2019年中考物理模拟试卷及答案解析2-2

2019年中考物理模拟试卷一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得2分，共41分）1（3分）长沙“橘洲音乐节”在洋湖湿地公园开唱，“情歌王子”张信哲的倾情演唱，引发现场数千观众大合唱。下列说法正确的是（）A歌声不需要介质就能够传入现场观众耳朵B歌声以电磁波的方式传播C歌手所用的麦克风工作原理是电磁感应现象D现场观众根据响度来识别不同的伴奏乐器2（3分）目前，各地十分关注空气质量，主要是PM2.5值走高，PM2.5是指空气中直径小于2.5 m的颗粒物，其浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害，下列关于PM2.5的说法中正确的是（）A温度低于0时，PM2.5不具有内能BPM2.5在空气中的运动属于分子热运动CPM2.5在空中受到的是非平衡力作用DPM2.5的颗粒物是空气中的水蒸气液化而来的3（3分）如图所示，关于光现象的说法中，正确的是（）A平面镜成正立等大的虚像B放大镜成倒立放大的实像C人在阳光下的影子是由于光的折射形成的D看见勺子在水面处“折断”是光的反射现象4（3分）如图所示，下列判断不正确的是（）A如图（一）所示，静止漂浮在水面的木块，现施加一个竖直向下的力使木块缓缓匀速沉入水底，在这个过程中，木块受到的浮力随时间变化规律如图甲所示B如图（二）所示，小球从光滑斜面顶端由静止向下运动，在向下运动过程中，小球与出发点的距离随时间变化规律如图乙所示C如图（三）所示，静止在水平桌面上质量为m的水杯，现向杯中匀速缓慢注水，从注水开始到注满的过程中，水杯对桌面的压强随时间变化规律如图丙所示D如图（四）所示，质地均匀的长方体木块在水平向右的拉力F作用下，匀速向右移动，从图示位置开始至木块有离开桌面为止，木块对桌面的压强随时间变化规律如图丁所示5（3分）如图所示。水平桌面上放置有甲、乙两个圆柱形容器。甲容器中盛有液体A，物块M漂浮在液体A中。物块M排开液体的质量为m1，液体A对甲容器底部的压强为P1；乙容器中盛有液体B，物块N漂浮在液体B中，物块N排开液体的质量为m2，液体B对乙容器底部的压强为p2，已知甲容器底面积大于乙容器底面积，容器中液体A、B质量相等，物块M、N质量相等。下列判断中正确的是（）Ap1=p2Bp1p2Cm1=m2Dm1m26（3分）某同学观察他家里的电动自行车后发现：不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，下列指示灯的示意图合理的是（）ABCD7（3分）如图所示为家用电饭锅，与它有关的下列数据最符合实际的是（）A正常工作时的电流是0.01 AB正常工作时的电压为12 VC正常工作时的功率为700 WD正常工作1小时消耗的电能约为360 J8（3分）如图所示情景中，与对应的物理知识正确的是（）A如果两侧各去掉一个钩码，杠杆左侧会下沉B磁场对通电导体有力的作用C静止木块对斜面的压力示意图D电冰箱的金属外壳要接地9（3分）如图所示的电路中，电源电压不变，移动滑动变阻器R1的滑片P，当电流表的示数变化范围为1A1.3A时，电压表的示数变化了3V，则该定值电阻R2所消耗功率的变化范围是（）A3W3.9WB3W5.07WC3.9W10WD10W16.9W10（3分）AC硬棒质量忽略不计，在棒的B、C两点施加力F1、F2，F2的方向沿OO线，棒在如图所示位置处于静止状态，则（）AF1F2BF1=F2CF1力臂小于s1DF2方向沿OO线向下11（3分）如图所示的四个电路中，电源电压保持不变，R0为已知阻值的定值电阻，不可以测出未知电阻Rx阻值的电路是（）ABCD12（4分）如图所示，水平台面由同种材料制成，粗糙程度均匀，在它上面放着质量为m1的木块，将木块用轻绳跨过定滑轮与m2的钩码相连。木块在平行于台面的轻绳的拉力作用下做匀速直线运动，运动一段时间，钩码触地后立即静止，木块继续滑动一段距离停在台面上。绳重、轮与轴的摩擦均忽略不计，下列说法中正确的是（）A木块匀速运动的过程中，木块的机械能越来越大B木块匀速运动的过程中，木块和钩码所受的重力都不做功C钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的动能越来越小D钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小为m2g13（4分）如图所示，电源电压恒为12V，R0=60，滑动变阻器的规格为“50 2A”，电流表的量程为“00.6A”，小灯泡上标有“6V 3W”字样。不考虑灯丝电阻变化，并保证电路各元件安全，则（）AS闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器接入电路的阻值范围是1250BS闭合，S1、S2都断开，调节滑动变阻器，灯泡的功率变化范围是2.25W3WCS、S1、S2都闭合，电路消耗的总功率最小值为2.4WDS、S1、S2都闭合，当电路消耗的总功率最大时，滑动变阻器接入电路的阻值是30二、作图题（6分）14（2分）如图所示，光线AO是通过凹透镜折射后射向水面的一条光线。请画出光线AO通过凹透镜前的入射光线、在水面的反射光线以及进入水中的折射光线的大致方向。15（2分）如图所示，画出力臂L1对应的力16（2分）将图中的开关、螺丝口灯泡、插座接入家庭电路。要求开关控制灯泡。三、实验题17（5分）在探究热现象的实验中，小明用烧杯、试管、温度计、圆底烧瓶等器材进行了如下实验。（1）小明用图1所示的装置“探究冰熔化时温度的变化规律”，【已知冰的质量是100g，相同时间吸收的热量相同，c冰=2.1103J/（kg）】根据实验数据绘制了温度随时间变化的图象，如图2所示。该物质在BC段处于 （选填“固体”、“液体”或“固液共存”）状态，此过程中物质的内能 （选填“增加”、“减少”或“不变”），此过程吸收 J的热量。（2）小明用如图3所示的装置“探究水沸腾时温度变化的特点”。实验中温度随时间变化的图象如图4所示，分析FG段得出液体沸腾时的特点 。（3）实验完成，撤去酒精灯，烧杯中的水还能继续沸腾，原因可能是 。18（6分）课外活动小组的同学进行光学实验，组员陈悦在探究“平面镜成像的特点”时进行如下操作；将两根完全相同的蜡烛A、B全部点燃，分别放在玻璃板的两侧，如图甲所示，这样的操作会造成的后果是 ；将蜡烛B熄灭后，该同学移动蜡烛B，直到看上去它与蜡烛A的像 ，记下像与物的位置；移动蜡烛 （选填“A”或“B”），重做三次实验，如图乙。通过分析可知像与物到玻璃板的距离 ，它们的连线与玻璃板 。 陈悦选用玻璃板而不选用平面镜，因为这样 。19（6分）根据“探究杠杆的平衡条件”实验要求，完成下列各题：（1）实验开始时，杠杆的位置如图甲所示。小明通过调节杠杆右端的螺母向 移动（左/右），使杠杆在水平位置平衡，然后进行下面的实验探究。（2）要使图乙中杠杆平衡，应在a处挂 个钩码（题中的每个钩码都是相同的）。（3）当弹簧测力计由图丙的竖直地拉着变成倾斜地拉着，使杠杆在水平位置静止时，弹簧测力计的示数将 （变大/不变/变小）。（4）有同学根据自己的实验数据，得到如下结论：动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离。这个结论与杠杆的平衡条件不符，原因是实验过程中没有 （选填序号：改变力的大小改变力的方向改变力的作用点多次进行实验）。（5）小明对原来装置进行改装如丁图，与丙图比较，同样用竖直向上的力，将两个相同的钩码，提升相同的高度，机械效率高的是 （丙/丁）图；若利用丁图，小明两次将钩码分别挂在A点和C点，使钩码上升同样的高度，那么机械效率 （A/C/一样）的高。20（9分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，小灯泡的额定电压为2.5伏，电阻大约为10欧，电源电压为6V（1）图甲中已有部分电路连好，请用笔画线代替导线将电路连接完整。（要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数减小）（2）小明正确连接电路后，闭合开关，发现无论怎样调节滑动变阻器灯泡都不亮，小明分析后确定是灯泡的故障。若电流表没有示数，电压表有示数且接近电源电压，可以判断灯泡 ；若电流表有示数，电压表几乎没有示数，可以判断灯泡 。（3）故障排除后重新闭合开关，移动滑动变阻器滑片P到某一位置时，电压表的示数如图乙，若要测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 （填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5伏；（4）小金同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象。根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 瓦。该图象不是直线，主要原因是 。（5）在没有电压表、只有电流表的情况下，小红增加了一只10的定值电阻R并利用原有器材，也测出了额定电压为2.5V小灯泡的额定功率。步骤如下：按照如图丁所示的电路图正确连接实物电路；闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为 A时，灯泡正常发光；断开开关，保持 不变，将电流表改接在灯泡所在支路中，再闭合开关，读出电流表示数I；小灯泡额定功率的表达式为P额= 。四、计算题（共27分）21（12分）电压力锅是一种新型家用电器，集高压锅与电饭锅优点于一体，既安全又环保。如图是某型号电压力锅工作电路简图，表中是其部分参数。其中R1是主加热器，R2是保压加热器。 接通电路后，开关s自动与触点a、b接通，开始加热。当锅内温度达到105时，开关S自动与a、b断开，并与触点c接通，开始保压，此时锅内水温不变，且未沸腾。现将3L初温为25的水加入压力锅中，接通电路使其正常工作30min已知消耗的电能有90%被有效利用，水的比热容为4.2103J/（kg）求：额定电压（V）220主加热器额定功率（W）800保压加热器额定功率（W）200保压温度（）105最大容积（L）5（1）电压力锅在加热状态时的电流。（2）电压力锅多少秒后开始保压？（3）电压力锅在此30min内消耗的电能。22（15分）如图所示，一个底面积为2m2的圆柱状容器，装有适量的水。现将一个底面积为0.5m2、体积为5m3的物体A放入其中，物体A漂浮于水面上。当再给A物体施加一个竖直向下的大小不变的力F以后，A物体最终恰好浸没于水中静止，此时容器底部受到的压强增大了 1104Pa 则：（1）A物体浸没水中静止时容器底部所受到的压力增大了多少？（2）A浸没于水中时受到的浮力为多少？（3）A物体受到的重力为多少？（g=10N/kg） （4）从A物体漂浮水面到浸没水中静止过程中重力做了多少功？参考答案与试题解析一、选择题（1-11题为单项选择题，每题3分；12、13题为多项选择题，全选对得4分，选对但不全得2分，共41分）1【考点】92：声音的传播条件；9H：音色；CR：动圈式话筒的构造和原理【分析】（1）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传声；（2）声音以声波传播；（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这就是电磁感应现象；（4）不同发声体发出声音的音色不同，据此可辨别不同的乐器。【解答】解：A、在演唱会上，歌声通过空气传入现场观众的耳朵，故A错误；B、歌声以声波的方式传播，故B错误；C、麦克风（动圈式话筒）工作时，即人说话的声音使得线圈在磁场中运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，故C正确；D、现场观众根据音色来识别不同的伴奏乐器，而不是通过响度，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了声音的传播、声速度、电磁感应、音色的区分等，属声学综合题，难度不大。2【考点】G4：内能的概念；54：分子的热运动；6Q：平衡状态的判断【分析】（1）组成物质的所有分子动能与分子势能的和统称为物体内能；（2）组成物质的分子永不停息地做无规则的热运动；（3）受平衡力的物体处于静止状态或匀速直线运动状态，否则物体不受平衡力作用；（4）PM2.5的颗粒物是固体小颗粒。【解答】解：A、环境温度低于0时，分子仍然在不停地做无规则运动，PM2.5仍然具有内能，其内能不为零，故A错误；B、PM2.5是固体小颗粒，不是分子，PM2.5在空气的运动不属于分子热运动。故B错误；C、PM2.5在空中既不静止，又不做匀速直线运动，而是浮在空中做无规则运动处于非平衡状态，受非平衡力作用，故C正确；D、PM2.5的颗粒物是固体小颗粒，而空气中的水蒸气液化成小水滴，故D错误。故选：C。【点评】知道PM2.5是固体小颗粒，是分子团，而不是分子；组成物质的分子不停地作无规则热运动，物体的内能不可能为零，是解题的关键。3【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；A2：光在均匀介质中直线传播；AM：光的折射现象及其应用【分析】（1）平面镜成正立、等大的虚像；（2）透镜成像的规律及应用：当uf时，成正立、放大的虚像。放大镜就是根据这个原理制成的；（3）光在同一均匀介质中是沿直线传播的，光的直线传播现象有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象；（4）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生改变，这就是光的折射，光的折射现象有：透镜的应用、池水变浅了、水中的筷子折断了等。【解答】解：A、平面镜成正立、等大的虚像，所以A正确。B、放大镜成正立、放大的虚像，所以B错误。C、阳光照射下，地面上呈现人的影子是由光的直线传播形成的，属于光的直线传播现象，所以C错误。D、勺子“弯折”了是由于水面下的勺子反射的光进入空气时反生折射，折射角大于入射角而造成的。所以属于光的折射，所以D错误。故选：A。【点评】光的反射、折射及光的直线传播在生活中有着很多的现象，要在生活中注意观察，并能用所学物理知识进行解释。4【考点】8O：阿基米德原理；83：压强大小比较【分析】（1）根据浮力的计算公式F浮=液gV排，判断出体积的变化可判断浮力的变化。（2）小球从斜面上加速下滑，判断出图象是否正确；（3）根据容器的形状和p=判断压强的变化；（4）根据P=判断木块对桌面的压强随时间变化规律。【解答】解：A、将漂浮在水面上的木块缓慢向下压，当木块全部浸入水中后仍继续向下压一段距离，排开水的体积先变大，最后不变，根据浮力的计算公式F浮=液gV排，可知木块的浮力先变大后不变，又因为刚开始时木块自身有浮力，故图象不从原点开始。故A正确；B、小球从光滑斜面顶端由静止向下运动，在向下运动过程中小球速度增加，即随着时间的变长，路程逐渐增加，小球与出发点的距离随时间变化规律应该逐渐向上弯曲，故B错误；C、向杯中匀速缓慢注水，从注水开始到注满的过程中随着时间的变长，水的质量成正比增加，即水的质量与时间成正比，根据p=知水杯对桌面的压强与时间成正比，但水杯自身有重力，图象不从原点开始，故C正确；D、质地均匀的长方体木块在水平向右的拉力F作用下匀速向右移动，木块与桌面的接触面积先不变，后减小，木块对桌面的压力不变，根据P=知木块对桌面的压强先不变，再增加，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了学生对图象的分析能力，是一道难题。5【考点】83：压强大小比较【分析】（1）根据液体A、B质量相等可确定液体A、B的重力，因为是规则容器，所以F=G总，再根据甲容器底面积大于乙容器底面积，分析p1和p2的关系；（2）根据物块M、N质量相等，可确定其重力关系，根据阿基米德原理分析物块M、N受到的浮力关系，然后结合物体的浮沉条件确定m1和m2的关系。【解答】解：（1）由液体A、B质量相等可得GA=GB，物块M、N质量相等，因为是规则容器，所以液体容器底部的压力F=G总，则由可知：FA=GA+GM，FB=GB+GN，由于GA+GM=GB+GN，所以，FA=FB；已知甲容器底面积大于乙容器底面积，由p=可得，p1p2；故AB错误；（2）因为物块M、N质量相等，即MA=MB；已知M、N都是漂浮，则F浮=G排=m排g=G=Mg，所以物块M排开液体的质量m1等于物块N排开液体的质量m2，故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题考查了学生对压强公式、物体浮沉条件的掌握和运用，本题关键：一是阿基米德原理的应用；二是物体浮沉条件的应用。6【考点】IY：电路图设计【分析】不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，可知车尾的一盏刹车指示灯由两个开关控制；而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，说明车尾转向指示灯由两个开关分别控制；然后根据并联电路电流有多条通路，各支路互不影响分析即可。【解答】解：不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，说明这两个开关都能控制指示灯，而且两开关互不影响，即两开关并联；汽车的前后转向灯可以单独工作，所以它们是并联的。拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，说明由两个开关而且一个开关控制一个灯泡，综上分析，只有B选项符合题意。故选：B。【点评】此题主要考查了串并联电路的区别，首先要掌握串并联电路的特点，关键是看用电器能否单独工作。7【考点】HG：电流的大小；IQ：家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；J7：电功率【分析】电饭锅正常工作的电流在3A左右；我国家庭电路电压为220V；电饭锅属于较大功率的用电器，额定功率在500W以上；在得出电饭锅功率的前提下，利用W=Pt得到消耗的电能。【解答】解：AC、电饭锅属于功率较大的用电器，额定功率在700W左右；电饭锅正常工作的电流在I=3.2A左右；故A错误，C正确；B、在我国，家庭电路电压为220V，常见家用电器的额定电压与家庭电路电压应该一致，也是220V；故B错误；D、电饭锅正常工作1h消耗的电能约W=Pt=700W3600s=2520000J；故D错误。故选：C。【点评】对于估计问题，要记住一些生活中常见的物理量，然后进行比较得出。特别是与电有关的数据，如家庭电路电压、一节干电池电压、用电器工作时的电流、功率等等。8【考点】7N：杠杆的平衡条件；6H：力的示意图；CP：电磁感应；IV：安全用电原则【分析】A、根据杠杆的平衡条件判断杠杆是否平衡；B、磁场对导体有力的作用与电磁感应实验类似，电磁感应实验外部没有电源，磁场对导体有力的作用外部需有电源；C、压力是垂直作用在物体表面上的力；D、家用电器的金属外壳需与大地相连，防止外壳带电，发生触电事故。【解答】解：A、如果两侧各去掉一个钩码，左侧=G3L=3GL；右侧=2G2L=4GL，右侧力和力臂的乘积大，右侧下沉，A错误；B、由图知，外部没有电源，此时导体切割磁感线，导体中将会有感应电流产生，这是电磁感应实验，B错误；C、木块对斜面的压力应垂直于斜面，指向斜面，C错误；D、为防止触电事故，电冰箱的金属外壳应接地，D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了杠杆平衡条件、电磁实验、压力的方向及安全用电的有关知识，属基础内容的考查，难度不大。9【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用【分析】根据欧姆定律分别表示出R2两端的电压，根据电压表的示数变化了3V建立等式即可求出R2的阻值，利用P=I2R分别求出定值电阻R2所消耗最大和最小功率即可得出答案。【解答】解：根据欧姆定律可得：当电路中的电流I1=1A时，电压表的示数U1=I1R2=1AR2，当电路中的电流I2=1.3A时，电压表的示数U2=I2R2=1.3AR2，因电流表的示数变化范围为1A1.3A时，电压表的示数变化了3V，所以，U2U1=1.3AR21AR2=3V，解得：R2=10，定值电阻R2所消耗的最小功率：P2min=I12R2=（1A）210=10W，定值电阻R2所消耗的最大功率：P2max=I22R2=（1.3A）210=16.9W，所以，该定值电阻R2所消耗功率的变化范围是10W16.9W。故选：D。【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，表示出电流表示数的变化求出R2的阻值是关键。10【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用【分析】从支点到力的作用线的垂线段叫力臂；杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2。【解答】解：由图知，F2的方向沿OO线，其力臂最长，为s2；而F1的方向竖直向下，所以其力臂l1是从A点到F1的垂线段，小于s1，更小于s2故选项C正确；由F1L1=F2L2知，L1s2，所以F1一定大于F2选项A错误；此时有，而不是选项B错误；已知F1的方向是竖直向下的，为保持杠杆平衡，F2的方向应该沿OO向上。选项D错误。故选：C。【点评】此题考查的是我们对杠杆平衡条件及力臂的理解和应用，知道力臂是支点到“力的作用线”，而不是到“力的作用点”的垂线段，是解答杠杆问题的第一步。11【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】串联电路的电流处处相等，并联电路各支路电压相等，用电压表和电流表，直接或间接测量电压和电流，根据欧姆定律求得Rx电阻。【解答】解：A、开关S闭合时，R0短路，电压表测量电源电压；开关S断开时，电压表测量Rx两端的电压；根据串联电路总电压等于各分电压之和，求出R0两端的电压，根据I=求出通过R0的电流，根据串联电路电流处处相等，通过Rx电流等于通过定值电阻电流Ix=I0，根据Rx=可求出Rx电阻，故A错误；B、由电路图可知，当S断开时，电路为R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律可求电源的电压；当开关S闭合时R0、Rx并联，电流表测干路电流，因通过R0的电流不变，根据并联电路的电流特点可求通过Rx的电流，再根据并联电路的电压特点和欧姆定律即可求出Rx阻值，故B错误；C、由电路图可知，当开关S闭合时，电路为R0的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；当开关S断开时两电阻串联，电流表测串联电路的电流，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据电阻的串联求出Rx阻值，故C错误。D、开关S闭合时，Rx短路，电压表测量电源电压；开关S断开时，电压表测量电源电压；所以无法得到电路中电流，不能计算出Rx的值，故D正确；故选：D。【点评】利用电压表或电流表测未知电阻的阻值，就是根据串联电路的电流特点或并联电路的电压特点想办法得出未知电阻两端的电压和电流，然后根据欧姆定律求出未知电阻的阻值。12【考点】FT：机械能；7D：摩擦力的大小；EA：力是否做功的判断；FN：动能和势能的大小变化【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度；重力势能大小的影响因素：质量、高度；机械能=动能+势能。（2）力对物体做功的两个必要因素：作用在物体时的力，物体在该力的方向上通过距离。（3）木块匀速运动，说明木块受到的力是平衡力。竖直方向上重力和支持力是平衡力，水平方向上拉力和摩擦力是平衡力；钩码触地后，木块由于惯性会继续向前运动，此时所受摩擦力不变。【解答】解：A、木块在水平台上匀速运动的过程中，动能不变，重力势能不变，所以木块的机械能不变，故A错误；B、木块受到重力竖直向下，木块向下没有移动距离，重力对木块没有做功，钩码受到重力竖直向下，钩码向下移动了距离，重力对钩码做功，故B错误；C、钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的速度越来越小，所以木块的动能越来越小，故C正确；D、在钩码的拉力作用下，木块沿桌面做匀速运动，此时木块受平衡力，水平方向的拉力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则f=m2g；钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小仍为m2g，故D正确。故选：CD。【点评】（1）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，机械能=动能+势能。（2）掌握力对物体做功的两个必要因素。（3）掌握摩擦力大小的影响因素。13【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】（1）S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器与L串联。根据滑动变阻器的规格和欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值范围；（2）S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器与L串联，根据P=I2R分析灯泡的功率变化范围；（3）S、S1、S2都闭合，滑动变阻器与R0并联，要使电路消耗的总功率最小，则滑动变阻器的阻值最大，据此求得流经滑动变阻器的电流，与R0的支路上的电流之和为干路上的电流，然后利用P=UI求得电路消耗的总功率最小值；（4）S、S1、S2都闭合，滑动变阻器与R0并联，当电路消耗的总功率最大时，根据电流表的量程确定干路中的电流，利用R=求得电路中的总电阻，然后可求滑动变阻器接入电路的阻值。【解答】解：A、S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器与L串联。由P=可得小灯泡电阻RL=12，由P=UI可得小灯泡正常发光时的电流：I=0.5A，当电路中电流最大时，电阻最小，则滑动变阻器接入电路的最小阻值：R小=12；滑动变阻器的规格为“50 2A”，则最大阻值R大=50，故滑动变阻器接入电路的阻值范围是1250，故A正确；B、S闭合，S1、S2都断开，滑动变阻器与L串联，电阻最大时电流最小，其最小电流：I最小=A，则灯泡的最小功率：P最小=（I最小）2RL=（A）2120.45W，故灯泡的功率变化范围是0.45W3W，故B错误；C、S、S1、S2都闭合，滑动变阻器与R0并联，通过R0的电流：I1=0.2A，当滑动变阻器的阻值最大时，此支路上的电流最小，则I2=0.24A则干路上的电流I最小=I1+I2=0.2A+0.24A=0.44A，电路消耗的总功率最小值P最小=UI最小=12V0.44A=5.28W，故C错误；D、由电流表的量程可知，干路中的最大电流为0.6A，则电路消耗的总功率最大，电路中的总电阻R总=20，滑动变阻器与R0并联，则=+，即：=+，解得R滑=30故D正确。故选：AD。【点评】此题考查了电路连接关系的识别、串并联电路的特点、欧姆定律以及电功率的计算，是电学典型的综合题，考查全面，难度较大，需要熟练掌握电路特点、计算公式和规律。二、作图题（6分）14【考点】B6：透镜的光路图；A8：作光的反射光路图；AN：作光的折射光路图【分析】（1）在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。（2）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，作出反射光线；根据光由空气斜射进入水中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：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。据此作出光线AO通过凹透镜前的入射光线；过入射点垂直界面作出法线，在空气中法线的另一侧作出反射光线，注意反射角等于入射角；在水中法线的另一侧作出折射光线，注意折射角小于入射角，如图所示：【点评】此题综合考查了光的反射、折射和透镜光路图的画法，关键是掌握光由空气斜射进入水中折射光线向法线偏折，折射角小于入射角作出折射光线。同时还要掌握凹透镜的三条特殊光线。15【考点】7P：力臂的画法【分析】已知支点、阻力的方向和动力臂，根据力臂的画法，过动力臂的左端作垂直于动力臂的力，即动力。【解答】解：过力臂l1的左端，作垂直于力臂l1的动力作用线，与杠杆的交点A即为动力作用点，由于阻力F2向下，因此动力F1的方向应向上，这样才能使杠杆平衡，如图所示：【点评】本题是根据动力臂画动力，明确力臂的概念（从支点到力的作用线的距离）是关键。16【考点】IO：家庭电路的连接【分析】对于电灯接线操作的基本要求是：火线零线并排走，零线直接进灯头，火线接在开关上，通过开关进灯头；对于插座的接线方法是要求左零右火，三孔插座还要求中接地，如果电路中有熔丝，则要将熔丝接到火线上。【解答】解：（1）灯泡接法：火线与开关串联，然后再接到灯泡顶端的金属点，零线直接与灯泡的螺旋套相连；（2）安装三孔插座的原则，左孔接零线，中间插孔与地线相连，右孔接火线；电路图如下图所示：【点评】本题考查了家庭电路中的电灯、开关、插座的连接；家庭电路中，不但考虑用电器的正常使用，更要考虑使用的安全性。三孔插座的接线原则：左零右火，中间接地。三、实验题17【考点】1F：熔化和凝固的探究实验；1O：探究水的沸腾实验【分析】（1）熔点是晶体熔化时的温度，晶体在熔化时保持熔点温度不变，处于固液共存状态；冰熔化的时候继续吸热，温度不变，但内能增加；根据Q=cmt算出冰5min吸收的热量，根据相同时间吸收的热量相同得出熔化过程吸收的热量；（2）液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低；水沸腾的特点：吸收热量，温度不变；（3）酒精灯加热时，铁圈和石棉网的温度升高，高于水的温度，当移开酒精灯时，水还会从铁圈和石棉网吸收热量，继续沸腾。【解答】解：（1）冰是晶体，由图象可知BC段表示冰处在熔化过程，所以是固液共存状态；冰熔化过程中继续吸热，温度不变，内能增加；由图象可以看出，冰的熔点是0；图象中，冰的熔化从第5min开始，到第15min结束，共经历了10min。AB阶段5min物质吸收的热量Q=cm（tt0）=2.1103J/（kg）0.1kg10=2.1103J；因为相同时间内物质吸收的热量相同，则BC阶段物质共吸收了22.1103J=4.2103J的热量；（2）沸腾图象的FG段温度保持，是因为水沸腾时，继续吸热，温度不变，因此继续加热水的温度不变；（3）酒精灯给水加热时，铁圈和石棉网也吸收热量，温度升高，温度高于水的温度，当移去酒精灯时，水从铁圈和石棉网处吸收热量，继续沸腾。故答案为：（1）固液共存；增加；4.2103；（2）水在沸腾过程中继续吸热但温度不变；（3）石棉网的余温可以继续加热。【点评】本题考查了晶体的熔化和液体沸腾的特点，关键掌握晶体熔化和沸腾的条件和特点；同时还考查了水的沸腾的特点关系，是一道综合性较强的题目。18【考点】AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【分析】根据玻璃板的两个反射面都成像分析；另外一支相同的蜡烛与竖立在玻璃板前面点燃的蜡烛的像能完全重合，可知蜡烛和他成的像大小相等；实验中应多次测量；平面镜成像时，物距等于像距；像与物体的连线与镜面是垂直的；玻璃板能透过光线。【解答】解：选用两根完全相同的蜡烛，点燃一只蜡烛，用另一个完全相同的蜡烛放在像的位置，来代替像，为了研究像与物的大小关系；蜡烛A点燃后，A会通过玻璃板后面成一个虚像，若B点燃，则无法区分像和玻璃杯后面的蜡烛；未点燃的蜡烛与点燃的蜡烛的像完全重合，可知蜡烛和他成的像大小相等，物体和像关于平面镜对称，可以确定像的位置。移动蜡烛A，重做实验，未点燃的蜡烛处在像的位置，用刻度尺量出点燃的蜡烛和未点燃的蜡烛到平面镜的距离；通过分析可知，像和物体到玻璃板的距离相等，像和物的连线与玻璃板垂直。用玻璃板代替平面镜进行实验，是利用了玻璃板的透光性，在物体一侧能看到物体的像，同时还能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置。故答案为：无法区分像和玻璃杯后面的蜡烛；重合；A；相等；垂直；便于确定像的位置。【点评】本题主要考查了探究平面镜成像的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。同时考查学生动手操作实验的能力，并能通过对实验现象的分析得出正确结论。19【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验【分析】（1）杠杆平衡调节原则是：右低将平衡螺母左调，左低将平衡螺母右调。（2）根据杠杆平衡条件求出a处挂钩码的个数。（3）阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测力计示数如何变化。（4）从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂。（5）通过比较额外功的大小比较机械效率高低。【解答】解：（1）杠杆右端高，说明水平时重心在支点左边，所以应将平衡螺母右调，使重心右移，杠杆才能平衡。（2）设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，2G2L=nG4L，n=1（个）。（3）当弹簧测力计逐渐向左倾斜时，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计拉力F的力臂变小，由杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，可知弹簧测力计的拉力变大。（4）“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向。故正确。（5）丙与丁相比，丁要克服更多的额外功，所以丁机械效率更低，丙的机械效率更高；钩码在A点，要提高相同的高度，弹簧测力计上升的高度更大，克服杠杆的重力做功更多，机械效率更低，所以在C点时机械效率更高。故答案为：（1）右；（2）1；（3）变大；（4）；（5）丙；C。【点评】杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小，力会变大。同时，本题还考查了利用杠杆的平衡条件来对杠杆的动态平衡情况进行分析，是我们应该掌握的。20【考点】JF：电功率的测量【分析】（1）滑片P向右移动电流表示数变小说明接入电路的电阻变大即接入电路的电阻变大，然后根据滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中；电压表与灯泡并联，根据灯泡的额定电压判断电压表的量程；（2）电流表有示数，说明电路为通路；小灯泡不亮，电压表无示数，说明小灯泡短路或电压表短路；小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路断路或电路中的总电阻太大；电压表有示数，说明与电压表与电源是连通；（3）由串联电路的电压特点电压和电阻成正比，来分析滑动变阻器的滑片移动情况。（4）从图象上找到额定电压对应的点，读出对应的电流，利用P=UI计算额定功率。该图象不是直线，即电压和电流的比值不是定值，说明小灯泡发光的过程中，影响电阻大小的因素是存在的；（5）定值电阻R和电流表相当于电压表；保持滑片的位置不变，将电流表与灯串联，根据各元件两端的电压不变，读出电流表示数即可；根据P额=U额I求小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）滑片P向右移动电流表示数变小说明接入电路的电阻变大，故滑动变阻器的左下方接线柱应与定值电阻串联；电压表与灯泡并联，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表的量程为03V；如下图所示：（2）若小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路断路或电路中的总电阻太大；电压表有示数，说明电压表与电源是连通的，所以小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，原因是小灯泡断路；若电流表有示数，说明电路为通路；小灯泡不亮，电压表无示数，说明小灯泡短路或电压表短路；（3）电压表的量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.2V，而额定电压为2.5V，故应使小灯泡两端的电压增大，就应该让滑动变阻器两端的电压减小，就必须把滑动变阻器的阻值调小，即滑片向A移动。（4）由图象知，当灯的电压是2.5V时，对应的电流值为0.2A，额定功率P=UI=2.5V0.2A=0.5W。小灯泡的电流随电压变化的图象不是一条直线，说明小灯泡的电阻不是定值，并且灯丝的电阻随电压的增大而升高，即灯丝的电阻随温度的升高而增大。（5）小红增加了一只10的定值电阻R，因当电流表示数为I=0.25A时，R两端的电压一定为2.5V根据并联电路电压的特点，灯的电压为2.5V，灯一定正常发光，所以，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为0.25A时，灯泡正常发光；断开开关，保持变阻器滑片P的位置或变阻器接入电路的阻值不变，将电流表改接在所在灯支路中，此时电路的连接关系没有改变，只是电流表由原来测通过R的电流变为测通过灯的电流I，R与灯两端的电压与变阻器的电压均保持不变，灯仍正常发光，通过灯的电流I即为灯正常发光时的电流大小。所以，断开开关，保持滑动变阻器滑片P的位置（或滑动变阻器接入电路的阻值）不变，将电流表改接在灯泡所在支路中，再闭合开关，读出电流表示数I；小灯泡额定功率的表达式为P额=U额I（或2.5I）。故答案为：（1）见上图；（2）断路；短路；（3）A；（4）0.5；灯丝电阻随温度升高而增大；（5）0.25；滑动变阻器滑片P的位置；U额I（或2.5VI）。【点评】本题测量小灯泡电功率，考查电路的连接、常见故障的分析、电路的调节、电功率的计算、影响电阻大小的因素等知识，是一道综合题，有一定难度。四、计算题（共27分）21【考点】JK：电功与热量的综合计算；2B：密度公式的应用【分析】（1）加热状态时的功率等于主加热器额定功率和保压加热器额定功率之和，根据P=UI求出电压力锅中的电流；（2）先根据密度公式求出水的质量，再根据Q吸=cm（tt0）求出水温度达到105时吸收的热量，利用效率公式求出消耗的电能，再根据W=Pt求出电压力锅多需要多少时间开始保压；（3）30min减去加热到保温的时间即为保温时的时间，根据W=Pt求出保温时消耗的电