2019年中考物理模拟试卷及答案解析6-20

2019年中考物理模拟试卷一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，请将其选出1（3.00分）周末，小黄、小白和小青来到郊外，选择了一个合适场地，进行了一场有趣的运动比赛，小黄驾驶电瓶车以36km/h的速度前进，小白以10m/s的速度跑步前进，小青骑自行车，每分钟通过的路程是0.6km，则（）A小黄速度最大B小白速度最大C小青速度最大D三人速度一样大2（3.00分）小明用调好的天平称物体的质量时，在天平的右盘加了几个砝码后，指针还是稍微偏左。再放入质量最小的砝码，指针又稍微偏右，接下来操作正确的是（）A将横梁上的平衡螺母向左调B将处在零刻度位置的游码向右移C取出最小的砝码，将横梁上的平衡螺母向右调D取出最小的砝码，将处在零刻度位置的游码向右移3（3.00分）下列说法中错误的是（）A汽车突然开动时，站在汽车上的人会向后仰，是由于人具有惯性B竖直抛向空中的石块，运动的越来越慢，是由于石块的惯性越来越小C人沿水平方向推停在水平面上的车，车未动，车受到的推力与摩擦力是一对平衡力D打乒乓球时，球拍对球施加力的同时球拍也受到球的作用力，这两个力的大小一定相等4（3.00分）关于大气压强，下列说法正确的是（）A历史上是用马德堡半球实验首先测出来大气压强的值B医生用注射器把药水推入病人肌肉中是利用大气压工作的C大气压强随海拔高度的增加而减小，水的沸点也随着降低D茶壶利用了连通器原理，茶壶盖上小孔的巧妙设计与大气压无关5（3.00分）2013年12月2日嫦娥三号发射升空，12月14日嫦娥三号探测器在月球表面成功软着陆，下列说法正确的是（）A嫦娥三号沿椭圆轨道绕月球飞行，在近月点时动能最大，在远月点时势能最大B嫦娥三号沿椭圆轨道绕月球飞行，从近月点向远月点运动时势能转化为动能C嫦娥三号升空时动能不变，重力势能增加，机械能增加D嫦娥三号探测器接近月球表面减速下降时，机械能不变6（3.00分）如图所示是小兰同学探究“杠杆平衡条件”的实验装置和操作图，关于此实验下列说法正确的是（）A若实验前杠杆如图甲所示，则需要将杠杆的平衡螺母向左调节B若在乙图中的A点用弹簧测力计拉杠杆使杠杆平衡，则此时杠杆可能是费力杠杆C小兰的其中一步实验如图乙所示，则需要在D点挂3个相同的钩码，就可以让杠杆恢复平衡D为了保持杠杆在水平位置平衡，在D点施加力的方向由位置到位置的过程中，所需施加的拉力大小不变7（3.00分）一般潜水艇从长江某基地赴东海执行任务的过程中（）A潜水艇在水中潜行时所受浮力一直小于自身重力B潜水艇在水中可以通过改变浮力大小来实现自身的沉浮C潜水艇在海水中潜行使所受的浮力等于在江水中潜行时所受的浮力D潜水艇在海水中潜行使所受的浮力大于在江水中潜行时所受的浮力8（3.00分）小红在学习磁现象时，她在实验室拿来甲、乙两根形状完全相同的钢棒，为了判断钢棒的磁性情况，小红做了个小实验，她发现当甲的一端靠近乙的一端时，乙按如图方式转动起来，则小红可判断（）A一定是甲棒有磁性，乙棒无磁性B一定是乙棒有磁性，甲棒无磁性C甲、乙都可能有磁性D甲、乙都一定有磁性9（3.00分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A三角插头的用电器也可以插入两孔插座使用B家庭电路中的保险丝熔断，一定是发生了短路C使用测电笔辨别火线或零线时，手必须要接触笔尾金属体D客厅里一个开关可以同时控制四只节能灯，这四只节能灯一定是串联的10（3.00分）标有“6V 1.5W”字样的小灯泡，通过它的电流随电压变化的关系图象如图所示，若把这样的两只小灯泡串联接在8V的电源上，则此时每只小灯泡的电阻及功率为（）A20，0.96WB20，0.8WC24，0.8WD24，0.67W二、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）每小题给出的四个选项中，有两个或三个符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，不选或选错的得0分11（3.00分）在探究“动能的大小与质量的关系”的实验中，用到的装置如图所示，记录数据如下表所示，下列说法正确的是（） 小球质量m/g102030木块移动距离s/cm8.316.825.2A物体质量越大，动能一定越大B实验过程中运用了控制变量法和转换法C实验时让小球从斜面的同一高度自由滚下D小球动能的大小通过木块移动的距离来判断12（3.00分）在水平桌面上有一个盛有水的容器，木块用细线系住没入水中，如图甲所示。将细线剪断，木块最终漂浮在水面上，且有的体积露出水面，如图乙所示。下列说法不正确的是（）A木块的密度是0.6103kg/m3B甲、乙两图中，木块受到水的浮力之比是5：3C甲图中细线对木块的拉力与木块受到的浮力之比是5：2D甲图中容器对水平桌面的压力小于乙图中容器对水平桌面的压力13（3.00分）如甲图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从a向b移动的过程中，电压表和电流表的示数变化情况如乙图所示，则（）A电源电压为4VBR1的阻值为10CR1的最大功率为1.6WD当滑动变阻器的滑片P在中点时，两电表的示数对应与乙图中的B点三、填空题（本大题共6小题，每空2分，共24分）14（4.00分）在生活中随处可见使用滑轮或滑轮组的实例，如图所示，滑轮的重力与摩擦忽略不计，用拉力F1将重为10N的物体A匀速提起0.2m，若用拉力F2将物体A匀速提起0.3m，则拉力F2 F1（选填“大于”、“等于”或“小于”），使用这种滑轮的最大的好处是 。15（4.00分）（1）如图甲所示，有两个完全相同的容器，分别盛有适量的水和浓盐水，某同学用压强计鉴别这两种液体，则图 （选填“a”或“b”）中装的是盐水。（2）如图乙所示，同种材料制成的实心圆柱体A和B放在水平地面上，高度之比hA：hB=3：1，底面积之比SA：SB=1：2，则它们对地面的压强之比pA：pB= 。16（4.00分）（1）如图a所示，是奥斯特曾经做过的实验，通过对比甲、乙、丙图，可以得到的实验结论（只写出一条结论即可）是 ；（2）如图b所示，是研究 现象的装置，根据这一现象，制成了发电机。17（4.00分）如图是某取暖器的简化工作电路图，图中元件M是装有扇叶的电动机，元件R通电时会产生热量，则闭合开关 时可以送热风，为了安全起见，取暖器一般都要安装一个跌倒开关S，使取暖器倾倒时整个电路断开，则跌倒开关S应安装在图中的 处（选填“a”、“b”“c”或“d”）18（4.00分）（1）有两个电阻R1=4，R2=6，把他们并联接在电路中，通过R1、R2的电流之比是 。（2）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，当滑片P向右移动时，电压表示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）19（4.00分）（1）一只额定功率是450W的电饭锅，在额定电压下使用，每分钟产生的热量是 J。（2）教室里共有日光灯12盏，每盏灯的额定功率为40W，如果我们在大课间活动时能够及时关灯，每天大课间活动时间是20min，则每天可以节约用电 度。四、综合题（本大题共6小题，共37分）解题中要求有必要的分析和说明，计算题还要有公式及数据代入过程，结果要有数值和单位20（6.00分）南开区某中学实验室购买了一捆长度为100m左右的铜导线，苏老师知道小金同学通过实验测定这捆铜线的实际长度。小金首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得此类导线每1m的电阻为1.7102，再利用图甲所示电路测出整捆铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。实验室可供使用的器材有：电流表（00.6A）、电压表（03V）、滑动变阻器R1（“5，1A”）、滑动变阻器R2（25，1A）、电源（电压6V）、开关、导线若干。请完成下列问题：（1）实验中滑动变阻器应选 （选填“R1”或“R2”）。（2）请在图甲中用笔画线代替导线完成剩余部分的连接。（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A时，电压表示数如图乙所示，读数为 V。（4）测得导线实际长度为 m。21（6.00分）小阳同学用弹簧测力计、一块儿长方体木块、钩码等器材“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验。（1）小阳将木块置于水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，请你帮他将表中空格部分填写完整；（2）小阳设计了如图所示的实验方案，记录数据为下表中1、2，得到的结论是 次数接触面压力/N弹簧测力计示数F1/N滑动摩擦力大小F2/N 1木块正面1.70.3 2木块正面3.70.8 3木块侧面1.70.6 （3）表中1和3中木块受到的滑动摩擦力不同，小阳用所学的知识判断的原因可能是 。22（6.00分）请按要求完成下列问题（不考虑绳重及摩擦）（1）使用如图所示滑轮组成的滑轮组提升重物，要求滑轮组用最省力的绕线方法承担重物，请用笔画线代替绳子将滑轮组饶好；（2）使用第（1）问绕好的滑轮组提升重物，当物重为60N时，绳端需用25N的拉力才能使物体匀速上升，求此时滑轮组的机械效率；（3）若要使这个滑轮组省力，则提起的重物应该超过 N（计算结果保留整数）23（7.00分）在去年冬季到来之前，小紫家购置了一台1kW的空调机，已知她家原有用电器的总功率是3000W，如图是她家的电能表示意图。请你通过计算说明（计算结果保留一位小数）：（1）电能表的示数是 ；（2）使用这台空调时，通过它的电流是多少？（3）从电能表使用的角度考虑，小紫家的电能表是否允许安装这样一台空调机？24（6.00分）小明“五一”假期到盘山去旅游，在山上捡到一形状不规则的小石块，小明回学校后测量了这一小石块的密度。实验室中提供的实验器材有：量筒、正方体木块（木块密度小于水的密度）（如图）和水。请你根据所给的实验器材测出小石块的密度，写出石块密度的表达式。25（6.00分）随着科技进步，电饭煲、电烤箱等利用电热器工作的家用电器在家庭生活在红越来越被普遍使用。如图是一个电热器的工作原理图，电热器内有两个阻值分别为R1=R0和R2=2R0的电热丝；旋转开关内有一块绝缘圆盘，在圆盘的边缘依次有0，1，2，9共10个金属触点；可以绕中心轴转动的开关旋钮两端各有一个金属滑片，转动开关旋钮可以将相邻的触点连接。如旋钮上的箭头指向图中位置D时，金属滑片将2、3触点接通，同时另一端将7、8触点接通。用这个旋转开关可以实现电热器有多档位工作的要求。将此电热器接入家庭电路中，这个电热器可以多个不同加热档位。已知家庭电路电压为U，请你完成：（1）当此电热器接入家庭电路中，它与同时工作的日光灯是 连接。（选填“串联”或“并联”）（2）计算此电热器在正常工作时的最大功率、最小功率和空挡时的功率，并说明这三个档位中其中的任意两个档位旋转开关的箭头指向的位置。参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，请将其选出1【考点】6B：运动快慢的比较【分析】计算出小青的速度后，全部统一单位，比较就行。【解答】解：小白速度10m/s=36km/h。小青速度v=36km/h。所以三人速度相等。故选：D。【点评】本题考查速度的计算，运动快慢的比较，单位的换算。2【考点】26：天平的使用【分析】天平的平衡螺母只能在调节天平横梁平衡时移动，在称量物体质量的过程中不能再移动平衡螺母。当天平的左盘放物体，右盘放砝码时，右盘中再放砝码会下沉，取出砝码会上翘时，需要移动游码。向右移动游码相当于向右盘中增加砝码。【解答】解：（1）称量物体质量的过程中，不能再移动平衡螺母。故AC错误。（2）向右移动游码相当于向右盘中增加砝码。不取出最小的砝码，将处在零刻度位置的游码向右调，指针会更偏右。故B错误。（3）取出最小的砝码，此时天平的横梁右端上翘，左端沉，将处在零刻度位置的游码向右调，相当于往右盘增加更小的砝码，能使天平的横梁平衡。故D正确。故选：D。【点评】此题考查了天平的基本使用方法，尤其是在测量的最后阶段，如何进行操作的问题。这里应该注意的是，称量过程中，不可以移动平衡螺母，要靠增减砝码和移动游码来实现横梁的平衡，更不能借用其他天平的砝码。3【考点】6I：力作用的相互性；6L：惯性；6R：平衡力的辨别【分析】（1）（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关；（3）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；（4）物体间力的作用是相互的，一对相互作用力的大小始终相等。【解答】解：A、汽车突然开动时，站在汽车上的人由于惯性仍保持原来的静止状态，所以会向后仰，故A正确；B、竖直抛向空中的石块，运动的越来越慢，是由于石块受到重力的作用（重力改变了石块的运动状态），而不是惯性越来越小，惯性的大小只与物体的质量有关，与运动状态无关，故B错误；C、人沿水平方向推停在水平面上的车，车未动，车受到的推力与摩擦力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故C正确；D、由于物体间力的作用是相互的，所以打乒乓球时，球拍对球施加力的同时球拍也受到球的作用力，这两个力的大小一定相等，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了对惯性、平衡力条件、相互作用力特点的理解，熟知相关知识，并能与实际应用相结合是解答的关键。4【考点】8J：大气压的综合应用【分析】（1）著名的实验马德堡半球实验证明了大气压的存在，测出了大气压强值的实验是托里拆利实验；（2）医生用注射器吸药水是利用大气压而用注射器把药水推入病人肌肉中不是利用大气压工作的；（2）大气压随着高度的升高而减小，沸点随气压的升高而升高；（4）茶壶利用了连通器原理，茶壶盖上小孔的巧妙设计与大气压有关。【解答】解：A、著名的马德堡半球实验证实了大气压的存在，首先测出了大气压强值的实验是托里拆利实验，故A错误；B、医生用注射器把药水推入病人肌肉中是靠外力，与大气压无关，故B错误；C、通常情况下，大气压随着高度的升高而减小，水的沸点也随着降低，故C正确；D、茶壶利用了连通器原理，茶壶盖上小孔的巧妙设计与大气压有关，利用小孔里外气压相同，水在重力作用下流出，故D错误。故选：C。【点评】此题举出的与大气压有关的生活现象，都是学生平时生活中接触过的，所以要在平时学习中多留心这类与物理有关的生活现象。体现了物理来源于生活，服务于社会的新课程理念。5【考点】FN：动能和势能的大小变化【分析】动能的大小与物体的质量和速度有关，重力势能的大小与物体的质量、高度有关；动能和势能统称为机械能，且机械能和内能之间可以相互转化。【解答】解：A、嫦娥三号沿椭圆轨道绕月球飞行时，在近月点时速度最大，动能最大，在远月点时高度最高，势能最大；故A正确；B、嫦娥三号沿椭圆轨道绕月球飞行，从近月点向远月点运动时，速度变小，高度增大，是动能转化为势能，故B错误；C、嫦娥三号升空时，速度和高度都增大，所以动能增加，重力势能增加，机械能增加，故C错误；D、嫦娥三号探测器接近月球表面减速下降时，动能减小，高度减低，势能减小，故机械能减小，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了对平衡状态、机械能的判断，知道动能、重力势能、机械能的影响因素，并理解能量的相互转化过程是解决该题的关键。6【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可知，杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；（2）分析动力臂与阻力臂的大小，来确定是否为省力杠杆；（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；（4）由杠杆的平衡条件，在阻力阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。【解答】解：A、如图甲可知，杠杆左端下沉，则需要将平衡螺母向右调节，故A错误；B、若在A点用弹簧测力计拉杠杆使杠杆平衡，由于没有明确力的方向，动力臂可能小于阻力臂，则此时杠杆可能是费力杠杆，故B正确；C、左侧力与力臂的乘积3G4L=12GL；在D点挂3个相同钩码，右侧力与力臂的乘积3G3L=9GL，左右两侧力与力臂的乘积不相等，故杠杆不平衡，故C错误；D、为了保持杠杆在水平位置平衡，在D点施加力的方向由位置到位置的过程中，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，由杠杆平衡条件可知，动力变大，故D错误。故选：B。【点评】杠杆调平衡时满足：左下右调，右下左调，先快后慢，使杠杆水平平衡；力的方向变化时，杠杆的力臂也发生变化。7【考点】8S：物体的浮沉条件及其应用【分析】（1）潜水艇在水中潜行时潜水艇处于悬浮状态，根据悬浮条件即可判断。（2）潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的。（3）潜水艇从长江赴东海时，排开液体的体积始终等于潜水艇的体积，但液体的密度变大，由浮力公式：F浮=液gv排可知，液体密度越大，所受的浮力越大，潜水艇在水中处于悬浮状态，所以重力等于浮力。【解答】解：A、潜水艇在水中潜行时潜水艇处于悬浮状态，则所受浮力一直等于自身重力；故A错误。B、潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的；故B错误。CD、潜水艇从长江赴东海时，排开液体的体积始终等于潜水艇的体积，但液体的密度变大，由浮力公式：F浮=液gV排可知，液体密度越大，所受的浮力越大，所以潜水艇在海水中潜行时所受的浮力大于在江水中潜行时所受的浮力，故C错误、D正确。故选：D。【点评】解决此类问题的关键是利用悬浮条件及浮力公式，弄清题目中的液体密度和排开液体的体积变化情况进行分析。8【考点】C5：物体是否具有磁性的判断方法【分析】（1）磁体具有磁性，能够吸引铁、钴、镍等物质；（2）磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。【解答】解：（1）由于磁体能够吸引铁钴镍等物质，所以甲、乙两个钢棒中可能只有一个是磁体。故ABD均错误；（2）甲、乙如果都有磁性，两个异名磁极靠近时，也相互吸引。故C正确。故选：C。【点评】靠近体现了两端的相互作用情况，结合磁极间的作用规律可以确定两者是异名磁极或一个有磁性，另一个无磁性。因此审题时一定要认真，把握住题目中的关键词。9【考点】HT：串联电路和并联电路的辨别；IR：测电笔的使用；IT：插座的构造与工作方式；IX：家庭电路电流过大的原因【分析】（1）为防止因用电器漏电使其金属外壳带电而发生触电事故，一般用电器的金属外壳接地；（2）电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大；（3）使用测电笔时，笔尖应接触被测的导线，手指按住笔尾金属体，不能碰到笔尖，防止发生触电； （4）家庭电路中所有用电器都是并联的关系；【解答】解：A、为了防止因漏电而发生触电事故，有金属外壳的家用电器，外壳一定要接地，故不能将带有三线插头的用电器插在两孔插座上工作，故A错误；B、电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大，故大功率用电器同时使用时，将会使电路中的电流过大，引起火灾，故B错误；C、使用测电笔时，笔尖应接触被测的导线，手指按住笔尾金属体，不能碰到笔尖，防止发生触电，故C正确；D、家庭电路中所有用电器都是并联的关系，所以客厅里一个开关可以同时控制四只节能灯，这四只节能灯一定是并联的，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查学生对安全用电知识、触电的应急措施的了解与掌握，加强用电安全意识，学会自我保护。10【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算【分析】把这样的两只灯泡串联接在8V的电源上，两灯泡的电阻相同分得的电压相等，根据图象读出通过灯泡的电流，利用欧姆定律求出每只灯泡的电阻，利用P=UI求出功率。【解答】解：把这样的两只灯泡串联接在8V的电源上，两灯泡的电阻相等，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=的变形式U=IR可知，两灯泡两端的电压相等，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，每个灯泡两端的电压UL=4V，由图象可知，电路中的电流I=0.2A，则，此时每只小灯泡的电阻：RL=20，故CD错误；每只灯泡的功率：PL=ULI=4V0.2A=0.8W，故A错误、B正确。故选：B。【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，关键是根据图象读出电压对应的电流值。二、多项选择题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）每小题给出的四个选项中，有两个或三个符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，不选或选错的得0分11【考点】FQ：探究影响物体动能大小的因素【分析】（1）动能的大小与物体的质量、速度有关；（2）动能的决定因素有两个：质量和速度，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”时，应该利用控制变量法的思路，去分析解决；球把木块推出的距离长，说明的动能大这是一种转换的方法。【解答】解：A、此题中不同质量的小球从相同的高度释放，小球的质量越大，推动木块移动的距离越远，即在速度相同时，质量越大，动能越大，故A错误；B、实验过程中因有多个影响因素所以运用了控制变量法，同时动能的大小通过比较木块被推动的距离来判断的，这是利用了转换法，故B正确；C、实验时，应控制小球的高度不变，故让小球从斜面的同一高度自由滚下，故C正确；D、此实验中，小球动能的大小通过木块移动的距离来判断，故D正确；故选：BCD。【点评】本题全面考查探究动能大小影响因素的实验，注意此实验运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。12【考点】81：压力及重力与压力的区别；8S：物体的浮沉条件及其应用【分析】（1）根据漂浮条件和阿基米德原理即可求出木块密度；（2）根据F浮=水gV排判断浮力的关系；（3）根据浮力、拉力、重力的关系判断拉力的大小；（4）以整体为研究对象进行分析。【解答】解：A、由乙图知，木块漂浮在水面上，则木块的重力G=F浮乙=水gV排=水g（1）V=水gV，即：木gV=水gV；所以，木=水=1.0103kg/m3=0.6103kg/m3；故A正确；B、甲图中，浮力：F浮甲=水gV，乙图中，F浮乙=水gV，则木块受到水的浮力之比：F浮甲：F浮乙=水gV：水gV=5：3，故B正确；C、甲图中，木块受重力、浮力和细绳的拉力作用，则拉力：F=F浮甲G=水gV水gV=水gV；故F：F浮甲=水gV：水gV=2：5，故C错误；D、以整体为研究对象，甲、乙对桌面的压力都等于容器、水和木块的总重力，因此甲图中容器对水平桌面的压力等于乙图中容器对水平桌面的压力，故D错误。故选：CD。【点评】本题是有关浮力知识的应用，关键掌握阿基米德原理及浮沉条件，并能够对不同情况对物体正确进行受力分析，搞清各个力之间的关系。13【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算【分析】（1）当滑片P在a端时滑动变阻器全部接入，R1与R2串联，电路中的电流最小，由图象读出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；（2）根据串联电路的电压特点表示出电源的电压；当滑片P在b端时，滑动变阻器没有连入电路，电压表示数为零，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1的阻值和电源的电压；（3）利用P=UI即可求出R1的最大功率；（4）当滑动变阻器的滑片P在中点时，连入电路的阻值为R2，根据电阻的串联和和欧姆定律求出电路中的电流即可得出答案。【解答】解：（1）由电路图可知，当滑片P在a端时滑动变阻器全部接入，R1与R2串联，则电路中电流最小，由图象可知此时电路中的电流Ia=0.2A，R2两端的电压U2=4V，由I=可得：R2=20；（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U=IaR1+U2=0.2AR1+4V当滑片P在b端时，滑动变阻器没有连入电路，电压表示数为零，由图象可知这时电路中电流最大为Ib=0.6A，电源电压加在R1上，则U=IbR1=0.6AR1 解得：R1=10，U=6V，故A错误，B正确；（3）R1的最大功率P1最大=UIb=6V0.6A=3.6W，故C错误；（4）当滑动变阻器的滑片P在中点时，则滑动变阻器连入电路的阻值为：R2=R2=20=10，则电流表的示数为：I=0.3A。由图象可知：电流表示数为0.3A时对应的点是B；故D正确。故选：BD。【点评】本题关键是欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是明白滑片移动过程中电路的变化情况，本题重点考查了应用图象解决问题，这是以后学习的重点。三、填空题（本大题共6小题，每空2分，共24分）14【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；7V：定滑轮及其工作特点【分析】使用时滑轮的轴固定不动的是定滑轮，滑轮和物体一起移动的滑轮是动滑轮，定滑轮实质上是一等臂杠杆，只改变力的方向，而不省力。【解答】解：提升物体A时，滑轮的轴固定不动，是定滑轮；因为定滑轮相当于一等臂杠杆，只能改变力的方向，而不省力，故定滑轮拉同一物体A，沿不同方向用的拉力大小相等，所以F1=F2。故答案为：等于；改变力的方向。【点评】本题主要考查定滑轮工作特点，是一道基础题。15【考点】86：压强的大小及其计算；88：液体的压强的特点【分析】（1）液体的压强与液体的密度和深度有关。本题根据在深度一定时，液体压强和液体密度的关系来分析。（2）对于粗细均匀的固体，其产生的压强p=gh。【解答】解：（1）在深度一定时，液体的密度越大，受到的液体压强就越大。a、b两图中，压强计的探头浸入液体中的深度是相同的，a图中，压强计的液面高度差比较大，表示探头受到的液体压强比较大，液体的密度就比较大，装的就是盐水。（2）同种材料制成的两个实心圆柱体其密度相同都为，p=gh。pA=ghA，pB=ghB，所以=；故答案为：a；3：1。【点评】本题考查了对液体压强特点的应用和特殊的固体压强的计算。物理知识来源于生活，并应用于生活。要有运用所学知识解决实际问题的能力。16【考点】C9：通电直导线周围的磁场【分析】（1）奥斯特实验的内容是：通电导线周围有磁场，磁场的方向与电流的方向有关；奥斯特实验说明了电能生磁。（2）解答本题要求知道产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，会产生感应电流。由此可知产生电流的条件之一是导体做切割磁感线运动。【解答】解：（1）比较甲乙两图可发现当导线中有电流通过时，小磁针才发生转动，而小磁针的转动是磁场作用的结果，所以是应该是通电导体周围有磁场；比较甲丙两图可发现当导体中电流方向改变后，小磁针的转动方向改变，而小磁针转动方向的改变是因磁场方向改变而改变的，所以说磁场方向与电流方向有关；（2）如图蹄形磁铁的磁感线是上下指向的，导体ab水平运动时，能切割磁感线，竖直运动时，不能切割磁感线。所以闭合开关后，导体棒ab在水平方向运动时，会产生感应电流，电流表指针会发生偏转。根据这一现象，制成了发电机。故答案为：（1）通电导线周围有磁场；（2）电磁感应。【点评】此题考查了通电导线周围有磁场的应用和电磁感应现象的理解，是一道综合题。17【考点】HS：电路的基本连接方式【分析】（1）根据串并联电路的特点，依据题意结合电路图分析是哪部分连入电路，有电流经过的部分，才能正常工作。（2）跌倒开关就是防止取暖器倾倒时火线和零线直接接触会出现短路，电流过大，产生热量会增多，会引起火灾，为了防止短路现象，在电热器倾倒时，切断电路即应位于干路。【解答】解：（1）若只闭合开关Sl，电路为电动机的简单电路，电流只经过电动机，所以电吹风只能送风。若将开关Sl、S2都闭合，电动机和电热丝并联，电流分两路分别经过电动机和电热丝，则电吹风吹出的是热风。（2）为了防止短路现象，在取暖器倾倒时，切断电路，故跌倒开关应位于干路上，即图中a处。故答案为：S1和S2 ；a。【点评】本题考查并联电路的分析和开关的使用。关键是明白跌倒开关的作用和不同位置时开关的作用是解题的关键。18【考点】IH：欧姆定律的应用；IZ：电路的动态分析【分析】（1）两电阻并联时它们两端的电压相等，根据欧姆定律求出通过的电流之比；（2）由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化。【解答】解：（1）两电阻并联时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I=可得，通过两电阻的电流之比：=；（2）由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，当滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=可得，电路中的电流变小，由U=IR可知，定值电阻两端的电压变小，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变大，即电压表的示数变大。故答案为：（1）3：2；（2）变大。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用以及电路的动态分析，是一道较大简单的应用题。19【考点】J3：电功的计算；JI：焦耳定律的计算公式及其应用【分析】（1）已知额定电压和额定功率，还有时间，可求消耗的电能，因为电路是纯电阻电路，产生的热量就等于消耗的电能。（2）据公式W=Pt计算即可得出正确的答案。【解答】解：（1）电饭锅在额定电压下使用，每分钟产生的热量：Q=W=Pt=450W60s=27000J；（2）教室里日光灯的总功率是P=40W12=480W；则日光灯在20min内消耗的电能：W=Pt=0.48kWh=0.16kWh，即每天可以节约用电0.16度。故答案为：（1）27000；（2）0.16。【点评】本题考查了电功的公式的计算，属于常见的考题类型，注意纯电阻电路中电热等于电功。四、综合题（本大题共6小题，共37分）解题中要求有必要的分析和说明，计算题还要有公式及数据代入过程，结果要有数值和单位20【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验【分析】（1）根据电流表的量程，利用欧姆定律解出变阻器需要的最大电阻即可；（2）电流表串联接入电路，电压表并联在待测电阻两端，据此连接电路；（3）根据电压表的量程和分度值读出示数；（4）由电路图根据欧姆定律求出待测电阻的阻值，然后再根据电阻定律即可求解。【解答】解：（1）因为导线长度大约100m，每1m的电阻为1.7102，所以导线的总电阻为R线=1.7，当电路中电流最小为I=0.6A时，滑动变阻器接入的最大阻值：R滑=8.35，故选择R2；（2）电流表串联接入电路，电压表并联在待测电阻两端，连接电路如图：（3）电压表接入的是03V量程，分度值为0.1V，此时示数为U=0.8V；（4）由（3）可知此时的电流为I=0.50A，由I=得导线的电阻为：R线=1.6，由于每1m的电阻为1.7102，则导线的实际长度为：L=94.1m故答案为：（1）R2；（2）如上图；（3）0.8；（4）94.1。【点评】该题主要考查学生对于伏安法测电阻实验的理解和掌握，关键是滑动变阻器的选择要注意从电路中的最大电流入手。21【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验【分析】（1）由二力平衡的条件，分析确定滑动摩擦力和弹簧测力计拉力相等；（2）探究滑动摩擦力大小与压力大小有关时，应控制接触面的粗糙程度不变；（3）比较滑动摩擦力大小与受力面积大小无关，只与压力和接触面的粗糙程度有关。【解答】解：（1）将木块置于水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计拉力的大小， 表中空格部分数据如下表：次数接触面压力/N弹簧测力计示数F1/N滑动摩擦力大小F2/N 1木块正面1.70.3 0.32木块正面3.70.80.8 3木块侧面1.70.6 0.6（2）从1、2次实验，对比表格中数据可知，当接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）比较实验次数1、3发现木块受到的滑动摩擦力不同，由于影响滑动摩擦力因素有接触面的粗糙程度，因此摩擦力不同的原因可能是木块正面和侧面的粗糙程度不同；故答案为：（1）如上表；（2）接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）木块正面和侧面的粗糙程度不同。【点评】此题考查学生对于探究滑动摩擦力影响因素的实验，注意方法的运用和注意事项。22【考点】7：滑轮组的设计与组装；F3：机械效率的计算；F4：滑轮（组）的机械效率【分析】（1）动滑轮上有4段绳子，拉力的方向向上，绳子从定滑轮上开始缠绕；（2）已知承担物重的绳子股数，从而得出绳子自由端移动的距离与重物升高的高度的关系；又知道拉力和物重大小，利用效率公式求滑轮组的机械效率；（3）拉力是物重与动滑轮重力之和的四分之一，若要省力，拉力必须小于物重。【解答】解：（1）滑轮组由4股绳子承担重物最省力，从定滑轮上开始缠绕；如图所示：（2）设物体上升高度h，W有=GhW总=FS，S=4h=100%=60%（3）由平衡力知识知：4F=G物+G动G动=4FG物=