上海市黄浦区2015年中考物理二模试卷(解析版)

上海市黄浦区2015年中考物理二模试卷(word解析版)一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置上填涂．1．人的正常体温约为（）A．30℃B．33℃C．37℃D．39℃考点：温度．.专题：温度计、熔化和凝固．分析：根据人的正常体温即可做出选择．解答：解：人的正常体温约为37℃．故选C．点评：本题考查人的正常体温，属于识记性内容，比较简单．2．（2分）（2015•黄浦区二模）在太阳系中，月球是（）A．卫星B．行星C．恒星D．彗星考点：人类探究太阳系及宇宙的历程．.专题：粒子与宇宙、材料世界．分析：八大行星分为三类：类地行星、巨行星和远日行星；能够自身发光发热的星体称为恒星，离我们最近的恒星为太阳，月球是地球的卫星．解答：解：地球、土星等为围绕太阳转动的行星，太阳为能够发光发热的、离我们最近的恒星，而月球是地球的一颗卫星．故选A．点评：本题考查对恒星及行星的认识，属于基础内容．3．（2分）（2015•黄浦区二模）能区分不同歌手声音的主要依据是（）A．响度B．音色C．音调D．振幅考点：音色．.专题：声现象．分析：音色反映了声音的本质和特色，我们常用音色来区别不同乐器发出的声音．解答：解：音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同．我们能区分不同乐器发出的声音，这是因为不同乐器发出声音的音色不同，同样不同的歌手由于声带的宽度和厚度不同，发出的声音的音色也是不同的．故选B．点评：本题考查了音色的特点，不同人发出声音的音色不同．4．（2分）（2015•黄浦区二模）关于光．下列说法中正确的是（）A．黄光属于三原色光之一B．入射角为30°，反射角可能为20°C．紫光属于三原色之一D．入射角为30°，折射角可能为20°考点：色光的三原色和颜料的三原色；光的折射规律．.专题：光的折射、光的色散．分析：光的三原色是红、绿、蓝，颜料的三原色是红、黄、蓝．光的反射时，反射角等于入射角；光折射时，光从空气斜射入水和其它介质中，折射角小于入射角，光从水和其它介质斜射入空气中时，折射角大于入射角．解答：解：AC、光的三原色是红、绿、蓝，黄光、紫光都不属于三原色之一，故AC错误；B、在光的反射现象中，反射角等于入射角，故入射角为30°，反射角不可能为20°，故B错误；D、光折射时，光从空气斜射入水和其它介质中，折射角小于入射角，光从水和其它介质斜射入空气中时，折射角大于入射角．故入射角为30°，折射角可能为20°，故D正确．故选D．点评：本题考查了光的三原色、光的反射和折射时角度的大小关系，属光学的基础题．5．（2分）（2015•黄浦区二模）如图所示，小磁针甲、乙处于静止状态．根据标出的磁感线方向，可以判断出（）A．螺线管的右端为N极B．电源的左端为负极C．小磁针甲的右端为N极D．小磁针乙的左端为N极考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断．.专题：磁现象、电生磁．分析：根据磁感线的方向，可以确定螺线管的NS极；利用螺线管的N、S极，可以确定小磁针的N、S极；利用螺线管的N、S极和线圈的绕向，利用安培定则可以确定线圈中电流方向，进而确定电源的正负极；位于磁场中小磁针静止时，N极的指向跟通过该点的磁感线方向一致，S极跟通过该点的磁感线方向相反．解答：解：A、在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出，回到S极，所以利用磁感线的方向，可以确定螺线管的左端为N极，右端为S极．故A错误．B、根据螺线管的左端为N极结合图示的线圈绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的右端流入左端流出．所以电源的右端为正极，左端为负极．故B正确；C、根据异名磁极相互吸引的理论可以确定小磁针甲右端为S极；故C错误；D、小磁针静止时，N极的指向跟通过该点的磁感线方向一致，S极跟通过该点的磁感线方向相反，所以乙的左端为S极，故D错误．故选B．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；解决此题的突破口是图示的磁感线方向．6．（2分）（2015•黄浦区二模）在如图所示的电路中，将电压表V1、V2正确连入电路，闭合电建S，电路正常工作，各电表的示数均不为零．当移动滑动变阻器R2的滑片P时，电压表V1与电流表A示数的比值不发生变化，电压表V2与电流表A示数的比值发生变化．则（）A．电压表V1一定测量R2两端电压B．电压表V1可能测量R1和R2两端电压C．电压表V2一定测量R2两端电压D．电压表V2可能测量R1和R2两端电压考点：欧姆定律的应用．.专题：欧姆定律．分析：由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流．（1）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；（2）电压表测量R1两端的电压时，根据欧姆定律表示出R1两端电压的变化量，然后得出电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值；同理根据串联电路的电压特点表示出电压表测量R2两端的电压时的比值，再结合R1的阻值得出答案．解答：解：电压表与电流的比值等于电阻阻值，移动滑动变阻器R2的滑片P，电压表V1与电流表A示数的比值不发生变化，电压表V2与电流表A示数的比值发生变化，则V1测定值电阻两端电压，即电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端或电源两端电压．故ABC错误，D正确；故选D．点评：本题考查了判断电压表的接法、判断滑片的移动方向，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用串联电路特点即可正确解题．7．（2分）（2015•黄浦区二模）把一个小球竖直向上抛出，小球在空中受到重力和空气阻力的作用．小球在上升和下降过程中所受合力分别为F上升、F下降，则（）A．F上升小于F下降B．F上升等于F下降C．两个合力的方向相同D．两个合力的方向相反考点：力的合成与应用．.专题：运动和力．分析：同一直线上方向相同的两个力的合力等于这两个力的大小之和，合力方向与两力方向相同；方向相反的两个力合力的大小等于这两个力的大小之差，合力方向与大力相同．解答：解：小球在上升过程中重力方向向下，阻力方向也向下，故所受的合力的大小F上升=G+f，合力与G和f相同，竖直向下；小球在下降过程中重力方向向下，阻力的方向是向上，故所受的合力的大小F下降=G﹣f，合力方向与G的方向相同，竖直向下；由此可知：F上升＞F下降故选C．点评：本题主要考查学生对同一直线上二力的合成的认识和了解，是一道基础题．8．（2分）（2015•黄浦区二模）如图所示，甲、乙为两个实心均匀正方体，它们对水平地面的压强相等．若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度的部分，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，它们对地面的压强为p甲和p乙，下列判断正确的是（）A．p甲可能小于p乙B．p甲一定小于p乙C．p甲可能大于p乙D．p甲一定大于p乙考点：压强大小比较．.专题：压强、液体的压强．分析：要解决此题，需掌握压强公式p=，物体对地面的压力等于其重力；根据压强相等利用柱体压强公式p====ρgh列出相应的关系式，判断出截去相同高度的部分的重力大小；则后来物体的对地面的压力等于自身剩余重力加对方切去部分的重力，根据压强公式比较压强大小便可．解答：解：把甲、乙均分为两部分，甲最初对地面的压强p甲1=﹣﹣﹣①乙最初对地面的压强p乙1=﹣﹣﹣②由于它们均为实心正方体，且对地面的压强相等，设它们的边长分别为a、b．可得ρ甲ga=ρ乙gb甲切去部分的重G甲切=ρ甲gV甲切=ρ甲ga2h﹣﹣﹣③同理乙切去部分的重G乙切=ρ乙gb2h﹣﹣﹣④③：④有==＞1可得G甲切＞G乙切﹣﹣﹣﹣⑤将切去部分放置在对方剩余部分的上表面，则此时甲的整体产生的压强p甲=﹣﹣﹣⑥此时乙的整体产生的压强p乙=﹣﹣﹣⑦由①⑤⑥可知，p甲＜p甲1﹣﹣﹣⑧由②⑤⑦可知，p乙＞p乙1﹣﹣﹣⑨而最初甲乙对地面压强相等，结合⑧⑨可知，p甲＜p乙．故选B．点评：本题主要考查了压强大小的判断，关键要掌握压强的计算公式，特别是柱体物体对支持面的压强公式应用，在分析过程中要注意改变的量和相等的量，要细心分析．二、填空题（共26分）请将结果填入答题纸的相应位置．9．（4分）（2015•黄浦区二模）某豆浆机铭牌上的部分技术参数如表．豆浆机铭牌额定频率50Hz电动机额定功率180W电热器额定功率850W①该豆浆机可直接接入上海地区家庭电路中使用，它的额定电压为220伏．②豆浆机的机头主要由一个电热器（电热丝）和一个电动机带动的打浆器构成．制作豆浆的过程是先加热，再打浆，再加热煮熟，即加热和打浆是交替进行的．由此可知，豆浆机中的电动机和电热器的连接方式是并联．③当豆浆打好后，就能闻到豆浆的香味．这一现象可以说明：分子在不停地做无规则运动．④豆浆机在额定电压下加热0.1小时，需耗电0.085度．考点：电功的计算；分子的运动；串联电路和并联电路的辨别．.专题：其他综合题．分析：（1）我国家庭电路的电压为220V；（2）串联的各用电器相互影响，不能独立工作；并联的各用电器互不影响，能独立工作；（3）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈；（4）额定电压下加热功率和额定功率相等，根据W=Pt求出加热0.1小时消耗的电能．解答：解：①我国家庭电路的电压为220V，该豆浆机可直接接入上海地区家庭电路中使用，说明它的额定电压为220V；②由题意知，加热和打浆是交替进行的，电动机与电热器能独立工作，互不影响，因此它们是并联的；③当豆浆打好后，就能闻到豆浆的香味，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；④由P=可得，加热0.1小时消耗的电能：W=Pt=850×10﹣3kW×0.1h=0.085kW•h=0.085度．故答案为：①220；②并联；③无规则；④0.085．点评：本题以豆浆机为背景考查了额定电压、串并联的辨别、扩散现象、电功公式的应用等，虽然难度不大，但综合性强，只要细心处理即可解答．10．（4分）（2015•黄浦区二模）如图所示，水沸腾后，盖在试管口上的塞于会受到水蒸气的压力而冲出，这说明了力可以改变物体的运动状态；此过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，其能量转化情况与四冲程汽油机的做功冲程相似．在空中飞行过程中，塞子的惯性不变（选填“变大”、“不变”或“变小”）．考点：力的作用效果；惯性；做功改变物体内能；内燃机的四个冲程．.专题：分子热运动、内能；比热容、热机、热值；运动和力．分析：①力的作用效果有二：改变物体的运动状态，改变物体的内能；②做功可以改变物体的内能：当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能；③惯性是物体本身具有的属性，决定于物体质量的大小．解答：解：①盖在试管口上的塞子原来处于静止状态，水沸腾后，塞子受到水蒸气的压力而冲出，这说明了力可以改变物体的运动状态；②水蒸气对塞子做功过程中，将内能转化为塞子的机械能；此过程与汽油机的做功冲程类似，在做功冲程中也是燃气的内能转化为活塞的机械能；③在空中飞行过程中，塞子的质量不变，所以惯性不变．故答案为：状态；机械；做功；不变．点评：此题是考查对力的作用效果、惯性与质量关系及做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于易错题目．11．（4分）（2015•黄浦区二模）甲、乙两木块从斜面下滑，它们的s﹣t图象分别如图（a）、（b）所示．以甲为参照物，乙是运动的（选填“静止”或“运动”）；甲、乙各运动4米，所用时间相差1秒．在下滑过程中，木块与斜面间的摩擦属于滑动摩擦；木块的温度会升高，这是通过做功的方式改变了其内能．考点：速度公式及其应用；摩擦力的种类；做功改变物体内能．.专题：分子热运动、内能；长度、时间、速度；重力、弹力、摩擦力．分析：（1）运动和静止是相对的，相对于参照物来说物体位置发生变化则是运动的，否则是静止的；（2）由图象读出甲和乙运动4m用的时间，求出时间差；（3）两个有相对滑动的物体间在接触面上产生的阻碍它们相对滑动的力，此力就为滑动摩擦力；（4）改变内能的方式：做功和热传递．其中做功过程是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程，据此分析回答．解答：解：（1）由图可求出，甲的速度v甲===1m/s，乙的速度v乙===m/s．甲、乙两物体的速度不同，如果以甲为参照物，则乙相对于甲的位置不断变化，乙是运动的；（2）甲、乙各运动4米，甲所需时间t甲=4s，乙所用时间t乙=3s，则它们相遇时的时间差是4s﹣3s=1s；（3）在下滑过程中，木块与斜面发生了相对运动，所以在接触面上产生了阻碍它们相对滑动的滑动摩擦力；（4）木块从斜面下滑，克服摩擦做功，机械能转化为木块的内能，木块的温度升高，是用做功方式改变内能的．故答案为：运动；1；滑动；做功．点评：图象可以直观地反映出物理量间的关系，用图象描述物理量间的关系、反应物理规律是一种常用的方法，我们要掌握识图、读图、作图的能力．12．（3分）（2015•黄浦区二模）体积为1×10﹣3米3的金属块浸没在水中，受到浮力的大小为9.8牛．2千克的水温度降低5℃．放出的热量为4.2×104焦．水的比热容较大，相同质量的水和其他物质吸收相同的热量，水的温度升高较少（选填“多”或“少”），适合做冷却剂．[c水=4.2×103焦/（千克•℃）]．考点：浮力大小的计算；热量的计算．.专题：比热容、热机、热值；浮力．分析：已知金属块浸没水中，排开水的体积等于金属块的体积，利用阿基米德原理F浮=ρ水V排g求金属块受到的浮力；已知水的质量是2kg，水温度升高1℃，根据Q吸=cm△t可求出水吸收的热量；因为水的比热容大，根据Q=cm△t变形可判断谁的温度变化较大．解答：解：金属块浸没水中，所以V排=V金=1×10﹣3m3，F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3×9.8N/kg=9.8N．水放出的热量：Q放=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×2℃=4.2×104J；由热量公式Q=cm△t变形得△t=，因为水的比热容较大，所以相同质量的水和其他物质吸收相同的热量，水的温度升高较少．故答案为：9.8；4.2×104；少．点评：本题综合考查了浮力和热量的计算，对公式的把握和运用是基础，只要读好题，总体来说本题难度不大．13．（3分）（2015•黄浦区二模）10秒内通过某导体横截面的电荷量为6库，通过它的电流为0.6安，其两端的电压为6伏，它的电阻为10欧．若该导体两端的电压变为10伏，10秒内电流通过它所做的功为60焦．考点：电量及其计算；欧姆定律的变形公式；电功的计算．.专题：电流和电路；欧姆定律；电能和电功率．分析：知道10秒内通过某导体横截面的电荷量，根据I=求出通过的电流，根据欧姆定律求出导体的电阻，再根据W=UIt=QU求出电流做的功．解答：解：通过该导体的电流：I===0.6A，由I=可得，导体的电阻：R===10Ω，电流做的功：W=UIt=UQ=10V×6C=60J．故答案为：0.6；10；60．点评：本题考查了电流的定义式和欧姆定律、电功公式的灵活应用，是一道基础题目．14．（4分）（2015•黄浦区二模）在如图所示的电路中，电路中出现了故障，且只发生在电阻R1、R2上．（电源电压不变，两电表均未被损坏）①只闭合电键S2，若两电表均无示数，则故障可能是R2断路．②然后，断开电键S2，闭台电键S1和S3，若电流表有示数，则故障是R2断路；若电流表无示数，则故障是R1和R2同时断路．考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．.专题：应用题；欧姆定律．分析：（1）只闭合电键S2，两个电阻串联，故电流表测量电路的电流，电压表测量R1的电压；分析即可判断故障的原因．可假设电压表有示数以及电流表有示数分析电路故障所在；（2）断开电键S2，闭台电键S1和S3，两电阻并联，电压表测量的R1的电压；电流表测量的是总电流，据题目的实际情况分析判断即可．解答：解：（1）只闭合电键S2，两个电阻串联，故电流表测量电路的电流，电压表测量R1的电压；若两电表均无示数，即电流表无示数，即说明该电路时断路，此时电压表也无示数，即表明电压表无法和电源相连，且故障只发生在电阻R1、R2上，故此时可能时R2断路造成的．（2）在（1）的前提下，断开电键S2，闭台电键S1和S3，两电阻并联，电压表测量的R1的电压；电流表测量的是总电流；若此时电流表有示数，即说明R2断路；若是电流表无示数，则故障是R1和R2同时断路．故答案为：①R2断路；②R2断路；R1和R2同时断路．点评：此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和两表特点进行分析，关键是分清电路的连接和各电表的测量情况．15．（4分）（2015•黄浦区二模）如图所示，某小组同学在塑料小桶中，分别装满密度已知的四种不同液体，用弹簧测力计依次测出它们的重力，记录数据如表所示．液体密度（克/厘米3）0.60.81.01.2弹簧测力计（牛）1.41.61.82.0①当小桶中盛满密度未知的某种液体时，弹簧测力计的示数为2.4牛．根据表中数据分析可知，此液体的密度为1.6克/厘米3．②若把弹簧测力计和小桶改装为液体密度秤，该秤的“0刻度”线对应弹簧测力计上的刻度值为0.8牛．若要增大该称的称量范围，可换用以下两种规格的塑料小桶，符合要求的是B．（填写序号）A．容积相同，质量更小的小桶B．质量相同，容积更小的小桶．考点：密度公式的应用．.专题：实验题；密度及其应用．分析：（1）分析表格知，每组弹簧测力计的示数和液体密度在数值上都相差0.8，可通过这一规律总结出它们的函数关系，ρ=F﹣0.8，所以将2.4N代入即可求出该液体的密度；（2）由函数关系可知，零刻度ρ=0g/cm3时，F=0.8N；由于液体密度秤是由测力计改成的；知道测力计的拉力量程是不变的；若要增大液体密度秤的密度称量范围，根据测力计的最大拉力是不变的，利用F=G+G桶求出ρ液=；然后分析判断即可．解答：解：（1）根据表中数据总结出的函数关系ρ=F﹣0.8，将F=2.4N代入得ρ=2.4﹣0.8=1.6g/cm3；（2）该秤的“0刻度”线时，即ρ=0，由于函数关系ρ=F﹣0.8可得：F=0+0.8=0.8，即弹簧测力计的示数为0.8N；把弹簧测力计和小桶改装为液体密度秤，则测力计的最大拉力F=G+G桶，即：F=mg+m桶g=ρ液V容积g，所以：ρ液=；由于液体密度秤是由测力计改成的；测力计的最大拉力F是不变的；若利用质量相同的小桶，液体的密度与容积成反比．故答案为：①1.6；②0.8；B．点评：本题考查测力计的原理和应用，能根据图表探究物质的规律是近两年出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程；本题的难点是测力计的最大拉力是不变的．三、作图题（共6分）请将图直接画在答题纸相应位置，作图题必须使用2B铅笔．16．（2分）（2015•黄浦区二模）在如图中，重为2牛的物体静止在水平面上，用力的图示法画出物体受到的支持力F支．考点：力的示意图．.专题：重力、弹力、摩擦力．分析：静止在水平面上的物体受重力和支持力作用，并且二力是一对平衡力，作用点都在物体的重心上，重力方向竖直向下，支持力方向竖直向上．据此画图．解答：解：物体静止在水平面上，处于平衡状态，所以受到的重力和水平面的支持力是一对平衡力，两者大小相等，所以支持力等于重力等于2N，支持力的方向与重力方向相反，竖直向上．如下图所示：．点评：力的图示的画法与示意图不同，它要求更精确．在画力的图示时，一定要附上标度．17．（2分）（2015•黄浦区二模）根据平面镜成像特点，在图中画出物体AB在平面镜中的像A′B′．考点：平面镜成像的相关作图．.专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、像是虚像，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像．解答：解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像．如图所示：点评：在平面镜成像作图中，作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像．18．（2分）（2015•黄浦区二模）在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，以笔画线代替导线补上．补上后要求两灯并联，电流表测通过灯L1的电流．考点：实物的电路连接．.专题：电流和电路．分析：根据题意可知，两灯泡的连接方式为并联，再根据电流表只测量通过灯L1的电流，确定电流表的位置，据此确定连接导体的位置．解答：解：两只灯泡的连接方式为并联，电流表只测量通过灯L1的电流，故应将灯泡L1右侧的接线柱与电流表的“﹣”接线柱相连接，灯泡L2的右接线柱与电流表的“0.6A”接线柱相连．如图所示：点评：本题考查实物图的连接，关键是明白实物图中各个用电器的连接方式．四、计算题（共24分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置．19．（8分）（2015•黄浦区二模）某物体在20牛的水平拉力作用下沿水平面做匀速直线运动，10秒内前进了5米．求此过程中拉力做的功W和功率P．考点：功的计算；功率的计算．.专题：计算题；功、功率、机械效率．分析：知道水平拉力的大小和前进的距离，根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=求出功率的大小．解答：解：拉力做的功：W=Fs=20N×5m=100J，拉力的功率：P===10W．答：此过程中拉力做的功为100J，功率为10W．点评：本题考查了功和功率的计算，是一道基础题目．20．（8分）（2015•黄浦区二模）如图所示，薄壁圆柱形容器底面积为2×10﹣2米2，盛有足够多的水，置于水平面上．①若容器内水深为0.3米，求水的质量m水．②求水面下0.1米深度处水产生的压强p水．③现将一个边长为a、质量为m的正方体放入容器内的水中后（水未溢出），容器对水平面的压强增加量△p容恰好等于水对容器底部的压强增加量△p水，求该正方体的质量m．考点：密度公式的应用；压强的大小及其计算；液体的压强的计算．.专题：计算题；密度及其应用；压强、液体的压强．分析：①已知水对容器底的压强和容器底面积可求得容器内水的深度，然后可求得水的体积，再利用密度公式变形可求得水的质量．②利用p=ρgh即可求出水产生的压强p水．③设物体的质量为m，则容器对地面压强的增加量△p容==，水对容器底部压强的增加量△p水=ρ水△hg=ρ水g，根据△p容=△P水求得物体的质量．解答：解：①容器内水的体积：V=Sh=2×10﹣2m2×0.3m=6×10﹣3m3，由ρ=得容器内水的质量：m水=ρV=1.0×103kg/m3×6×10﹣3m3=6kg，②水的深度h′=0.1m，则水产生的压强p水=ρgh′=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1×103Pa，③已知边长为a、质量为m的正方体，则放入容器内的水中后容器对地面压强的增加量：△p容==，水对容器底部压强的增加量：△p水=ρ水△hg=ρ水g，由题知，△p容=△p水，即：=ρ水g，所以，物体的质量m=ρ水a3．答：①水的质量m水=6kg．②水面下0.1米深度处水产生的压强p水=1×103Pa．③该正方体的质量m=ρ水a3．点评：本题综合考查了学生对密度公式、液体压强公式、压强定义式的掌握和运用，明确容器对水平地面的压力等于容器重加上水重是解答此题的关键．21．（8分）（2015•黄浦区二模）在图（a）所示的电路中，电源电压为6伏且不变，将定值电阻R1接入M、N接线柱，闭合电键S后电流表A的示数为0.4安．①求电阻R1的阻值．②现有滑动变阻器R2，其规格为”5Ω3A”、“10Ω1A”或“20Ω2A”中的一个将R1与R2以不同的连接方式接入M、N接线柱，闭合电键S，移动变阻器R2的滑片，都能使电流表的指针达到图（b）所示位置．（a）请通过计算判断所用变阻器R2的规格．（b）在电路元件安全工作的条件下，移动变阻器R2滑片，使电流表示数的变化量△I最大．求不同连接方式中较大的△I最大．考点：欧姆定律的应用．.专题：欧姆定律．分析：①已知电压与电流，应用欧姆定律可以求出电阻阻值；②根据电阻的连接方式判断电流表的量程，然后由图示电流表读出其示数，再应用串并联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，然后确定其规格；应用欧姆定律与并联电路特点求出电流变化量的最大值．解答：解：①由I=可知，电阻阻值：R1===15Ω；②（a）电源电压不变，两电阻串联时，电路总电阻增大，电路电流减小，小于0.4A，由图示电流表可知，电流表量程为0～0.6A，示数为0.3A，串联电路总电阻：R===20Ω，滑动变阻器的阻值R2=R﹣R1=20Ω﹣15Ω=5Ω；两电阻并联时，电路电流大于0.4A，由图示电流表可知，电流表量程为0～3A，电流表示数为1.5A，电阻R2===≈5.5Ω，则两中情况下滑动变阻器接入电路的阻值均大于等于5Ω，通过滑动变阻器的最大电流大于1A，则滑动变阻器应选择“20Ω2A”．（b）两电阻并联时电流表示数变化量大，I2最小===0.3A，△I最大=△I2最大=I2最大﹣I2最小=2A﹣0.3A=1.7A；答：①电阻R1的阻值为15欧姆．②（a）所用变阻器R2的规格是“20Ω2A”．（b）较大的△I最大为1.7A．点评：本题考查了求电阻阻值、选择滑动变阻器、求电流表最大变化量，本题难度较大，根据题意读出电流表示数，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题．五、实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答．22．（4分）（2015•黄浦区二模）“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是R=，进行多次测量是为了减小误差．“探究杠杆平衡的条件”实验中，需改变钩码个数和位置，进行多次实验；实验的结论是：当杠杆平衡时，F1L1=F2L2．考点：物理学方法．.专题：其他综合题．分析：①要测量导体的电阻，需要知道导体两端电压和通过的电流；②要探究杠杆的平衡条件，需要改变对杠杆的拉力和力臂，研究杠杆平衡时力、力臂的关系；③物理实验一般都要进行多次，目的有二：取平均值，减小误差；总结客观、真实的规律，避免结论的偶然性．解答：解：①常用测定值的方法是“伏安法”﹣﹣利用电压表测量电压，电流表测量电流，然后利用公式R=计算电阻．进行多次实验的目的是取平均值，减小测量误差；②在“探究杠杆平衡的条件”实验中，需要改变钩码的个数和位置，也就是改变对杠杆的拉力及其力臂，进行多次实验，总结规律；结论为：当杠杆平衡时，F1L1=F2L2．故答案为：R=；减小误差；位置；F1L1=F2L2．点评：物理实验一般进行多次：对于测量性实验，目的是取平均值，减小误差；对于探究性实验，目的是发现规律，避免结论的偶然性．23．（4分）（2015•黄浦区二模）如图所示，实验装置M的名称是光具座．实验时，在该装置上依次放置蜡烛、凸透镜和光屏，并调整透镜和光屏的中心大致与烛焰的中心在同一高度，以保证烛焰的像能成在光屏的中央．若所用透镜焦距为15厘米，当蜡烛和光屏处在图示A、D位置时，恰能在光屏上得到清晰的像，则透镜的位置可能在BC或CD之间（选填“AB”、“BC”、“CD”）．考点：凸透镜成像规律及其探究实验．.专题：探究型实验综合题．分析：（1）探究凸透镜成像的实验时，在光具座上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心．（2）凸透镜的规律：①物体到凸透镜的距离大于2倍焦距时，成倒立、缩小的实像，此时相距在2倍焦距和1倍焦距之间；②物体到凸透镜的距离在2倍焦距和1倍焦距之间时，成倒立、放大的实像，此时像距大于2倍焦距；③物体到凸透镜的距离小于1倍焦距时，成正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上．解答：解：（1）在做凸透镜成像的实验时，为了方便操作，要把蜡烛、凸透镜、光屏按放在光具座上；实验前，把蜡烛、凸透镜、光屏从左向右依次放在同一直线上，点燃蜡烛并调整烛焰、凸透镜、光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度，为了使得像成在光屏的中央；（2）①当f=15cm，由图知，B距A的距离为：25cm﹣10cm=15cm，如果透镜在AB之间，物距小于1倍焦距，所以成正立、放大的虚像，不能在光屏上得到清晰的像；②当f=15cm，C距A的距离为：45cm﹣10cm=35cm，如果透镜在BC之间，物体到凸透镜的距离在15cm和30cm之间时，即物距在1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、放大的实像，能在光屏上得到清晰的像；物体到凸透镜的距离在30cm和35cm之间时，即物距大于2倍焦距，成倒立、缩小的实像，能在光屏上得到清晰的像；③当f=15cm，C距D的距离为：80cm﹣45cm=35cm，如果透镜在CD之间，物体到凸透镜的距离大于30cm，即物距大于2倍焦距，成倒立、缩小的实像，此时像距在2倍焦距和1倍焦距之间，凸透镜必须在60cm刻度的左侧，此时能在光屏上得到清晰的像．故答案为：光具座；同一；中央；BC或CD．点评：成像的规律中，共涉及四个方面的内容：①物距与焦距的关系；②成像的性质；③像距与焦距的关系；④具体的应用．一般情况下，只要告诉其中的一条，就可以确定另外三方面的内容．24．（5分）（2015•黄浦区二模）某小组同学研究“使用动滑轮匀速提起物体时，所用竖直向上拉力F的大小与哪些因素有关”．他按图所示方式用两个重力不同的滑轮连行实验，并将相应的滑轮重G滑、物体重G物和拉力F的大小记录在表一、二中．为了进一步研究，他们计算了每次实验中物体所受重力的变化量△G物与所用拉力的变化量△F，并将结果记录在表一、二的后两列中．表一：G滑=2牛表二：G滑=4牛实验序号G物（牛）F（牛）△G物（牛）△F（牛）实验序号G物（牛）F（牛）△G物（牛）△F（牛）111.500623.000222.010.5744.021.0343.031.5865.042.0464.052.5986.063.0585.073.510107.084.0①分析比较表一或表二中F与G物的数据及相关条件，可得出的初步结论是：使用动滑轮匀速提起物体，当G动相同时，G物越大，F越大．②分析比较实验序号2、6（或3、7或4、8或5、9）的数据及相关条件，可得出的初步结论是：使用动滑轮匀速提起物体，当G物相等时，G滑越大，F越大．③根据表一、二中前三列的数据及条件，请判断：按图14所示方式使用动滑轮匀速提起物体，若要省力，需满足的条件是G物＞G滑．④进一步分析比较表一、二中△F与△G物的数据及相关条件，可发现其满足的数学关系式为△F=△G，由此可得出的初步结论是：使用功滑轮匀速提起物体，拉力的变化量△F与物体所受重力的变化量△G物成正比．考点：控制变量法与探究性实验方案．.专题：探究型实验综合题．分析：①表一或表二动滑轮的重力相同，分析被提升物体的重力及拉力的变化得出结论；②根据结论，分析G物相同的选项；③省力的特点是拉力小于被提升的物重，