2019年中考物理模拟试卷及答案解析5-10

2019年中考物理模拟试卷一、选择题1（3分）如图，在一根筷子了捆一些棉花做成活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的竹管中，用嘴吹管的上端口，可以听到悦耳的哨音，上下推拉活塞，声音就会改变。下列说法正确的是（）A用力吹气可以改变哨音的音调B上下推拉活塞，改变的是哨音的音色C哨音是由空气振动产生的D哨音“悦耳”说明哨音是超声波2（3分）小明利用如图所示的装置在暗室中探究光反射时的规律，先把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面。使一束光贴着纸板沿EO射到O点，经平面镜反射，沿OF射出（图甲）。当把纸板NOF向前折或向后折，在纸板上均不能看到反射光线（图乙）。下列说法中正确的是（）A图甲中，测得入射光线EO与镜面的夹角为44，则反射角r=44B图甲中，入射光线EO在平面镜中的像与反射光线OF一定在同一直线上C图甲中，若纸板和镜面不垂直，当入射光线EO沿纸板射向镜面时，纸板上不能看到反射光线OF，这表明反射现象消失D图乙中，纸板NOF向前折或向后折，在纸板上均不能看到反射光线，这表明反射光线、入射光线和法线不在同一平面内3（3分）小铁球从斜面加速滚下，当经过水平桌面上磁铁的前方时，其运动路径发生弯曲（如图），下列说法错误的是（）A小铁球从斜面滚下时重力势能转化为动能B磁铁对小铁球的吸引力改变了小铁球的运动状态C小铁球滚过磁铁前方时，磁铁对小铁球做了功D小铁球滚过磁铁前方时，静止的磁铁与桌面之间没有摩擦力4（3分）一个空塑料药瓶，瓶口扎上橡皮膜，竖直地浸入水中，第一次瓶口朝上，第二次瓶口朝下，这两次药瓶在水里的位置相同，如图所示。每次橡皮膜都向内凹且乙图中橡皮膜凹进得更多。从第一次到第二次的过程中，下列说法不正确的是（）A瓶内空气的密度变大B瓶内空气的压强不变C橡皮膜所受水的压强变大D若甲图中药瓶处于悬浮状态，则乙图中药瓶会下沉 水平方向5（3分）按图做一个纸风车，如果把风车放在点燃的酒精灯上方，风车能转动起来。下列说法错误的是（）A该装置能量转化的过程是：化学能内能机械能B该实验可以说明气体在温度升高时密度减小C风车转动前后，绳对风车的拉力变小D风车转动时，每一个叶片的运动状态都不发生改变6（3分）一辆汽车在平直的公路上做直线运动，其vt图象如图所示，汽车在第10s时已行驶了150m，速度达到了20m/s，随后匀速前进，若汽车在行驶过程中所受阻力大小始终为2000N，以下说法正确的是（）A在020s内汽车的平均速度为15m/sB在010s内汽车的牵引力大小恒为2000NC在1020s内汽车牵引力做的功为4105JD在1020s内汽车牵引力做功的功率为4105W7（3分）如图所示是某同学设计的油量表原理图，油量表是用电流表或电压表改装而成，其中能表示油量表的示数随油面高度的增加而增大，且刻度均匀的是（）ABCD8（3分）为了保证居民安全用电，国家认监委要求自2017年4月14日开始执行插座新国标。左图所示的新国标插座加粗电源线内的线芯，并统一使用三脚插头，改用五孔插口或和二孔插口搭配设计，还在插座处设有保护门。关于新国标插座，下列说法不正确的是（）A加粗电源线内的线芯，可以使电源线的电阻变大，发热少B电源线使用三脚插头，可以使插座上的用电器外壳带电时，电流流入大地C新国标插座能减少插座上同时使用的用电器数量，防止用电器的总功率过大D新国标插座设有保护门，可以避免儿童因为手指或金属物体误触导致触电事故9（3分）下列装置中，与发电机工作原理相同的是（）A动圈式话筒B电动机C电铃D扬声器10（3分）如图所示为双线并绕的螺线管，a、b、c、d为四个接线柱，其中a、C之间连接一根较粗的导线；b、d之间连接一根较细的导线。如用两端电压恒定的同一个电源供电，下列连接方式中磁性最强的方法是（）A将bc相连，然后a、d分别接电源两极B将cd相连，然后a、b分别接电源两极C将ab相连、cd相连，然后分别接电源两极D将ad相连、bc相连，然后分别接电源两极11（3分）为了测定小灯泡的电阻，现提供如下器材：额定电压为2.5V的小灯泡，电压表（量程有“03V”和“015V”），电流表（量程有“00.6A”和“03A”），滑动变阻器（规格分别为“10 2A”、“20 2A”、“50 1.5A”），开关，电源（电压恒为4V）和若干条导线。某同学连接完电路后闭合开关，把滑动变阻器的滑片从一端移到另一端的过程中，测量的数据如下表所示。若电源电压恒定不变，下列说法中正确的是（）实验次数123456电压表示数U/V3.53.12.52.31.91.5电流表示数I/A0.160.190.220.240.260.28A该小灯泡正常发光时的电流为 0.22 AB该小灯泡的电流随它两端电压的增大而减小C该同学所选的滑动变阻器规格为“50 1.5 A”D该同学连接电路时，将电压表并联在小灯泡的两端12（3分）如图所示的电路中，滑动变阻器R2上标有“201A”字样，电压表选用的是“015V”的量程，电流表均选“00.6A”的量程，电源的电压保持不变。当只闭合开关S1、S3，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，电路消耗的总功率为2.7W，电流表A的示数为I1，电压表的示数为U1；当只断开开关S1，滑片P滑至最右端时，电流表A的示数为I2，电压表的示数为U2：当只闭合开关S1，滑片P仍在最右端时，电流表A1的示数为I3，电压表的示数为U3若I1：I2=5：3，U2：U3=3：5则下列结论错误的是（）AI2：I3=3：2BU1：U3=4：3C该电路的最小功率为 1.08 WD该电路的最大功率为 5.4 W二、非选择题13（2分）如图是我国自行研发的“歼20”战机在空中飞行的雄姿，它是中国研制的新一代双发重型隐形战斗机，将负担起中国未来对空、对海的主权维护任务。（1）“歼20”战机机身涂料能有效地 （选填“反射”或“吸收”）来自雷达的电磁波，以达到隐身的目的。（2）“歼20”战机的最大起飞质量是37t，在空中沿水平方向匀速飞行时，它受到的升力为 N。14（4分）如图甲所示是热敏电阻的Rtt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱控制电路，继电器线圈的电阻为150闭合开关S，当线圈中电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合。为继电器线圈供电的电池的电压为6V。（1）由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻Rt的阻值 。（2）为了使恒温箱温度保持在一定范围，应该把恒温箱内的加热器接在端 （选填“AB”或“CD”）。（3）如果要使恒温箱的温度保持在100，可变电阻R的值为 。（4）若要提高恒温箱的温度应将R的滑片向 滑动。15（4分）某同学在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，如图所示，光屏上能成清晰的像，（1）我们在光屏上能看到一个倒立、 的实像。（2）若在蜡烛和透镜之间放一个近视眼镜片，光屏应向 移动时，光屏上可以又得到了清晰的像。此像比图中光屏上原来的像 些（填“大”或“小”）。（3）若保持蜡烛和光屏不动，把透镜移到 cm刻度线处光屏上能再次得到清晰的像。16（4分）在探究固体熔化的实验中，某小组选用的实验装置如图甲，观察和收集200g冰熔化的数据后，绘制了如图丙所示的温度时间图象。（1）为完成实验，除图甲中的器材外，还需要的测量工具是天平和 。（2）图乙所示温度计显示的是冰某时刻的温度，它的示数是，根据图象判断：冰在熔化时，不断吸收热量，温度 。（3）根据图丙中的信息和相关知识，可以比较出冰在 （选填“熔化前”或“熔化后”）的吸热能力较强。17（5分）图甲是“探究浮力的大小跟哪些因素有关“的几个实验情景（1）通过实验步骤可以求出A在水中受到的浮力。实验是为了探究浮力的大小跟 是否有关。（2）实验和中，弹簧测力计的示数分别为3.0N和2.8N，若物体A的密度为4103kg/m3，则物体A受到的重力为 N，盐水的密度为 kg/m3。（3）若实验中A接触容器底，弹簧测力计的示数如图乙所示，物体A对容器底部的压力为 N。18（6分）小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，用到以下器材：额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器R1“201A”和R2“1000.5A”各一个、电流表（00.6A、03A）、电压表（03V、015V）、学生电源（电压恒为6V）、开关、导线若干。（1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路补充完整（要求滑片右移灯泡变亮，且导线不交叉）。（2）连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片，小明发现小灯泡始终不亮，电压表、电流表示数均为0，经检查电表完好，则故障可能是 。A小灯泡断路 B小灯泡短路 C滑动变阻器断路 D滑动变阻器短路（3）故障排除后，小明移动滑片P，当电压表的示数达到额定电压时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为W小明根据实验中获得的数据绘制的小灯泡的“IU”图象如图丙所示，则本实验中小明选择的滑动变阻器是 （选填“R1”或“R2”）。（4）完成上述试验后，小明又找来5、10、15、20、50的电阻各一个，选择滑动变阻器R2来完成探究“电流与电阻的关系”的实验，电流表（00.6A），电压表（03V），电压表要完成这五次实验，应控制的电压表示数的范围为 。19（9分）新洲区近几年逐步普及安装了天然气，很多家庭都在采用燃气壁挂炉供暖。不但解决我们的取暖问题，同时也解决我们热水提供问题，下表是某型号燃气采暖热水炉（又称燃气壁挂炉）的部分参数。（1）当外界需要热水时，打开热水阀门，壁挂炉感知到有热水需求时，内部风机启动，形成燃烧仓负压，内部空气流速快压强 ，外部空气进入燃烧仓，同时冷水冲开燃气阀点火燃烧。（2）燃气炉工作时，壁挂炉压力表显示水路压力如图所示，家用水管水龙头处阀门横截面积为2cm2，求水对水龙头处阀门压力。（1bar=105Pa）（3）该型燃气热水器正常工作lmin。求燃料燃烧放出的热量。（额定热负荷16kW是指天然气完全燃烧，1s会提供16000J的热量）（4）若在额定产热水能力下正常工作，求燃气壁挂炉的烧水效率。燃气种类天然气额定燃气压强2000Pa额定热负荷16KW注水水压0.1Mpa0.2MPa额定产热水能力8L/min（t=25）额定电压AC220V/50Hz参考答案与试题解析一、选择题1【考点】9D：频率及音调的关系【分析】解决此题的关键是要知道声音是由物体的振动产生的，音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。【解答】解：吹哨子时，管内空气柱因发生振动而产生声音；当上下推拉活塞时，空气柱的长度发生改变，空气柱的振动快慢会发生改变，所以会发出不同音调的声音；用力吹气可以改变哨音的响度；超声波我们听不到，所以哨音不是超声波，哨音“悦耳”说明哨音的音色好。故ABD错误、C正确。故选：C。【点评】此题考查了声音的产生原因及影响声音音调的因素，会结合概念解释现象。2【考点】A7：光的反射定律【分析】（1）入射光线与法线的夹角叫入射角，反射光线与法线的夹角叫反射角，反射角等于入射角；（2）根据平面镜的成像特点分析；（3）实验过程中法线要与平面镜垂直；（4）反射光线、入射光线和法线在同一平面内。【解答】解：A、已知入射光线与镜面的夹角为44，所以入射角为9044=46，而反射角等于入射角，所以反射角也是46，故A错误；B、入射光线与镜面的夹角等于入射光线与平面镜中的夹角，故入射光线EO在平面镜中的像与反射光线OF一定在同一直线上，故B正确；C、法线在纸板上，法线与镜面垂直，入射光线、法线、反射光线在同一平面内，如果纸板与平面镜不垂直，则镜面的法线不在纸板上，入射光沿纸板照射后，反射光线不在纸板上，则我们在纸板上看不到反射光线，不是反射现象消失了；故C错误；D、由于反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，当纸板F转过一定的角度后，两块纸板不在同一平面上，所以在纸板F上就无法呈现出反射光线了，故D错误。故选：B。【点评】本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。3【考点】FU：动能和势能的转化与守恒【分析】（1）动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，二者可以相互转化；（2）力可以改变物体的运动状态；（3）做功的条件是：作用在物体上有力，物体沿力的方向移动一段距离；（4）物体间力的作用是相互的，根据磁铁的运动状态分析。【解答】解：A、小铁球从斜面滚下时，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能变大，重力势能转化为动能，故A正确；B、磁铁对小铁球有吸引力，小球经过小车时运动方向发生了变化，说明吸引力改变了小铁球的运动状态，故B正确；C、小铁球滚过磁铁前方时，在吸引力的方向上移动了距离，所以磁铁对小铁球做了功，故C正确；D、小铁球滚过磁铁前方时，静止的磁铁受到小球的吸引力的作用，由于磁铁处于静止状态，故受到摩擦力的作用，摩擦力与引力是一对平衡力，故D错误。故选：D。【点评】该题考查了能量的转化、做功的条件、力与运动的关系、二力平衡的判断，是一道综合题，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。4【考点】88：液体的压强的特点【分析】液体压强的特点：液体内部朝各个方向都有压强，在同一深度，液体向各个方向的压强相等；液体的压强随深度的增加而增大；不同液体的压强还跟密度有关，深度一定时，液体的密度越大，压强越大；【解答】解：A、乙图中橡皮膜凹进得更多，质量不变，体积变小，故瓶内空气的密度变大，故A正确；B、瓶内空气的密度变大，瓶内空气的压强变大，故B错误；C、橡皮膜朝下时，浸入液体的深度大，橡皮膜凹的更明显，说明在液体密度一定时，液体压强随深度的增加而增大，故C正确；D、乙瓶瓶内空气的密度变大，若甲图中药瓶处于悬浮状态，则乙图中药瓶会下沉水平方向，故D正确；故选：B。【点评】本题通过简单的实验现象，考查了液体内部压强的规律，重点是观察同一深度处，液体内部向各个方向的压强大小关系。5【考点】2H：密度与温度【分析】（1）判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量；（2）根据=可知：一定质量的气体体积膨胀后，密度变小；火焰加热空气使空气密度变小而流动；（3）从加大空气流动的角度分析，流速大的地方压强小；（4）运动状态的变化，包括运动速度大小，与运动方向的变化。【解答】解：A、该装置能量转化的过程是：燃料的化学能转变为内能，内能转化为机械能，故A正确；B、火焰上方空气加热后体积膨胀，空气密度变小，会向上流动，风车转动，故B正确；C、风车转动后，由于空气流动加快，压强减小，绳对风车的拉力变小，故C正确；D、风车转动时，每一个叶片都在转动，故运动方向不断变化，故动状态不停发生改变，故D错误。故选：D。【点评】本题考查能量的转化，密度与温度的关系，流速与压强的关系，运动状态的改变是一道综合题。6【考点】EC：功的计算；6D：变速运动与平均速度；FF：功率的计算【分析】A、知道汽车在1020s内的速度，利用s=vt求出行驶的路程；求出在020s内行驶的总路程s=s1+s2，再利用速度公式求在020s内汽车的平均速度；B、由图可知，在010s内，汽车做加速运动，牵引力大于阻力；C、汽车在1020s内做匀速运动，处于平衡状态，牵引力等于阻力，利用W=Fs求汽车在1020s内牵引力做的功；D、利用P=求汽车在1020s内牵引力做功功率。【解答】解：A、由图象可知，汽车在1020s内做匀速运动，其速度为v2=20m/s，汽车在1020s内行驶的路程s2=v2t=20m/s10s=200m，在020s内行驶的总路程s=s1+s2=150m+200m=350m，则在020s内汽车的平均速度v=17.5m/s，故A错误；B、由图象可知，在010s内，汽车做加速运动，牵引力大于阻力，即牵引力大于2000N，故B错误；C、汽车在1020s内做匀速运动，处于平衡状态，牵引力等于阻力，即F=f=2000N，则牵引力做的功：W2=Fs2=2000N200m=4105J，故C正确；D、汽车在1020s内牵引力做功的功率：P2=4104W，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了速度公式、功的公式、功率公式的应用，关键是根据图象、结合二力平衡条件得出汽车做匀速直线运动时的牵引力大小。7【考点】HU：串、并联电路的设计【分析】由选项电路图可知，R0与R串联，根据油箱内存油量越大时滑片移动的方向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R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化，然后表示出油量表的示数，根据是不是线性函数判断油量表的可得是否均匀。【解答】解：A由电路图可知，R0与R串联，当油箱内存油量越大时，浮子上移，滑片下移，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即油量表的示数变大，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，油量表的示数I=，不是线性函数，则油量表的刻度是不均匀，故A错误；B由电路图可知，R0与R串联，当油箱内存油量越大时，浮子上移，滑片下移，接入电路中的电阻变小，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，R0两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压变小，即油量表的示数变小，故B错误；C由电路图可知，R0与R串联，因电压表内阻很大、在电路中相当于断路，所以，当油箱内存油量越大时，浮子上移，滑片下移，接入电路中的电阻不变，电路中的总电阻不变，由I=可知，电路中的电流不变，当油箱内存油量越大时，电压表并联部分电阻变大，由U=IR可知，油量表的示数变大，且UR与R是线性函数，则油量表的刻度是均匀，故C正确；D、由电路图可知，R0与R串联，当油箱内存油量越大时，浮子上移，滑片下移，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流I=变大，由U=IR可知，R0两端的电压U0=IR0=R0变大，即油量表的示数变大，而U0与R0不是线性函数，则油量表的刻度是不均匀，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路和欧姆定律的应用，会根据油量表示数的表达式判断其刻度是否均匀是解题的关键。8【考点】IV：安全用电原则【分析】（1）影响电阻的因素：材料、长度、横截面积、温度；（2）三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；因用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；（3）并联电路的总功率等于各用电器功率之和；电流过大的原因是短路和总功率过大；（4）新国标插座的保护门可以避免儿童因为手指或金属物体误触导致触电事故。【解答】解：A、在长度、材料不变时，加粗电源线内的线芯，增大了电源线的横截面积，可以使电源线的电阻变小，根据Q=I2Rt可知，电源线的发热少，故A错误；B、有金属外壳的家用电器均使用三脚插头与电源插座连接，这样即使外壳带电，电流也能通过地线流入大地，不会对人造成伤害，故B正确；C、并联电路的总功率等于各用电器功率之和，新国标插座能减少插座上同时使用的用电器数量，防止用电器的总功率过大，防止电流过大，故C正确；D、新国标插座设有保护门，可以避免儿童的手指或金属物体误触火线，防止触电事故的发生，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了影响电阻的因素、三脚插头的构造及其作用、电流过大的原因、触电事故等知识，是一道电学基础知识应用题目。9【考点】CS：发电机的构造和原理【分析】（1）发电机原理是电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即发电机的原理图中没电源，有电源的实验装置图不是发电机。（2）扬声器和电动机是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成的；（3）电铃都是利用电流的磁效应来工作的。【解答】解：A、动圈式话筒是利用电磁感应的原理来工作的，和发电机的工作原理相同；故A正确；B、电动机是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成的，故B错误；C、电铃也是利用电流的磁效应来工作的，故C错误；D、扬声器是利用了通电导体在磁场中受力的原理，将电信号转化为声信号，与电动机的原理相同，故D错误。故选：A。【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应，电动机的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部有没有电源，后者外部有电源。10【考点】CA：通电螺线管的磁场【分析】通电螺线管的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关。在匝数一定时，电流越大，磁性越强；在电流相同时，线圈匝数越多，磁性越强。【解答】解：A、b、c相连，a、d分别接在电源两极，两条导线串联，电阻相对较大，通过的电流较小，所以螺线管磁性较弱。不符合题意；B、c、d相连，a、b分别接在电源两极，两条导线串联，电阻相对较大，通过的电流较小，所以螺线管磁性较弱。不符合题意；C、a、b相连，cd相连后分别接在电源两极，两条导线并联，电阻相对较小，通过的电流较大，并且磁极极性一致，所以螺线管磁性较强。符合题意；D、a、d相连，bc相连后分别接在电源两极，两条导线串联，电阻相对较大，通过的电流较小，所以螺线管磁性较弱。不符合题意。故选：C。【点评】此题考查的是我们对磁性强弱影响因素的掌握和应用，解答时除掌握影响磁性强弱的因素外，还要掌握基本的串并联电路电流规律。11【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验【分析】（1）（4）伏安法测灯泡电阻的实验中，如果电压表并联在灯泡两端，滑动变阻器阻值减小时，总电阻减小，电流增大，灯泡电压增大，电流表示数和电压表示数都增大。如果电压表并联在滑动变阻器两端，滑动变阻器阻值减小时，总电阻减小，电流增大，灯泡电压增大，滑动变阻器电压减小，电流表示数增大，电压表示数减小。（2）小灯泡的电流随它两端电压的增大而增大。（3）由表格中数据可知，当电压的示数即滑动变阻器两端的电压为3.5V时，通过的电流为0.16A，根据欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的电阻，即可判断其规格。【解答】解：（1）移动滑动变阻器滑片，电路电流增大，灯泡电压增大，电源电压不变，滑动变阻器电压减小，测量过程中电压表和电流表的示数变化相反，原因为电压表并联在滑动变阻器两端，故D错误；（2）灯泡正常工作时，滑动变阻器两端的电压U滑=UUL额=4V2.5V=1.5V，由表格可知，灯泡的额定电流IL额=0.28A，故A错误；（3）由表格数据可知，当滑动变阻器两端的电压为U1=3.5V时，电路中的电流I1=0.16A，滑动变阻器接入电路的阻值R滑=21.87510，故滑动变阻器的规格为50 1.5A，故C正确；（4）根据欧姆定律，小灯泡的电流随它两端电压的增大而增大，故B错误；故选：C。【点评】本题学生一般容易出错，滑动变阻器规格的确定都是个难点，在类似的实验题目中，不直接告诉我们选择的量程，要根据相关的参数进行计算分析，考查了学生知识的综合运用和分析的能力。12【考点】JA：电功率的计算【分析】（1）分别画出开关在不同状态下电路的等效电路，由P=UI、串联电路特点和欧姆定律表示I1和I2、U2和U3，由I1：I2=5：3，计算出R1的阻值，由P=计算出电源电压；由U2：U3=3：5计算出R3的阻值；（2）由串联电路特点和欧姆定律计算I2和I3的比值，U1和U3的比值；（3）根据电路特点、结合电表量程和三种情况下的电路，由电功率公式确定电路中的最小和最大功率，并计算。【解答】解：根据电路图，分别画出当只闭合开关S1、S3、当只断开开关S1和只闭合开关S1的等效电路图，分别如下图所示：（1）当只闭合开关S1、S3，滑动变阻器的滑片P滑至最左端时，图1中只有R1连入电路中，所以U=U1，由欧姆定律可知，电路中电流：I1=，电路消耗的总功率：P=2.7W，当只断开开关S1，滑片P滑至最右端时，由图2知，R1与R2的最大阻值串联，电压表只测R2两端电压，电流表测电路中电流，由串联电路特点和欧姆定律可知，此时电路中电流：I2=，由题知，I1：I2=5：3，即：=，解得：R1=30，则U1=U=9V；所以，I2=0.18A，则R2两端电压：U2=I2R2=0.18A20=3.6V；当只闭合开关S1，滑片P仍在最右端时，图3中三个电阻串联，电压表测R1和R2的总电压，电流表A1测电路中电流，由题可知，U2：U3=3：5，则U3=U2=3.6V=6V，此时电路中的电流：I=，由欧姆定律可得此时电压表的示数：U3=I（R1+R2）=（R1+R2）=（30+20）=50=6V，解得：R3=25，则I3=0.12A，所以I2：I3=0.18A：0.12A=3：2，故A正确；则U1：U3=9V：6V=3：2，故B错误；（2）由三个等效电路图可知，当只闭合开关S1时（图3），滑片在最右端时，电路的总电阻最大，且电压表和电流表都不超过量程，电源电压一定，由P=知此时电路中电功率最小，所以该电路的最小功率：P最小=UI3=9V0.12A=1.08W，故C正确；当闭合开关S1、S2、S3，只有滑动变阻器连入电路中，电流表A量程00.6A，所以电路中最大电流为0.6A，此时总功率最大，所以该电路的最大功率：P最大=UI最大=9V0.6A=5.4W，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了串联、并联电路特点、欧姆定律公式以及电功率公式的灵活运用，正确分析开关在不同状态下电路的连接方式和电表作用是关键、根据电路的电表示数比计算出电源电压和电阻的阻值是难点。二、非选择题13【考点】6T：二力平衡条件的应用【分析】（1）“隐形战机”的隐形功能，主要是将雷达发射的电磁波吸收，电磁波不能反射回雷达，就避开了雷达的探测；（2）飞机在水平方向上匀速直线飞行时，竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的升力作用，这两个力是平衡力。【解答】解：（1）隐形战机可以有效避开雷达的探测，主要是它表面有一种特殊材料，能够增强对电磁波的吸收，减弱电磁波反射回雷达；（2）飞机在水平方向上匀速直线飞行时，竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的升力，两个力是平衡力，大小相等，由重力公式得其升力：F=G=mg=3.7104kg10N/kg=3.7105N；故答案为：（1）吸收；（2）3.7105【点评】本题考查了流体压强和流速的关系、二力平衡条件及其应用、重力的计算，是一道综合性很强的题目。14【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】（1）根据图甲直接得出温度降低时热敏电阻Rt的阻值变化；（2）当温度低的时候，继电器的衔铁与上面触点连接，AB部分接入电路中，此时加热器要工作，据此进行解答；（3）根据图甲读出恒温箱的温度为100时的Rt的阻值，知道电磁继电器的衔铁被吸合时的电流和控制电路电源的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出可变电阻R的值；（4）电磁继电器的衔铁被吸合时的电流和控制电路电源的电压不变，则电磁继电器的衔铁被吸合时的总电阻不变，由图甲可知热敏电阻Rt的阻值随温度的变化，据此得出R的阻值变化，进一步可知滑片的移动方向。【解答】解：（1）由图甲可知，当温度降低时，热敏电阻Rt的阻值变大；（2）当温度较低时，热敏电阻的电阻较大，控制电路中的电流较小，不能吸合衔铁，此时继电器的衔铁与上面触点连接，AB部分接入电路中，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以，该把恒温箱内的加热器接在AB端；（3）由图甲可知，当温度达到100时，Rt=50，由题意可知，电磁继电器的衔铁被吸合时的电流I=20mA=0.02A，且控制电路的电源电压U=6V，由I=可知，控制电路中的总电阻：R总=300，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以可变电阻R的阻值：R=R总Rt=30050=250；（4）因继电器的衔铁被吸合时的电流和控制电路的电源电压不变，所以，由欧姆定律可知，继电器的衔铁被吸合时的总电阻不变，由图甲可知，热敏电阻Rt的阻值随温度的升高而减小，则提高恒温箱的温度时，Rt的阻值减小，变阻器R的阻值应增大，所以应将R的滑片向右滑动。故答案为：（1）变大；（2）AB；（3）250；（4）右。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用等，明白电磁继电器的工作原理和从图象中获取有用的信息是关键。15【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）凸透镜成像的三种情况：u2f，物距大于像距，成倒立、缩小的实像。2fuf，成倒立、放大的实像。uf，成正立、放大的虚像。（2）近视眼镜片是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用；物距越大，像距越小，成的像也越小；。（3）凸透镜成像的实质是光线发生了折射现象，在光的折射现象中光路可逆。【解答】解：（1）如图可知，物距大于像距，因此此时光屏上成倒立缩小的实像；（2）因凹透镜对光线有发散作用，所以此时所成的像向后了，光屏必须向右移动才能接到清晰的像。在蜡烛和透镜之间放凹透镜相当于把物体靠近凸透镜，物距越小，像距越大，成的像也越大，所以此像比图中光屏上原来的像大；（3）根据折射时光路的可逆性可知，保持蜡烛和光屏位置不变，当u=63cm40cm=23cm时，即凸透镜移动至14cm+23cm=37刻度线处，在屏上能再次呈现清晰的像。故答案为：（1）缩小；（2）右；大；（3）37。【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。16【考点】1F：熔化和凝固的探究实验【分析】（1）实验中要控制两种物质的质量相等，同时还需要记录温度随时间的变化情况，从而可判断出所需的测量工具；（2）冰是晶体，熔化时吸热，温度不变；（3）根据图丙分析冰和水相同时间内升高的温度，比较不同状态时吸热能力的强弱。【解答】（1）在“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，需要用温度计测量液体的温度，用秒表测量加热时间，用天平测量液体的质量；所以还要用到秒表和天平；（2）冰熔化时，吸收热量，温度不变；从而使冷藏的食物温度不致太高，这是利用冰熔化吸热的性质；（3）由图丙可知，加热相同时间，冰温度变化快，熔化成水后温度变化慢，即水的吸热能力比冰强，故冰在熔化后的吸热能力较强。故答案为：（1）秒表；（2）不变；（3）熔化后。【点评】本题考查了晶体熔化的实验装置、数据读取、图象的分析等，关键时明确晶体熔化的特点，并会从图象中获取有用的信息。17【考点】8R：探究浮力大小的实验【分析】（1）物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积和密度有关，找出相同的量和不同的量，研究受到的浮力与变化量的关系；（2）由F浮=GF示可得，结合阿基米德原理求解；（3）根据中A的受力情况，根据力的平衡求出容器底部对其竖直向上的支持力，然后根据物体间力的作用是相互的求出物体A对容器底部的压力。【解答】解：（1）根据称重法，F浮=GF示，由可分别得出物体浸没在水和盐水中的浮力大小，两图V排相同，而液体密度不同，可研究浮力的大小与液体的密度有关；（2）实验和中，弹簧测力计的示数分别为F1=3.0N，F2=2.8N，由F浮=GF示可得，F浮1=GF1，F浮2=GF2，根据阿基米德原理：F浮1=水g V排，F浮2=盐水g V排，（因为和中，物体A都是全部浸没，所以V排相同）由：水gV排=GF1=AgV排F1盐水gV排=GF2=AgV排F2将水=1.0103kg/m3，A=4103kg/m3，F1=3.0N，F2=2.8N，代入解之：V=104 m3，G=4N，盐水=1.2103kg/m3（3）已知实验中弹簧测力计的分度值为0.1N，由指针位置可知，此时弹簧测力计对A的拉力为2.2N，此时A在盐水中全部浸没，由阿基米德原理，受到的浮力：F浮=盐水gV排=1.2103kg/m310N/kg1104m3=1.2N；A处于静止状态，受到容器底部对其竖直向上的支持力、浮力与测力计的拉力（大小即为测力计示数）作用和竖直向下的重力，根据力的平衡：T+F浮+F=G，故T=GF浮F=4N1.2N2.2N=0.6N，根据力的作用是相互的，物体A对容器底部的压力为0.6N。故答案为：（1）液体密度；（2）4；1.2103；（3）0.6。【点评】本题探究浮力的大小跟哪些因素有关，考查控制变量法、称重法测浮力、阿基米德原理的应用、力的平衡、力的相互性，综合性强。18【考点】JF：电功率的测量【分析】（1）要求滑片右移灯泡变亮确定变阻器的连接，并与电流表串联，电压表与灯并联；（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；（3）根据图丙可知，当通过灯泡的最小电流为0.15A时找出对应的灯泡两端电压，根据串联电路电压的规律和欧姆定律求解，从而确定选择的滑动变阻器；（4）探究“电流与电阻的关系”，要控制电阻的电压不变，设电压表示数为UV，根据串联电路电压规律和分