上海市金山区2015年中考二模物理试卷(解析版)

上海市金山区2015年中考二模物理试卷(解析版)一、选择题（每题2分，共16分）1．夏季为了节能，本市公共建筑室内空调温度设置一般不得低于（）A．15℃B．20℃C．26℃D．35℃考点：温度．专题：温度计、熔化和凝固．分析：（1）空调工作时，调整的温度越低，其功率越大，在相同的时间内消耗的电能就越多．（2）在达到降温的目的同时，为了节约能源，国务院办公厅专门下发了文件对公共建筑空调温度控制标准进行了规定：所有公共建筑内的单位，包括国家机关、社会团体、企事业组织和个体工商户，除医院等特殊单位以及在生产工艺上对温度有特定要求并经批准的用户之外，夏季室内空调温度设置不得低于26摄氏度，冬季室内空调温度设置不得高于20摄氏度．解答：解：人体感觉舒适的温度在23℃左右，所以国务院规定机关、商场等单位夏季室内空调温度设置不得低于26℃．故选C．点评：（1）此题考查使用空调时节约能源的措施．（2）记住国家关于公共场所空调温度设置的相关规定是解决此题的关键．2．（2分）（2015•金山区二模）在原子中，不带电的粒子是（）A．质子B．中子C．电子D．核子考点：原子的核式模型．专题：应用题．分析：在原子中，质子带正电，电子带负电，原子核带正电．解答：解：在原子中，质子带正电，电子带负电，原子核带正电是由于质子带正电，而中子不带电．故选B．点评：本题考查了原子内各种微粒的电性，要记住．3．（2分）（2015•金山区二模）在各种色光中，被称为三原色光的是（）A．黄、绿、蓝B．红、黄、蓝C．红、黄、绿D．红、绿、蓝考点：色光的三原色和颜料的三原色．专题：光的折射、光的色散．分析：红、绿、蓝三种色光叫色光的三原色．解答：解：在各种色光中，被称为三原色光的是红、绿、蓝．故选D．点评：光的三原色是红、绿、蓝，颜料的三原色是品红、黄、蓝，光的三原色和颜料的三原色很相似，注意区分．4．（2分）（2015•金山区二模）口技表演时，演员主要模仿的是声音的（）A．音色B．音调C．响度D．振幅考点：音色．专题：应用题．分析：声音由物体的振动产生；声音的传播靠介质；声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．解答：解：不同人发出的声音的响度和音调可能相同，但音色一般不同；口技表演时，演员主要模仿的就是声音的音色；故BCD错误；A正确；故选A．点评：声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同；此题还要抓住不同人的音色一般不同这一点．5．（2分）（2015•金山区二模）在如图中，重为G的金属块A静止在水面下，弹簧测力计的示数为F．当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块所受合力的大小（）A．大于GB．等于GC．大于FD．等于F考点：力的合成与应用．专题：运动和力．分析：当物体处于平衡状态时，物体受平衡力作用，即合力为零；当拆去其中一个力时，物体受到合力的大小与该力大小相等，方向相反．解答：解：当重为G的金属块A静止在水面下，弹簧测力计的示数为F，由于金属块静止，所以金属块受到的合力为零；当剪断连接金属块与测力计的细线时，金属块受到合力的大小等于F，方向与F的方向相反．故选D．点评：本题考查二力平衡条件的应用以及力的合成与应用，关键是明确静止物体受平衡力作用，此时物体受到的合力为零．6．（2分）（2015•金山区二模）水平地面上的甲、乙、丙三小车同时同地在同一直线做匀速运动，甲、乙的s﹣t图象如图所示．运动10秒时，甲与乙的距离为2米，甲到丙的距离小于乙到丙的距离，下列关于丙运动情况的判断，正确的是（）A．丙的速度一定大于甲的速度B．丙的速度可能小于乙的速度C．丙与甲的运动方向一定相同D．丙与乙的运动方向可能相同考点：速度公式及其应用．专题：错解分析题；长度、时间、速度．分析：（1）由图象读出甲、乙运动的路程和时间，根据v=求出其速度；（2）根据s=vt求出经过10s时甲和乙通过的路程，根据甲、乙的距离为2m，判断出甲、乙的运动方向；根据甲到丙的距离小于乙到丙的判断出丙的速度，最后比较三小车的速度大小关系．解答：解：（1）甲在t=6s内运动的路程s甲=0.9m，甲的速度：v甲===0.15m/s；乙在t=6s内运动的路程s乙=0.3m，乙的速度：v乙===0.05m/s；（2）经过10s时甲和乙通过的路程，s甲1=v甲t1=0.15m/s×10s=1.5m，s乙1=v乙t1=0.05m/s×10s=0.5m，而甲与乙的距离为2m，所以判断出甲、乙车的运动方向是相反的；若乙、丙车的运动方向是相同的，则甲到丙的距离一定大于乙到丙的；由于甲到丙的距离小于乙到丙的，所以，甲、丙车的运动方向是相同的；故C正确，D错误；根据甲到丙的距离小于乙到丙的可知：s甲1﹣s丙1＜s乙1+s丙1，即1.5m﹣s丙1＜s乙1+0.5m，解得：s丙1＞1m，根据v=得：s丙1=v丙t1＞1m，所以v丙＞==0.1m/s；所以，v丙＞v乙，与v甲的大小无法比较，故A、B错误．故选C．点评：此题主要考查的是学生对速度计算公式的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键，判断出甲、乙、丙三车的运动方向是难点．7．（2分）（2015•金山区二模）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，其中定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为2R，闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，下列说法正确的是（）A．电流表A示数与A1示数的比值变大B．电压表V示数与电流表A1示数的比值变大C．电压表V与电流表A示数的乘积不变D．电流表A示数与A1示数的比值最小值为3：2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并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流．（1）闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，电源电压不变，电压表的示数不变，通过滑动变阻器的电流变小，但不影响R1支路，通过R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，可得电流表A示数与A1示数的比值变化、电压表V示数与电流表A1示数的比值变化以及电压表V与电流表A示数的乘积变化；（2）闭合电键S，当滑动变阻器的滑片在最右端时，滑动变阻器连入电阻最大，通过的电流最小，干路电流，即电流表的最小示数，根据欧姆定律求出大小，再求出通过R1的电流，进而求出电流表A示数与A1示数的比值最小值．解答：解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流．（1）闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，电源电压不变，电压表的示数V不变；但R2连入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流变小；此时不影响R1支路，即通过R1的电流不变，电流表A1的示数不变；所以干路电流将变小，即电流表A的示数变小；由此可知电流表A示数与A1示数的比值变小，故A错；电压表V示数与电流表A1示数的比值不变，故B错；电压表V与电流表A示数的乘积变小，故C错；（2）闭合电键S，当滑动变阻器的滑片在最右端时，滑动变阻器连入电阻最大，通过的电流最小，干路电流，即电流表的最小示数I最小=+=，通过R1的电流IA1=，电流表A示数与A1示数的比值最小值为：I最小：IA1=：=3：2，故D正确．故选D．点评：本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，注意滑动变阻器接入电路中电阻的变化是关键．8．（2分）（2015•金山区二模）如图所示，甲、乙两个实心正方体放置在水平桌面上，它们对水平地面的压强相等．若沿水平方向分别切去体积为V的部分，然后将切去部分交换叠放在剩余部分上，这时它们对水平地面的压强分别为P甲和P乙，则（）A．P甲=P乙B．P甲＞P乙C．P甲＜P乙D．都有可能考点：压强大小比较．专题：应用题；推理法；压强、液体的压强．分析：由于两个物体都是规则的实心均匀正方体，可利用p======ρgh先判断出两个物体的密度关系，再由G=mg=ρVg比较出切去部分的物体重力；由于将切去部分交换叠放在剩余部分上，对每一个物体来说，受力面积不变，判断出压力的变化即可利用p=得出每个物体压强的变化，由于甲、乙对地面原来产生的压强相等，则即可判断后来两个物体此时产生的压强大小关系．解答：解：由图可知：h甲＞h乙，由于甲、乙对地面的压强p甲=p乙，因此根据p======ρgh得：ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，所以，ρ甲＜ρ乙；若在它们上部沿水平方向分别切去相同体积，由G=mg=ρVg可知：切去部分的物体重力G甲＜G乙；将切去部分交换叠放在剩余部分上，根据p=可知这时它们对水平地面的压强分别为：p甲′==＞=p甲；p乙′==＜=p乙；由于甲、乙对地面的压强p甲=p乙，所以，p甲′＞p乙′．故选B．点评：本题考查压强的比较，注意典型的柱状固体的压强可以利用p======ρgh比较，关键是知道将切去部分交换叠放在剩余部分上后，只能利用p=分析物体对桌面的压强变化．二、填空题（第15、16（23）每空2分，其余每空1分，共26分）9．（3分）（2015•金山区二模）家用照明电路的电压为220伏；四冲程汽油机工作时将内能转化为机械能的冲程是做功冲程；额定功率为100瓦的电视机正常工作3小时，耗电0.3度．考点：家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；内燃机的四个冲程；电功的计算．专题：比热容、热机、热值；电能和电功率；电与热、生活用电．分析：解答本题从以下角度分析：知道家庭电路的电压值；了解四冲程汽油机中的能量转化情况；会用公式W=Pt来计算消耗电能的多少．解答：解：（1）在我国，家庭电路的电压为220V；（2）四冲程汽油机工作时将内能转化为机械能的冲程是做功冲程，与之类似，在压缩冲程中，是将机械能转化为内能；（3）额定功率为100W的电视机正常工作3小时，消耗的电能：W=Pt=0.1kW×3h=0.3kW•h=0.3度．故答案为：220；做功；0.3．点评：本题中考查了家庭电路电压的了解，汽油机中的能量转化和电功计算公式的运用等，有一定综合性，但难度不大．10．（3分）（2015•金山区二模）小明在物理课上做了许多有趣的小实验．图（a）中的情景主要表示力能改变物体的形状．图（b）中实验装置，小明将试管口朝下，发现小试管不向下掉，反而上升，这是大气压强把小试管推上去的．图（c）中，当向右运动的小车突然停止运动，挂在线上的小球将向右运动．（选填“左”或者“右”）考点：力的作用效果；惯性；大气压强的存在．专题：运动和力；气体的压强、流体压强与流速的关系．分析：（1）力可以改变物体的运动状态，力还可以改变物体的形状；（2）大气压强是由于空气具有重力和流动性而产生的，大气向各个方向都有压强；（3）惯性是指物体总有保持原有运动状态不变的性质．解答：解：（1）图（a）中弹簧在压力的作用下变短，在拉力的作用下变长，这说明力能改变物体的形状；（2）图（b）中实验装置，里面试管受到大气对它向上的压强和水对它向下的压强，大气压大于水的压强，所以试管不向下掉，反而上升；（3）图（c）中，当向右运动的小车突然停止运动，挂在线上的小球由于惯性将继续向原来的方向运动，即小球将向右运动．故答案为：改变物体的形状；大气压强；右．点评：本题考查了力的作用效果、大气压的存在、惯性，属于基础知识的考查，比较简单．图中的现象很简单，但却蕴含了一定的物理原理，这里的关键是要通过读图确定用什么样的知识来解释这一现象．11．（3分）（2015•金山区二模）如图所示，滑轮A是定滑轮（选填“A”或“B”）；若物体所受重力均为50牛，不计摩擦和滑轮重力，分别用力F1、F2匀速将物体提起2米，力F2做功100焦，物体的重力势能增大（选填“增大”、“不变”或“减小”）．考点：功的计算；定滑轮及其工作特点；动能和势能的大小变化．专题：简单机械；功、功率、机械效率；机械能及其转化．分析：（1）定滑轮的轮轴是固定的，使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力．（2）不计摩擦和滑轮重力，使用动滑轮所做的功等于直接提升物体所做的功；也可以先根据动滑轮特点计算出拉力和移动的距离，再计算所做的功；（3）在这个过程中，重物匀速上升，高度增加，据此分析重力势能的变化．解答：解：（1）由图可知，滑轮A是定滑轮；（2）不计摩擦和滑轮重力，使用动滑轮所做的功等于直接提升物体所做的功，即：W=Gh=50×2m=100J；或：由图可知B滑轮是定滑轮，使用动滑轮可以省一半的力，不计摩擦和滑轮重力，F2=G=×50N=25N；则力F2做功为W=F2s=F×2h=25N×2×2m=100J；（3）物体质量不变，高度变高，故重力势能增大．故答案为：A；100；增大．点评：解答本题需要掌握以下内容：一是知道动滑轮和定滑轮的省力特点，二是灵活运用功的公式．12．（3分）（2015•金山区二模）如图所示，轨交22号线开通．设计最高时速为160千米/小时，若该车一直做匀速直线运动，则0.5小时内通过的路程为80千米；在行使过程中，列车的车轮温度会升高，这是通过做功的方法改变物体内能的；以列车为参照物，列车里的乘客是静止的（选填“运动”或“静止”）．考点：速度公式及其应用；参照物及其选择；做功改变物体内能．专题：计算题；简答题；分子热运动、内能；长度、时间、速度．分析：根据公式s=vt即可算出高铁行驶的路程；改变内能的方法有做功和热传递，车轮发热是由于车轮克服摩擦做功所致；判断列车以树木为参照物是静止的还是运动的，就看列车以树木为参照物，列车和树木之间的位置是否发生变化．解答：解：由v=得列车行驶的路程：s=vt=160千米/小时×0.5小时=80千米；列车在行驶的过程中，车轮不断克服与轨道的摩擦而做功，将机械能转化为内能，导致车轮的温度升高；即通过做功的方式改变了车轮的内能；以列车为参照物，列车里的乘客与列车之间的位置没有发生变化，所以列车里的乘客是静止的．故答案为：80；做功；静止．点评：根据速度的计算方法可间接求出时间；判断物体是运动还是静止，参照物的选取很关键；做功和热传递都可改变内能，但两种方法有本质的区别，做功是能量的转化，而热传递是能量的转移．13．（3分）（2015•金山区二模）若10秒内通过某导体横截面的电量为3库，导体两端的电压为3伏，则通过该导体的电流为0.3安，电流做功为9焦．若在该电路中串联一个电阻，则电路中的电流将变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）．考点：电量及其计算；电功的计算．专题：电流和电路；电能和电功率．分析：已知电荷量和通电时间，根据公式I=可求通过导体的电流；根据公式W=UIt=UQ可求电流做功的大小；串联电路中，串联的电阻越多，总电阻越大，当电源电压不变时，电路电流会变小．解答：解：通过导体的电流I===0.3A；电流做功W=UIt=3V×0.3A×10s=9J；若在该电路中串联一个电阻，电路总电阻变大，因为电源电压不变，所以电路中的电流将变小．故答案为：0.3；9；变小．点评：本题考查了电流、电功的计算，关键是公式及其变形式的灵活应用，还要知道串联电路电流、电压和电阻的规律．14．（3分）（2015•金山区二模）如表所列的几种不同物质的比热容，质量为5千克的水温度升高40℃，吸收的热量为8.4×105焦；若这些热量被5千克的泥土吸收，则上升的温度大于40℃（选填“大于”、“小于”或“等于”），这就是沿海地区昼夜温差小于内陆地区昼夜温差的原因（选填“大于”、“小于”或“等于”）．考点：热量的计算；比热容解释简单的自然现象．专题：比热容、热机、热值．分析：（1）利用热量公式Q=cm△t求水吸收的热量；（2）利用Q=cm△t的变形公式分析比较水和铜块升高的温度关系．解答：解：（1）因为Q=cm△t所以水吸收热量Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×5kg×40℃=8.4×105J；（2）Q水=Q泥土，且m水=m泥土，因为c泥土＜c水，所以△t泥土＞△t水=40℃，所以泥土升高的温度大于40℃．（3）因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和泥土比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小．故答案为：4.2×105；大于；小于．点评：本题考查了学生对吸热公式及其变形公式的掌握和运用，涉及到两种物质的比较，属于基础题．15．（4分）（2015•金山区二模）如图所示的电路中电源电压保持不变，当电键S闭合后出现了故障．（1）若电压表V1和V2的示数相等，故障可能的是L断路或电阻R短路，或灯L断路同时电阻R短路．（2）若灯泡L不发光且电压表V1和V2的示数不相等，可用一根导线连接A、B、C三点中的AB两点，可以检验出电阻R断路．考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．专题：欧姆定律．分析：（1）首先从电路图中获取信息：两个灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电表的示数相同，说明电路中有一处出现了故障，可能是某一处短路或断路，再根据具体的情况分析出故障的位置．（2）若电阻R断路，可以将导线直接接在电阻R的两端，电路接通，小灯泡发光，电压表V1有示数．解答：解：（1）根据电路图可知，两个小灯泡串联、电压表V1测量的是灯泡L两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，当两个电压表的示数相同时，说明电路中出现了断路或短路．当小灯泡L出现断路时，灯泡不发光，电压表V1通过电阻R与电源相连，两个电压表测量电源电压，都有示数，且示数相等；当电阻R短路时，电路中只有灯泡接入电路，灯泡两端的电压等于电源电压，两个电压表测量电源电压，都有示数，且示数相等；所以故障可能是：L断路或电阻R短路，或灯L断路同时电阻R短路；（2）电阻R断路时，电路断路，小灯泡没有电流通过，不发光，电压表V1无示数，电压表V2测量电源电压，有示数；用一根导线连接A、B两点，电路接通，小灯泡发光，电压表V1测量一段导线的电压，无示数；若用一根导线连接A、C或B、C两点，同样出现小灯泡发光，电压表V1无示数的现象，但故障原因还有可能是开关断路；故答案为：（1）L断路或电阻R短路，或灯L断路同时电阻R短路；（2）AB．点评：此题是一道故障分析题，解答时让学生根据实验现象来分析出故障的原因，从中培养了学生分析问题和解决问题的能力．16．（4分）（2015•金山区二模）在探究“物体的动能大小与哪些因素有关”时，如图9所示．将甲乙两小球（m甲＜m乙）分别拉到与竖直方向成一定角度（θ1＜θ2）的位置，由静止释放，当小球与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块都会在水平面上滑行一定距离后停止．图中的摆长L都相等．（1）如图（a）、（b）所示，观察到木块被推动的距离可得出乙球具有的动能大；当同时释放甲、乙两球时，观察到它们的摆动始终相对静止，表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小与小球的质量无关．（2）比较图（b）、（c）所示，可得出初步结论是：当物体质量相等时，速度越大动能越大．考点：探究影响物体动能大小的因素．专题：探究型实验综合题．分析：（1）通过木块被小球撞击的距离大小来判断小球具有动能的大小，采用了转换法的思想；比较（a）、（b）两图的速度和质量的关系便可得出结论；（2）比较（b）、（c）两图速度的大小，根据小球被撞得距离比较出动能的大小，从而得出结论．解答：解：（1）由图知，小球将木块推动的距离大小判断其动能大小，采用了转换法的思想；在（a）、（b）两图中，小球的质量不同，由题意知，摆角相同，小球同时到达竖直位置，说明小球的速度大小与小球的质量无关；（2）在（b）、（c）两图中，小球的质量相同，θ1＜θ2，所以丙图小球的速度更大，通过比较两种情况下木块被推动的远近来比较小球动能的大小，所以是为了探究动能大小与速度的关系．故答案为：（1）木块被推动的距离；质量；（2）当物体质量相等时，速度越大动能越大．点评：此题是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验，实验装置与以往的课本装置不同，采用悬挂的小球做实验，实验更容易操作，同时考查了学生根据实验现象得出结论的能力．三、作图题（每题3分，共9分）17．（3分）（2015•金山区二模）如图所示，重4牛的小球保持静止，用力的图示法画出细线对小球的拉力F．考点：力的示意图．专题：重力、弹力、摩擦力．分析：画力的图示要确定力的大小、方向、作用点，并选择合适的标度．解答：解：拉力的作用点可画在小球的重心上，方向沿绳竖直向上．因为物体静止，所以F=G=4N．故答案为：．点评：做这类题要看清题目的要求，是画力的示意图还是画力的图示．力的示意图没有标度，力的图示必须选取合适的标度．18．（3分）（2015•金山区二模）在图中根据给出的反射光线OB画出入射光线AO，并标出入射角及其度数．考点：作光的反射光路图．专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数．解答：解：由图可知，反射角为90°﹣30°=60°，在法线左侧画出入射光线OA，度数等于反射角为60°即可，如图所示：点评：由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求．要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角．19．（3分）（2015•金山区二模）根据图中小磁针N极的指向，标出磁感线方向、通电螺线管的N、S极，并在括号内标出电源的正、负极．考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁感线及其特点；安培定则．专题：作图题．分析：根据小磁针的NS极指向，利用磁极间的作用规律可以确定螺线管的NS极；根据磁感线特点可确定磁感线方向；根据螺线管的NS极和线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源正负极．解答：解：由于异名磁极相互吸引，所以当小磁针自由静止时，与小磁针N极靠近的螺线管的左端一定是S极；根据图示的线圈绕向和螺线管的NS极，利用安培定则可以确定螺线管中电流的方向是从螺线管的左端流入，右端流出，因此电源的左端为正极，右端为负极．磁感线方向从N极指向S极．答案如下图所示：点评：安培定则共涉及三个方向：电流方向、磁场方向、线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个．在此题的第二问中就是间接告诉了磁场方向和线圈绕向来确定电流方向．四、计算题（第20题5分，第21题7分，第22题9分，共21分）20．（5分）（2015•金山区二模）物体排开水的体积为5×10﹣3米3，求它所受的浮力F浮．考点：阿基米德原理．专题：计算题；浮力．分析：已知物体排开水的体积，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可算出受到的浮力．解答：解：∵V排=5×10﹣3m3∴受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣3m3=49N．答：它所受的浮力F浮为49N．点评：本题考查了浮力大小的计算，主要是阿基米德原理的应用，是一道基础题．21．（7分）（2015•金山区二模）如图所示，轻质圆柱形容器A内装有部分水，实心圆柱体B放在水平桌面上，（1）若A容器中水的质量为2千克，求水的体积V水．（2）若B的质量为1.5千克，底面积为100厘米2，求B对水平桌面的压强pB．（3）将圆柱体B沿水平方向截取部分体积V放入A容器中（水未溢出），若ρ水≤ρB≤2ρ水，求A容器底部受到水的压强变化量△pA．（结果均用V、ρ水、ρB、g、SA、SB等字母表示）考点：压强的大小及其计算；密度公式的应用；液体的压强的计算．专题：密度及其应用；压强、液体的压强．分析：（1）知道A容器内水的质量，利用V=求水的体积；（2）B对水平桌面的压力等于B的重力，知道底面积（受力面积），利用压强公式求B对水平桌面的压强；（3）当ρ水≤ρB≤ρ水时，放入的B在水中漂浮或悬浮，A容器底部受到水的压力变化量等于放入的B的重力，利用压强公式求A容器底部受到水的压强变化量；当ρ水≤ρB≤2ρ水时，放入的B在水中下沉，A容器底部受到水的压力变化量放入的B受到的浮力，利用压强公式求A容器底部受到水的压强变化量．解答：解：（1）由ρ=得水的体积：V水===2×10﹣3m3；（2）B对水平桌面的压力：FB=GB=mBg=2kg×9.8N/kg=14.7N，B对水平桌面的压强：p酒===1470Pa；（3）当ρ水≤ρB≤ρ水时，A容器底部受到水的压强变化量：△pA===；当ρ水≤ρB≤2ρ水时，A容器底部受到水的压力变化量：△F′=F浮′=ρ水gVA容器底部受到水的压强变化量：△pA′==．答：（1）若A容器中水的质量为2千克，水的体积为2×10﹣3m3；（2）B对水平桌面的压强为1470Pa；（3）将圆柱体B沿水平方向截取部分体积V放入A容器中（水未溢出），当ρ水≤ρB≤ρ水时，A容器底部受到水的压强变化量为；当ρ水≤ρB≤2ρ水时，A容器底部受到水的压力变化量为．点评：本题考查了密度公式、压强公式、阿基米德原理、物体浮沉条件的掌握和应用，难点在第三问，对于直壁容器，水对容器底的压力等于水的重力．22．（9分）（2015•金山区二模）在如图1所示的电路中，电源电压为18伏保持不变．（1）若在CD间接入电流表，闭合电键，电流表示数如图所示．求电阻R1的阻值．（2）若在AB间接入电压表，闭合电键，电压表示数为6伏．求变阻器R2消耗的电功率．（3）现有滑动变阻器“50Ω2A”或“20Ω1A”替代R2，若在AB和CD间同时接入电压表．闭合电键后使两个电压表示数差值最大．当选用标有“50Ω2A”的滑动变阻器时能达到以上要求．①求出两个电压表示数差值的最大值及此时滑动变阻器的阻值．②该电路中的最大电流．考点：欧姆定律的应用；电功率的计算．专题：欧姆定律；电能和电功率．分析：（1）若在CD间接入电流表，闭合电键，滑动变阻器被短路，读出电流表示数，根据欧姆定律求电阻R1的阻值；（2）若在AB间接入电压表，闭合电键，知道电压表示数，即R1两端电压，可求滑动变阻器两端的电压，求出电路中的电流，利用P=UI求变阻器R2消耗的电功率；（3）替换R2的滑动变阻器的最大阻值越大，和R1的差值越大，两电压表差值越大，据此确定选用的滑动变阻器；①两个电压表示数差值最大时，差值△U=15V﹣3V=12V，若R1两端电压为15V，则滑动变阻器两端电压为3V，根据分压关系求滑动变阻器连入阻值；若R1两端电压为3V，则滑动变阻器两端电压为15V，根据分压关系求滑动变阻器连入阻值；②当R1两端电压为15V时，电路中电阻最小、电路最大，利用欧姆定律求解．解答：解：（1）若在CD间接入电流表，闭合电键，滑动变阻器被短路，读出电流表示数，即电路中电流I=2A，由欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1===9Ω；（2）若在AB间接入电压表，闭合电键，电压表示数为6V，即U1=6V，滑动变阻器两端的电压：U2=U﹣U1=18V﹣6V=12V，通过滑动变阻器的电流：I2=I1===A，变阻器R2消耗的电功率：P2=U2I2=12V×A=8W；（3）替换R2的滑动变阻器的最大阻值越大，和R1的差值越大，根据串联电路的分压关系，两电压表差值越大，所以选用“50Ω2A”的滑动变阻器；①两个电压表示数差值最大时，差值△U=15V﹣3V=12V，若R1两端电压U1=15V，则滑动变阻器两端电压U2=3V，===，R2=R1=×9Ω=1.8Ω；若U1=3V，U2=15V，===，R2=5R1=5×9Ω=45Ω；②当U1=15V时，电路中电阻最小、电路最大，I最大==≈1.67A．答：（1）电阻R1的阻值为9Ω．（2）变阻器R2消耗的电功率为8W．（3）50Ω2A；①若两个电压表示数差值的最大值为12V，滑动变阻器连入的阻值为1.8Ω或45Ω；②电路中的最大电流为1.67A．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，难点在第三问，分析题意得出：两个电压表示数差值最大时，差值△U=15V﹣3V=12V是解题的关键．五、实验探究题（第（8）空2分，其余每空1分，共18分）23．（4分）（2015•金山区二模）如图1所示，在“探究平面镜成像的特点”实验中，竖直放置的器材M是玻璃板（填写名称）；手指放在蜡烛B的烛芯顶部不会被烧痛（选填“A”或“B”）．在用托盘天平称量前，指针出现了如图2所示的现象，此时应将左端螺母向右调节（选填“左”或“右”），直至指针指在分度盘中央处，使横梁平衡．考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；质量的测量与天平．专题：光的传播和反射、平面镜成像；质量及其测量．分析：（1）玻璃板不但反射光成像，还能透光看到玻璃板后面的蜡烛；根据平面镜成像特点可知，平面镜成的像不能出现在光屏，所以是虚像．（2）根据指针向左偏就向右移动平衡螺母，指针向右偏就向左移动平衡螺母，直到指针指在零刻度处为止解答．解答：解：（1）在探究“平面镜成像的特点”时，用玻璃板代替平面镜的目的是玻璃板不但反射光成像，还能透光看到玻璃板后面的蜡烛，便于确定像的位置；根据平面镜成像特点可知，平面镜成的像是虚像，玻璃板另一侧B处没有蜡烛，所以不会烧痛．（2）如图，调节天平平衡时，指针左偏，说明天平左端下沉，平衡螺母应向相反的方向移动，平衡螺母向右移动直到指针指在分度盘中央刻度线处．故答案为：玻璃板；B；右；分度盘中央．点评：（1）掌握平面镜成像中实验器材的在实验中的作用，例如选择两个完全相同的蜡烛、刻度尺、使用薄的并且透明的玻璃板等．（2）在使用天平过程中，一定要注意天平在调节平衡时要靠移动平衡螺母，在称量过程中则要靠增减砝码和移动游码来使横梁平衡．24．（5分）（2015•金山区二模）如图，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，其中A为光具座．实验前应先观察并记下凸透镜的焦距．实验时，固定好凸透镜的位置并调整物距，使它大于透镜的二倍焦距后，要移动光屏找像．当发现所成的像比较小时，为了获得较大的像，在不改变透镜位置的情况下，可以进行的操作是：烛焰向靠近凸透镜方向移动，同时将光屏远离凸透镜方向移动，直至出现清晰的像．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在“验证凸透镜成像规律”的实验中，要了解实验器材，明确凸透镜的焦距．②在实验过程中，固定凸透镜的位置，通过改变蜡烛的位置来改变物距，通过调节光屏的位置找到像的位置．③凸透镜成像成实像时：物像异侧，物距变大，像距变小，像变小．物距变小，像距变大，像变大．解答：解：①实验用到的器材A是光具座，在实验前需要记下凸透镜的焦距．②固定凸透镜的位置后，使物距大于二倍焦距，此时不能再移动凸透镜，否则物距就会改变，所以要移动光屏找像．③当发现所成的像比较小时，为了获得较大的像，应该减小物距，不改变透镜位置，所以要将蜡烛靠近凸透镜，此时像距要增大，光屏要远离凸透镜．故答案为：光具座；焦距；光屏；烛焰向靠近凸透镜方向移动，同时将光屏远离凸透镜方向移动，直至出现清晰的像．点评：此题主要是探究凸透镜成像的规律，主要考查了在实验前和实验过程中的操作情况．实验前要注意记下凸透镜的焦距．实验时固定凸透镜的位置，改变物体和光屏的位置．要熟练掌握凸透镜成像规律，搞清物距、像距、成像特点之间的关系．25．（3分）（2015•金山区二模）某同学在做“测定小灯泡功率”的实验中，电源电压为6伏，滑动变阻器上标有“20Ω1A”的字样，小灯泡的额定电压为3.8伏．实验时该同学发现电压表0﹣15伏量程档坏了，其他器材都完好．连接正确电路后闭合电键，移动滑动变阻器的滑片，测得电压为3伏；然后该同学又改变电压表的位置，组成一个新的电路，移动滑动变阻器的滑片到中点时，小灯泡正常发光，则：（1）在方框内画出该同学调整电压表位置后的实验电路图．（2）他判断小灯泡正常发光的理由是当观察到电压表示数为2.2伏时小灯正常发光，小灯泡的额定功率为0.836瓦．考点：电功率的测量．专题：测量型实验综合题．分析：（1）灯泡额定电压大于电压表最大量程，可以将电压表与滑动变阻器并联，当滑动变阻器两端的电压为2.2V时，小灯泡两端的电压等于3.8V，通过调节变阻器阻值，即可让灯泡两端电压达到额定值3.8V．所以据题目可知，此时第一个电路图是将电压表并联在灯泡两端，第二个电路图是将电压表并联在变阻器两端；（2）据串联电路电压的规律分析即可判断；（3）据题目中的数据，结合电功率的计算公式分析即可解决．解答：解：（1）据上面的分析可知，灯泡额定电压大于电压表最大量程，所以若将电压表直接并联在灯泡两端是不能使得灯泡正常发光的，故该同学设计的第一个电路图是将电压表并联在灯泡两端，第二个电路图是将电压表并联在变阻器两端，且图是正确的；见下图：（2）据串联电路中各部分电压之和等于总电压的特点可知，此时是只需要将电压表调至2.2V，即此时灯泡的电压是U=6V﹣2.2V=3.8V，即此时灯泡正常工作；（3）据图可知，若小灯泡正常发光，这时电流表的示数为I===0.22A，据串联电路电流处处相等可知，此时灯泡的额定电流就是0.22A，其额定电压是3.8V，故其额定功率是：P=UI=3.8V×0.22A=0.836W；故答案为：（1）如上图．（2）当观察到电压表示数为2.2伏时小灯正常发光．（3）0.836．点评：本题是一道考查测量小灯泡电功率的实验探究题，解决本题的关键是理解串联电路电压和电流的特点．26．（6分）（2015•金山区二模）某小组探究杠杆平衡条件的实验中发现，当动力臂或阻力臂发生变化时，使杠杆平衡的动力大小就要随之改变，他们为了知道使杠杆平衡的动力大小与两个力臂大小之间的关系，他们在已调水平平衡的杠杆左端悬挂等重的钩码如图所示，将钩码对杠杆的作用力定为阻力F2，在支点另一侧通过悬挂钩码施加动力F1，调节动力臂l1及阻力臂l2大小使杠杆在水平位置平衡，并将实验数据记录在表一、表二中．表一实验序号F2（牛）l2（厘米）F1（牛）l1（厘米）161041526106103610106表二实验序号F2（牛）l2（厘米）F1（牛）l1（厘米）468412561261266201012表三实验序号F2（牛）l2（厘米）F