAF浮酒精=G排酒精，所以G排水G排酒精，甲容器对桌面的压力为F甲=G水+GAG排水，乙容器对桌面的压力为F乙=G酒精+GAG排酒精，所以F甲F乙故选B点评：本题考查压强和压力的大小比较；这是一道推理判断题，先根物体的浮沉条件比较出物体A排开的水和酒精的重力，然后根据p=即可比较压强，根据是知道容器的对桌面的压力是谁产生的二、填空题（共26分）9（3分）（2013普陀区二模）教室里的日光灯正常工作电压为220伏，小明发现教室中的一个电键可以同时控制两盏灯，那么这两盏日光灯一定并联（选填“一定”或“可能”），日光灯发光时消耗的电能可以用电能表测量考点：串联电路和并联电路的辨别；电功的测量专题：电流和电路；电能和电功率分析：知道家庭电路的电压；由开关的控制作用分析；家庭电路中用电能表测量消耗电能的多少解答：解：我国照明电路的电压为220V；教室中的一个电键可以同时控制两盏灯，由于这两盏灯互不影响，因此两盏日光灯一定是并联；家庭消耗的电能是用电能表来测量的故答案为：220；一定；电能点评：本题考查了家庭电路的电压、开关的控制作用、消耗电能的测量，属于基础知识10（3分）（2013普陀区二模）神州九号飞船完成任务后，返回舱与推进舱分离返回舱穿越大气层的过程中温度升高，这是通过做功方式（选填“做功”或“热传递”）使其内能增加；临近地面时，返回舱的多台发动机同时向下喷气，由于物体间力的作用是相互的，舱体受到向上的阻力增大而再次减速，由此表明力可以改变物体的运动状态考点：做功改变物体内能；力的作用效果；力作用的相互性专题：应用题；分子热运动、内能；运动和力分析：（1）返回舱在穿越大气层时，需要克服空气摩擦做功，部分机械能转化为了内能，总量减小；（2）物体间力的作用是相互的，两个力是作用力和反作用力；力可以改变物体的运动状态解答：解：（1）因为返回舱在穿越地球大气层急速下降的过程中与空气剧烈摩擦，由机械能转化为返回舱的内能，使其表面温度急剧升高；这是通过做功的方式使其内能增加的；（2）返回舱的发动机开始向下喷气，由于物体间力的作用是相互的，返回舱就会受到向上的力，使它的下落速度减小；由此表明力可以改变物体的运动状态故答案为：做功；相互；运动状态点评：本题考查了改变物体内能的方法（做功属于能量的转化、热传递属于能量的转移，二者在改变内能效果上相同）、影物体间力的作用，属于基础题目11（3分）（2013沈阳二模）如图所示，一束光斜射到水和空气的界面对，同时发生了反射和折射，此时反射角为35度，折射光线将向界面（选填“法线”或“界面”）方向偏折；如果入射角减小，则折射角减小（选填“增大”、“不变”或“减小”）考点：光的反射定律；光的折射规律专题：光的传播和反射、平面镜成像；光的折射、光的色散分析：（1）光的反射定律：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角（2）光的折射定律：折射光线、入射光线和法线都在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，而当光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角（3）入当入射光线向法线靠近时，折射光线也靠近法线解答：解：根据图示可知，入射角等于9055=35；由于入射光从水中射向空气中，因此折射光线远离法线，靠近界面；如果入射光线靠近法线，则折射光线也靠近法线，则折射角将减小故答案为：35；界面；减小点评：光线从一种介质斜射向另一种介质时，在界面将发生反射和折射，反射角等于入射角，当入射角变小时，反射角和折射角也变小此题主要考查了光的反射定律和折射定律的应用，特别要搞清反射角与入射角的关系及反射角与入射角的概念12（3分）（2013普陀区二模）我国自主研发的“歼10”战斗机，最大飞行速度可达2340千米/时起飞时，飞机的动能增大（选填“增大”、“不变”或“减小”），以地面为参照飞行员是运动的（选填“运动”或“静止”）；若以最大速度飞行0.2小时，则飞行距离为468千米考点：动能和势能的大小变化；参照物及其选择；速度公式及其应用专题：长度、时间、速度；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）物体之间位置的变化叫做机械运动运动和静止是相对于参照物而言的，相对于参照物来说，位置发生变化，我们就说物体是运动的，选择不同的参照物，物体的运动状态就可能不同（3）知道飞机的最大速度和飞行时间，利用s=vt求飞行距离解答：解：（1）“歼10”战斗机起飞时，质量不变，速度不断增大，动能增大（2）以地面为参照物，飞行员和地面之间的位置发生变化，所以说飞机相对于地面是运动的（3）v=，s=vt=2340km/h0.2h=468km故答案为：增大；运动；468点评：此题主要考查的是学生对动能、运动和静止的相对性以及速度公式的理解和掌握，判断动能变化要利用好控制变量法13（3分）（2003上海）水的比热容为4.2102/（kg）质量为5kg的水温度升高20，吸收的热量为4.2105J若这些热量被质量为5kg的铜块吸收，则铜块升高的温度大于20（选填“大于”“等于”或“小于”）考点：热量的计算；热平衡方程的应用专题：计算题；分子热运动、内能分析：（1）利用热量公式Q=cmt求水吸收的热量；（2）利用Q=cmt的变形公式分析比较水和铜块升高的温度关系解答：解：（1）Q=cmt水吸热：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）5kg20=4.2105J；（2）由公式Q吸=cmt得：铜块升高的温度：t铜=；c铜c水，t铜t水=20，铜块升高的温度大于20故答案为：4.2105，大于点评：本题考查了学生对吸热公式及其变形公式的掌握和运用，涉及到两种物质的比较，有难度14（3分）（2013普陀区二模）图为小明钓鱼时的情景，此时鱼竿可以视为费力杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”）图中小明右手握竿的位置为支点，已知阻力F为12牛，动力臂与阻力臂之比为1：4，则小明提鱼竿的力F1为48牛；若保持圈中鱼竿位置和用力方向不变，为减小动力F，则应增大（选填“增大”或“减小”）两手握竿的距离考点：杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析专题：简单机械分析：（1）判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断（2）根据杠杆平衡的条件计算F1的大小，并根据力的变化判断力臂的变化解答：解：（1）钓鱼竿在使用的过程中手移动的距离小于鱼移动的距离，并且动力臂小于阻力臂，所以它属于费力杠杆，费了力但省距离（2）F1L1=F2L2F1=48N若保持圈中鱼竿位置和用力方向不变，即动力臂是不变的，若减小动力F，根据杠杆平衡的条件可知，需增大两手握竿的距离故答案为：费力；48；增大点评：判断杠杆的类型，关键是要判断出支点，再判断动力臂和阻力臂的大小关系，然后确定杠杆类型；会灵活应用杠杆平衡的条件15（3分）（2013普陀区二模）在图所示的电路中，电源电压不变，闭合电键S，电压表V示数与电流表A示数的比值将减小（选填“变大”、“不变”或“变小”）；闭合电键S后，将滑片P向左移动的过程中，示数始终不变的电表是A1和V考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：（1）由图可知闭合电键S，R1滑动变阻器R2并联，电压表并联在电源两端，A1测定值电阻支路的电流，A测干路电流；根据并联电路的电流规律可知电压表V示数与电流表A示数的比值变化（2）根据并联电路特点和电源电压不变可知滑片移动时不变的仪表解答：解：（1）由图可知，电压表并联在电源两端，所以电压表的示数均不变；闭合电键S，电路多一条支路，故干路电流增大，即A的示数增大，则电压表V示数与电流表A示数的比值将变小；（2）当滑片移至左端时，电键S闭合时，R1滑动变阻器R2并联，由于电压表始终测量电源电压，故电压表示数不变，而并联电路中各支路互不影响，因此电流表A1示数也不变故答案为：减小；A1和V点评：本题考查欧姆定律及并联电路的规律，要求学生明确电路的结构，能够熟练应用并联电路的特点求解16（3分）（2013普陀区二模）小李乘坐飞机时观察到飞机机翼都是上凸下平的形状，同时还发现飞机必须经历一段加速之后才能起飞，为此他决定探究“风”对上凸下平物体的作用力他将制作的上凸下平的木模放在台秤上，如图（a）所示，并在模型的正前方用电扇以不同的风速（vcvb）迎面吹风，如图（b）、（c）所示请仔细观察图9中的操作过程和测量结果，然后归纳得出初步结论分析比较图（a）和（b）或（a）和（c）可得：“风”对上凸下平物体有向上的作用力分析比较图（b）和（c）可得：相同的上凸下平的模型，正前方吹风的风速越大，受到向上的作用力越大考点：流体压强与流速的关系专题：控制变量法；图析法；气体的压强、流体压强与流速的关系分析：实验中研究的是“风”对上凸下平物体的作用力从台秤的示数变化上可总结出实验结论解答：解：图（a）和（b）或（a）和（c）可知，有风吹向上凸下平物体时，物体对台秤的压力减小，所以可得结论：“风”对上凸下平物体有向上的作用力比较图（b）和（c）可知，吹向上凸下平物体的风速越大，物体对台秤的压力越大，所以可得结论：相同的上凸下平的模型，正前方吹风的风速越大，受到向上的作用力越大故答案为：“风”对上凸下平物体有向上的作用力；相同的上凸下平的模型，正前方吹风的风速越大，受到向上的作用力越大点评：在流体中，流速越大的位置压强越小，空气流过飞机机翼模型，在相等的时间内，上方空气流过的路程大，速度大压强小，机翼下方流速小压强大，产生向上的压力差，产生了向上的升力三、作图题（共6分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图题必须用2B铅笔17（3分）（2013虹口区三模）在图中，重为200牛的物体静止在水平地面上，在图中用力的图示法中画出它所受的支持力F考点：力的示意图；二力平衡条件的应用专题：作图题；压轴题分析：要画出其受到的支持力的图示，首先要求出其受到的支持力的值；根据二力平衡的条件结合物体的重力即可求得其受到的支持力，从而可以用力的图示法表示出物体受到的支持力解答：解：物体静止在水平面上，处于平衡状态，所以受到的重力和桌面的支持力是一对平衡力，两者大小相等，所以支持力等于重力等于200N，支持力的方向与重力方向相反，竖直向上由此可以用力的图示法表示出物体受到的支持力答案如下图所示：点评：力的图示的画法与示意图不同，它要求更精确在画力的图示时，一定要附上标度18（3分）（2013普陀区二模）请在图中根据小磁针的N极标出通电螺线管的N、S极，磁感线的方向，以及电源正、负极考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁感线及其特点；安培定则专题：作图题分析：根据小磁针的N极，根据磁场间的作用规律，可以确定螺线管的NS极；根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；利用螺线管的NS极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极解答：解：小磁针的左端为S极，自由静止时靠近螺线管的右端，所以螺线管的右端为N极，在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出回到S极，所以磁感线的方向是向左的利用螺线管的右端为N极和线圈的绕向，根据安培定则可以确定电流从螺线管的左端流入右端流出，从而可以确定电源的左端为正极，右端为负极答案如下图所示：点评：安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向告诉其中的两个方向可以确定第三个方向此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极告诉的四、计算题（共24分）19（2013普陀区二模）某导体两端的电压为6伏，10秒内通过导体的电量为2库，求：该导体的电阻R考点：电量及其计算；欧姆定律的应用专题：计算题；应用题；电流和电路；欧姆定律分析：（1）知道电量为2C，时间10s，根据I=可求出电流；（2）有电流和电压，根据R=可求出电阻解答：解：（1）通过导体电流：I=0.2A（2）导体的电阻：R=30答：该导体的电阻是30点评：本题考查了电量的计算及欧姆定律的应用，都要是基本的运算，比较简单，容易解答20（2013普陀区二模）起重机在10秒内将重力为6000牛的重物匀速提升5米，求：在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：功、功率、机械效率分析：（1）知道匀速提升重物，所以物体受的拉力和重力是一对平衡力，大小相等，根据公式W=Fs求出拉力做的功；（2）根据公式P=求出功率解答：已知：时间t=10s，重力G=6000N，提升距离s=5m求：拉力所做的功W=？；功率P=？解：（1）因为是匀速提升重物，所以物体受的拉力和重力是一对平衡力，大小相等，F=G=6000N，拉力所做的功：W=Fs=6000N5m=30000J； （2）功率：P=3000W答：在此过程中拉力所做的功为30000J；功率为3000W点评：此题主要考查的是学生对功和功率计算公式理解和掌握，基础性题目21（2013普陀区二模）边长为0.1米和0.3米的甲、乙两正方体放在水平地面上，它们对水平地面的压强相等，已知甲的密度为2103千克/米3求：甲质量m甲；乙对地面的压力F乙；若在正方体甲、乙上沿水平方向分别切去厚度h甲和h乙后，使甲、乙剩余部分对水平地面的压强依然相等，则h甲：h乙=1：3（只要求写出结果）考点：压强大小比较；密度公式的应用专题：计算题；推理法；压强、液体的压强分析：知道边长，求出正方体甲的体积，已知正方体甲的密度利用密度公式即可求质量m甲；根据已得出的正方体甲的质量，利用重力公式求其重，由于在水平地面上，对地面的压力等于重力，利用压强公式求正方体甲对地面的压强；因为它们对水平地面的压强相等，即可知道乙对地面的压强和压力因在正方体甲、乙上是沿水平方向分别切去，由于先判断出两个物体的密度大小，然后表示出切除厚度h甲和h乙后，剩余部分对水平面的压强依然相等，根据g没变，h都变为h，结合p=gh即可比较得出解答：解：正方体甲的体积V甲=（0.1m）3=1103m3，质量m甲=甲V甲=2.0103kg/m31103m3=2kg；根据p=gh得：p乙=p甲=甲gh甲=2.0103kg/m39.8N/kg0.1m=1960Pa，F乙=p乙S乙=1960Pa（0.3m）2=176.4N；两个物体都是规则的实心柱状物体，可利用p=gh比较压强，所以甲、乙两正方体放在水平地面上，根据原来它们对水平地面的压强相等得：p乙=p甲，即甲gh甲=乙gh乙，正方体甲、乙上沿水平方向分别切去厚度h甲和h乙后，甲、乙剩余部分对水平地面的压强依然相等，甲g（h甲h甲）=乙g（h乙h乙），根据g没变，h都可以都变为原来的或都可以，如：（h甲h甲）=h甲=0.1m=0.05m，则：h甲=h甲0.05m=0.1m0.05m=0.05m，：（h乙h乙）=h乙=0.3m=0.15m，则：h乙=h乙0.15m=0.3m0.15m=0.15m，h甲：h乙=0.05m：0.15m=1：3答：求：甲质量m甲为2kg；乙对地面的压力F乙为176.4N；h甲：h乙=1：3点评：此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p=和p=gh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答，对于方形物体：p=gh，可见对桌面压强仅与物体密度和h有关，而与粗细无关22（2013普陀区二模）在如图（a）所示的电路中，电源电压恒定保持不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“20 2A”，选用的电压表如图（b）所示，闭合电键S后电路中的电流为1安，电压表V1和V2的指针指在同一位置求：电阻R1两端的电压U1此时滑动变阻器R2消耗的电功率P2现有阻值为2、5、8的电阻三个，请从中选择一个来替换电阻R1要求：在保持变阻器滑片P位置、电表量程不变的情况下，使两电压表指针在原来位置上偏转相同的角度，然后移动滑片P，电路中电流的变化量最大，且电路能正常工作第一，应选择的电阻阻值为8第二，满足上述要求时，电路中电流的变化范围（写明必要理由）考点：欧姆定律的应用；电功率的计算专题：计算题；欧姆定律分析：由电路图知：电阻R1与电阻R2串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压：（1）已知电阻R1阻值和电路中电流，利用U=IR计算电压；（2）电压表有两个量程，015V和13V，已知V1的示数和电路中电流，分两种情况分析V2的示数，结合公式P=UI计算滑动变阻器R2消耗的电功率；（3）两电压表指针在原来位置上偏转相同的角度，因为2、5、8的电阻都比R1=10欧姆的电阻小，则V1应左偏，V2右偏，偏转相同的角度，则意味着V1减小的值和V2增加的值是一样的，由此可得V2应该选择015V量程，从而知道电源电压，因为总电压不变，所以V1减小了多少，V2就增加了多少，偏转角度始终是一样的；因为滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，故只需根据欧姆定律解得最小电流即可解答：解：（1）U=IR，电阻R1两端的电压U1=I1R1=1A10=10V；（2）两电阻串联，I1=I2=1A，根据（1）知，U1=10V，故V1选择015V量程，即：当V1选择015V量程，V2选择015V量程时，U2=U1=10V，P2=U2I2=10V1A=10W；当V1选择015V量程，V2选择03V量程时，5U2=U1=10V，U2=2VP2=U2I2=2V1A=2W；（3）两电压表指针在原来位置上偏转相同的角度，因为2、5、8的电阻都比R1=10欧姆的电阻小，则意味着V1减小的值和V2增加的值是一样的，由此可得V2应该选择015V量程，即U2=10V，故电源电压U=U1+U2=10V+10V=20V；若R=2，R2=10，则电路中电流I=1.67A，故V2的示数U2=1.67A10=16.7V，超出15V量程，故2欧姆不符合要求；若R=5，R2=10，则电路中电流I=1.33A，故V2的示数U2=1.33A10=13.3V，没有超出15V量程，此时，UR=IR=1.33A5=6.65V，减小了3.35V；UR2=UUR=20V6.65V=13.35V，增加了3.35V，偏转了相同的角度；因为当Imin=0.8A时，U1=IminR1=0.8A5=4V，所以，此时U2=16V15V，超过了电压表V2的量程，故5欧姆不符合要求；若R=8，R2=10，则电路中电流I=1.11A，故V2的示数U2=1.11A10=11.1V，没有超出15V量程，此时，UR=IR=1.11A5=5.55V，减小了4.45V；UR2=UUR=20V5.55V=14.45V，增加了4.45V，偏转相同的角度，故8欧姆符合要求；当R1=8时，Imin=0.71A，电压表V1的量程是015V，电路中的最大电Imax=1.875A，故电路中电流的变化范围0.71A1.874A答：电阻R1两端的电压U1=10V；此时滑动变阻器R2消耗的电功率P2=10W或P2=2W；第一，应选择的电阻阻值为8；第二，电路中电流的变化范围0.71A1.875A点评：这是一道电路计算题，考查了：串联电路的特点、欧姆定律、功率的公式、求电阻变化范围，考查内容较多，是一道难题，解题时应理清思路后再答题五、实验题（共18分）23（4分）（2013普陀区二模）如图（a）所示的仪器称为托盘天平，用来测量物体的质量在电学实验中，电流应该从正接线柱流入电压表（选填“正”或“负”）；图（b）所示电压表的示数为4.5伏考点：天平的使用；电压表的读数方法专题：应用题分析：（1）天平是测量物体质量的仪器，物体要放在天平的左盘，砝码放在天平的右盘（2）电压表在正确使用中，应使得电流从正接线柱流入，从负接线柱流出；读数时，应先看清量程和分度值，而后再进行读数解答：解：如图（a）所示的仪器是托盘天平，它是用来测量质量的仪器；在电学实验中，电流应该从正接线柱流入，从负接线柱流出；在上述电压表用的是大量程，分度值是0.5V，故此时电压表的示数是4.5V故答案为：托盘天平；质量；正；4.5；点评：知道天平是用来测质量的仪器，并熟悉电压表的正确使用，且能正确的读出电压表的示数是解决该题的关键24（4分）（2013普陀区二模）在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距为10cm的凸透镜A固定在光具座上50cm刻度处，光屏和点燃的蜡烛分别放在凸透镜的两侧，如图所示为使像成在光屏中央，应该进行的实验操作是：调节凸透镜和光屏的中心，使之与烛焰的中心大致在同一高度；保持蜡烛与凸透镜在图所示的位置不变，为了找到烛焰清晰的像，光屏应在光具座的6070厘米（选填“5060”、“6070”或“大于70”）刻度范围内移动；保持蜡烛与凸透镜在如图所示的位置不变，用焦距为15厘米的凸透镜B替换凸透镜A，应将光屏向右移动（选填“左”或“右”）才能在屏上得到缩小的像（选填“放大”或“缩小”）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：探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置根据凸透镜成像的三种情况判断：u2f，成倒立、缩小的实像，2fvf2fuf，成倒立、放大的实像，v2fuf，成正立、放大的虚像物距大小不变，但是凸透镜的焦距增大，相当于物距减小，凸透镜的焦距减小，相当于物距增大根据凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大进行判断解答：解：如图，烛焰、凸透镜、光屏的中心不在同一高度，要调节凸透镜和光屏的中心，使之与烛焰的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中央位置凸透镜A的焦距是10cm，如图物距u=50cm15cm=35cm，u2f，2fvf，成倒立、缩小的实像，所以光屏在6070cm刻度间移动保持蜡烛与凸透镜在如图所示的位置不变，用焦距为15厘米的凸透镜B替换凸透镜A，凸透镜的焦距变大，相当于物距减小，像距要增大，所以光屏要向右远离凸透镜凸透镜B的焦距是15cm，如图物距u=50cm15cm=35cm，u2f，成倒立、缩小的实像故答案为：烛焰的中心大致在同一高度；6070；右；缩小点评：（1）题目中是某某刻度处，不是物距，这点学生容易出现错误（2）当物距一定时，凸透镜的焦距增大，相当于物距减小，凸透镜的焦距减小，相当于物距增大这是相对的问题，要正确理解25（4分）（2013普陀区二模）甲、乙同学分别做“测定小灯泡的电功率”实验，他们使用的器材中，电源电压相同且不变（为1.5伏的整数倍），滑动变阻器两个（分别标有“10 2A”和“20 2A”字样），待测的两小灯额定电压分别为2.2伏和6.3伏甲、乙两同学各自选取一个变阻器、小灯及其它器材按要求正确连接电路，并进行实验甲同学闭合电键后，发现移动滑动变阻器的滑片时电压表、电流表示数均有变化，但是小灯发光始终较暗；乙同学闭合电建后，观察到电流表示数为0.1安，当滑片移动到中点时（即滑动变阻器接入一半的电阻），小灯正常发光连接电路如图所示，图中尚有一根导线未连接，请用笔线代替导线在图中正确连接要求：滑片P向右移动时，小灯泡变亮（用2B铅笔在答题纸上相应位置连线）实验中所用的电源电压为3伏乙同学所测小灯的额定电功率为0.352瓦，选用的滑动变阻器最大阻值为10欧考点：电功率的测量专题：测量型实验综合题分析：分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据串联电路特点，按题目要求确定滑动变阻器的接法，然后完成电路连接灯泡比较暗，说明两端电压比较小，然后根据灯泡的额定电压确定电源电压；再根据乙同学测量时，滑片位于中点上可知此时滑动变阻器接入电路的电阻可能为5、10，根据串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端电压，由欧姆定律可求出此时灯泡的额定电流，注意额定电流大于0.1A，由此可以确定滑动变阻器的最大阻值解答：解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡连接不完整，要是滑片P向右移动时，小灯泡变亮，则滑动变阻器的滑片右移时，电路的总电阻减小，故将滑动变阻器的右下端与小灯泡左端相连接如图所示：因为甲同学闭合电键后，发现移动滑动变阻器的滑片时电压表、电流表示数均有变化，但是小灯发光始终较暗，说明灯泡两端电压小于灯泡的额定电压；因为待测的两小灯额定电压分别为2.2伏和6.3伏，则电源电压可能为3V或7.5V，由于其中一个灯泡始终无法达到额定电压，所以电源电压为3V；乙同学实验时，灯泡正常发光，则灯泡两端电压为2.2V，则滑动变阻器两端电压为：3V2.2V=0.8V；如果滑动变阻器最大阻值为10时，电路中的电流为I=0.16A0.1A；如果滑动变阻器最大阻值为20时，电路中的电流为I=0.08A0.1A；因此滑动变阻器的最大阻值为10乙同学所测小灯的额定电功率为：P=UI=2.2V0.13A=0.352故答案为：（2）3V；0.352；10点评：本题考查了伏安法测小灯泡电功率的实验，涉及了实物电路的连接，滑动变阻器的使用和选择、电功率的计算；关键是会综合利用滑动变阻器接入电路的电阻和电源的电压以及小灯泡的额定电压计算滑动变阻器的选择和电源的选择，综合性较强、难度较大26（5分）（2013普陀区二模）某实验小组同学发现，漂浮在不同液体的实心物体浸入液体的体积不同，于是他们猜想物体的密度、物体的体积、液体的密度可能会对漂浮在液面上的实心物块浸入液体的体积有影响为验证猜想，他选用了若干不同的实心圆柱体和足够深的不同液体进行实验（实验时物体均能漂浮在液面），并将物体的密度、物体的体积、液体的密度，以及物体浸入液体的体积记录在表一、表二和表三中表一实验序号物体密度（千克/米3）物体体积（厘米3）液体密度（千克/米3）浸入液体体积（厘米3）10.4103151.