533242497山东省日照市中考物理真题及答案

1、山东省日照市2015年中考物理试卷一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题2分，共16分）1人能感受的声音频率有一定的范围，多数人能够听到的频率范围大约是2020000hz大象进行交流时的“声音”是一种次声波，人类听不到大象的“声音”是因为（）a次声波的频率小于20hzb次声波无法传到人耳c次声波的频率大于20000hzd大象发出的声音太小考点：人耳感知声音的过程及听到声音的条件.专题：声现象分析：人能听到的声音频率范围是20hz20000hz，频率低于20hz的声音叫次声波，频率高于20000hz的声音叫超声波解答：解：因为大象进行交流的“声音”是一种次声波，其频率低于20hz，不在人耳能够

2、听到的声音频率范围之内，所以人类听不到大象之间的交流“声音”故选a点评：本题考查了学生对人耳听觉范围的掌握，明确不是大象发出的所有的声音都是次声波，只有大象之间交流时才会是次声波2五莲山是著名的风景区，远远望去，云雾療绕，显得神秘而美丽关于云雾的形成，下列说法正确的是（）a是从山中冒出的烟b是水蒸气凝华成的小水珠c是从山中蒸发出来的水蒸气d是水蒸气遇冷液化形成的小水珠考点：液化及液化现象.专题：汽化和液化、升华和凝华分析：解答此题首先要知道的雾气是什么状态，然后知道这种状态的物质从哪来的雾气是液态的小水滴，是由空气中的水蒸气液化变来的解答：解：雨后的山上总有很多的水蒸气，但是水蒸气和空气一样是

3、看不见的山顶的温度较低，水蒸气遇冷液化成小水滴，形成雾故选d点评：本题中不要误以为雾气是水蒸气生活中看到的白气、白雾都是液态的小水滴，而不是水蒸气，它的形成过程都是液化如冬天人呼出的白气是人呼出气体中的水蒸气遇冷液化成的小水滴；烧开水冒出的白气是汽化成的水蒸气离开壶嘴后遇冷液化成的小水滴；夏天冰棍冒出的白气是冰棍周围的空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴3下列现象中，由于光的直线传播而形成的是（）a倒映在水中的大桥b水中的筷子变弯c手影游戏 d光的色散考点：光在均匀介质中直线传播.专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形

4、成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等解答：解：a、大桥在水中的倒影是平面镜成像，是光的反射形成的，故a不合题意b、水中筷子弯曲了则是由光的折射形成的，故b不合题意c、手影游戏中的影子是光的直线传播形成的，故c符合题意c、阳光通过三棱镜发生折射，由于不同颜色的光折射的角度不同，从而将太阳光分解成七色光的现象，这种现象叫光的色散，故d不合题意故选c点评：此题主要通过各种事例考查了学生对光的反射、光

5、的直线传播、光的折射的理解要注意这几种现象的本质，在日常生活中学习用所学知识解释有关现象4如图所示的家庭电路接线圈，符合安全用电原则的是（）abcd考点：安全用电原则.专题：电与热、生活用电分析：（1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套（2）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；（3）保险丝串联在家庭电路干路的火线上解答：解：（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故既能控制灯泡，又能更安全；（2）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，保险

6、丝接火线故选b点评：掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性5 2015年5月8 日上午，我市中小学生足球联赛正式打响这是我市重视足球运，提升校园足球水平的重要措施关于足球，下列说法正确的是（）a静止在水平桌面上的足球对桌子的压力与桌子对足球的支持力是一对平衡力b静止在水平桌面上的足球受到的重力与桌子对足球的支持力是一对平衡力c忽略空气阻力，足球在空中上升的过程中重力势能转化为动能d比赛中足球离开运动员在空中继续飞行是因为足球受到惯性力作用考点：平衡力的辨别；惯性；动能和势能的转化与守恒.专题：运动和力；机械能及其转化分析：ab、一对平衡力必须同时符合

7、四个条件，即大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，缺一不可；c、重力势能的影响因素是质量和高度，动能的影响因素是质量和速度，根据其影响因素可做出判断；d、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性不是力解答：解：a、静止在水平桌面上的足球对桌子的压力与桌子对足球的支持力作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故a错误；b、静止在水平桌面上的足球受到的重力与桌子对足球的支持力大小相等、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b正确；c、忽略空气阻力，足球在空中上升的过程中，高度增加，速度减小，是动力转化为重力势能，故c错误；d、比赛中足球离开

8、运动员在空中继续飞行是因为足球具有惯性，惯性不是力，所以不能说受到惯性力作用，故d错误故选b点评：本题考查了平衡力的辨别、动能与重力势能的转化、惯性现象等，有一定综合性，但难度不大6下列现象用物理知识解释正确的是（）a图甲虚线框中如果是一种透镜，则应该是凹透镜b图乙中当ab捧左右运动时会生成电流，是电动机的工作原理c图丙为四冲程汽油机的吸气冲程，该冲程将汽油和空气的混合物吸进气缸d图丁中a管能喷出水，因为a管上方空气流速越大，压强越小考点：透镜的光路图；流体压强与流速的关系；电磁感应；内燃机的四个冲程.专题：其他综合题分析：（1）根据凸透镜和凹透镜对光线的作用分析凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜

9、对光线有发散作用（2）电动机的原理是通电导体在磁场中受力，通电是原因，受力运动是结果；发电机的原理是电磁感应现象，运动是原因，产生电流是结果（3）判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析；（4）吸管a和烧杯构成连通器，吹气之前，吸管内和烧杯内液面相平当向b管吹气时，a管上方的空气流动速度增大，压强减小，a管下方压强不变，a管内的液体受到向上的压强大，液面上升解答：解：a、图甲虚线框中如果是一种透镜，通过透镜的光线比入射光线向主光轴靠拢，所以透镜对光线有会聚作用，因此是凸透镜故a错误；b、乙图没有电池，当ab捧左右运动时会生成感应电流，是电

10、磁感应的实验图，属于发电机的原理，故b错误；c、丙图两气门都关闭，活塞下行，是做功冲程，内燃机的内能转化为机械能，不是吸气冲程故c错误；d、往b管中吹气，吸管a上方空气的流速增大，压强减小，a管中液体受到向上的压强大于向下的压强，在外界大气压的作用下，管中液面就会向上升，故d正确故选d点评：此题考查透镜的光路图、电磁感应、内燃机的四个冲程、流体压强和流速的关系，是一道综合性很强题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题7如图所示，动滑轮重10n，不汁绳重及滑轮和绳之间的摩擦，当动滑轮上挂重力为50n的物体a时，物体b在水平桌面上恰好能向左做匀速直线运动则b受到的摩擦力（）a方向水平向左，大

11、小是20nb方向水平向右，大小是nc方向水平向左，大小是nd方向水平向右，大小是20n考点：摩擦力的大小.专题：重力、弹力、摩擦力分析：根据滑轮组的省力情况，已知物体a和动滑轮的重力、不计绳重以及滑轮轮轴间摩擦，可求出绳子自由端的拉力，物体b匀速运动，拉力和摩擦力是一对平衡力，可知物体b所受摩擦力的大小和方向解答：解：承担物重的绳子股数是3，绳子自由端的拉力：f=20n；物体b向左做匀速直线运动，拉力和摩擦力是一对平衡力，物体b所受摩擦力：f=f=20n，方向水平向右故选d点评：本题考查摩擦力的计算，关键是对滑轮组进行受力分析8如图所示，电源电压不变，开关s1处于闭合状态，当开关s2闭合时，电

12、流表和电压表的示数变化情况都正确的是（）a电流表a2示数变大，电压表示数变大b两电流表示数都变大，电压表示数不变c电压表示数变大，电流表a2示数变为零d电压表示数变小，电流表a1示数变大考点：电路的动态分析.专题：电路变化分析综合题分析：分析开关不同状态下电路的连接方式，电表所测物理量，根据电路特点和欧姆定律分析电表示数的变化情况解答：解：由图开关s1处于闭合时，两电阻串联，a1、a2测电路中电流，电压表v测r2两端电压，电路的总电阻r=r1+r2，电源电压u=u1+u2，当开关s2闭合时，r1短路，所以a2示数为0，a2即示数变小；电路中只有r2连入电路中，电路中总电阻r=r2，电源电压不变

13、，根据i=，电路中电阻变小，所以电流变大，即a1示数变大；电源电压u=u2，即电压表示数变大所以abd错误，c正确故选c点评：本题考查串联电路特点和欧姆定律的应用，关键是正确分析开关在不同状态下电路结构二、多项选择题（本大题包括4小题，每小题3分，共12分在每小题给出的四个选项中至少有两项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错的得0）9下列一些日常生活中的数据或常识，符合实际的有（）a教室内课桌的高度约0.8mb所有电磁波的频率都是101.1mhzc人体的平均密度与水的密度接近d丹麦物理学家奥斯特发现电流的周围存在着磁场考点：长度的估测；密度及其特性；通电直导线周围的磁场.专题

14、：其他综合题分析：根据对物体长度的了解判断正误；电磁波的传播速度一定，频率与波长成反比；人体在水中接近悬浮状态；电流的磁效应最早是丹麦的奥斯特发现的解答：解：a、中学生的身高是1.60m，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm=0.8m左右故a符合实际；b、电磁波的传播速度一定，不同波长的电磁波的频率不同故b不符合实际；c、水的密度是1.0103kg/m3，人在水中接近悬浮状态，说明人体密度与水的密度差不多，在1.0103kg/m3左右故c符合实际；d、丹麦物理学家奥斯特最早发现电流的周围存在着磁场故d符合实际故选acd点评：本题考查学生对生活中常见物体的数据及物理常识的了解情况，本题告

15、诉我们一定要对实际生活中常见的物体和基本规律做到熟知，以免闹了笑话自己还不知道10如图所示，质量与底面积相同且厚度忽略不计的三个容器，分别装有质量和深度均相等的甲、乙、丙三种不同液体，放在水平桌面上，下列说法正确的是（）a三容器对桌面的压强大小不相等b三容器对桌面压强大小相等c三容器底部所受液体的压强大小相等d甲液体对容器底部的压力最小考点：压强大小比较.专题：压强、液体的压强分析：首先根据容器的形状判断容器内液体对容器底的压力，对d选项进行判断，然后根据p=判断三容器底部所受液体的压强大小，对c选项进行判断；然后容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，根据p=判断三容器对桌面的压强大

16、小，对ab选项进行判断解答：解：（1）由图可知，乙容器为直壁容器，液体对容器底的压力等于液体的重力；甲容器上粗下细，液体对容器底的压力小于液体的重力；丙容器上细下粗，液体对容器底的压力大于液体的重力所以，甲、乙、丙液体对容器底部的压力关系为f甲f乙f丙，故d正确；（2）甲、乙、丙液体对容器底部的压力关系为f甲f乙f丙，三个容器底面积相同，所以，根据p=可知，三容器底部所受液体的压强的大小关系为p甲p乙p丙，故c错误；（3）由题意知，三个容器质量相等，则重力相等，容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，而甲、乙、丙液体质量相等，重力相等，则三个容器分别装有质量和深度均相等的甲、乙、丙三种

17、不同液体，放在水平桌面上时，对桌面的压力大小关系为：，三个容器底面积相同，根据p=可知，三容器对桌面的压强大小关系为故a正确，b错误故选ad点评：本题主要考查形状不规则的容器中，液体对容器底部压力的计算，这是本题的难点，也是重点，还要知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力11如图所示为某种自动计数器的示意图，传送带上的工件每遮挡一次光，信号处理系统就计数一次其中r1为光敏电阻，其阻值随着光照射强度的增大而变小，r2为定值电阻此计数器的基本工作原理是（）a当有光照射r1时，信号处理系统获得低电压b当有光照射r1时，信号处理系统获得高电压c信号处理系统每获得次高电压就计数一次d信号处

18、理系统每获得一次低电压就计数一次考点：欧姆定律的应用.专题：欧姆定律分析：由电路图可知，电阻r1与r2串联，信号处理系统与r1并联，根据光敏电阻阻值与光照的关系可知其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和r2两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知信号处理系统获得电压的变化；同理判断工件每遮挡一次光时r1两端的电压变化，进而得出计数一次的电压情况解答：解：由电路图可知，电阻r1与r2串联，信号处理系统与r1并联，因光敏电阻的阻值随着光照射强度的增大而变小，所以，当有光照射r1时，其阻值变小，电路中的总电阻变小，由i=可知，电路中的电流变大，由u=ir可知，r2两端的电压变大，因串联电

19、路中总电阻等于各分电阻之和，所以，r1两端的电压变小，即信号处理系统获得低电压，故a正确，b错误；同理，无光照射r1时，其阻值变大，电路中的总电阻变大，电路中的电流变小，r2两端的电压变小，r1两端的电压变大，即信号处理系统获得高电压，则信号处理系统每获得次高电压就计数一次，故c正确，d错误故选ac点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，利用好光敏电阻与光照的关系是解题的关键12标有“6v 1.5w”的灯泡，通过它的电流随两端电压变化的关系如图所示若把这样的两只灯泡串联起来接在电压为8v的电源两端，下列关于其中一只灯泡说法正确的是（）a电阻为24b电阻为20c每分钟发热40jd实际功率

20、为0.8 w考点：欧姆定律的应用.专题：欧姆定律分析：在串联电路中，当各电阻的阻值都相同时，则各电阻两端分得的电压也相等，根据这个规律，我们就可以算出这两只灯泡串联时每只灯泡两端的电压；根据图象找出灯泡两端实际电压对应的电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据p=ui求出实际功率，利用q=w=pt求出每分钟发的热解答：解：两灯泡串联时，因串联电路中各处的电流相等，且两只灯泡的规格相同，所以，它们的电流和电阻都相同，由i=的变形式u=ir可得，这两只灯泡两端分得的电压都相同，则两只灯泡串联接在8v的电源两端时，每只灯泡两端的电压都为u=4v；由图象可知，当u=4v时，i=0.2a，小灯泡的电阻：r

21、=20，故a错误，b正确；小灯泡的实际电功率：p=ui=4v0.2a=0.8w，故d正确；每分钟发的热：q=w=pt=0.8w60s=48j，故c错误故选bd点评：小灯泡的电阻会随温度的变化而变化，在解答本题时一定要注意题中所给示的图象，要围绕这个图象去进行解答三、填空题（本大题包括3小题，每空1分，共5分）13如图所示，检査视力的时候，视力表挂在小明后方的墙上，小明观察到镜中的“视力表”距自己m考点：平面镜的应用.专题：光的传播和反射、平面镜成像分析：根据平面镜成像特点，结合图示，先求出视力表在镜中的像与视力表之间的距离，然后减去被测者与视力表之间的距离即可得到答案解答：解：由图示可知，视力

22、表与平面镜之间的距离为3m，被测者与视力表之间的距离为1m，根据平面镜成像特点，物体与像到镜面的距离相等，可得视力表在镜中的像与视力表之间的距离为3m+3m=6m，则视力表在镜中的像与被测者相距6m1m=5m故答案为：5点评：牢记平面镜成像的特点是解答此题的关键所在，解答此题时要注意认真审题（包括图示），搞清题干的问题和各已知条件的关系14我国南海油气资源储量丰富，“海洋石油981”钻井平台在南海开展钻探活动时，向海底垂直发射超声波，经过3s，收到回波信号，已知海水中的声速是1531m/s，则海洋中该处的深度为m，石油和天然气属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源考点：回声测距离的应用；能源

23、的分类.专题：声现象；能源的利用与发展分析：（1）知道超声波从海面到海底再返回海面的时间，可以求出超声波从海面到海底用的时间，又知道声速，利用速度公式求海水的深度；（2）能够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，不能够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解答：解：（1）超声波从海面到海底用的时间：t=3s=1.5s；由v=可得，该处海水的深度：h=vt=1531m/s1.5s=2296.5m；（2）石油和天然气不能够源源不断地从自然界获得，也不能重复利用，它们是不可再生能源故答案为：2296.5；不可再生点评：本题考查了学生对速度公式的掌握和运用，本题关

24、键：一是求出超声波单趟（从海面到海底）用的时间，二是能源的分类，知道可再生与不可再生能源的概念15如图所示，温度计的示数为；玻璃和铁中属于晶体的是考点：温度计的使用及其读数；晶体和非晶体的区别.专题：温度计、熔化和凝固分析：此温度计的分度值是1，示数在温度计的量程范围内，液面在0以下为负摄氏度晶体有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点解答：解：温度计的最小分度值是1，温度计示数为4；铁在熔化过程中有一定的熔点是晶体，玻璃在熔化过程中没有一定的熔点是非晶体故答案为：4，铁点评：本题考查了学生对温度计的读数方法的掌握以及常见晶体和非晶体的区分，属于基础知识的考查四、作图与实验探究题（本大题包括3小题，

25、共12分）16如图所示，轻质杠杆可绕o点在竖直面内旋转，画出使杠杆保持平衡的最小力f1的示意图和对应的力臂l1考点：杠杆中最小力的问题；力臂的画法.专题：简单机械分析：使用杠杆时，若阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，越省力；因此解答此题，只需找出使动力臂最大的动力作用点，然后作动力臂的垂线即可解答：解：在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，由图示可知，当力f与o与a的连线oa垂直向上时，力f的力臂l1最大，此时作用力f1最小，如图所示；点评：本题考查力臂的画法和最小动力的确定；由杠杆的平衡条件，杠杆中最小作用力问题，可以转化为最大力臂问题，解题的关键是找出最长的力臂17一物理兴趣小组“探究

26、物体的动能和那些因素有关”的过程如下a如图甲，让质量不同的钢球分别从同一轨道、同一高度由静止开始滚下，撞击水平轨道左端的物块b，比较物块b滑行距离的远近b如图乙，比质里相同的钢球分别从冋一轨道、不同高度由静止开始滚下，撞击水平轨道左端的物块b，比较物块b滑行距离的远近c分析实验结果，形成结论d实验反思该小组进行了以下实验反思：（1）让质量不同的钢球分别从同一轨道、不同高度由静止开始滚下，撞击水平轨道上同一位置处的物块b，强调三个“同一”是为了保证钢球撞击物块b时具有相同的（2）如果影响一个物理量的因素存在两个或两个以上，当研究这个物理量与这些因素的关系时，常采取类似本实验的做法，这种实验方法是

27、（3）组内有的同学认为水平面是光滑的更有助于完成本实验，小明不同意这一观点，小明认为如果水平面是光滑的，物块b将一直运动下去，无法比较其滑行距离的远近小明的理论依据是（填写定律名称）（4）如果水平面光滑，小明同学提出了解决方案，可以在水平轨道右侧固定一轻弹簧（如图丙），利用弹簧被压缩的长度反映小球动能的大小在小球向右压缩弹簧的过程中，小球的动能和弹簧的弹性势能之和将（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：探究影响物体动能大小的因素.专题：实验题；探究型实验综合题分析：（1）动能的决定因素有两个：质量和速度要利用控制变量法去研究研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同研究与质量关系时，要保证速度

28、相同，质量不同（2）根据实验的典型特征判断这种方法名称（3）牛顿第一定律的内容是：一切物体在没有受到力的作用时总保持静止或匀速直线运动状态（4）在动、势能的转化过程中机械能总量保持不变，这是机械能守恒定律解答：解：（1）起始点的高度是用来体现它们的速度，高度即速度相同让不同的钢球从同一高度滚下是为了控制小球到达斜面的低端时的速度相同（2）控制变量法就是每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而研究被改变的这个变量对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决问题的方法本实验的做法属于控制变量法（3）根据牛顿第一定律，运动的物体在没有受到力的作用时，将一直做匀速直线运动（4）小球的重力

29、势能一定，根据机械能守恒定律，小球的动能和弹簧的弹性势能之和不变，即机械能总量保持不变故答案为：（1）速度；（2）控制变量法；（3）牛顿第一定律；（4）不变点评：（1）探究动能大小的影响因素时，对控制变量法和转换法的理解是关键（2）牛顿第一定律的掌握是理解力和运动之间关系的基础18在探究影响导体电阻大小的因素时，小明间学做出了如下清想：导体电阻的大小可能与导体的长度、横截面积、材料有关为了验证猜想是否正确他准备了不同的导体，规格、材料如表：编号材料长度/m横截面积/mm2a镍铬合金0.50.5b镍铬合金1.00.5c镍铬合金0.51.0d锰铜合金0.50.5（1）他对一导体的长度重新进行了精确

30、测量，如图甲所示，导体另一端正好对准零刻度线，则该导体的长度为m（2 ）为了验证上述猜想，他设计了如图乙所示的实验电路图在连接电路时发现，还缺少一个必要的元件，这个元件是（3）本实验是通过来比较a、b两点间导体电阻的大小（4）要想探究电阻大小与横截面积的关系，应将编号为c与编号为的导体分别接入到a、b之间（5）将（2）问中所缺的元件接上后，小明发现当接入a、b之间的导体阻值差别较小时，实验现象不是很明显，请你对电路的改进再提出一条建议：（6）为了能准确的测量导体的阻值大小，他又设计了如图丙所示的电路图连好电路图，闭合开关后发现无论如何移动滑动变阻器的滑片，电流表的示数始终为零，电压表有示数且始

31、终不变经检査，是由于一根导线连接错误请你在图丁中连接错误的导线上打“x”并补画出正确的连线考点：影响电阻大小的因素.专题：探究型实验综合题分析：（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（2）电路的组成包括：电源、开关、用电器和导线；（3）根据电阻是阻碍电流大小的因素，而与其串联的灯泡通过灯泡的明暗程度可以反映电流的大小进行分析；（4）要研究电阻与长度的关系，所以根据控制变量法的思路选取材料、横截面积相同、长度不同的两根电阻丝；（5）导体阻值差别较小时，灯泡的亮度变化不明显，可以通过电流表测量电路中电流的变化；（6）伏安

32、法测功率的实验中，电压表与灯泡并联测灯泡电压，电流表与灯泡串联测灯泡电流，在实物连接图中找到错误之处：主要分析电压表、电流表、滑动变阻器的正确使用，从电压表和电流表的正负接线柱、量程、连接方式，滑动变阻器的接线柱和连入方式上逐条分析解答：解：（1）由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；导体左侧与0刻度线对齐，右侧在52.00cm处，所以导体的长度为l=52.00cm=0.5200m；（2）电路的组成包括：电源、开关、用电器和导线；由图可知，缺少电路的基本组成元件：开关；（3）因为通过灯泡的电流越大，灯泡越亮，因此a、b间

33、的电阻越大，电路中的电流越小，灯泡越暗；反之，灯泡越亮；故根据灯泡的亮度反映a、b间电阻的大小（4）为了探究电阻大小与横截面积的关系，应控制导体材料与长度相同而横截面积不同，由表中数据可知，应选编号为a、c的两根电阻丝进行实验（5）导体阻值差别较小时，灯泡的亮度变化不明显，可以在电路中测量一只电流表，通过电流表示数的变化，来比较电阻的大小；（6）由原实物图知，电压表与灯泡串联在电路中，由于电压表阻值太大，所以通过灯泡电流非常小，因此灯泡不亮；测量灯泡电阻的电路图如下图，从电源正极出发依次串联开关、电流表、滑动变阻器、灯泡回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，所以灯泡和电流表之间导线连接错误，如下

34、图所示：故答案为：（1）0.5200；（2）开关；（3）比较灯泡的亮度；（4）a；（5）在电路中串联一只电流表；（6）见上图点评：本题综合考查了刻度尺的使用、电表的使用、电路分析、画电路图等知识，涉及的知识点较多，容易出错五、计算题(本大题包括2小题，共15分，解答时应写出必要的文字说明，主要公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）19我市海洋打捞队的一打捞装置可简化为如图所示的系统在某次打捞过程中，该装置置从100m深的海底将一物体竖直向上提起至离海面10m高处该过程可视为水中和空中两个速度大小不同的匀速过程忽略物体刚要离开水面到刚好完全离开水面过程及速度大小的变化过程经过a处时物体

35、受到的拉力为4104n，经过b处时物体受到的拉力6104n已知g=10n/kg，海水的密度1.0103kg/m3，不计水和空气的阻力，请计算：（1）物体在a处受到的浮力和物体的体积；（2）若用于提升工作的柴油机的输出功率恒为69kw，整个提升过程用时80s，求该打捞装置的机械效率考点：浮力大小的计算；滑轮（组）的机械效率.专题：浮力；功、功率、机械效率分析：（1）不计水和空气的阻力，物体在b处受到重力和拉力的作用，这两个力是一对平衡力，大小相等，物体在a处受到重力、拉力和浮力的作用，并且重力等于浮力和拉力之和，据此可求物体所受浮力；（2）利用w=fs提升过程中该装置的有用功，利用p=求出提升过

36、程中该装置的总功，然后利用=100%可求该打捞装置的机械效率解答：解：（1）不计水和空气的阻力，由题意知，物体在a处受到的浮力：f浮=gfa=fbfa=6104n4104n=2104n由f浮=液gv排可得，物体的体积：v物=v排=2m3；（2）设物体在水中提升的高度为ha，在空气中提升的高度为hb，提升过程中该装置的有用功为：w有=faha+fbhb=4104n100m+6104n10m=4.6106j，由p=可得，提升过程中该装置的总功为：w总=pt=69103w80s=5.52106j，该装置的机械效率为：=100%=83%答：（1）物体在a处受到的浮力为2104n；物体的体积为2m3；（2）该打捞装置的机械效率为83%点评：此题考查浮力大小的计算、滑轮组的机械效率计算，还涉及到力的平衡、有用功和总功的计算，是一道综合性很强的题目，关键是通过对物体进行受力分析，根据力