2019年中考物理模拟试卷及答案解析14-11

2019年中考物理模拟试卷一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分1（2.00分）“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽。”我们能区分蝉叫与鸟鸣声是依据声音的 ，“不敢高声语，恐惊读书人。”“高声”是指声音的 。2（3.00分）如图所示，是用斜面和滑块做“测物体的平均速度”的实验，从斜面顶端到底端的整个过程中：滑块具有的惯性 ，滑块的内能 （选填“变大”、“变小”“不变”），滑块的平均速度是 m/s。3（2.00分）电流表与 （填”发电机“或”电动机”）的工作原理相同。若“+”“”接线柱接反了，电流表的指针就会反转，这说明了 与电流的方向有关。4（2.00分）如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机。已知AB长度为a，AC长度为b，室外机的重力为G，正好处在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为 N（支架重力不计）。为了安全，室外机的位置应尽量 （填“靠近”或“远离”）墙壁。5（3.00分）如图所示，接入插座的各用电器之间是 的（填“串联”或“并联”）。三脚插头上有一个头往往会比另外两个长一些，它要和插座里的 相接。插座上不允许同时使用多个大功率的用电器，因为 。6（2.00分）如图甲是小灯泡L和电阻R的电流随电压变化图象，将它们按图乙所示接入电路中，只闭合开关S，小灯泡的实际功率为1W；再闭合开关S1，电流表示数为 A，此时电路消耗的总功率为 W。二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分第712题每小题只有一个选项符合题目要求，第1314题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）7（2.00分）下列现象发生的过程中，吸收热量的一组是（）（1）春天，河里的冰雪开始消融（2）夏天，青青的小草挂上露珠（3）秋天，浓浓的白雾慢慢散去（4）冬天，校园的香樟树上出现了雾淞A（1）（2）B（2）（4）C（1）（3）D（3）（4）8（2.00分）如图所示，关于“探究平面镜成像特点”的实验，下列说法中正确的是（）A选择大小相等的蜡烛A、B是为了比较像与物的大小关系B实验中若玻璃板与水平面不垂直，就不会成像C将蜡烛A远离玻璃板，像会变小D把光屏放在玻璃板后像的位置，像会成在光屏上9（2.00分）如图所示、甲、乙两个完全相同的容器置于水平桌上。乙容器中有两个体积相同的小球A和B静止时情景如图中所示，两容器中水面高度相同。下列说法中错误的是（）A小球A的质量小于小球B的质量B小球B受到的浮力大于小球A受到的浮力C两容器对水平桌面的压力大小相同D两容器底部受到水的压强大小相同10（2.00分）如图所示，长木板放在水平桌面上，木块放在长木板上，砝码放在木块上。现用5N的力F水平拉木块，木块、砝码、长木板均保持静止，此状态下，下列说法正确的是（）A木块对砝码的摩擦力为5NB长木板对木块的摩擦力为5NC桌面对长木板的摩擦力为0ND长木板对木块的摩擦力为0N11（2.00分）如图所示，拉力F=80N，物体重力G=120N，不计摩擦和绳重。若将物体10s匀速提高1m，以下说法正确的是（）A拉力做的有用功为80JB动滑轮的重力为20NC拉力做功的功率为16WD该滑轮组的机械效率为70%12（2.00分）物理学是一门认识世界、改变世界的科学，它的发展改变了世界。下列说法中不正确的是（）A核能是不可再生能源，开发和利用核能是人类获取能源的一个新途径B电磁感应现象使人类社会进人了电气化时代C可见光与紫外线在真空中的传播速度相等D无线电波的频率比紫外线的频率高13（2.00分）甲、乙两种物质从固态开始加热，从固态熔化成液态，它们的温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A甲可能是海波的熔化图象，乙可能是石蜡的熔化图象B甲在48时，一定是固液共存状态C甲处于液态的比热容大于甲在固态时的比热容D甲和乙在熔化的过程中吸收热量，内能增加，温度不变14（2.00分）为如图所示，电源电压4.5V，定值电阻R0为10，滑动变阻器R规格为“20 2A”，电流表和电压表量程分别选择“00.6A”、“03V”。闭合开关S，电路正常工作时，下列叙述正确的是（）A电流表示数最大值为0.6AB滑动变阻器阻值变化范围为510C滑动变阻器的功率可达0.5WD电压表示数范围为1.5V3V三、作图题（本题共2个小题，共4分）15（2.00分）潭清疑水浅，安全记心间。如图，A是水池底某点，请作出光线AO的折射光线以及人从岸上看到A的像A。16（2.00分）请在图中标出小磁针的N极和磁感线的方向。四、实验探究题（本题共3小题，第17小题6分，第18小题4分，第19小题8分，共18分）17（6.00分）如图是小亮探究“凸透镜成像规律”的实验装置，当各元件的位置如图所示时，光屏上可得到烛焰等大的像。（1）若将蜡烛从图示位置移至20cm刻度处，为了在光屏上得到清晰的像，他应将光屏 （填“靠近”或“远离”）凸透镜，此时能在光屏上得到倒立 （填“放大”或“缩小”）的实像。（2）光屏上接收到清晰的像后，小亮再将光屏向右移动一段距离，像变得模糊了，要使像再次变得清晰，他应在蜡烛和透镜之间加一只合适的 眼镜（填“近视”或“远视”）。（3）在（1）的基础上，若将光屏撤去，人眼从光屏的右侧向左观察， （填“能”或“不能”）看到烛焰的实像。（4）小华依次将蜡烛、凸透镜、光屏安装在光具座上后，无论怎样移动光屏，光屏上看不到烛焰的像，小亮分析原因可能是：烛焰、透镜、光屏的中心不在 ； 。18（4.00分）用如图所示的实验装置测定杠杆的机械效率。实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。（1）实验中，测力计的示数F为 N，钩码总重G为1.0N，钩码上升高度h为0.1m，若OC=30cm，则杠杆的机械效率为 %。（2）实验中若提升的钩码重一定，则影响杠杆机械效率的主要因素是 。（3）若只将钩码的悬挂点由A移至B，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）19（8.00分）小明同学在“测量定值电阻的阻值”实验中，连接了如图甲所示的电路。（1）图甲中有一根连线连接错误，请在连接错误的线上画“x”，并将正确的线连好。（2）改正电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，电压表和电流表的读数如图乙所示，则电压表读数为 V，电阻大小为 ；小明把这次测量所得的电阻值作为最后的结果，其他同学认为不正确，理由是 。（3）另一组的同学在实验过程中发现电压表没有示数，经检查发现电压表损坏。为了继续完成实验，老师给他们找来一个阻值已知的定值电阻R，小组内的同学合作研究设计了如图内所示的电路。请将实验步骤补充完整：闭合开关S1，记下电流表示数I1； ；Rx的表达式为 （用所测得的物理量表示）五、综合应用题（本题共2个小题，第20小题9分，第21小题9分，共18分）20（9.00分）如图所示是我国“63A”型两栖坦克，安装有弹道计算机激光测距仪和传感器等高科技装备。坦克满载时质量为24t，每条履带的触地面积为0.8m2；发动机功率为420kW，在水中最大速度是28km/h，则：（g=10N/kg）（1）若坦克满载时静止在地面上，对地面的压强多大？（2）若坦克满载后悬浮在水中以最大速度匀速前进，它排开水的体积是多大？所受水的阻力是多大？（水=1103kg/m3）（3）若发动机的效率为50%，坦克以恒定的功率在陆地上前进1小时，消耗的柴油是多少？（柴油的热值q=4.2107Jkg1）21（9.00分）如图甲为某校物理兴趣小组设计的风力测量计原理图，电流表显示风力的大小，量程为00.6A；R是一根长为6cm的均匀电阻丝，最大阻值为24；定值电阻R0=6，电源电压恒为6V，弹簧右端的连杆上固定有滑片P及迎风板K，当风力为0时，P刚好处于电阻丝的a端；当风向右吹动迎风板K时，弹簧伸长并带动P在R上滑动，弹簧伸长的长度L与所受风力F的变化关系如图乙所示，弹簧电阻不计，P与R接触良好且不计摩擦，试问：（1）定值电阻R0在电路中的作用是 。（2）若将电流表的表盘改为风力计的表盘，则风力计表盘的零刻度应标在电流表表盘的何处？（3）该风力计的量程为多少？（4）风力最大时，R0工作10min产生的热量及消耗的最大电功率分别是多少？参考答案与试题解析一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分1【考点】9I：音调、响度与音色的区分【分析】声音的特性包括音调、响度和音色，其中音调指声音的高低，响度指声音的大小，音色反映的是声音的品质与特色。【解答】解：诗句“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”中，能区分蝉叫与鸟鸣声是依据声音的音色不同；诗句“不敢高声语，恐惊读书人”中的“高声”是指声音的响度大。故答案为：音色；响度。【点评】该题考查了同学们对声音特性的理解与辨别，是一道基础题。2【考点】6D：变速运动与平均速度【分析】（1）惯性是物体本身的一种性质，只与质量有关；（2）改变物体内能的方法：做功和热传递；（3）由图可知滑块运动的路程和时间，根据v=求出滑块的平均速度【解答】解：（1）惯性是物体本身的一种性质，只与质量有关，质量不变，惯性不变，故滑块下滑过程，质量不变，具有的惯性不变；（2）滑块下滑过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，内能增加；（3）由图可知，滑块运动的路程：s=5cm+40cm=45cm=0.45m，滑块运动的时间：t=14：35：0514：35：00=5s，滑块的平均速度：v=0.09m/s。故答案为：不变；变大；0.09。【点评】本题考查了惯性、光斑以及平均速度的计算，从图中得出滑块运动的时间和路程是关键。3【考点】HX：电流表的使用【分析】电动机是利用通电线圈在磁场中受力而转动；电流表通电时指针会在磁场中受到力的作用而转动，且通电导体在磁场中受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关。【解答】解：电流表通电时，其内部的通电线圈会在磁场中受力的作用而转动，与电动机的原理相同；若“+”“”接线柱接反了，进入电流表的电流方向改变，则通电线圈的受力方向就会改变，指针就会反转，说明通电导体在磁场中受力的方向与电流的方向有关。故答案为：电动机；通电导体在磁场中受力的方向。【点评】本题考查了学生对电流表原理以及磁场对电流方向的影响因素的了解和掌握，基础性题目。4【考点】7T：杠杆的应用【分析】根据杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，力越小，空调越牢固，据此根据图示情景分析答题。【解答】解：用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机；C点是支点，空调的自身重力是阻力，在阻力与阻力臂一定的情况下，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小；即FAC=GAB；即Fa=Gb；所以F=；为了安全，室外机的位置应尽量靠近墙壁，以减小阻力臂，从而减小A处的拉力。故答案为：；靠近。【点评】此题考查了杠杆的应用，把杠杆知识应用到生活中。此题体现了物理知识与生活的紧密联系。5【考点】IT：插座的构造与工作方式【分析】了解多功能插座的结构，知道三脚插头的特点与接法，再根据电路中电流过大的原因，可分析解答。【解答】解：图中的多功能插座接入的各用电器工作时互不影响，所以是并联的；三脚插头较长一些的插脚要和插座里的地线相接，这样可保证在插入时，先将用电器的外壳与大地相连；在拔下插头时，最后与地线断开，可防止触电事故的发生。插座上不允许同时使用多个大功率的用电器，因为功率越大，电路中的电流就越大，容易烧坏插座、电线等，从而引发火灾。故答案为：并联；地线；功率大，电路中的电流就大，易烧坏插座、电线等。【点评】本题主要考查了对多功能插座、三脚插头等的认识，以及对电路中总功率过大危害的了解，属电学常识。6【考点】JA：电功率的计算【分析】（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，由甲图象读出当小灯泡的实际功率为1W时两端的电压（即为电源的电压）和通过的电流；（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知R两端的电压，由甲图象可知此时通过R的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡L的电流不变，根据欧姆定律求出R的阻值，则通过R的电流即为电流表示数的变化量，进一步求出通过小灯泡L和电阻R的电流比，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P=UI求出此时电路消耗的总功率【解答】解：（1）当闭合开关S、断开开关S1时，电路为L的简单电路，由甲图象可知，当小灯泡的实际功率为1W时，灯泡两端的电压为2V即电源的电压U=2V，通过灯泡的电流IL=0.5A；（2）当再闭合开关S1时，灯泡与定值电阻R并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，此时R两端的电压为2V，由图象可知IR=0.2A，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过L的电流不变，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流表的示数：I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A，电路消耗的总功率：P=UI=2V0.7A=1.4W。故答案为：0.7；1.4。【点评】本题考查了并联电路的特点和电功率公式的应用，关键是能从图象中得出小灯泡的实际功率为1W的电压和通过的电流。二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分第712题每小题只有一个选项符合题目要求，第1314题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）7【考点】19：熔化与熔化吸热特点【分析】六种物态变化中吸收热量的是熔化、汽化、升华；其余三个是放热的；先判定4种现象分别是什么物态变化，最后即可确定哪些是吸热的。【解答】解：（1）春天，河里的冰雪开始消融，是固态变成液态的现象，是熔化现象，熔化吸热，（2）夏天，青青的小草挂上露珠，是水蒸气遇冷液化的结果，需要放热；（3）秋天，浓浓的白雾慢慢散去，是液体小液滴汽化成了水蒸气，是汽化吸热的过程；（4）冬天，校园的香樟树上出现了雾淞是水蒸气遇冷直接变成的固态，是凝华放热过程；综上分析：吸收热量的是（1）（3）。故选：C。【点评】此题考查的是物态变化的判断和物态变化伴随的吸放热情况，属于基础题。8【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【分析】（1）用两个相同的蜡烛，便于比较物像大小关系。（2）平面镜成像的特点：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等；（3）通过平面镜成的像的是等大正立的虚像。（4）平面镜成的是虚像，虚像不能用光屏来承接。【解答】解：A、选取两段完全相同的蜡烛是为了比较像与物的大小关系，故A正确；B、实验中若玻璃板与水平面不垂直，可以成像，故B错误；C、通过玻璃板成的像是等大正立的虚像，只要物体大小不变，像就不变，像的大小只与物体本身有关，故C错误；D、因平面镜成的像是虚像，所以不能在光屏上接到，故D错误。故选：A。【点评】掌握平面镜成像实验中各器材选择和操作的目的，例如为什么选择薄透明玻璃板、为什么选择两个完全相同的蜡烛、玻璃板为什么要竖直放置、刻度尺的作用、看用光屏是否能承接到像等。9【考点】83：压强大小比较【分析】（1）根据两个小球在水中的状态，利用物体浮沉条件比较其密度大小，进而判断质量的大小；（2）从图中得出两小球排开水的体积关系；再利用阿基米德原理比较A、B两小球的浮力关系；（3）根据物体浮沉条件、结合阿基米德原理判断两个小球重力与排开水的重力关系，然后根据容器对桌面的压力等于杯内水、小球和容器的重力之和比较两个容器对桌面压力关系；（4）根据液体压强公式p=gh判断水对容器底的压强。【解答】解：A、两球静止时，A漂浮、B沉底，则A水，B水，所以，两个小球的密度关系是AB，因为体积相同，所以mBmA，故A正确；B、由图可知，两小球排开水的体积关系为VAVB，水的密度一定，所以根据F浮=水gV排可知，两个小球所受浮力关系是FAFB，故B正确；C、A球在容器中漂浮，所以FA=GA；根据阿基米德原理有FA=GA排，所以GA=GA排（即A球的重等于A排开水的重）；B球在容器中沉底，所以GCFC，根据阿基米德原理有FC=GC排，所以GCGC排，即C球的重大于C排开水的重；故乙容器对桌面的压力大于甲容器对桌面的压力，综上分析可知，容器对桌面压力关系为F甲F乙故C错误；D、因为深度相同，密度相同，由p=gh，可得两容器底部受到水的压强大小相同，故D正确。故选：C。【点评】该题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理的理解和应用，涉及到重力、密度公式的应用，综合性较强，理清题意，分析清楚各种情况的状态是解决该题的关键，其难度很大。10【考点】7D：摩擦力的大小【分析】静摩擦力大小与外力大小有关，根据物体处于平衡状态，据此做出判断。【解答】解：A、用5N的力F水平拉木块，木块、砝码、长木板均保持静止，此状态下，砝码相对木块静止，砝码没有运动趋势，所以，砝码不受摩擦力，即木块对砝码的摩擦力为0N，故A错误；BD、用5N的力F水平拉木块，木块与长木板之间有相对运动趋势，则木块受摩擦力作用；木块静止，摩擦力等于拉力，则长木板对木块的摩擦力f=F=5N，故B正确，D错误；C、由B的分析可知，长木板对木块的摩擦力为5N，力的作用是相互的，则木块对长木板的摩擦力也是5N，由于长木板静止，处于平衡状态，所以桌面对长木板的摩擦力也为5N，故C错误。故选：B。【点评】本题主要考查静摩擦力，要结合二力平衡分析解答，属易错题。11【考点】F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算【分析】（1）知道物体的重力和上升的高度，根据W=Gh求出有用功；（2）根据F=（G+G动）计算动滑轮重；（3）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，根据W=Fs求出总功，利用P=求出拉力的功率；（4）根据=100%求出滑轮组的机械效率。【解答】解：A有用功：W有用=Gh=120N1m=120J，故A错误；B由图可知n=2，不计摩擦和绳重，由F=（G+G动）得，动滑轮的重力：G动=nFG=280N120N=40N，故B错误；C、绳端移动的距离：s=nh=21m=2m，拉力F做的功：W总=Fs=80N2m=160J，拉力F的功率：P=16W，故C正确；D该滑轮组的机械效率：=100%=100%=75%，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了学生对功率的公式、机械效率公式、滑轮组s=nh、F=（G+G动）、有用功、总功的理解和运用，因条件已给出，难度不大。12【考点】K4：核能【分析】（1）能源源不断地从自然界获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断地从自然界获得或不可以重复利用的能源是不可再生能源；核能在安全范围的使用，利大于弊；（2）电磁感应现象的最重要的应用是发电机，据此进行分析；（3）不同波长的电磁波在真空中传播速度是相同的；（4）据c=f分析即可判断。【解答】解：A、核能在地球上的储量是有限的，不能不断地从自然界获得，是不可再生能源，如果安全地使用核能，可以有效缓解能源危机，也可以缓解温室效应，因此开发和利用核能是人类获取能源的一个新途径，故A正确；B、电磁感应现象的最重要的应用是发电机，故电磁感应现象使人类社会进入了电气化时代，故B正确；C、不同波长的电磁波在真空中传播速度是相同的，即可见光与紫外线在真空中的传播速度相等，都是3108m/s，故C正确；D、无线电波与紫外线红外线的波速相同，但无线电波比紫外线波长长，据c=f可知，无线电波的频率比紫外线的频率低，故D错误。故选：D。【点评】本题是一道综合题，综合了物理学史、核能的利用、电磁波多个方面的知识，是一道中档题，是中招的热点。13【考点】1C：熔化和凝固的温度时间图象【分析】（1）晶体和非晶体的主要区别是晶体有一定的熔点，而非晶体没有熔点。在熔化图象上的区别是晶体的熔化图象有一个水平线段，该线段对应的温度就是晶体的熔点；而非晶体的熔化图象测没有水平线段；（2）晶体在熔点时，可能是固态，可能是液态，也可能固液共存状态；（3）通过比较图象中相同时间内温度变化的多少，可判断升温的快慢，要其他条件相同时，物体升温越快，说明比热容越小；（4）晶体吸热，内能增加，温度不变，非晶体吸热，内能增加，温度升高。【解答】解：A、由甲图象可知，随时间的增加，温度先上升，然后有一段时间温度保持48不变，说明这一段时间内，虽然吸热，但温度不变，是晶体的熔化过程，海波是晶体（且熔点为48），所以甲图可能是海波的熔化图象；由乙图象可知，随时间的增加，温度逐渐上升，但是温度在不断地升高，是非晶体的熔化图象，石蜡是非晶体，所以乙可能是石蜡的熔化图象，故A正确；B、甲图象反映了该物质的熔点为48，所以，甲在48时，可能是固态，可能是液态，也可能固液共存状态，故B错误；C、比较甲图象的两条倾斜线段可知，在相同时间内（吸热相同），甲处于液态时温度升高慢；物质从固态变为液态，质量不变，根据Q=cmt可知，温度升高的越小，比热容越大，所以甲处于液态的比热容大于甲在固态时的比热容，故C正确；D、甲在熔化过程中吸收热量，内能增加，温度不变；乙在熔化过程中吸收热量，内能增加，温度升高，故D错误。故选：AC。【点评】该题考查晶体与非晶体的熔化、凝固图象的区别，解答此题的关键有两点：一是要明确海波是晶体，石蜡是非晶体；二是从晶体熔化（或凝固）过程温度不变这一特征来考虑。14【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R0两端的电压，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最大时电路中的电流，然后与电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻得出串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的最小示数；（3）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中的电流，根据P=I2R表示出滑动变阻器的功率，然后根据变形得出滑动变阻器消耗的最大功率。【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当电压表的示数最大为U0=3V时，电路中的电流：I=0.3A，因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为00.6A，变阻器允许通过的最大电流为2A，所以，电路中的最大电流（电流表示数最大值）为0.3A，故A错误；则电路中的最小总电阻：R总小=15，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，变阻器接入电路中的最小阻值：R小=R总小R0=1510=5，当变阻器接入电路中的阻值最大为20时，电路中电流最小，电流表和电压表都是安全的，所以，滑动变阻器阻值变化范围为520，故B错误；（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：I小=0.15A，电压表的最小示数：U0=I小R0=0.15A10=1.5V，所以，电压表示数范围为1.5V3V，故D正确；（3）电路中的电流：I=，滑动变阻器消耗的电功率：P滑=I2R=（）2R=，所以，当R=R0=10时，滑动变阻器消耗的功率最大，则滑动变阻器消耗的最大功率：P滑大=0.50625W，所以滑动变阻器的功率可达0.5W，故C正确。故选：CD。【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，正确的判断滑动变阻器的最大功率是关键。三、作图题（本题共2个小题，共4分）15【考点】AN：作光的折射光路图【分析】先作法线，光由水斜射进入空气时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，据此作出入射光线。【解答】解：先过折射点垂直界面作出法线，再在空气中法线的另一侧画出折射光线，注意入射角小于折射角，将两条折射光线反向延长，其交点即为人所看到的A点的像的位置A，如图所示：【点评】在作光的折射光路图时要注意：不管光从哪种介质斜射向哪种介质，在光疏质（密度比较小的物质）里面的角（入射角或折射角）较大；在光密质（密度比较大的物质）里面的角（入射角或折射角）较小，即“疏大密小”。角度越小，光线越靠近法线。16【考点】C7：磁感线及其特点；CA：通电螺线管的磁场【分析】从电流的方向入手，利用安培定则判断出螺线管的极性，进而确定磁场的方向，最后根据磁极间的相互作用确定小磁针的指向。【解答】解：电流从左侧流向右侧，依据安培定则可判断出螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；由磁极间的相互作用可知，小磁针的右端为N极，左端为S极；如图所示：【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用。利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。四、实验探究题（本题共3小题，第17小题6分，第18小题4分，第19小题8分，共18分）17【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）首先根据凸透镜的成像规律，当物距等于二倍焦距，像距等于二倍焦距，成清晰的倒立、等大的实像，求得该透镜的焦距；然后根据凸透镜的成像规律，当物距大于二倍焦距，成清晰的倒立、缩小的实像，像距在一倍焦距与二倍焦距之间；（2）凹透镜可以使光线发散，又叫发散透镜；（3）实像是光线的真实会聚，可以直接用眼睛观察到；（4）探究凸透镜成像的实验时，若光屏上没有像，可能是因为物距小于焦距，成了虚像，不能成在光屏上；有可能光屏、凸透镜和烛焰的中心不在同一高度上，像无法成在光屏上；有可能物体在焦点上，不能成像。【解答】解：（1）由题意可知，当各元件的位置如图所示时，光屏上可得到烛焰等大的像。即u=v=20cm=2f，则f=10cm，因f=10cm，当将蜡烛从图示位置移至20cm刻度处，此时物距为30cm，大于二倍焦距，像距在一倍焦距与二倍焦距之间，所以光屏应向左移动到60cm与70cm刻度线之间，即光屏将靠近凸透镜，此时能在光屏上得到倒立缩小的实像。（2）光屏向右移动一段距离，像距变大，应使光线延迟会聚，故应放置一个凹透镜，近视眼镜是凹透镜；（3）由图可知此时物距为u=v=20cm=2f，成倒立等大实像，当撤去光屏，人眼睛在光屏的位置能看到物体的实像。（4）像没有呈在光屏上，可能是蜡烛、凸透镜、光屏，三者没在同一高度，物距小于焦距，成了虚像，不能成在光屏上，有可能物体在焦点上，不能成像。故答案为：（1）靠近；缩小；（2）近视；（3）能；（4）同一高度；物距小于焦距。【点评】凸透镜成像的三种情况和应用，以及凸透镜成实像时，物距变化，像距变化，像的变化是凸透镜成像习题的重要依据，一定要掌握。18【考点】FA：杠杆机械效率的测量实验【分析】（1）对弹簧测力计进行读数时，需看清弹簧测力计的分度值，然后根据指针位置进行读数；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；（2）机械效率是有用功和总功的比值，它反映了有用功在总功中所占比例的大小，也反映了额外功所占比例的大小，影响机械效率的因素从有用功和额外功两方面考虑；（3）将钩码的悬挂点从A点移至B点，改变了钩码重力的力臂，根据杠杆平衡条件分析，改变了弹簧测力计的拉力，改变了弹簧测力计的拉力做功的多少，改变了机械效率的高低。【解答】解：（1）由图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，所以它的示数是0.5N。在实验过程中，有用功是：W有=Gh=1.0N0.1m=0.1J，总功是：W总=Fs=0.5N0.3m=0.15J，所以杠杆的机械效率是：=100%66.7%；（2）有用功是提升钩码所做的功，额外功主要是克服杠杆重力做的功，影响机械效率的因素主要是有用功和总功所占的比例；提升的钩码重一定说明有用功一定，所以影响杠杆机械效率的主要因素是杠杆自身的重力；（3）钩码的悬挂点在A点时，由杠杠的平衡条件得GOA=FOB；悬挂点移至B点时，由杠杠的平衡条件得GOB=FOC，经对比发现，由OA到OB力臂变大，所以拉力F也变大，如果仍使钩码提升相同的高度，那么杠杆提升的高度就会减小，额外功减小，因此杠杆的机械效率变大。故答案为：（1）0.5；66.7%；（2）杠杆的重力；（3）变大。【点评】本题考查杠杆机械效率的测量，知道提高机械效率的方法，难度不大。19【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验【分析】（1）原电路中，电压表测电源电压是错误的，应测R的电压；（2）由电表选用小量程确定分度值读数，欧姆定律，求电阻大小，为提高测量的准确度，要多次测量取平均值；（3）根据操作，由欧姆定律可求出电源电压，若再测出两电阻并联时的总电流，根据并联电路各支路互不影响，可得出通过待测电阻的电流，由欧姆定律可求Rx。【解答】解：（1）原电路中，电压表测电源电压是错误的，应测R的电压，如下所示：（2）改正电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，电压表和电流表的读数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，则电压表读数为2.5V，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.5A，由欧姆定律，电阻大小为：R=5；因只测量了一组数据，没有多次测量取平均值，故误差较大；（3）闭合开关S，记下电流表示数I1；再闭合S2，记下电流表示数I2；在操作中，电路中只有R0，由欧姆定律，电源电压：U=I1R0，在中，两电阻并联，电流表测总电流，根据并联电路各支路互不影响，通过待测电阻的电流为：I2I1，由欧姆定律，Rx=R0。故答案为：（1）如上；（2）2.5；5；一次测量误差较大，应多次测量取平均值；（3）再闭合S2，记下电流表示数I2；Rx=R0。【点评】本题测量定值电阻的阻值，考查电路的连接、电表读数、电阻计算及数据处理和设计实验方案的能力。五、综合应用题（本题共2个小题，第20小题9分，第21小题9分，共18分）20【考点】86：压强的大小及其计算；8O：阿基米德原理；GL：热机的效率【分析】（1）坦克在水平面上对地面的压力等于自身的重力，根据压强公式求出坦克对地面的压强；（2）在水上航行时，坦克处于漂浮状态，根据漂浮条件求出受到的浮力；根据阿基米德原理求出它排开的水的体积；根据P=Fv的变形式求出坦克以最大速度匀速行驶时的牵引力，然后根据二力平衡条件求出受到的阻力；（3）求出坦克以恒定的功率在陆地上前进1小时的功，根据效率求出柴油放出的总热量，然后根据热量公式求出柴油的质量。【解答】解：（1）坦克满载时静止在地面上，对地面的压力：F=G=mg=24103kg10N/kg=2.4105N，受力面积：S=20.8m2=1.6m2，坦克对地面的压强：p=1.5105Pa；（2）坦克悬浮在水中受到的浮力：F浮=G=2.4105N，由F浮=gV排可得，此时它排开水的体积：V排=24m3；以最大速度匀速行驶时，牵引力和阻力是一对平衡力，根据P=Fv可得，坦克受到的阻力：f=F=5.4104N；（3）坦克以恒定的功率在陆地上前进1小时，牵引力所做的功为：W=Pt=420000W3600s=1.51