福建省厦门一中中考物理一模试卷（含解析）.doc

福建省厦门一中2016年中考物理一模试卷一、选择题（本大题16小题，每小题2分，共32分）1pm2.5也称为可入肺颗粒物，粒径小，直径还不到头发丝粗细的，易吸入肺部影响人体健康你认为pm2.5是指颗粒直径小于或等于2.5（）ambmmccmddm【分析】pm2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物它的直径还不到人的头发丝粗细的1/20虽然pm2.5只是地球大气成分中含量很少的组分，但它对空气质量和能见度等有重要的影响【解答】解：pm2.5是指颗粒直径小于或等于2.5m的可入肺颗粒物故选a【点评】以社会关注的pm2.5为素材设计题目，体现了物理与社会生活的密切关系，渗透了情感态度价值观2厦门市区夜景工程很多的照明灯是led灯，led灯是一种新型的高效节能光源，它的核心元件是发光二极管现在用的二极管主要是由下列哪种材料制成的（）a陶瓷材料b金属材料c半导体材料d纳米材料【分析】二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性二极管是由p型半导体和n型半导体组成的，这两种半导体相互接触时，其交接区域称为pn结，pn结具有单向导电性【解答】解：制造发光二极管的主要材料是半导体材料故选c【点评】本题考查了二极管由什么材料制成，考查方式简单，是一道基础题，学习时要注意积累关于二极管方面的知识3同窗三年，同学们互相非常熟悉了，甚至可以“闻其声，知其人”通过声音识别同学的主要依据是（）a音调b响度c音色d声速【分析】音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同【解答】解：不同的人在说话或唱歌时，由于声带结构的差异，发声的音调和响度可以相同，但音色不会完全相同，所以“闻其声而知其人”主要是根据声音的音色判断的故选c【点评】此题考查的是音色的应用，类似的还有区分不同的乐器、根据敲击声判断瓷器的品质等4小红坐在行驶的游轮上游览大金湖时，看到窗外的青山向后运动，她选择的参照物是（）a青山b游轮c河岸d凉亭【分析】如果物体位置相对于参照物位置保持不变，物体是静止的，如果物体位置相对于参照物位置不断变化，物体是运动的【解答】解：小红坐在行驶的游轮上游览大金湖时，青山相对于游轮的位置不断后退，位置不断变化，以游轮为参照物，窗外的青山是向后运动的；故选b【点评】本题考查了参照物的选择，是一道基础题，相对比较简单5如图为某一天中央电视台天气预报的截图小颜发现西宁的温差要比厦门的温差大，造成这种差别的主要原因是（）a水的比热容比沙土的比热容大b水的内能比的沙土内能大c水的密度比的沙土密度小d水的温度比的沙土温度低【分析】沿海地区水多，水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区比内陆地区昼夜的温差小【解答】解：厦门属于沿海地区水多，水的比热容较大；西宁属于内陆地区，地表以砂石泥土为主，砂石泥土比热容较小；白天，相同质量的水和陆地比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少，砂石泥土温度升高的多，所以厦门升高温度较低，西宁升高温度较高；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，砂石泥土温度降低的多，所以厦门降低温度较少，西宁降低温度较多，因此内陆地区的西宁的日温差比沿海地区的厦门日温差大，故a正确故选a【点评】此题考查的是利用所学的物理知识（水的比热容大的特点）解释生活中的现象，是中考的命题的热点形式6浣溪沙中的“春院无人花自香”，花自香是因为（）a分子间有引力b分子间有斥力c分子在不停地做无规则运动d分子从花朵向四周定向运动【分析】不同物体互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停的做无规则运动【解答】解：能闻到花香是芳香分子发生了扩散现象，是分子不停地做无规则运动的结果故选c【点评】本题考查了学生对分子动理论的理解掌握，属于基础类问题7祖国的山河一年四季美景如画，对以下四个选项的描述中的物态变化，属于升华的是（）a春天，山间出现白雾b夏天，草叶上形成露珠c秋天，枝头挂上白霜d严冬，冰雕逐渐减小【分析】物质由固态直接变为气态，叫升华，分析各选项的物质状态变化，找出符合要求的选项【解答】解：a、山间的雾是液体，它是由空气中的水蒸气放热液化后形成的，不符合题意；b、露珠是液体，它是由空气中的水蒸气放热液化后形成的，不符合题意；c、霜是固体，它是由空气中的水蒸气放热凝华后形成的，不符合题意；d、冰雕是固体，它可以直接升华变成水蒸气消失，符合题意故选d【点评】要判断各选项的物态变化是否相对应，首先要弄清楚各选项的物态变化特点，然后根据变化前后的物态特征来判断属于哪种物态变化84个悬挂着轻质小球，d球带正电，相互作用情况如图所示，则下列说法正确的是（）aa球一定带电ba球一定不带电cb球一定带负电dc球可以不带电【分析】（1）电荷规律：同种电荷相排斥，异种电荷相吸引；（2）带电体的基本性质：吸引轻小物体【解答】解：已知d带正电，由图可知，cd相互吸引，说明c可能带负电，也可能不带电；c与b相互排斥，说明两球均带电，且为同种电荷，即c、b均带负电；b与a相互吸引，说明a可能带正电，也可能不带电综上所述，只有c的说法是正确的故选c【点评】解决此类题目注意以下两点：（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（2）排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体9恐怖分子在公共场所安装了定时炸弹，其引爆装置如图所示，起爆前定时开关s是闭合的，当设定起爆时间一到，定时开关s会自动断开为使引爆装置停止工作，拆弹专家应在图中哪处剪断导线拆除前起爆器上有没有电流通过？（）aa；没有bb；没有ca；有db；有【分析】由图可知当s闭合时起爆器被短路，则起爆器中没有电流通过；若s断开起爆器将接在电源两端，则起爆器中产生电流从而引爆炸弹由以上原理可知答案【解答】解：由题意知当s断开时，起爆器中将通以电流，引爆炸弹，故为了使引爆装置停止工作，应将起爆器与电流断开，故应剪断a处；折除前由于起爆器被短路，故起爆器上没有电流故选a【点评】本题考查物理知识在生产生活中的应用，应在认真分析题意及电路的基础上找到合适的物理规律作答10小曾将一个浮在水面上的不锈钢碗用力向下按压，直到碗全部浸没并沉入盆底，如图所示，在这个过程中碗受到的浮力为f，则（）af先减小后增大，最后不变bf先增大后不变cf先增大后减小，最后不变df保持不变【分析】分三个过程分析：一是碗从漂浮时到刚好浸没前；二碗浸没时；三从浸没到沉入盆底由v排变化，根据阿基米德原理判断浮力的变化情况【解答】解：不锈钢碗从漂浮到刚好浸没前这一过程中，碗排开水的体积逐渐增大，由f浮=液gv排可知碗受到的浮力增大；碗刚好浸没时，排开水的体积为钢的体积，所以v排减小，浮力减小；从碗浸没到沉入盆底的过程中，排开水的体积绐终等于钢的体积不变，所以浮力不变由上分析可知，整个过程碗受到的浮力先增大后减小，最后不变故abd错误，c正确故选c【点评】本题考查阿基米德原理的认识和理解，关键是分析出碗下沉到盆地的过程中排开水的体积的变化11如图所示的formula e纯电动方程式赛车的“心脏”是由锂离子电池供电的电动机，比传统的内燃机效率更高，也更加环保你认为，赛车获得动力的基本原理是（）a b c d【分析】赛车获得动力的原理是电动机原理，对比四个选项那个是电动机原理【解答】解：a、有磁铁，灵敏电流计，动了才有电是发电机，电磁感应现象，所以a错误b、有磁铁，电源，有电就动，是电动机原理，通电导体在磁场中受力转动，所以b正确c、探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，所以c错误d、奥斯特实验，通电导体周围存在磁场，所以d错误故选b【点评】此题考查了，电动机原理、发电机原理、奥斯特实验、电磁铁，是电与磁的常考题型12如图甲，一个质量均匀分布的柱体静止在水平面上，它对水平面的压强为p，若将它沿斜线分为如图乙两部分，它们对水平面的压强分别为pa和pb，则（）appapbbpappbcppapbdpappb【分析】物体放在水平地面上，对地面的压力等于物体的重力，根据压强公式p=知对地面的压强p=gh，由图分析分成的a、b两块对地面压强的变化情况，进行比较即可【解答】解：原来的正方体放在水平地面上，对地面的压强为p=gh，若沿如图所示的虚线方向切成a、b两部分，则：pa=，由图知：vasah，所以pa=gh=p，即pap；pb=，由下图知vbsbh，所以pb=gh=p，即：pbp故选d【点评】此题主要考查学生对压强公式的应用，可根据a、b形状分别分析它们对桌面的压强，并与p比较，然后即可得出结论13质量、初温都相同的铜块和铝块，吸收相同的热量后再相互接触（c铜c铝），则（）a内能从铜块传向铝块b内能从铝块传向铜块c温度从铜块传向铝块d温度从铝块传向铜块【分析】由于热量总是从高温物体传给低温物体，而且铝和铜的初温相同，只要根据t=判断出两块金属各自升高的温度，就可知道末温的高低，就能够判断出热量的传递方向【解答】解：因为铝块和铜块的质量、吸收的热量均相同，由c铜c铝，根据t=可判断铜块升高的温度更多，又因为二者的初温相同，所以铜块的末温比铝块的末温高，根据热传递的条件可得热量（内能）将从铜块传给铝块，故a正确故选a【点评】该题考查了热量公式的应用以及热传递的条件，关键是根据题中已知条件利用公式判断出二者的末温，才能确定热量的传递方向14如图所示，闭合开关后，当滑片p由a向b滑动时，灯的亮度将（）a变亮b变暗c先变亮后变暗d先变暗后变亮【分析】以滑动变阻器的中点为界，滑动变阻器阻值是一定的，当滑片p由a向b滑动时，左边电阻与右边电阻并联，根据并联电阻的特点分析电路中的电阻，然后利用欧姆定律可知灯的亮度变化【解答】解：以滑动变阻器的中点为界，因滑动变阻器的阻值是一定的，当滑片p由a向b滑动时，左半段阻值小于右半段阻值，根据并联电路的电阻规律可知，电阻增大，由欧姆定律可知，电流变小，则灯泡变暗，当滑过中点后，左半段阻值大于右半段阻值，根据并联电路的电阻规律可知，电阻减小，由欧姆定律可知，电流变大，则灯泡变亮故d正确故选d【点评】本题中的电路图是一个混联电路，分析时我们可以先局部后整体，即先分析出灯泡和滑动变阻器的连接方式，然后采用等效法把它们看做是一个电阻，再分析出它们与灯泡的连接方式解答本题用到的核心知识是：欧姆定律另：不论电阻是串联还是并联，只要两个电阻中有一个电阻变大（或变小），则总电阻也会变大（或变小）15小明经常与同学进行爬杆比赛，如图甲所示，在某次比赛中，小明向上爬的“速度时间”图象如图乙所示，但他所受“摩擦力时间”图象漏画了一部分，如图丙所示，若将之补充完整，应是图中的（）a b c d【分析】爬杆时人受到身上的摩擦力和重力作用，根据人的运动情况分析判断摩擦力的大小，从而判断图象【解答】解：由题意知，人爬杆时受到了竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力这两个力的作用，由图乙可知：0t1时间内，人加速向上运动，所以fg；t1t2时间内人在做匀速直线运动，所以人受到的重力和摩擦力是一对平衡力，即f=g，t2t3时间内人在减速向上运动，fg；a、由以上分析t1t2时间内，摩擦力应不变，故不正确；bcd、分析可知，0t1时刻受到的摩擦力最大，t2t3时间内受到的阻力最小，t1t2时间内受到阻力处于二者之间，故bd错误，c正确故选c【点评】本题考查运动和力的关系，明确匀速运动时物体受到的是平衡力，加速时合力方向与速度方向相同，减速时合力方向与速度方向相反16为了测定风速的大小，小明设计了四种装置，如图所示图中探头、金属杆和滑动变阻器的滑片p相连，可上下移动现要求：当风吹过探头时，滑动变阻器r2的滑片p向上移动，且风速增大时电压表的示数增大以下四个图中符合要求的是（）a b c d【分析】（1）流体压强和流速的关系：流速越快的地方压强越小（2）根据欧姆定律判断出电压表的示数变化和风速的关系【解答】解：a、当风速增大时，弹簧被压缩，滑片下移，而不是上移，故与题干要求不符，故a错误；b、当风速增大时，弹簧被压缩，滑片下移，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变大，则定值电阻两端电压减小，即电压表示数变小，故b错误；c、当风速增大时，弹簧被拉伸，滑片上移，即滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变小，即电压表示数变小，故c错误；d、当风速增大时，弹簧被拉伸，滑片上移，即滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变小，则定值电阻两端电压增大，即电压表示数变大，故d正确故选d【点评】解本题的关键是掌握流体压强跟流速的关系，能利用流体压强知识解释有关的现象本题考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力二、填空题（本大题6小题，每小题2分，共12分）17柿子饼营养价值很高，所含维生素和糖分比一般水果高12倍左右柿饼晾晒过程是通过热传递的方式使柿子内能增加，温度升高，从而加快柿子内水分的蒸发【分析】（1）内能的改变有两种方式：做功和热传递，做功的本质是能量的转化，热传递的本质是内能的转移（2）物质由液态变成气态的过程叫做汽化，汽化有蒸发和沸腾两种方式影响蒸发的因素有液体的温度、表面积和液体表面空气的流动速度【解答】解：将柿子晾晒成柿饼的过程中，利用热传递的方式吸收太阳的热量，使柿子的内能增加，温度升高，加快了水分的蒸发（或汽化）故答案为：热传递；蒸发（或汽化）【点评】本题重点考查两种改变物体内能方式的区分，抓住它们的本质区别是解题的关键，是中考的热点内容18太阳光照射在平静的海面上，微风吹来，波光粼粼，这是光的反射现象；风暴来临前，渔民会发现，在海边悠闲自得地悬浮的水母，纷纷潜入较深的海中，水母下潜的过程中，受到的液体压强将变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）【分析】（1）光从空气射向水面，在水面上发生反射，使水波看起来波光粼粼；（2）液体的压强与液体密度和深度有关，分析水母受到海水压强的变化要从海水的密度和深度变化入手【解答】解：阳光下，微风吹拂的河面，波光粼粼，是由于光被水面反射后形成的现象；水母在下潜过程中，海水的密度不变，所处的深度在不断的增加，根据p=gh可知，水母受到的水的压强在不断地增大（或变大）故答案为：反射；变大【点评】此题主要考查了光的反射现象、液体压强公式的掌握和运用，确定水母下潜过程中深度增大是解答第二问的突破口19两个电阻分别标有“3v、0.5a”和“6v、0.3a”字样将它们串联后接入电路使用，则电路中的电流不能超过0.3a；将它们并联后接入电路使用，那么干路上的电流不能超过0.65a【分析】（1）已知两电阻允许通过的最大电流，根据串联电路的电流特点可知，两电阻串联时电路允许通过的最大电流为两个允许通过最大电流的较小值；（2）根据并联电路的电压特点可知电路两端的最大电压为两者允许所加最大电压中较小的，根据欧姆定律分别求出通过它们的电流，利用并联电路的电流特点求出干路的最大电流【解答】解：（1）因串联电路中各处的电流相等，所以，两只电阻串联时，电路中的最大电流i=i2=0.3a，（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两只电阻并联时，电路中的最大电压u=u1=3v，此时通过r1的电流为0.5a，通过r2的电流i2=0.15a，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路的最大电流：i=i1+i2=0.5a+0.15a=0.65a故答案为：0.3；0.65【点评】本题考查电压、电流的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道串联时允许通过的最大电流为两个额定电流里面最小的一个，两只电阻并联时电压也选最小20如图，用甲、乙两种方法将同一物体提升相同高度，则使用乙方法能够省力，使用甲方法机械效率较高（均选填“甲”或“乙”）【分析】掌握定滑轮和动滑轮的省力特点：定滑轮不省力，但能改变力的方向；动滑轮可以省一半的力，但不能改变用力方向影响机械效率的因素：机械自身重力、被提升物体的重力【解答】解：由图知，甲图为定滑轮，不能省力，乙图是动滑轮，可以省力而乙图在提升重物时，要克服动滑轮的重力做功，所以在有用功相同时，乙做的额外功多，机械效率低故答案为：乙；甲【点评】此题考查了学生动滑轮和定滑轮的省力特点，同时考查了对机械效率的理解是一道基础性题目21如图家庭中常见的“空气开关”，它具有过流控制功能当电路中的电流过大时，其内部的通电线圈会吸合金属片，带动开关自动切断电路，这是利用了电流的磁效应若某“空气开关”标注有“30a”的字样，则它所能连接的用电器的最大总功率为6600w【分析】（1）空气开关是由电磁铁、衔铁、触点和弹簧组成的，当电路中电流过大时，电磁铁会产生较强的磁性从而吸引衔铁，则脱扣器将产生作用使脱扣机构中的锁钩脱开，于是主触点在弹簧的作用下被迅速分断；（2）家庭电路的电压为220v，知道空气开关的额定工作电流，根据p=ui求出它所能连接的用电器的最大总功率【解答】解：（1）由题意可知，空气开关的实质是一个电磁铁，工作时是利用电流的磁效应；（2）空气开关所能连接的用电器的最大总功率：p=ui=220v30a=6600w故答案为：磁；6600【点评】本题考查了电功率的计算和空气开关工作的原理，要注意隐含条件的应用即家庭电路的电压为220v22电器维修师傅发现一块封闭的电路板，只露出a、b两点，从板上标识的电路看出r1=7，r3=18，r2阻值模糊不清如图维修师傅将电流表接在a、b两点，读数为0.8a，将电压表接在a、b两点，读数为15v，则电压u=20v，电阻r2=75【分析】（1）电流表接在a、b两点时，r1与r3串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；（2）将电压表接在a、b两点时，三电阻串联，电压表测r2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出r1和r3两端的电压之和，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出r2的电阻【解答】解：（1）电流表接在a、b两点时，r1与r3串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由i=可得，电源的电压：u=i（r1+r3）=0.8a（7+18）=20v；（2）将电压表接在a、b两点时，三电阻串联，电压表测r2两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，r1和r3两端的电压之和：u13=uu2=20v15v=5v，因串联电路中各处的电流相等，所以， =，即=，解得：r2=75故答案为：20；75【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是知道接电流表和电压表时电路的连接有何不同三、简答题（本题共4分）23某司机驾驶一辆满载30吨货物的货车，行至一处高速公路下坡路段时，因长时间刹车使车轮的摩擦金属片发热变软，导致刹车失灵危急之下，他将汽车驶向右侧用碎石铺设的紧急避险车道（上坡），如图1所示，汽车迅速减速，避免了重大事故发生（1）从能量转化的角度解释汽车驶入避险车道后迅速减速的原因（2）如图2所示，汽车停止后，尾部翘起、货物向前倾泻，为什么？【分析】（1）一种形式的能转化为另一种形式的能，一种形式的能会减小，另一种形式的能会增大，从动能和重力势能大小进行判断（2）物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是物体本身固有的属性，任何物体都具有惯性【解答】答：（1）汽车进入上坡的避险车道，动能转化为重力势能，同时车轮与碎石车道摩擦，动能转化为内能，汽车的动能减小，迅速减速；（2）汽车前部停止后，尾部的货物由于惯性，保持向前的运动状态，所以汽车尾部会上翘、货物向前倾泻【点评】本题考查了学生对避险车道设计原理的了解以及惯性现象的解释，注重了物理和生活的联系，是一道较好的简答题四、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）24如图所示，实线下方为空气，上方为玻璃，ao为入射光线，o点为入射点，画出反射光线、折射光线和法线【分析】当光线射向两种介质的界面上时，会同时发生反射和折射光的反射中，反射角等于入射角；当光从空气中斜射入玻璃中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角小于入射角【解答】解：首先过点o垂直于界面作出法线，然后根据反射角等于入射角做出反射光线，再根据折射角小于入射角做出折射光线如图所示：【点评】本题考查了光的反射定律和折射规律光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，当光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角25如图所示，物块从斜面滑至粗糙水平面向右运动的过程中，受一水平向左的推力f，请画出该物块此时在竖直方向上的受力示意图（请将力的作用点画在物块重心处）【分析】要解决此题，需要掌握力的示意图的画法同时根据物体的运动情况分析出物体所受到的力：确定重力、支持力的方向【解答】解：物体在粗糙水平面上向右运动，在竖直方向上受到重力作用，方向竖直向下，受到地面对其向上的支持力，这两个力大小相等，方向相反，是一对平衡力，如图所示：【点评】本题考查学生对物体受力分析的能力，并会用力的示意图表示力的作用点和方向五、实验探究题（本大题共5小题，共28分）26小明为了探究滑动摩擦力跟压力大小的关系，设计了如图甲的实验装置：（1）小明将长木板放在水平桌面上，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动他在木块上加重物改变木块对长木板的压力，进行多次实验设计一个表格（如下表），请你帮助他把表格填完整实验次数压力的大小（n）滑动摩擦力的大小（n）131.224.51.8362.4分析表格数据可以得到的结论是：接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大（2）小华对实验进行了改进，装置如图乙：将木块用测力计水平拉住，测力计另一端固定在桌上；用细线和砂桶连接，细线的另一端跨过定滑轮和长木板相连实验时在砂桶中加砂，使长木板运动若长木板匀速运动，木块静止时，木块和长木板之间的滑动摩擦力等于测力计读数；（选填“大于”、“等于”、“小于”）这样改进的好处是便于读取弹簧测力计的示数（或弹簧测力计示数稳定）【分析】（1）探究摩擦力与压力大小的关系，保持接触面的粗糙程度不变，改变压力的大小；分析表格中数据，得出影响摩擦力大小的因素；（2）让木块固定，抽动木板，木块始终处于静止状态，受平衡力，拉力等于摩擦力【解答】解：（1）表格中应包括压力和滑动摩擦力两项内容；由表格中数据知，接触面的粗糙程度相同，压力越大，滑动摩擦力越大；（2）图中将测力计和木块固定，拉动木板时，测力计和木块处于静止状态，受到的拉力与摩擦力平衡，大小相等；改进之后，测力计静止，示数稳定，容易读数，且测力计示数等于摩擦力故答案为：（1）压力的大小；滑动摩擦力的大小；接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（2）等于；便于读取弹簧测力计的示数（或弹簧测力计示数稳定）【点评】探究实验的设计必须遵循科学性原则，简便性原则，可操作性原则以及准确性原则此题考查学生在两个实验方案中，就可操作性以及准确性方面做出正确判断的能力27如图甲是小彬同学在实验室里探究“水的沸腾”实验（1）小彬加热一段时间后温度计示数如图乙所示为97（2）小彬用相同的火力，做了两次实验，绘制成a、b两条图象，如图丙所示则水的沸点是98，当时的大气压（选填“”、“=”或“”）l标准大气压，造成 a、b图象不同的原因是两次实验所用水的质量不同（3）为了受热均匀，另一位同学采用隔水加热的方法来研究试管内水的沸腾，如图丁所示你认为试管内的水不会（填“会”或“不会”）沸腾，这个装置不合理 （填“更完善”或“不合理”）【分析】（1）首先判断出乙图温度计的量程和分度值，再根据液柱的位置来进行读数；（2）根据沸点的概念确定水的沸点；根据液体沸点与气压的关系判断当时气压与标准大气压的关系；分析图象中a、b的区别，利用知识在装置相同的情况下，水的质量越大，升温会越慢（3）掌握液体沸腾的条件（到达沸点并且能够继续吸热）及热传递的条件（相互接触的物体存在温度差）水沸腾时的特点：吸热但温度保持不变【解答】解：（1）乙图的温度计的分度值是1，因此所测液体的温度是90+7=97（2）读图丙可以看出，液体在沸腾过程中温度保持98不变，所以沸点为98，低于100，说明当时气压低于1标准大气压；在同样加热的情况下，b的升温较慢，其原因应该是水的质量多于a的缘故；（3）烧杯中的水沸腾后，温度不再升高，所以试管中的水达到沸点，但由于吸不到热，所以不能沸腾因此这个装置探究“水的沸腾”不够合理故答案为：（1）97；（2）98；质量；（3）不会；不合理【点评】此题主要是探究水的沸腾实验，实验过程中需要测量温度，所以有关温度计的读数问题也是非常重要的在做“观察水沸腾”的实验时，应能熟练装配实验的装置，并能分析实验条件对其结果的影响，同时要学会分析温度随时间变化的图象28在光学实验中，小琪将蜡烛和光屏放在光具座上，如图甲所示，在光屏上得到等大倒立的实像，则：（1）如果将蜡烛向透镜移近5cm，这时需要将光屏向右（填“左”、“右”）移动，才能重新得到清晰的像（2）今年特别流行手机自拍杆，如图乙所示，当使用自拍杆为自己拍照时与不使用自拍杆相比，物距变大，所成的像变小小琪还发现有的人是给手机镜头戴上一只“眼镜”，也能达到使用自拍杆一样的成像效果，如图丙，请你判断这只“眼镜”是一只凸（填“凸”、“凹”）透镜【分析】（1）凸透镜成像时，物距减小，像距增大，像变大（2）“手机自拍杆”是利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的，凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小（3）根据凸透镜对光线由会聚作用，凹透镜对光线有发散作用分析【解答】解：（1）由图知，像距等于物距，所以成倒立等大的实像；将蜡烛适当靠近凸透镜，物距变小，像距变大，这时光屏应适当远离凸透镜，即向右移动，才能获得清晰的实像（2）根据凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小，可知“手机自拍杆”与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以增大物距，减小人像的大小，从而增大取景范围，取得更好的拍摄效果（3）根据凸透镜对光线由会聚作用，可知，透镜可以是光线提前会聚，可以减小像距，从而使像变小，故这只“眼镜”是一只凸透镜故答案为：（1）右；（2）变大；变小；（3）凸【点评】此题主要考查了有关凸透镜成像的规律及应用一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系29小萌家有一台天平（1）小萌用这台天平测量一个鸡蛋的质量，砝码与游码的示数如图1所示，该鸡蛋的质量为62.2g（2）小萌发现砝码盒里少了一个5g的砝码，如图2所示她想自己动手制作一个来代替，现有以下几种物品，你认为最适合用来自制砝码的是ca铜块 b木块 c铜丝 d铁丝（3）小萌制作砝码的过程：把选好的物品放在天平左盘上，游码移至5g的位置，通过改变铜丝的长度（质量）直到天平平衡【分析】（1）天平的测量结果=砝码的总质量+游码的示数注意游码应读其左侧的刻度（2）根据普通砝码的制作材料和题目要求选择自制砝码的器材（3）用天平称量物体质量时，左盘放物体，右盘放砝码【解答】解：（1）该天平的分度是0.2g，值砝码总质量等于50g+10g，游码示数为2.2g所以物体质量=50g+10g+2.2g=62.2g；（2）普通砝码的制作材料是铜，由于砝码盒里少了一个5g的砝码，质量较小，因此用铜丝来替代砝码比较合适；（3）制作砝码的过程：把选好的物品放在天平左盘上，游码移至5g的位置，通过改变铜丝质量（或铜丝长度、物品质量）直到天平平衡故答案为：（1）62.2；（2）c；（3）左；5；铜丝的长度（质量）【点评】自制测量工具可以锻炼我们的动手能力，强化对所学知识的理解，具体实践时，应考虑工具的可操作性、材料的稳定性及如何尽可能的减小因工具原因给测量带来的误差等30在“测量小灯泡的电功率”实验中，所测灯泡的额定电压为2.5v（1）图甲是小弘同学没有连接完的实物电路，请用笔画线代替导线帮她将电路连接完整；（2）检查电路无误后，小弘移动滑动变阻器至某一位置，读出电压表示数为2.2v，要测出小灯泡的额定功率，她应将变阻器的滑片p向a端移动（选填“a”或“b”），当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图23乙所示，则小灯泡的额定功率为0.7w（3）由于电压表损坏，小弘同学再利用一个阻值已知的电阻r0，设计了另一种实验方案测小灯泡的额定功率，电路如图丙所示，其中电源电压一定但未知，具体操作如下：断开开关s2、闭合开关s1，移动滑片p至某一位置，读出电流表示数i1；保持滑片p位置不动，再断开开关s1、闭合开关s2，读出电流表示数i2；先算出灯泡的电阻rl，再根据p额=，计算灯泡的额定功率小聪认为按此方案测量，实验结果与真实值相差较大，原因是：灯的电阻随温度（电压）的升高而增大，仔细分析后，小聪将上述步骤改为：断开开关s2、闭合开关s1，移动滑片p使电流表的示数为frac2.5vr_0就能较准确测出灯泡的额定功率了【分析】（1）根据灯的额定电压确定电压表的量程选择，注意电压表、电流表正负接线柱的接法；（2）要增大灯的电压，根据分压原理确定滑片移动的方向；确定电流表小量程的分度值读数，根据p额=u额i计算灯的额定功率（3）因灯的电阻随电压（温度）的升高而变大，所以，在测量过程中，必须保持灯的电压为额定电压，才有意义；要测出小灯泡的额定功率，需使其两端的电压为额定电压因为没有电压表，所以，可以用电流表和定值电阻来代替，并且与电灯并联，当通过电阻的电流i=，小灯泡正常发光；通过开关的转换，在不改变电路连接方式的前提下，使电流表测算出灯正常工作时的电流，灯的额定功率可求【解答】解：（1）因灯的额定电压2.5v3v，所以选用电压表的小量程，电流从电表的“+“流入，从“”流，如图所示：（2）电压表示数为2.2v小于灯泡的额定电压为2.5v，故应增加灯的电压，减小变阻器的电压，根据分压原理，应减小变阻器连入电路的电阻，滑片向a端移动；电流表小量程的分度值为0.02a，示数为0.28a，小灯泡的额定功率p额=u额i=2.5v0.28a=0.7w；（3）无论只闭合s1或s2，电路的连接关系都没有改变，只是只闭合s1时，电流表测通过r0的电流，只闭合s2时，电流表测灯与r0并联的总电流，在的情况下，r0的电压u1=r0i1，根据并联电路电压的特点，灯的电压也为r0i1；在的情况下，因电路的连接关系不变，r0的电压保持不变，通过其的电流仍为i1，通过灯的电流为i2i1，据此求出灯的电阻r=，r0i1灯的额定电压，根据灯丝电阻随温度（电压）升高而增大，所以，r=不等于灯正常工作时的电阻，根据p额=，计算灯泡的额定功率与真实值相差较大；根据上面的分析中r0i1灯的额定电压的问题，将上述步骤改为：断开开关s2、闭合开关s1，移动滑片p使电流表的示数为，则此时r0的电压一定为2.5v，灯的电压也为2.5v，小灯泡正常发光，上面的问题便解决了故答案为：（1）如上图所示；（2）a； 0.7； （3）灯丝电阻会随温度升高而增大；断开开关s2、闭合开关s1，移动滑片p使电流表的示数为【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查电路的连接、操作过程及对实验的评估能力并尝试改进方案的能力，难度较大，属于压轴题六、计算题（本大题共3小题，其中31题6分；32题6分；33题8分，共20分）31在如图所示的电路中，电源电压为6v且不变电阻r1的阻值为10，滑动变阻器r2上标有“50 2a”字样闭合开关s，电流表示数为0.2a求：（1）电压表的示数；（2）滑动变阻器r2连入电路的阻值；（3）若移动滑动变阻器滑片p到某一位置时，通电10s后，整个电路至少消耗多少电能？【分析】由电路图可知，r1与r2串联，电压表测r1两端的电压，电流表测电路中的电流（1）根据欧姆定律求出电压表的示数；（2）根据串联电路的电压特点求出r2两端的电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器r2连入电路的阻值；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通电10s后整个电路消耗的电能最少，根据电阻的串联和w=t求出其大小【解答】解：由电路图可知，r1与r2串联，电压表测r1两端的电压，电流表测电路中的电流（1）由i=可得，电压表的示数：u1=ir1=0.2a10=2v；（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：u2=uu1=6v2v=4v，则滑动变阻器r2连入电路的阻值：r2=20；（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通电10s后整个电路消耗的电能最少，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，整个电路消耗的最少电能：w=t=10s=6j答：（1）电压表的示数为2v；（2）滑动变阻器r2连入电路的阻值为20；（3）若移动滑动变阻器滑片p到某一位置时，通电10s后，整个电路至少消耗6j的电能【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，要注意相同时间内滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的电能最少32为了保障学生人身安全，目前已有一大批校车投入使用，如图为实验中学专用校车，其总质量为6.4t，每个轮子跟地面的接触面积为400cm2这辆校车在某段平直公路上匀速行驶8km用时10min，消耗柴油2l，受到的阻力是1.8103n，（柴油热值3.3107j/kg，柴油的密度0.85103kg/m3，取g=10n/kg）求：（1）这段路程内发动机做功的功