2019年中考物理模拟试卷及答案解析15-17

2019年中考物理模拟试卷一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）1（3.00分）下列物理量的估计最接近实际的是（）A重庆八中操场的宽度约为 1000mB重庆主城区夏天的平均温度约 10C家用电饭煲加热时的功率约为 1000W 左右D成年人正常步行的速度约 50km/h2（3.00分）下列说法正确的是（）A只有浸在液体中的物体，才会受到竖直向上的浮力作用B连通器内装有同种密度的液体时，液面总是相平C用电器通电工作时，将其他形式的能转化为电能D电流通过导体产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比3（3.00分）如图，下列四幅图中，解释合理的是（）A甲图，冰箱的金属外壳接地不符合安全用电要求B乙图，头发越梳越蓬松，这是因为摩擦使头发带上异种电荷而互相排斥C丙图，发电机应用了磁场对电流的作用D丁图，闭合开关后，小磁针 N 极将顺时针偏转4（3.00分）如图所示在 2018 年平昌冬奥会短道速滑男子500米决赛中，中国选手武大靖以 39 秒 584 的成绩打破世界纪录，为中国代表队夺得了本届冬奥会的首枚金牌，也创造中国男子冰上竞速项目在冬奥会金牌零的突破。下列说法正确的是（）A武大靖加速滑动时，他的惯性增大B武大靖转弯时，处于平衡状态C在滑行的过程中，以冰面为参照物武大靖是运动的D当武大靖静止站立在冰面上时，他对冰面的压力与冰面对他的支持力是一对平衡力5（3.00分）手机常常设置静音，若开启的“口袋模式”，能使口袋里的手机在来电时响铃，将手机从口袋拿出来后，响铃停止。其原理为：有两个开关 S1、S2，当接收来电时 S1 闭合，若手机放在口袋这种封闭黑暗的环境中，开关 S2 闭合，若将手机从口袋拿出来后，开关 S2 断开。下列电路图能实现上述功能的是（）ABCD6（3.00分）工人利用如图所示的滑轮组将重 120N 的物体向上匀速提起 2m 用时 5s。绳子自由端受到的拉力F为50N（不计绳重和摩擦力）。以下相关计算的正确的是（）A有用功是 300JB动滑轮的重力为 70NC拉力 F 的功率为 20WD该滑轮的机械效率为 80%7（3.00分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，当闭合开关S后，移动滑片P下列说法中正确的是（）A滑片 P 向右移动时，电压表示数变大、电流表 A1、A2示数都变小B滑片 P 向右移动时，电流表 A2与 A1示数的差值变大C滑片 P 向右移动时，电压表示数与电流表 A1示数的比值不变D滑片 P 向右移动时，电压表示数与电流表 A2示数的乘积变大8（3.00分）水平桌面上有一个质量为1kg、底面积为200cm2的圆柱形盛水容器，在容器底部用细绳将一质量是600g，体积为1000cm3的正方体木块固定在水中，木块有的体积浸入水中，绳子处于绷紧状态，木块静止后水深30cm，如图甲所示；现向容器中加入适量水（水没有溢出）直至液面与物体的上表面相平，此时绳子刚好断裂，如图乙所示；绳子断裂后木块再次静止时，如图丙所示。下列说法中正确的是（）A甲图中绳子的拉力为 8NB从甲图到乙图所加水的重力为 4NC丙图相对于乙图的水面下降了 2cmD在丙图中，容器对桌面的压强是 3000Pa二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分）9（2.00分）长期以来，磁现象与电现象是分开进行研究的，直到 1820 年丹麦科学家 首先发现了电和磁之间存在关系，他发现电流具有磁效应；事实上，电流除了具有磁效应外，还具有热效应，电热器工作时是将电能转化为 能。10（2.00分）如图所示，将体积相等的甲乙两个物体挂在轻质杠杆的两端，杠杆恰好在水平位置平衡，已知 OA：OB=2：3；则甲乙两物体的密度之比为 。若在甲乙两物体下方分别加上质量相等的一个物体，则杠杆 端下沉（选填“左”或者“右”）。11（2.00分）小明暑假时听到电视里某空调品牌“一晚一度电”的广告，非常心动，给新装修的卧室买了一台该品牌的空调。为了检验是否真的是一晚一度电，小明断开家里的其他用电器，晚上10点整打开空调，第二天早上8点整关闭空调，这晚空调耗电4.5kWh，若小明家电能表的参数是600r/kWh，则电能表转了 转，这一晚该空调的平均电功率为 W。12（2.00分）如图所示，一个底面积为面积 300cm2、足够高的圆柱形容器内装有足量的水，将一个重为 20N，高为 10cm，底面积为 100cm2 的实心长方体 A 拴在绳子上，把 A 从接触液面开始竖直向下缓慢下降 4cm，此过程中容器对水平桌面的压力将 （选填“变大”、“变小”或“不变”），此时绳子对 A 的拉力大小是 N。13（2.00分）如图甲所示的电路中，电源电压不变，灯泡RL的阻值小于变阻器R2的最大阻值，且R1的阻值是灯泡电阻RL的两倍，灯泡电阻不随温度发生变化。现只闭合S2，滑动变阻器滑片P从a端滑到b端的过程中，变阻器R2的电功率与它两端电压的关系图线如图乙所示，滑动变阻器滑片到达b端时，R2的功率为此时电路总功率的80%，则此时RL：R2= ；若同时闭合S1、S2、S3，电路消耗的最小总功率为 W。14（1.00分）如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，请你在图乙所示的示意图中画出施加在A点的最小动力F1。15（1.00分）请用笔画线代替导线把图中螺口灯泡与按钮开关正确接入电路。三、实验探究题（本题共3个小题，15题5分，16题8分，17题9分，共22分）16（5.00分）如图所示，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让小车从同一斜面上由静止释放，小车下滑后撞击斜面底端的木块，先后完成了三次实验。请回答下列问题：（1）对比前两次实验，让同一小车从同一斜面的不同高度滑下，是为了探究小车的动能与 的关系。（2）本实验中通过 移动的距离来反映动能大小的研究方法叫做 法。（3）对比第二、三次实验，让质量不同的小车从同一斜面的同一高度滑下，到达平面时，小车在平面上受到的滑动摩擦力大小 （选填“相同”或“不同”）。（4）若水平表面绝对光滑，本实验将 （选填“能”或“不能”）达到实验探究目的。17（8.00分）小明想知道酱油的密度，于是他和小华用天平和量筒做了如下实验（1）将天平放在水平台上，把游码放在标尺左端的零刻度线上，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向 （选填“右”或“左”）调。（2）用天平测出空烧杯的质量为30g，在量筒中倒入适量的酱油，测得它的体积如图1所示，再将量筒中的酱油全部倒入烧杯中，测出烧杯和酱油的总质量如图2所示，则烧杯中酱油的质量为 g，酱油的密度为 kg/m3。（3）用这种方法测出的酱油密度会 （选填“偏大”或“偏小”）。（4）完成测量后，小明还想继续探究浮力的大小与哪些因素有关，于是他找来一个弹簧测力计，但是他发现测力计的刻度盘已经模糊不清，于是他借助台秤来完成探究实验。a如图3甲所示，将金属圆柱体的一半浸入水中，台秤的读数m1=102g；b将圆柱体全部浸入水中，如图3乙所示，台秤读数m2=152g；c将圆柱体全部浸入和水等质量的盐水中，如图3丙所示，记下台秤的读数m3=182g；对比甲乙两图可知，浸在液体中的物体受到的浮力与 有关；要探究浮力的大小与液体密度的关系应该选择 两图金属圆柱体的体积是 cm3，丙图中盐水的密度是 g/cm3。18（9.00分）学校实验室购买了一批额定电流为0.3A的小灯泡，小明利用其中一只小灯泡做“测量小灯泡电功率”的实验，实验中滑动变阻器的规格为“20 1A”，电流表（00.6A），电压表（03V），电源电压3V。（1）如图甲所示，小明连好电路后，闭合开关，发现电压表的指针刚好满偏，电流表没有示数，仔细检查后，发现电路连接错误，请你在图中错误的导线上画“”，并补上一条正确的导线。（2）改正错误后，闭合开关前，小明发现电流表的指针指在零刻度左侧，则可能的原因是 。（3）小明纠正错误后，闭合开关发现电压表示数为0，电流表有示数，则电路中存在的故障可能是 。（4）移动滑片，当滑片位于某一位置时，电流表的示数为0.2A，为使小灯泡正常发光，应该将滑片向 调节（选填“左”或“右”）。当小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W，此时滑动变阻器接入电路中的阻值为 。（5）测完小灯泡的功率后，小明想继续探究电流与电阻的关系，他将电源电压的值调整为6V，把电流表的量程调整为0.6A，将图中的小灯泡换为5、10、20、30的四个定值电阻，使定值电阻两端的电压一直为U0不变。前三个电阻接入电路并顺利完成实验后，当他把30的电阻接入电路中时，无论如何调节滑片，都不能使电压表的示数达到U0，则为完成实验，他可以采取的操作是 。A减小滑动变阻器的最大阻值 B降低U0的值 C降低电源电压的值（6）要出现第（5）问中所描述的实验现象，小明在第（5）问中设定的电压值U0的取值范围是 四、论述计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）19（6.00分）如图是我国自主研发具有完全自主知识产权、达到世界先进水平的复兴号动车组列车，被誉为“中国速度”，最高速度可达 400km/h。（1）重庆至北京全程约1500km，复兴号动车组从重庆到北京耗时大约 5h，则动车的平均速度为多少？（2）若复兴号动车组的功率为6000kW，它以 180km/h 的速度匀速直线行驶，则动车组受到的阻力为多少？20（8.00分）小雷研究了家里的智能电热马桶盖，设计出如图所示的便座加热电路，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻（表示两个电热丝），该电路通过开关S和S0的不同接法组合，实现“高温档、低温档”两种加热功能，求：额定电压加热时功率保温时功率220V44W（1）定值电阻R1的阻值；（2）智能电热马桶盖加热时功率；（3）老年人在冬天坐上冰冷的马桶是很难受的，假设小雷想让马桶圈的温度升10，则用“高温档”加热的方式需要多长时间？（设电热丝发热的50%被马桶圈吸收，马桶圈的质量m=300g，马桶圈材料的比热容为0.44103J/kg）21（8.00分）重庆八中科技兴趣小组设计了一个给模型镀膜的电路模型，通过改装电压表来观察和控制模型放入镀膜中的深度。如图所示，电源电压恒定，R为定值电阻，在压敏电阻Rx上放有托盘，托盘上放有容器（不计托盘和容器的质量），容器内装有40N的水，压敏电阻上表面的受力面积为20cm2闭合开关，用轻质硬杆连接不吸水的圆柱体模型，将模型两次浸入水中（均未浸没且不触底，水未溢出），模型的底面积为0.04m2，第一次模型下表面距水面2cm，电压表示数为6V，杆的作用力为10N；第二次模型下表面距水面6cm，电压表示数为4V其电阻值Rx随压力F的变化关系如下表。（1）求模型未浸入水中时，压敏电阻所受的压强；（2）当第二次模型下表面距水面6cm，求杆对模型的作用力；（3）求该电路的电源电压。F/N424446486264RX/2822181698参考答案与试题解析一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）1【考点】63：长度的估测【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。【解答】解：A、一般两电线杆间的距离约100m，重庆八中操场宽度与此差不多，在100m左右。故A不符合实际；B、重庆夏季高温炎热，最低气温在20，平均气温远高于10故B不符合实际；C、电水壶的额定功率在1000W左右，家用电饭煲的功率与此差不多，在1000W左右。故C符合实际；D、成年人步行的速度在1.4m/s=1.43.6km/h5km/h左右。故D不符合实际。故选：C。【点评】估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。2【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用【分析】（1）浸在液体或气体中的物体都会受浮力；（2）连通器是指上端开口底部连接的容器，连通器内如果只装同种液体，在液面静止时，各部分的液面总保持相平，即在同一高度；（3）用电器是将电能转化为其它形式能的装置；（4）焦耳定律：电流通过导体产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比。【解答】解：A、物体浸在液体或气体中都会受浮力，故A错误；B、静止在连通器内的同种液体，各部分与大气接触的液面总是相平的，题目没有说静止的液体，故B错误；C、用电器通电工作时，是将电能转化为其它形式能的装置，故C错误；D、根据焦耳定律知电流通过导体产生的热量与电流的平方成正比，与电阻成正比，与通电时间成正比，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查浮力、连通器、用电器能量的转化、焦耳定律等知识，涉及的内容较多，但都属于基础题。3【考点】56：电磁相互作用【分析】（1）用电器的金属外壳必须接地；（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（3）发电机应用了电磁感应原理；（4）根据右手螺旋定则先判断出通电螺线管的N极，然后根据磁感线方向判断出小磁针N极的指向。【解答】解：A、带有金属外壳的冰箱使用时让金属外壳接地，可以防止因用电器漏电后，导致金属外壳带电而发生触电事故。这符合安全用电要求，故A错误；B、干燥的头发越梳越蓬松，是因为同种电荷互相排斥。故B错误；C、线圈在磁场中转动切割磁感线，从而产生感应电流，是发电机的原理，故C错误；D、闭合开关，通电螺线管中的电流方向由右侧流入，根据安培定则可知，螺线管的右端是N极，左端为S极，则小磁针N极将顺时针偏转，故D正确。故选：D。【点评】本题考查的是日常生活中的安全用电常识、电荷得相互作用、电动机得原理、安培定则等知识，要求我们牢记常识，并在生活中加以运用，有一定的现实意义。4【考点】6R：平衡力的辨别【分析】（1）惯性是物体保持运动状态不变的性质，其大小只与质量有关；（2）物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，否则为非平衡状态；（3）要判断物体的动与静，就要比较物体与参照物的位置关系。如果物体相对于参照物的位置发生了变化，则称这个物体是运动的；如果物体相对于参照物的位置没有发生变化，则称这个物体是静止的；（4）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。【解答】解：A惯性的大小只与物体的质量有关，武大靖加速滑动时，质量不变，惯性不变，故A错误；B武大靖转弯时，速度方向时刻变化，运动状态发生变化，处于非平衡状态，故B错误；C在滑行的过程中，以冰面为参照物，武大靖的位置不断发生变化，所以武大靖是运动的，故C正确；D当武大靖静止站立在冰面上时，他对冰面的压力作用在冰面上，冰面对他的支持力作用在武大靖身上，二力的作用在两个物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了学生对惯性大小的影响因素、平衡状态的判断、运动与静止的相对性、平衡力与相互作用力的区别的了解与掌握，是一道力学综合题。5【考点】HU：串、并联电路的设计【分析】由题意可知，当接收来电且手机放在口袋这种封闭黑暗的环境中时，开关S1、S2闭合响铃，将手机从口袋拿出来后开关S2断开铃不响，据此可知开关S1、S2串联共同控制电子铃，据此进行解答。【解答】解：A、开关S1、S2串联共同控制电子铃，当接收来电且手机放在口袋这种封闭黑暗的环境中时响铃，将手机从口袋拿出来后铃不响，故A符合题意；B、开关S1、S2并联共同控制电子铃，当接收来电时或手机放在口袋这种封闭黑暗的环境中时响铃，将手机从口袋拿出来后铃仍然响，故B不符合题意；CD、题干要求的是电子铃，不是电动机，故CD不符合题意。故选：A。【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出电路元件和开关的连接方式是关键。6【考点】F4：滑轮（组）的机械效率【分析】（1）利用W=Gh求拉力做的有用功；（2）由图可知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=（G+G轮），据此求动滑轮重力；（3）利用P=求出拉力F的功率；（4）绳子自由端移动的距离s=3h，利用W=Fs求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：A、有用功：W有用=Gh=120N2m=240J，故A错；B、由图知，n=3，不计绳重和摩擦力，拉力F=（G+G轮），则动滑轮重力：G轮=3FG=350N120N=30N，故B错；C、绳子自由端移动的距离：s=3h=32m=6m，拉力做的总功：W总=Fs=50N6m=300J，拉力F的功率：P=60W，故C错；D、滑轮组的机械效率：=100%=80%，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算，利用好关系式：不计绳重和摩擦力，拉力F=（G+G轮）。7【考点】IZ：电路的动态分析【分析】由电路图知，R1和R2并联，电流表A1测量通过R1电流，电流表A2测量干路电流，电压表测量并联支路（电源电压）电压，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器连入电阻变大，电源电压保持不变，根据欧姆定律和并联电路特点判断电压表V与电流表示数的变化，从而判断电表示数比或乘积的变化。【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量干路电流，电压表测量并联支路电压（电源电压），A、因为电压表测量并联支路电压或电源电压，且电源电压保持不变，所以滑片向右移动时，电压表V的示数不变，故A错误；B、并联电路各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时，通过R1的电流不变，即A1示数不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器R2连入阻值变大，由欧姆定律可知通过R2的电流变小，根据并联电路的电流规律可知，干路电流变小，即A2的示数变小，所以电流表 A2与 A1示数的差值变小，故B错误；C、电压表V的示数不变，A1示数不变，所以两表示数的比值不变，故C正确；D、电压表V的示数不变，A2的示数变小，所以两表示数的乘积变小，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析，分析清楚电路结构、根据滑片移动方向判断电路电阻的变化情况、灵活应用欧姆定律、并联电路的特点是正确解题的关键。8【考点】86：压强的大小及其计算；8O：阿基米德原理【分析】（1）甲图中，已知木块浸入水中的体积，根据阿基米德原理求出此时浮力；利用G=mg可求得自重力，对此时的木块进行受力分析可知，此时拉力等于浮力减去木块的重力；（2）求出所加水的体积，利用G=mg=gV求出水的重力；（3）乙图中木块浸没在水中，丙图木块处于漂浮状态，根据漂浮条件和阿基米德原理求出排开水的体积；然后即求出排开水的体积变化量，进而求出水面下降的高度；（4）求出容器的总重力，容器对桌面的压力与重力相等，利用p=即可求出压强。【解答】解：A、甲图中木块浸入水中的体积：V排1=V木=1000cm3=800cm3=8104m3；则木块受到的浮力：F浮1=水gV排1=1.0103kg/m310N/kg8104m3=8N，木块的重力G木=m木g=0.6kg10N/kg=6N，则绳子的拉力F1=F浮1G木=8N6N=2N，故A错误；B、正方体木块的边长为L=10cm，则S木=L2=（10cm）2=100cm2，加水后的水面升高的高度为h=（1）L=（1）10cm=2cm，由于木块的位置不变，则所加水的体积为V水=（S容S木）h=（200cm2100cm2）2cm=200cm3=2104m3；所加水的重力G水=水gV水=1.0103kg/m310N/kg2104m3=2N，故B错误；C、乙图中木块浸没在水中，则V排2=V木=1000cm3=1103m3；丙图中木块处于漂浮状态，则F浮3=G木=6N，由F浮=水gV排可得此时木块浸入水中的体积：V排3=6104m3；所以，丙图相对于乙图，排开水的体积变化量：V排=V排2V排3=1103m36104m3=4104m3；水面变化的高度：h=0.02m=2cm，故C正确；D、G容器=mg=1kg10N/kg=10N；甲图中，水的体积为V水=S容hV排1=200cm230cm800cm3=5200cm2=5.2103m3；水的重力G水=水gV水=1.0103kg/m310N/kg5.2103m3=52N，容器对桌面的压力大小为：F=G水+G水+G木+G容器=52N+2N+6N+10N=70N。容器对桌面的压强为：p=3.5103Pa；故D错误。故选：C。【点评】解决此题用到的知识比较多，有漂浮条件、浮力的公式、重力公式、体积公式、压强公式、密度公式等，灵活运用公式至关重要，但真正的难点还在于对题意的正确分析。二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分）9【考点】C9：通电直导线周围的磁场【分析】根据对电流的效应进行分析作答。【解答】解：1820年丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应电流周围存在磁场；电流除了具有磁效应外，还具有热效应，如电热器工作时是将电能转化为内能；故答案为：奥斯特；内。【点评】此题考查了电流的磁效应和热效应，难度不大。10【考点】7N：杠杆的平衡条件【分析】（1）已知力臂的比例关系，根据杠杆平衡条件可以得到小球对杠杆的拉力之比，也就是小球的重力之比，进一步得到质量关系；已知小球质量之比和体积之比，利用公式=得到小球密度之比。（2）原图杠杆是平衡的，原因是两边的力和力臂的乘积相等，再分别加挂一个等质量的物体后，分析两边的力和力臂的乘积是否还相等，据此判断杠杆是否还平衡。【解答】解：（1）由题知，杠杆恰好在水平位置平衡，OA：OB=2：3；所以根据杠杆平衡条件可得：G甲OA=G乙OB，即：m甲gOA=m乙gOB，化简可得：m甲OA=m乙OB，所以=，已知两物体的体积相等，则两物体的密度之比为：=。（2）原来杠杆平衡，则G甲OA=G乙OB；若在甲乙两物体下方分别加上质量相等的一个物体后，则：左边：（G甲+mg）OA=G甲OA+mgOA，右边：（G乙+mg）OB=G乙OB+mgOB，因为OAOB，G甲OA=G乙OB；所以G甲OA+mgOAG乙OB+mgOB，所以杠杆不能平衡，右端下沉、左端上升。故答案为：3：2；右。【点评】比值的计算是物理中常见的题型，解题时的方法是，明确需求量和已知量之间的关系，找出相应的关系式，然后条理清楚地进行运算，切不可凭想象心算。11【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JA：电功率的计算【分析】（1）600r/kWh表示电路每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转过600转；据此求消耗4.5kWh的电能时电能表的转盘转数；（2）求出时间t，利用P=求空调的平均电功率。【解答】解：（1）600r/kWh表示电路每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转过600转，消耗4.5kWh的电能，则电能表转盘的转数：n=600r/kWh4.5kWh=2700r；（2）工作时间t=12h10h+8h=10h，该空调的平均电功率：P=0.45kW=450W。故答案为：2700；450。【点评】本题考查了电功率的计算以及电能表参数“600r/kWh”的理解，属于基础题目。12【考点】6W：力的合成与应用；8P：浮力大小的计算【分析】（1）A浸入水中，桌面受到的压力等于容器、水、A的总重力减去手的拉力，而从接触液面开始竖直向下缓慢下降4cm，手的拉力减小，据此得出容器对水平桌面的压力大小变化；（2）已知圆柱体容器的底面积S容、A的底面积SA，A 从接触液面开始竖直向下缓慢下降h=4cm，设水面上升高度为h，则S木h=（S容SA）h，据此求h，此时圆柱体下表面的深度等于=h+h；利用V=Sh求排开水的体积，再利用阿基米德原理求A受到的浮力，绳子对 A 的拉力等于自身重力减去浮力。【解答】解：（1）A浸入水中，桌面受到的压力等于容器、水、A的总重力减去手的拉力，因为从接触液面开始竖直向下缓慢下降4cm，A受到的浮力增大，则此过程中手的拉力减小，所以容器对水平桌面的压力增大；（2）已知圆柱体容器的底面积S容=300cm2，A的底面积SA=100cm2，A从接触液面开始竖直向下缓慢下降h=4cm，设水面上升的高度为h，则有：SAh=（S容SA）h，即：100cm24cm=（300cm2100cm2）h，解得：h=2cm；此时圆柱体下表面的深度：h=h+h=4cm+2cm=6cm=0.06m，A排开水的体积：V排=SAh=100cm26cm=600cm3=6104m3，A受到的浮力：F浮=水V排g=1103kg/m36104m310N/kg=6N，此时绳子对 A的拉力：F拉=GAF浮=20N6N=14N。故答案为：变大；14。【点评】本题考查了阿基米德原理应用和力的合成，能求出圆柱体下表面最后浸入的深度是关键，属于难题！13【考点】JA：电功率的计算【分析】（1）只闭合S2，灯泡与滑动变阻器串联，由串联电路特点和P=I2R表示出滑片到达b端时R2的功率和电路总功率，根据两电路关系列式计算RL和R2的电阻关系；（2）由图象知，滑片P从a端滑到b端的过程中R2的最大功率为5W，由串联电路特点和欧姆定律表示出电路中电流，由P=I2R表示出R2的电功率；三个开关都闭合时，R1、R2并联，当P在b端时电路消耗的功率最小，由R1、R2与RL的关系和P=I2R计算出电路消耗的最小总功率。【解答】解：（1）由图甲知，只闭合S2时，灯泡与滑动变阻器串联，滑动变阻器滑片到达b端时，变阻器连入阻值为其最大值，且R2的功率为此时电路总功率的80%，即：P2=80%P，由串联电路的电流和电流特点，根据P=I2R有：I2R2=80%I2（RL+R2），即：R2=80%（RL+R2），所以：R2=4RL，即：RL：R2=1：4；（2）由图象知，滑片P从a端滑到b端的过程中R2的最大功率为5W，由串联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流I=，由P=I2R可得，R2的电功率：P2=（）2R2=当R2=RL时，P2有最大值，由图象知，其最大值为5W，所以Pmax2=5W，即有：=20W，由图甲知，当同时闭合S1、S2、S3时，R1、R2并联，当滑片在b时，变阻器连入阻值最大，电路的总电阻最大，电源电压一定，由P=知此时电路消耗总功率最小，因为，R1=2RL，R2=4RL，所以Pmin=20W=15W。故答案为：1：4；15。【点评】本题考查了串联和并联电路特点、欧姆定律和电功率公式的应用，正确分析开关在不同状态下电路的连接方式，灵活运用公式并结合图象中变阻器的最大功率是解题的关键，有一定难度。14【考点】7S：杠杆中最小力的问题【分析】根据杠杆平衡的条件，F1L1=F2L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。【解答】解：连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向向下，据此可画出最小的动力F1，如下图所示：【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。15【考点】IO：家庭电路的连接【分析】先判断开关与灯泡的连接方式，然后再确定开关接灯泡的接线柱和接电源的火线还是零线，最后根据家庭电路的正确连接方法将灯泡和开关接入电路中。【解答】解：开关和灯泡应该串联连接，开关接灯泡顶部的接线柱，接电源的火线，确保开关断开时，灯泡不带电，灯泡周围的螺旋套接零线。实物图如下：【点评】知道开关与控制的用电器串联连接，知道开关与电源的火线连接，知道家庭电路的正确连接方法。三、实验探究题（本题共3个小题，15题5分，16题8分，17题9分，共22分）16【考点】FQ：探究影响物体动能大小的因素【分析】（1）动能与质量和速度有关，注意控制变量法；（2）速度通过小球滚下的高度来调控，动能的大小通过小球撞击木块移动的距离来体现，这是转换法。（3）摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关；（4）据牛顿第一定律分析即可判断。【解答】解：（1）让同一小车从同一斜面的不同高度滑下，小车的质量相同，速度不同，研究动能大小与速度的关系，用到了控制变量法；（2）小车的动能的大小通过木块被撞击后移动的距离来判断，用到了转换法；（3）摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，让质量不同的小车从同一斜面的同一高度滑下，对水平面的压力不同，摩擦力大小不同；（4）若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，小车和木块将永远一直运动下去，没有运动距离的远近之分，就不能达到通过比较距离来比较动能的目的了。故答案为：（1）速度；（2）木块；转换；（3）不同；（4）不能。【点评】本题是一道实验题，本题考查的是阻力对物体运动的影响、影响动能大小的因素等实验，是基础性实验，难度不大，关键是转换法和控制变量法的应用。17【考点】2L：液体的密度测量实验【分析】（1）天平使用前调节平衡时，要调节平衡螺母，规则是“右偏左调，左偏右调”，即指针向右偏就向左调平衡螺母，指针向左偏就向右调平衡螺母，调左侧的还是右侧的平衡螺母都是可以的。（2）砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量；由图示量筒读出酱油的体积，然后由密度公式可以求出酱油的密度；（3）在测液体密度时，玻璃容器中的液体向外倒的过程中，容器壁一定要粘液体，所以不能全部倒出，将会带来实验误差，明确对体积测量结果的影响，进一步判断对密度测量结果的影响。（4）对比甲乙两图找出相同量和不同量得出影响浮力的因素；要探究浮力的大小与液体密度的关系需要控制排开液体的体积相同，改变液体的密度；算出排开水的质量，根据=算出排开水的体积【解答】解：（1）调节时将天平放在水平台上，把游码放在标尺零刻度处，指针的位置指在分度盘中央的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调节。（2）由图甲所示可知，酱油和瓶的总质量：m总=50g+2g=52g，烧杯中酱油的质量：m=m总m剩=52g30g=22g，由图乙所示量筒可知，酱油的体积：V=20ml=20cm3，酱油的密度：=1.1g/cm3=1.1103kg/m3。（3）小明不可能把烧杯内的酱油全部倒入量筒内，导致测量的酱油的体积偏小，由公式=知：密度测量结果偏大。（4）对比甲乙两图可知，物体排开的水的体积不同，台秤示数不同，受到的浮力不同，即浸在液体中的物体受到的浮力与物体排开的液体的体积有关；要探究浮力的大小与液体密度的关系控制液体密度不同，其他条件相同，故应该选择乙丙两图；金属圆柱体的一半浸入水中时，排开的水的质量为：m=152g102g=50g；则水的质量为：m水=102g50g=52g；把金属块全部浸入水中时，排开的水的质量为：m=152g52g=100g；排开的水的体积即金属块的体积为：V=100cm3；金属块全部浸入盐水中时排开的盐水的质量为：m=182g52g=130g；则液体的密度为：盐=1.3g/cm3。故答案为：（1）左；（2）22；1.1103；（3）偏大；（4）排开的液体的体积；乙丙；100；1.3。【点评】本题考查了天平的调节、天平读数、量筒读数、求密度，要掌握天平的使用方法、注意事项与读数方法，求出酱油的质量与体积，应用密度公式可以求出酱油的密度。18【考点】JF：电功率的测量【分析】（1）实验电路中，要将电流表串联在电路中，电压表并联在灯泡两端；（2）在使用电流表或电压表之前，要注意指针调零；（3）电流表有示数，则没有发生断路，断路处电压为电源电压，其他地方电压为零；（4）要使灯泡正常发光，通过灯泡的电流应等于其额定电流，若电流过小，则应减小滑动变阻器的阻值，即向右调节；读出电压表的示数，根据P=UI可计算出灯泡的额定功率；根据串联电路的分压特点求出滑动变阻器的电压，根据欧姆定律可求滑动变阻器的阻值；（5）由串联电路特点分析电压的关系；（6）“探究电流与电阻的关系”实验时，应控制不同值电阻的电压保持不变，电流表允许通过的最大电流为I大=0.6A，根据欧姆定律，I大=，U大=I大R小，在求定值电阻两端的最大电压时，应以最小的定值电阻为准；当选用最大的定值电阻30时，且变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据串联电路电流的特点，即通过定值电阻的最小电流，I小=，所以，U小=I小R大，所以，在求定值电阻两端的最小电压时，应以最大的定值电阻为准。【解答】解：（1）滑动变阻器、小灯泡串联接入电路，电压表并联在小灯泡两端，电流表应串联在电路中，电路图如图所示：（2）改正错误后，闭合开关前，小明发现电流表的指针指在零刻度左侧，则可能的原因是电流表没用调零；（3）电流表有示数，说明电路不存在断路，而电压表无示数，说明与电压表并联部分发生短路即小灯泡被短路；（4）移动滑片，当滑片位于某一位置时，电流表的示数为0.2A，为使小灯泡正常发光，达到额定电流0.3A，减小滑动变阻器的阻值，应该将滑片向右调节。当小灯泡正常发光时，电压表的示数如图乙所示，电压表量程03V，分度值0.1V，电压表示数为2.4V，则小灯泡的额定功率为：P=UI=2.4V0.3A=0.72W；此时滑动变阻器的电压：U滑=U总U=3V2.4V=0.6V；根据欧姆定律滑动变阻器接入电路中的阻值为：R滑=2。（5）测完小灯泡的功率后，小明想继续探究电流与电阻的关系，他将电源电压的值调整为6V，把电流表的量程调整为0.6A，将图中的小灯泡换为5、10、20、30的四个定值电阻，使定值电阻两端的电压一直为U0不变。前三个电阻接入电路并顺利完成实验后，当他把30的电阻接入电路中时，无论如何调节滑片，都不能使电压表的示数达到U0，根据串联分压的原理可知，电阻变大分得的电压大于U0，滑动变阻器的电阻最大值较小，不能分去多余的电压，则为完成实验他可以采取的操作是降低U0的值，故选B；（6）探究电流与电阻的关系”实验时，应控制不同电阻的电压保持不变，根据把5、10、15、20分别接入电路中进行探究，保证电路中各元件的安全，且用四个电阻都能顺利地完成实验：因电流表的量程为00.6A，所以电路中的最大电流为0.6A，当接入最小的电阻5时，电压表示数即为允许的最大电压U大=R小I大=50.6A=3V；因变阻器的最大阻值为30，当变阻器电阻全部连入电路中时，若接入最大的电阻R大=20，此时电路中的最小电流I小=0.12A，定值电阻的最小电压U小=I小R定大=0.12A20=2.4V，故小明在第（5）问中设定的电压值U0的取值范围是2.4V3V。故答案为：（1）如上图；（2）电流表没有调零；（3）小灯泡被短路；（4）右；0.72；2；（5）B；（6）2.4V3V。【点评】本题考查了伏安法测小灯泡额定功率的实验，考查了连接实物图、电路故障的判断、电表读数、滑动变阻器的使用、电功率的计算，还考查了探究电流跟电阻的关系，综合性较强，有一定的难度。四、论述计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）19【考点】6D：变速运动与平均速度；FG：功率计算公式的应用【分析】（1）已知从重庆至北京路程和时间，利用v=算出动车的平均速度；（2）利用公式P=Fv算出牵引力；知道列车匀速直线运动时，所受阻力等于其牵引力。【解答】解：（1）从重庆至北京全程为：s=1500km；时间t=5h；动车的平均速度：v=300km/h。（2）根据P=Fv得，动车组的牵引力：F=1.2105N。因动车做匀速直线运动，所受阻力等于其牵引力f=F=1.2105N。答：（1）动车的平均速度为300km/h；（2）动车组受到的阻力为1.2105N。【点评】此题考查了速度公式以及功率的公式，需要注意计算时单位要统一。20【考点】JK：电功与热量的综合计算【分析】（1）由图可知，当开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，此时功率较小，为保温档，根据P=UI=求出R2的阻值；由R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，可知定值电阻 R1 的阻值；（2）当开关S、S0闭合时，R1和R2并联，根据并联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，利用P=求出智能电热马桶盖加热时功率；（3）知道马桶圈的质量和比热容以及升高的温度，根据Q吸=cmt求出吸收的热量即为桶圈吸收的热量，根据P=求出用“高温挡”加热的方式需要的时间。【解答】解：（1）由图可知，当开关S闭合、S0断开时，电路为R2的简单电路，此时电阻较大（大于并联的总电阻），由P=可知此时功率较小，为保温档，由P=UI=可得，R2的阻值：R2=1100，已知R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，则R1=R2=1100；（1）当开关S、S0闭合时，R1和R2并联，总电阻最小，电路消耗的功率最大，为加热档，由并联电路的电阻规律可得：=+，代入数据，=+，解得R并=550；智能电热马桶盖加热时功率：P加热=88W；（3）马桶圈吸收的热量：Q=cmt=0.44l03J/（kg）0