2019年中考物理模拟试卷及答案解析14-14

2019年中考物理模拟试卷一、填空题（每空1分，共14分）1（3.00分）1782年，英国人瓦特改良了往复式蒸汽机，使之成为可以广泛使用的热机。人们以他的名字命名了 的单位。热机在压缩冲程中 能转化为 能。2（2.00分）如图甲所示，放在水平地面上的物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，其Ft和Vt图象分别如乙、丙所示，由图象可知，当t=3s时，物体受到的摩擦力是 N，在46s过程中，拉力对物体做的功是 J。3（2.00分）如图所示，在温度较低的环境中将一根两端拴有重物的细金属丝，挂在一个粗大的冰块上。一段时间后，钢丝穿冰块而过，而冰块完整无缺。使用细金属丝和悬挂重物的目的都是增大钢丝对冰块的压强，从而使冰的熔点 （选填“降低”、“提高”或“不变”），所以细金属丝下方的冰块熔化，由于环境温度较低，熔化而成的水又很快 （填写物态变化名称）故钢丝穿冰块而过且不留缝隙。4（3.00分）如图所示，同时用力F1和F2匀速提起相同的重物C和D，两个物体上升的速度相同，忽略摩擦。若以物体C为参照物，物体D是 的（选填“运动”或“静止”）；力F1 F2（选填“大于”“等于”或“小于”）。若将C和D提升相同的高度，F1和F2做功的机械效率分别为1和2，则1 2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。5（2.00分）如图所示的自平衡独轮车是新一代的电动代步工具，其核心部件是电动机，电动机的工作原理是 。骑行该车时身体前倾或后仰，即可实现加减速，此过程中独轮车受到 （选填“平衡力”、“非平衡力”）。6（2.00分）如图所示，虚线区域内的“”为垂直纸面向内的磁感线，当金属框沿光滑绝缘斜面的顶端，由静止开始滑到底端时，具有的动能为E1；若将金属框换成质量相同的塑料框，其他条件不变，塑料框滑到底端时，具有的动能为E2请判断E1与E2的大小关系： ，并简要说明判断理由： 。二、选择题（每小题2分，共16分）第7-12题，每小题只有一个选项符合题目要求；第13-14题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，只选1个且正确的得1分，有选错的得0分7（2.00分）下列关于温度、内能和热量的说法，正确的是（）A0的冰没有内能B同一物体，温度越高内能越大C物体温度越高，所含热量越多D物体内能减少，一定对外做功8（2.00分）中华茶文化源远流长，泡茶、喝茶中包含很多物理知识，下列说法中错误的是（）A打开茶叶盒，茶香飘满屋是由于分子做无规则运动的结果B泡茶时，部分茶叶漂浮在水面上是由于茶叶受到的浮力大于自身的重力C茶水太烫，吹一吹凉得快是由于吹气加快了茶水的蒸发D透过玻璃茶杯看到手指变粗是由于装水的茶杯相当于一个放大镜9（2.00分）如图所示，条形磁铁置于水平面上，电磁铁水平放置且右端固定，当电路中滑动变阻器的滑片P逐渐向右移动时，条形磁铁仍静止，在此过程中，条形磁铁受到的摩擦力（）A逐渐增大，方向向左B逐渐减小，方向向左C逐渐增大，方向向右D逐渐减小，方向向右10（2.00分）物体在凸透镜前20cm处，可以得到倒立放大的像，现将物体向透镜移近10cm后，得到的像是（）A倒立放大的实像B倒立等大的实像C正立放大的虚像D条件不足，无法判定11（2.00分）如图所示，某同学在实验室做了4个实验。其中大试管和小试管都装有水，图乙、丁中的大试管上有密封盖，图丙中的大、小试管上都有密封盖。将四支大试管中的水加热，使之保持沸腾，则在大试管中的水不断沸腾的过程中，请你判断选择小试管中的水能沸腾的是（）ABCD12（2.00分）如图所示是我国新型反潜巡逻机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在，下列图中与磁异探测器工作原理相同的是（）ABCD13（2.00分）如图为一种测量酒精气体浓度的工作原理图，电源电压恒为12V，定值电阻R=40，R0是酒精气敏电阻，阻值随酒精气体的浓度增大而减小，其阻值变化范围为1020，电压表接入电路的量程为015V，电流表接入电路的量程为00.6A闭合开关S，当环境的酒精气体的浓度增大时，下列说法正确的是（）A电流表的示数变小B电压表示数与电流表示数的比值不变C电压表示数的范围为8V9.6VD电阻R0消耗的电功率范围为0.4W0.8W14（2.00分）如图是a、b两种物质的质量与体积的关系图象。分别用a、b两种物质制成两个规则的实心长方体甲和乙，下列说法中正确的是（）A将物体甲放入水中，一定漂浮在水面B将物体乙放入水中，一定沉入水底C将体积相等的甲、乙两物体捆在一起放入水中，一定漂浮在水面D将质量相等的甲、乙两物体捆在一起放入水中，一定漂浮在水面三、作图题（每小题2分，共4分）15（2.00分）如图所示一束激光斜射向半圆形玻璃砖圆心O，结果在屏幕上出现两个光斑，请画出形成两个光斑的光路图。16（2.00分）玩具“不倒翁”被扳倒后会自动立起来。请在图中画出此“不倒翁”所受重力的示意图，并画出重力相对于O点的力臂。（黑点表示“不倒翁”的重心）。四、实验探究题（第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）17（4.00分）小明同学利用A、B两个物体（底面积相同）、泡沫等器材探究“压力的作用效果与什么因素有关”的实验，如图甲所示。（1）实验中小明是通过观察 来比较压力作用效果的。（2）比较图甲中、两图所示的实验，能够得到的结论是 。（3）若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应比较图甲中的图 两个实验现象进行分析。（4）小华同学实验时将物体B沿竖直方向切成大小不同的两块，如图乙所示。他发现它们对泡沫的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是 。18（6.00分）小明利用刻度均匀的均质杠杆“探究杠杆的平衡条件”，如图所示，每个钩码重为0.5N。（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡；（2）在A点悬挂两个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，需在B点悬挂 个钩码；（3）取走悬挂在B点的钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉，使杠杆水平位置平衡，若使弹簧测力计斜向左上方拉，杠杆仍然在水平位置平衡，则测力计的读数将 （选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是 ；（4）小明利用此杠杆用1.6N的拉力将四个钩码匀速提升18cm，拉力方向移动的距离为25cm，杠杆的机械效率为 ，机械效率小于1的原因是 。五、综合应用题（第20题8分，第21题10分，共18分）20（8.00分）如图所示，重为6.4104N的四轮卡车，经过一段水平路面后，以1.92105W的功率沿着与水平地面成30角的斜坡匀速向上爬行，已知每个轮子与地面的接触面积为0.25m2，斜坡的机械效率为80%（g=10N/g）（1）求卡车静止时对水平地面的压强；（2）求卡车爬坡时的牵引力；（3）求卡车爬坡时的速度。21（10.00分）未响应国家严禁在公共场所吸烟的号召，某同学设计了一种烟雾报警装置，其原理电路如图所示，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度减弱而增大，部分数据如下表所示（光照度的单位为勒克斯，符号为Lx），R接收到的激光光照度因烟雾浓度的变化而发生变化。电路中电流小于或等于0.1A时，烟雾报警器报警。电源电压为6V，R0=20回答下列问题：光照度E/Lx0.511.522.53光敏电阻阻值R/603020151210（1）光敏电阻是 （选填“导体”或“半导体”）制成的。（2）假如光照强度为2Lx，则此时电压表的示数为多少？（结果保留一位小数）（3）报警器报警时最大光照强度为多少？此时电阻R的电功率为多大？（4）写出电压表随光照强度变化的关系式。（不用带单位）参考答案与试题解析一、填空题（每空1分，共14分）1【考点】GM：内燃机的四个冲程【分析】英国人瓦特改良了往复式蒸汽机，使之成为可以广泛使用的热机；功率的单位是瓦特。四冲程内燃机的四个冲程依次是：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；其中压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化成机械能。【解答】解：英国人瓦特改良了往复式蒸汽机，使之成为可以广泛使用的热机；人们以他的名字命名了功率的单位瓦特。热机在压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化成机械能。故答案为：功率；机械；内。【点评】本题主要考查了物理学史和内燃机四个冲程能量转化情况，是一道基础性题目。2【考点】6V：力与图象的结合；EC：功的计算【分析】由vt图象可知，4s6s内物体做匀速直线运动，受到的摩擦力和拉力是一对平衡力，二力大小相等，由Ft图象读出对应的拉力即可求出摩擦力的大小；（1）滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与速度无关，由vt图象可知2s3s内物体的运动状态，然后根据滑动摩擦力的大小不变得出答案；（2）根据s=vt求出在46s过程中物体运动的距离，根据W=Fs求出拉力对物体做的功。【解答】解：由vt图象可知，4s6s内物体以v=2m/s的速度做匀速直线运动，由Ft图象可知，4s6s内物体受到的拉力F=5N，因物体做匀速直线运动时，受到的摩擦力和拉力是一对平衡力，二力大小相等，所以，滑动摩擦力的大小为5N；（1）由vt图象可知，2s4s内物体做匀加速直线运动，因滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，与速度无关，所以，当t=3s时，物体受到的摩擦力是5N；（2）由v=可得，在46s过程中物体运动的距离：s=vt=2m/s2s=4m，拉力对物体做的功：W=Fs=5N4m=20J。故答案为：5；20。【点评】本题考查学生对图象的认识及速度公式、做功公式的应用，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。3【考点】19：熔化与熔化吸热特点；1A：凝固与凝固放热特点【分析】结合题目中的叙述，运用增大压强的现象、物态变化，可对题中的问题逐一做出解答。【解答】解：图中使用细金属丝和悬挂重物都能增大钢丝对冰块的压强，当压强增大时，可使冰的熔点降低，所以细金属丝下方的冰块熔化；由于环境温度较低，熔化而成的水又很快凝固，故钢丝穿冰块而过且不留缝隙。故答案为：降低；凝固。【点评】本题考查了与热学相关的知识点，体现了物理知识在生活中的应用，值得我们关注。4【考点】53：运动和静止的相对性；7V：定滑轮及其工作特点；7W：动滑轮及其工作特点；F2：机械效率的大小比较【分析】判断物体运动或静止时，要先选择参照物，再看物体相对于参照物的位置是否发生改变；定滑轮的实质是等臂杠杆，不能省力，但可以改变力的方向。动滑轮的实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省一半力，但不能改变力的方向。利用滑轮来提起重物时，所做的有用功就是克服物体自身重力所做的功；不计绳重和摩擦，克服动滑轮的重做的功就是额外功，使用定滑轮的机械效率就是100%。【解答】解：重物C和D上升的过程中，两个物体上升的速度相同，相对位置没有发生改变，所以以物体C为参照物，物体D是静止的；滑轮B为动滑轮，其实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，因此，可以省一半的力；而滑轮A为定滑轮，不能省力，拉力等于物重，所以，若不计滑轮重及摩擦，F1=2F2，故F1F2。如图可知，用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的C、D两物体匀速提升相同的高度，不计绳重与摩擦，则所做的有用功一样大，由于要克服动滑轮重力的作用，所以使用动滑轮做的总功多，由=100%可知，定滑轮的机械效率高，所以12。故答案为：静止；大于；大于。【点评】判断物体的运动与静止时，关键是选择参照物，并看物体与参照物位置的变化关系；明确定滑轮与动滑轮的实质，才能准确判断它们的省力情况，本题的解题关键是知道使用动滑轮要克服动滑轮重力做功，在有用功相同的情况下，使用动滑轮所做的做功多。5【考点】6U：力与运动的关系；CM：直流电动机的原理【分析】（1）通电导线在磁场中受力的作用，即通电能动，电动机就是利用该原理制成的；（2）处于静止状态或匀速直线运动状态的物体受平衡力作用，做加减速的物体受非平衡力。用课本有关电动机的基础知识即可知道其制成原理。【解答】解：（1）电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；（2）骑行该车时身体前倾或后仰，即可实现加减速，此过程中独轮车不处于平衡状态，受到的是非平衡力作用。故答案为：通电导体在磁场中受力运动；非平衡力。【点评】本题考查电动机的原理，这个工作原理应熟记，对于物体在什么状态下是平衡状态也应知道，只有平衡状态才受平衡力作用。6【考点】FL：动能大小的比较【分析】解答本题应掌握：当闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动时会产生电磁感应现象，即可由机械能转化为电能。【解答】解：当金属框进入磁场区域时，由于金属框的部分电路切割磁感线从而产生了感应电流，感应电流在金属框内流动通过电流做功转化为内能；而因为斜面光滑所以塑料框的机械能守恒；故E1E2。故答案为：E1E2；金属框的部分电路切割磁感线从而产生了感应电流，感应电流在金属框内流动通过电流做功转化为内能。【点评】只要满足了产生电磁感应的条件即可以产生感应电流，即产生机械能和电能的转化。二、选择题（每小题2分，共16分）第7-12题，每小题只有一个选项符合题目要求；第13-14题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，只选1个且正确的得1分，有选错的得0分7【考点】G6：温度、热量与内能的关系【分析】要解答本题需掌握：（1）一切物体都具有内能；（2）内能与物体的质量、温度、状态等因素有关；（3）描述热量的物理术语；（4）改变物体内能的两种方法是等效的。【解答】解：A、一切物体的分子都在不停的做无规则运动，所以一切物体都具有内能，故A错误；B、同一物体，温度越高，内能越大，故B正确；C、热量是一过程量，描述它的术语是“吸收”和“放出”，不能用含有表示，故C错误；D、改变物体内能的方法有：做功和热传递，物体内能减少，可能是对外做功，也可能是散失了热量，故D错误。故选：B。【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、分子的热运动及改变物体内能方法的理解，是中招的热点，热学的难点。8【考点】1L：影响蒸发快慢的因素；55：宏观热现象和分子热运动的联系；8S：物体的浮沉条件及其应用；BE：生活中的透镜【分析】A、组成物质的分子永不停息地做无规则的运动，物质分子通过扩散现象可以使分子充满整个空间；B、上浮的茶叶受到浮力大于重力，合力向上，所以茶叶上浮；C、液体汽化时要吸收热量，液体温度降低；蒸发与沸腾是液体汽化的两种方式，加快液体表面空气的流动速度可以加快蒸发速度；D、从一侧看，玻璃杯中间后，边缘薄，相当于一个凸透镜，是一个放大镜。【解答】解：A、组成茶叶的物质分子不停地做无规则运动，打开茶叶盒，茶叶的芳香类物质扩散到空气中，所以茶香飘满屋，这是茶叶分子扩散的结果，故A正确；B、泡茶时，部分茶叶漂浮在水面上，茶叶受到的浮力等于它自身的重力，故B错误；C、茶水太烫，吹一吹凉得快，是因为吹一吹可以加快茶水表面空气的流动速度，加快茶水蒸发，使茶凉的快一些，故C正确；D、装水的茶杯相当于一个放大镜，我们透过玻璃茶杯看到的是被放大的手指的虚像，所以看到手指变粗，故D正确；本题选择错误的，故选B。【点评】本题考查了扩散现象、物体上浮的条件、加快蒸发的因素、透明的应用，是一道学科综合题，但难度不大，只要熟练掌握基础知识即可。9【考点】C4：磁极间的相互作用；CE：影响电磁铁磁性强弱的因素【分析】由右手螺旋定则可知螺线管的磁极，由磁极间的相互作用可知条形磁铁的受力方向，则二力平衡可知摩擦力的方向；由滑片的移动可知螺线管中电流的变化，则可知磁性强弱的变化及相互作用力的变化，由二力平衡关系可知条形磁铁的所受摩擦力的变化。【解答】解：由右手螺旋定则可知，螺线管左侧为N极；因异名磁极相互吸引，故条形磁铁所受磁场力向右；因条形磁铁处于平衡状态，即条形磁铁所受摩擦力应与引力大小相等方向相反，故摩擦力的方向水平向左；当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻变大，由欧姆定律得螺线管内的电流减小，则可知螺线的磁性减弱，条形磁铁所受到的吸引力减小；因条形磁铁仍处于平衡状态，所以条形磁铁所受摩擦力也减小。故选：B。【点评】本题将力学与电磁学知识巧妙地结合起来考查了右手螺旋定则、滑动变阻器的使用、二力平衡等内容，考查内容较多，但只要抓住受力分析这条主线即可顺利求解。10【考点】B8：凸透镜成像的应用【分析】凸透镜成像的大小由物距决定。解题时可通过物体在凸透镜前20cm处，能得到倒立放大的像，先推测出凸透镜焦距的大小，再比较物体移动后的新物距跟凸透镜焦距的大小，再次利用凸透镜成像条件判断成像的性质（当物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立缩小的实像；当物距等于二倍焦距时，凸透镜成倒立等大的实像；当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，凸透镜成倒立放大的实像；当物距小于一倍焦距时成正立放大的虚像）。【解答】解：物体在凸透镜前能成倒立放大的像，说明此时的物距大于一倍焦距小于二倍焦距，即：f20cm2f，所以凸透镜的焦距10cmf20cm。物体在凸透镜前20cm处，将物体向透镜移近10cm后，物距小于一倍焦距，由凸透镜成像条件可知，得到的像是正立放大的虚像。故选：C。【点评】能否通过物体成像的性质得出凸透镜的焦距范围是本题的解题关键。11【考点】1I：沸腾及沸腾条件；1J：沸点及沸点与气压的关系【分析】（1）液体沸腾的条件是温度达到沸点，并且继续吸热；（2）液体的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高。【解答】解：A、甲图中：当大试管中的水沸腾后，温度不再升高，小试管中的水虽能达到沸点，却不能继续通过大试管中的水吸热，所以不能沸腾，故A不符合题意；B、乙图中：大试管密封，内部气压高，沸点高，水的温度高于一标准大气压下的沸点，因此，可以继续向小试管传递热量，故小试管中的水可以沸腾，故B符合题意；C、丙图中：大、小试管上都有密封盖，无法比较两者液体上方压强的大小关系，故无法判断小试管中的水能不能沸腾，故C不符合题意；D、丁图中：大、小试管都处于密封的环境下，其沸点都会升高，但当大、小试管的水温相同时，小试管无法通过大试管吸收热量，故不能沸腾，故D不符合题意。故选：B。【点评】本题考查了液体的沸腾条件、沸点与气压的关系和热传递的条件，要把握住沸腾条件是温度不但要达到沸点，而且还能不断吸热，热传递的条件是必须存在温度差异。12【考点】CP：电磁感应【分析】磁异探测器最终将信号转换为变化的电流，因此是一个发电机，分析下面四幅图，找出发电机的原理即可。【解答】解：磁异探测器将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，说明有感应电流产生，其工作原理是电磁感应现象；A、说话时声波引起薄膜振动，薄膜振动引起线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流；动圈式话筒是利用电磁感应现象进行工作的，故A正确；B、图中的实验是奥斯特实验，说明了电流的磁效应，可制成电磁铁，故B错误；C、图中通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故C错误；D、图中是探究影响电磁铁磁性大小的因素，故D错误。故选：A。【点评】解答本题的关键要能从题意中分析出该装置利用了发电机的原理，再同相关的实验装置相对应即可。13【考点】IZ：电路的动态分析【分析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化，由欧姆定律结合R的阻值判断电压表示数与电流表示数的比值变化；（2）当R0=10时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大即经过R0的电流最大，根据电阻的串联和欧姆定律求出最大电流，根据U=IR求出电压表的最大示数；根据P=I2R求出R0消耗的电功率；当R0=20时，电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出最小电流，根据U=IR求出电压表的最小示数；根据P=I2R求出R0消耗的最小电功率。【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当环境的酒精气体的浓度增大时，R0阻值随酒精气体的浓度增大而减小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A错误；由R=可知，电压表示数与电流表示数的比值等于R的阻值，则电压表示数与电流表示数的比值不变，故B正确；（2）当R0=10时，电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，即经过R0的电流最大，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，经过R0的电流最大，I大=0.24A，则电压表的最大示数为：U最大=I大R=0.24A40=9.6V，R0消耗的电功率：PR0大=（I大）2R0=（0.24A）210=0.576W，当R0大=20时，电路中的总电阻最大，电路中的电流最小，电路中的最小电流：I小=0.2A，则电压表的最小示数为：U最小=I小R=0.2A40=8V，所以，电压表示数的范围为8V9.6V，故C正确；R0消耗的电功率：PR0小=（I小）2R0=（0.2A）220=0.8W，所以，电阻R0消耗的功率范围为0.576W0.8W，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，要注意电路中最大电流和最小电流的判断。14【考点】2B：密度公式的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用【分析】由图象中数据可求得两物体的密度大小，比较物体密度与水的密度可知两物体在水中的状态；将两物体捆在一起时根据物体的浮沉条件判断两物体的状态。【解答】解：由图可知甲物体的密度a=，乙物体的密度b=。因甲的密度大于水的密度，故甲物体放入水中，一定会沉入水底；故A错误；因乙的密度小于水的密度，故乙物体放入水中，一定会漂浮于水面上，故B错误；当将体积相等的甲、乙捆在一起后，设每一个的体积为V，则两物体的重力G1=agV+bgV=2.5103kg/m3gV；两物体所受浮力F1=水g2V=2103kg/m3gV。则G1F1，故两物体会沉入水底，故C错误；当将质量相等的甲、乙物体捆在一起时，重力G2=2mg；两物体所受浮力F2=水g+=2.5mg。F2G2，故物体将上浮，并最终漂浮在水面，故D正确。故选：D。【点评】本题利用图象法求得物体的密度，根据密度公式及物体的浮沉条件进行分析求解；图象法是物理学中常用方法，在学习中应注意如何读出图象中告诉的有用信息并能加以利用。三、作图题（每小题2分，共4分）15【考点】A8：作光的反射光路图；AN：作光的折射光路图【分析】本题要根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，画出反射光线；根据光由空气斜射进入玻璃时遵循：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，作出折射光线。【解答】解：光线从空气斜射入玻璃砖时，会同时发生反射和折射现象，根据反射定律，在过入射点在法线面画出反射光线，注意反射角等于入射角；发生折射时，折射光线向法线偏折，折射光线小于入射光线，据此作出第一条折射光线；折射光线从玻璃砖射入空气中时，由于此光线是由圆心O射出，当经过第二个折射面时，正好与该入射点处的切线垂直，因此第二次折射光线的传播方向不变。如图所示：。【点评】本题考查作光的反射和折射的光路图，掌握好反射和折射规律是关键。16【考点】7B：重力示意图【分析】根据重力的方向总是竖直向下的，过不倒翁的重心表示出重力的方向；根据力臂与力的作用线垂直的关系，过支点O做垂直于重力作用线的垂线段即可。【解答】解：过重心做竖直向下的力，即重力；过支点O做垂直于重力作用线的垂线段L，即重力的力臂。如图所示：【点评】本题的关键是牢记重力的方向总是竖直向下的，并且会用示意图表示力的三要素；知道力与力臂的关系是正确会出力臂的前提。四、实验探究题（第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）17【考点】87：探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验【分析】（1）力可以使物体发生形变，物体的形变量越大，力的作用效果越明显。（2）应用控制变量法，分析图甲、所示实验，根据控制的变量与实验现象得出实验结论。（3）探究压力作用效果与受力面积的关系，应控制受力面积相同而压力不同，分析图示实验，然后答题。（4）探究压力作用效果与受力面积的关系，应控制压力不变，据此分析答题。【解答】解：（1）实验中小明是通过观察 泡沫的凹陷程度来比较压力作用效果的。（2）由、两图所示实验可知，受力面积相同而压力不同，压力作用效果不同，压力越大，压力作用效果越明显，由此可得：受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显。（3）若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应控制压力相同而受力面积不同，图所示实验符合要求。（4）将物体B沿竖直方向切成大小不同的两块，没有控制物体间压力相同，所得结论：压力作用效果与受力面积无关是错误的。故答案为：（1）泡沫的凹陷程度；（2）受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；（3）；（4）没有控制压力不变。【点评】本题考查了实验现象分析，本实验应用了转换法与控制变量法，应用控制变量法分析图示实验即可正确解题。18【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验【分析】（1）杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；（2）由杠杆平衡条件：动力动力臂=阻力阻力臂；（3）根据杠杆的平衡条件可计算出所挂钩码的大小和弹簧测力计的拉力；阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力增大；（4）在实验中，弹簧测力计向上拉力做的功是总功，克服钩码重力做的功是有用功，克服摩擦以及杠杆自重做的功是额外功；杠杆的机械效率可以根据公式=来计算。【解答】解：（1）杠杆左端下沉，说明杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向右调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；（2）杠杆平衡后，若在A点挂2个钩码，则左边点重力为2G；又因为力臂OA=3L，左边力臂OB=2L，所以由杠杆的平衡条件（F1l1=F2l2）可知：2G3L=FB2L。解得FB=3G，故应在B点应挂3个钩码，才能使杠杆恢复平衡。（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，如改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向左上方，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，动力要增大，所以弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡；（4）杠杆的机械效率是：=100%=90%；利用杠杆提升物体时，克服摩擦做额外功。故答案为：（1）右；（2）3；（3）变大；动力臂变小；（4）90%；利用杠杆提升物体时，克服摩擦做额外功。【点评】本题考查了杠杆平衡的调节和平衡条件的应用；要明确探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。五、综合应用题（第20题8分，第21题10分，共18分）20【考点】69：速度公式及其应用；86：压强的大小及其计算；F6：斜面的机械效率【分析】（1）卡车静止时对水平地面的压力和自身的重力相等，受力面积为4个轮子与地面的接触面积之和，根据p=求出对水平地面的压强；（2）根据W=G