2016年江苏省南京市高淳区中考物理二模试卷含答案解析

1、.2016年江苏省南京市高淳区中考物理二模试卷一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1关于声的知识，下列说法错误的是（）A电视机上的“音量”按钮是用来调节音调的B教室周围植树是在传播途中控制噪声C声音是由物体振动产生的D利用超声波清洗眼镜，表明声音具有能量2下列光现象中，由光的直线传播形成的是（）A光的色散B钢笔移位C小孔成像D水中倒影3下列物态变化现象中，属于放热过程的是（）A冬天雪人变小B露珠的形成C水的蒸发D冰雪融化4关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（）A0的冰没有内能B物体的温度越高，物体的内能越大C物体的温度越低，所含的热量

2、越少D物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变5关于能源与可持续发展，下列认识正确的是（）A核燃料是可再生能源B太阳能电池是将太阳能转化为内能的装置C能量的转化和转移是有方向的D能量在转化或转移的过程中，总量会减少6下列说法中，正确的是（）A物体运动状态改变时，一定受到力的作用B物体在平衡力的作用下一定保持匀速直线运动C牛顿第一定律是直接由实验得出的D脚踢球使球飞出去，说明力是物体运动的原因7家庭电路中，某用电器正常工作15min消耗电能0.3KWh，该用电器可能是下列哪一个（）A空调B洗衣机C白炽灯D电视机8某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距

3、离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（）A该凸透镜的焦距是16cmB当u=12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像C当u=20cm时成放大的像投影仪就是根据这一原理制成的D把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小9对下列四幅图情境描述错误的是（）A甲中用电吹风向下吹漏斗中的乒乓球，球不掉落，表明气体压强与气体流速有关B乙中紧固锤头，是利用锤头受到惯性的作用C丙中手提袋手柄宽大是为了减小对手的压强D丁中鱼吐出的气泡在上升时体积逐渐变大，水对气泡的压强变小，浮力变大10压敏电阻的阻值是随所受压力的增大而减小的小聪同学想设计一个通过电表示数反映压敏

4、电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大以下电路不符合要求的是（）ABCD11下列实验中，与电动机工作原理相同的是（）ABCD12如图甲所示，电源电压为9V不变，滑动变阻器的最大阻值为100，电流在0.1A0.4A之间时电子元件均能正常工作若通过此电子元件的电流与其两端电压的关系如图乙所示，则下列判断正确的是（）A为使电子元件处于正常工作状态，滑动变阻器的阻值范围应控制在12.570B电子元件处于正常工作状态时，电路消耗的最小功率为3.6WC当P在中点时，电子元件与滑动变阻器的电压之比为1：1D电子元件工作时，电阻保持不变二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）13写出下列仪器

5、的读数（1）如图1，物体的长度是_cm；（2）如图2，温度计的示数是_14（1）如图所示，一束光斜射入平静水面，则反射角是_度，折射光在图中的_区域（填“A”或“B”）（2）某同学站在水边俯视自己的倒影，他的脸离水面0.5m处，水中脸的像与他的脸相距_m，当他的脸靠近水面时，水中像的大小将_（选填“变大”、“变小”或“不变”）15天气炎热时多喝水有益于身体健康如图甲是某同学买瓶装矿泉水时的情景（1）当该同学用手握住瓶子使瓶身竖直在空中静止不动时，手与瓶子的摩擦力和瓶子受到的_是一对平衡力（2）如图乙所示，瓶盖上有一道道条纹，其目的是在用手拧开瓶盖时能_（选填“增大”或“减小”）摩擦（3）将瓶中

6、的水倒掉一半，则水的密度_ （选填“变大”、“变小”或“不变”）（4）他在空矿泉水瓶中装入少量热水，轻晃后迅速倒出，再马上盖紧瓶盖一会儿后看到矿泉水瓶瘪了，如图丙所示，这是瓶子受到了_的作用产生的效果同时发现瓶子的温度也升高了，这是通过_ 方式改变瓶子内能的（5）他将空矿泉水瓶压入水中，直到浸没，所用的力_，（选填“变大”、“变小”或“不变”）这是因为_16在水平地面上，小明用60N的力F1沿水平方向拉着重为200N的物体前进5m，拉力F1做功_J，重力对物体做功_J接着小明再用力F2沿水平方向拉着物体前进，两次拉动物体得到的st图象分别是图乙中的图线、两次拉力的功率分别是P1、P2，则P1_

7、 P2（选填“”、“=”或“”）17将一重为18N，体积为2×103m3的蜡块用细线系在弹簧测力计的挂钩上，用手将蜡块浸没在水中，如图所示，当松手后，蜡块静止时，蜡块受到的浮力是_N，此时弹簧测力计的示数是_N（g=10N/kg）18如图，工人用滑轮组将重480N的物体匀速提升1m，所用的拉力为200N，他做的有用功是_J，该滑轮组的机械效率是_%上升过程中，物体的动能_（选填“变大”、“变小”或“不变”）19两个电阻A和B中的电流与两端电压的关系如图，则A的阻值是_；当通过B的电流为0.5A时，其1min产生的热量为_J；若将电阻A和B并联后接在电压为3V的电源两端，则总电流是_A

8、20如图1是电饭锅内部简化电路图，有“加热”和“保温”两挡已知R0=55，R1=1045，当S接“1”时，电饭锅正常工作电路中电流是_A；若家里只有电饭锅在工作，则在“加热”挡通电10min家中如图2所示电能表指示灯闪烁_次三、解答题（本题共10小题，每空1分，共50分解答29、30题时应有公式和过程）21按要求作图（请保留作图痕迹）：（1）请在图甲中画出经过凸透镜折射后的光线（2）如图乙，一个足球静止在水平地面上，请画出它受力的示意图（3）请在图丙中用笔画线代替导线将灯泡与开关正确接入电路，并将三孔插座正确接入电路22小明同学在做“用天平和量筒测量小石块密度”的实验中：（1）将天平放在水平台

9、上，游码移到标尺的最左端，发现指针如图1所示，此时，应将平衡螺母向_调节，使天平平衡（选填“左”或“右”）（2）将小石块放置在天平的左盘，当右盘所加砝码和游码的位置如图2所示，天平重新平衡，则小石块的质量是_g（3）用量筒测小石块的体积如图3所示，则小石块的体积是_cm3（4）经过计算，小石块的密度是_kg/m3（5）若拴石块的绳子体积不能忽略，测得的石块的密度将_（填“偏大”“偏小”）23如图为“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验（1）实验时，用弹簧测力计拉着木块A水平做_运动，此时拉力和摩擦力是一对平衡力（2）比较_两次实验，得出的结论是：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大（3）在图

10、丙实验中，弹簧测力计示数F3为1.8N，若将弹簧测力计示数增大到3N，此时木块A所受滑动摩擦力为_ N24如图，两相同小车分别从同一斜面不同高度由静止滑下，撞击水平面上的木块，该实验是探究动能与_的关系；小明正确操作实验，观察到的实验现象是_；木块最终静止下来，小华认为木块的机械能消失了，你认为他的这种观点是否正确？_（选填“正确”“错误”），理由是：_25如图是利用铁架台，带有刻度均匀的轻质杠杆，细线，数量足够且每个重力均为1N的钩码等实验器材探究“杠杆平衡条件”实验实验前调节杠杆在水平位置平衡（1）在A点悬挂二个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，需在B点悬挂_个钩码；取走悬挂在B点的钩码，改用

11、弹簧测力计在C点竖直向下拉，当杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的拉力为_ N；若弹簧测力计仍在C点，改变拉力的方向，斜向右下方拉弹簧测力计，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将_ （选填“变大”、“变小”或“不变”）（2）使用杠杆能为我们的生活带来方便如图所示，下列杠杆能够省距离的_26为了探究某物质在固态和液态时的吸热能力，宗诚用酒精灯均匀加热0.4kg该种固体，根据实验数据绘制出的图线如图所示通过查阅资料已知该物质液态（BC阶段）时的比热容为3×103J/（kg）（1）该物质在B点时的内能_（大于/小于/等于）在A点时的内能；（2）该物质从第6min到第10min共吸收_

12、J热量，该物质在固态（OA阶段）时的比热容为_J/（kg）；（3）经测量BC阶段消耗热值为3.0×107J/kg的酒精10g（酒精完全燃烧），则在BC阶段的热转化效率为_27在“探究导体的电流跟电阻的关系”实验中，老师提供的器材有：电源（电压恒为4.5V），电流表、电压表和开关各一个，五个定值电阻（10、15、20、30，50），滑动变阻器（规格是“20，2A”），导线若干（1）图甲是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线（2）在连接电路时，要求先将开关_（3）闭合开关前，滑动变阻器处于_ 的位置（选填字母“c”或”d”

13、）（4）小明先接入的是10电阻，移动滑片P，使电压表示数为3V，并记录相应的电流值；再改接l5的电阻，此时滑片P应向_（选填“c”或“d”）端移动，这样移动滑片的目的是：_（5）为了使实验能顺利进行，可以使用的定值电阻有_（写出具体的电阻值，多写少写都不给分）（6）通过实验获得数据，得到如图（乙）所示导体的电流I随电阻R变化的图象，由图象可得出结论：_（7）当接入l5的电阻时，在读取电流时，此时滑动变阻器的电阻为_28在测定小灯泡电功率的实验中，选用的电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V、电阻约为10（1）连接电路，闭合开关，移动变阻器的滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数、电流

14、表无示数，原因可能是_（写一种即可）（2）排除故障后，闭合开关、改变滑片P的位置，获得多组对应的电压、电流值，绘制得如图甲所示的图象由图象可知，灯泡的额定功率是_W（3）完成测量后，换上另一个额定电压也是2.5V，额定功率比原来大的灯泡，为了测量其额定功率，滑片P应_（选填“向左移动”“向右移动”“不动”）29现在科学家制造出了太阳能飞机，全球最大太阳能飞机“太阳驱动”二号在瑞士首飞成功该飞机在飞行中无需一滴燃料，仅靠阳光就能实现昼夜飞行其质量为2300kg，最大速度为140km/h求：（g=10N/kg）（1）飞机以最大速度飞行1.5h通过的路程（2）飞机的重力（3）若飞机停在机场的水平地面

15、上时，轮胎与地面接触的总面积约为4000cm2，飞机对地面的压强是多少？30如图1所示的电路中，电源电压不变，小灯泡的额定电压为2.5V，变阻器的最大阻值R为30闭合开关S，当变阻器连入电路的阻值为16时，电压表示数为2.5V，电流表示数为I1，当滑片P置于最右端时，电流表示数为I2，且I2：I1=4：5图2是该小灯泡IU图象求：（1）小灯泡正常发光时的电阻值（2）滑片置于最右端时，小灯泡的实际功率（3）电源电压2016年江苏省南京市高淳区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1关于声的知识，下列说法错误的

16、是（）A电视机上的“音量”按钮是用来调节音调的B教室周围植树是在传播途中控制噪声C声音是由物体振动产生的D利用超声波清洗眼镜，表明声音具有能量【考点】声音的综合利用；声音的产生；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径【分析】声音有三个特征：音调、响度和音色音调指声音的高低；响度指声音的大小；通过音色能分辨物体声音从产生到引起听觉有这样三个阶段：声源的振动产生声音；空气等介质的传播；鼓膜的振动控制噪声可从这三个方面着手声音是由发声体的振动产生的声波可以传递信息，是指告诉我们什么，也就是传递了信息，如教师讲课，告诉我们知识；声波可以传递能量是指可以改变什么，也就是传递了能量，如超声波洁牙，使我们的

17、牙齿上的牙垢去掉，使我们的牙齿更洁净【解答】解：A、使用电视机时，调节音量按钮是为了改变声音的大小，调节的是声音的响度故A错误；B、教室周围植树是在传播途中控制噪声，故B正确；C、声音是物体的振动产生的，故C正确；D、把眼镜放在超声波清洗机里洗干净是利用声音传递能量故D正确；故选：A【点评】本题考查了声学的多个知识点，是中考的常见题型，难度不大2下列光现象中，由光的直线传播形成的是（）A光的色散B钢笔移位C小孔成像D水中倒影【考点】光在均匀介质中直线传播【分析】（1）光沿直线传播的现象：影子，小孔成像，激光准直等；（2）光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像，

18、看见不发光的物体；（3）光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像，光的色散；根据四幅图中形成的原理不同，对其进行分类，并选出符合要求的选项【解答】解：A、从图中可以看出，太阳光通过三棱镜后，由于不同色光的折射率不同，所以出现的色散现象，属于折射现象故A不符合题意；B、钢笔移位”，是由于光线通过玻璃、空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生改变而形成的现象，属于光的折射现象故B不符合题意；C、小孔成像属于光沿直线传播现象故C符合题意；D、平静的水面相等于平面镜，水中倒影是平面镜成像现象，属于光的反射故D不符合题意；故选C【点评】此题主要通过各种事例考查

19、了学生对光的反射、光的直线传播、光的折射的理解要注意这几种现象的本质，在学习过程中要注意区分对于生活中的现象要善于总结在日常生活中学习用所学知识解释有关现象3下列物态变化现象中，属于放热过程的是（）A冬天雪人变小B露珠的形成C水的蒸发D冰雪融化【考点】液化及液化现象【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华

20、；吸热的有：熔化、汽化、升华【解答】解：A、冬天雪人变小是雪由固态变为气态发生升华的结果，升华要吸收热量，故A错误；B、空气中的水蒸汽遇冷放出热量变为小水珠形成露珠，这是液化现象，要放出热量，故B正确；C、水的蒸发是汽化现象，要吸热，故C错误；D、冰雪融化是熔化现象，要吸热，故D错误；故选B【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识4关于温度、热量、内能，以下说法正确的是（）A0的冰没有内能B物体的温度越高，物体的内能越大C物体的温度越低，所含的热量越少D物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内

21、能就一定不变【考点】温度、热量与内能的关系【分析】一切物体都有内能；温度升高内能增加；温度降低内能减少；热量是物体通过热传递方式改变的内能，是一个过程量；内能的大小跟质量、温度、状态有关【解答】解：A、因物体的分子永不停息地做无规则的运动，所以任何温度的物体都有内能此选项错误；B、温度影响内能的多少物体的温度越高，具有的内能越大此选项正确；C、热量是一个过程量，要用“吸收”或“放出”来表达，而不能用“具有”或“含有”来修饰此选项错误；D、内能的多少与物体的质量、温度、状态有关，单比较物体的温度不能判断内能的变化此选项错误故选B【点评】（1）由于分子的热运动永不停息，所以一切物体在任何情况下总具

22、有内能（2）热量是物体通过热传递方式改变的内能，是一个过程量，要用“吸收”或“放出”来表达，而不能用“具有”或“含有”来修饰5关于能源与可持续发展，下列认识正确的是（）A核燃料是可再生能源B太阳能电池是将太阳能转化为内能的装置C能量的转化和转移是有方向的D能量在转化或转移的过程中，总量会减少【考点】能源【分析】（1）能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得的能源是不可再生能源；（2）判断该过程中消耗了哪种形式的能，进而产生了哪种形式的能即可；（3）能量的转移或转化过程中，总量是不变的，但是具有方向性的【解答】解：A、核燃料是短期无法再生的，所以是不可再生能源，故错误；

23、B、太阳能电池工作时，消耗太阳能，产生电能，故是将太阳能转化为电能的装置，故错误；C、据能量的转化和转移特点可知，能量的转化和转移是具有方向性的，故正确；D、能量在转化或转移的过程中，总量是不变 的，故错误；故选C【点评】知道并理解能量的转化和守恒定律的内容，并能准确的判断出能量的转化过程是解决该题的关键6下列说法中，正确的是（）A物体运动状态改变时，一定受到力的作用B物体在平衡力的作用下一定保持匀速直线运动C牛顿第一定律是直接由实验得出的D脚踢球使球飞出去，说明力是物体运动的原因【考点】力与运动的关系【分析】（1）力是改变物体运动状态的原因；（2）物体在受到平衡力的作用下可能保持匀速直线运动

24、状态，也可能保持静止状态；（3）物体从斜面的同一高度滚下，到达水平面时速度相等，当物体速度相等时，在光滑程度不同的水平面上运动的距离不同，表面越光滑，物体运动的距离越远，最后通过推理得出牛顿第一定律（4）力的作用有二：改变物体的运动状态，改变物体的形状；力的作用是改变物体的运动状态，物体运动不需要力维持【解答】解：A、力是改变物体运动状态的原因，所以，物体运动状态改变时，一定受到力的作用故A正确；B、物体在受到平衡力的作用下也可能保持静止状态，故B错误；C、牛顿第一定律是由实验现象进一步推理而得出的，故C错误；D、脚踢球，使球飞出去，说明力可以改变物体的运动状态不能说明力是物体运动的原因故D错

25、误故选A【点评】此题考查力与运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因入理解基本规律，是正确解答的关键7家庭电路中，某用电器正常工作15min消耗电能0.3KWh，该用电器可能是下列哪一个（）A空调B洗衣机C白炽灯D电视机【考点】电功率的计算【分析】已知15min内消耗的电能是0.3KWh，根据P=求出用电器的功率，则由家电的功率知识可判断为哪种用电器【解答】解：用电器的电功率：P=1.2kW，以上四种家用电器中功率超1000W的只有空调故选A【点评】本题考查了电功率公式的运用，也是一估测题，对于估测题要注意将自己不熟悉的物理量换算成自己熟悉的物理量再进行判断8某班同

26、学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（）A该凸透镜的焦距是16cmB当u=12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像C当u=20cm时成放大的像投影仪就是根据这一原理制成的D把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小【考点】凸透镜成像规律及其探究实验【分析】（1）根据凸透镜成像的四种情况和应用进行判断：u2f，成倒立、缩小的实像，2fvf，应用于照相机和摄像机u=2f，成倒立、等大的实像，v=2f，一般用来求凸透镜的焦距2fuf，成倒立、放大的实像，v2f，应用于幻灯机和投影仪uf，成

27、正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜（2）当物距大于焦距时，凸透镜成实像凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小【解答】解：A、u=v=2f，凸透镜成倒立、等大的实像，如图，u=v=2f=16cm 时，所以f=8cmA错误B、当u=12cm时，2fuf，成倒立、放大的实像B错误C、当u=20cm时，u2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机C错误D、物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，凸透镜的物距大于焦距，成实像，凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小D正确故选D【点评】凸透镜成像的四种情况和应用，以及凸透镜成实像时，物距、像距、像之间的关系，是凸透镜成像习题的重要依据，一

28、定要熟练掌握9对下列四幅图情境描述错误的是（）A甲中用电吹风向下吹漏斗中的乒乓球，球不掉落，表明气体压强与气体流速有关B乙中紧固锤头，是利用锤头受到惯性的作用C丙中手提袋手柄宽大是为了减小对手的压强D丁中鱼吐出的气泡在上升时体积逐渐变大，水对气泡的压强变小，浮力变大【考点】流体压强与流速的关系；惯性；减小压强的方法及其应用；液体的压强的特点；阿基米德原理【分析】（1）在气体和液体中，流速大的位置压强小；（2）一切物体在任何情况下都具有惯性，惯性是物体固有的属性，但惯性不是力，不能说受到力的作用；（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；（

29、4）利用压强以及浮力的计算公式，通过气泡深度以及体积的变化【解答】解：A、从倒置的漏斗口向下吹气，乒乓球顶部空气流速大，压强小，球下方气压大，在压强差的作用下，球掉不下来，故A正确；B、将锤柄在板凳上撞击几下，松动的锤头就紧套在锤柄上，在这个过程中，完全是利用了锤头的惯性，但惯性不是力，不能说受到惯性作用，故B错误；C、手提袋手柄宽大是为了在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故C正确；D、根据p=gh可知，当气泡在水中上升的过程中，h变小，压强变小；压强变小后气泡体积变大，根据F浮=gV排，V排变大所以浮力变大故D正确故选B【点评】本题考查了学生的识图能力，注重了观察分析能力的考查，涉及

30、到了流体压强、惯性、减小压强及压强和浮力的判断，知识点多，综合性强，是中考的热点问题10压敏电阻的阻值是随所受压力的增大而减小的小聪同学想设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大以下电路不符合要求的是（）ABCD【考点】电路图设计【分析】在串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比；在并联电路中，干路电流等于支路电流之和；支路电流与其阻值成反比【解答】解：由图知：A、压敏电阻与定值电阻并联当压力增大时，压敏电阻阻值减小，并联电路总电阻减小，电源电压一定，所以干路电流增大，电流表示数增大符合要求；B、压敏电阻与定值电阻并联当压力增大时，压敏电阻阻值减小，两端电

31、压一定，所以电流表示数增大符合要求；C、压敏电阻与定值电阻串联当压力增大时，压敏电阻阻值减小，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比知，压敏电阻两端电压减小，所以定值电阻两端电压增大，电压表示数增大符合要求；D、压敏电阻与定值电阻串联当压力增大时，压敏电阻阻值减小，根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比知，压敏电阻两端电压减小，所以电压表示数减小不符合要求故选D【点评】此题考查的是电路设计问题，解答的关键有二：知道串联电路用电器两端电压与其阻值成正比；知道并联电路支路电流与其阻值成反比11下列实验中，与电动机工作原理相同的是（）ABCD【考点】直流电动机的原理【分析】电动机的工作原理是：通

32、电导体在磁场中受到力的作用【解答】解：A、是奥斯特实验图，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，故A不符合题意；B、是电磁感应的实验图，属于发电机的原理，故B不符合题意；C、电路中有电流，通电线圈或导体受到磁场力的作用发生运动，是电动机的工作原理，故C符合题意D、是电磁铁的实验图，故D不符合题意；故选C【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是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源12如图甲所示，电源电压为9V不变，滑动变阻器的最大阻值为100，电流在0.1A0.4A之间时电子元件均能正常工作若通过此电子元件的电流与其两端电

33、压的关系如图乙所示，则下列判断正确的是（）A为使电子元件处于正常工作状态，滑动变阻器的阻值范围应控制在12.570B电子元件处于正常工作状态时，电路消耗的最小功率为3.6WC当P在中点时，电子元件与滑动变阻器的电压之比为1：1D电子元件工作时，电阻保持不变【考点】欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电功率的计算【分析】（1）从图象可知，电流与电子元件两端的电压不是正比关系，电子元件处于正常工作状态时，电路消耗的最小功率根据公式P=UI可求（2）当P在中点时，无法判断电子元件与滑动变阻器电阻的大小关系，根据电阻的分压特点可知无法确定当P在中点时电子元件与滑动变阻器的电压之比（3）由图象可知，电路

34、电流最小为0.1A，电流最大为0.4A，找到对应的电压，根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器两端的电压，进一步求出滑动变阻器接入电路的电阻【解答】解：（1）从图象可知，电子元件的电阻是在变化的，故D错误；（2）当电路消耗的功率最小时，电路电流最小，为I小=0.1A，电路消耗的最小功率P=UI小=9V×0.1A=0.9W，故B错误；（3）因为电子元件与滑动变阻器串联，通过的电流相等，所以电子元件与滑动变阻器串联两端的电压之比就等于两电阻之比，因无法判断电子元件与滑动变阻器电阻的大小关系，所以无法判断它们两端电压的关系，故C错误；（4）电子元件处于正常工作状态时，电路电流最小为0.1A，

35、电子元件两端的最小电压为2V，所以滑动变阻器两端的最大电压为U1=9V2V=7V，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大，R大=70，电路电流最大为0.4A，电子元件两端的最大电压为4V，所以滑动变阻器两端的最小电压为U2=9V4V=5V，滑动变阻器接入电路的电阻最小，R小=12.5所以滑动变阻器的阻值范围应控制在12.5欧70欧，故A正确故选A【点评】本题考查电阻、电压、电功率等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是计算滑动变阻器的电阻范围，重点是学会根据图象分析问题二、填空题（本题共8小题，每空1分，共26分）13写出下列仪器的读数（1）如图1，物体的长度是2.50cm；（2）如图2，温度

36、计的示数是4【考点】长度的测量；温度计的使用及其读数【分析】（1）刻度尺的使用要首先观察它的量程和分度值刻度尺的最小刻度值为相邻的刻度线表示的长度；起始端没从0开始，把4.00cm处当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去4.00cm即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（2）温度计的读数：首先确定是零上还是零下，然后确定每一个大格和每一个小格代表的示数【解答】解：（1）图示刻度尺1cm又分为10个小刻度，故最小刻度值为1mm；起始端没从0开始，把4.00cm处当作“0”刻度，末端刻度值为6.50cm，物体长度为6.50cm4.00cm=2.50cm；（2）由图知：温度计上10之间有10

37、个小格，所以一个小格代表的温度是1，即此温度计的分度值为1；液柱最高处在“0”以下，所以显示的温度低于0，为4故答案是：（1）2.50；（2）4【点评】此题考查的知识点是：刻度尺和温度计的使用，要首先观察它的量程和分度值，刻度尺要估读到分度值的下一位14（1）如图所示，一束光斜射入平静水面，则反射角是60度，折射光在图中的A区域（填“A”或“B”）（2）某同学站在水边俯视自己的倒影，他的脸离水面0.5m处，水中脸的像与他的脸相距1m，当他的脸靠近水面时，水中像的大小将不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】光的反射定律；平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；光的折射规律【分析】（1

38、）根据入射光线与水面的夹角，可以确定入射角，再分别根据光的折射规律可知折射光线的区域（2）根据平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等来解答此题【解答】解：（1）如图所示，入射光线与水面的夹角为30°，所以入射角为90°30°=60°，因为反射角等于入射角，所以反射角也为60°根据光的折射规律：光从空气斜射入水中，折射光线与入射光线分居法线两侧，折射角小于入射角，因此折射光线在图中A区域（2）该同学脸离水面0.5m处，根据物像到平面镜的距离相等，所以他的像到平面镜的距离也是0.5m，所以水中

39、脸的像与他的脸相距1m根据平面镜成像特点：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，所以当他的脸靠近水面时，水中像的大小将不变，故答案为：（1）60；A；（2）1；不变【点评】（1）明确入射角是入射光线与法线的夹角，知道光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，光由水中或其它透明介质中斜射进入空气时，折射光线向法线偏折，折射角大于入射角（2）熟记并灵活运用平面镜成像特点：像与物大小相同；像与物到镜面距离相等；像与物连线与镜面垂直；虚像15天气炎热时多喝水有益于身体健康如图甲是某同学买瓶装矿泉水时的情景（1）当该同学用手握住瓶子使瓶身竖直在空中静止不动时，手与瓶子的

40、摩擦力和瓶子受到的重力是一对平衡力（2）如图乙所示，瓶盖上有一道道条纹，其目的是在用手拧开瓶盖时能增大（选填“增大”或“减小”）摩擦（3）将瓶中的水倒掉一半，则水的密度不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）（4）他在空矿泉水瓶中装入少量热水，轻晃后迅速倒出，再马上盖紧瓶盖一会儿后看到矿泉水瓶瘪了，如图丙所示，这是瓶子受到了大气压的作用产生的效果同时发现瓶子的温度也升高了，这是通过热传递 方式改变瓶子内能的（5）他将空矿泉水瓶压入水中，直到浸没，所用的力变大，（选填“变大”、“变小”或“不变”）这是因为排开水的体积增大，根据阿基米德原理可支知，瓶子受到的浮力变大【考点】平衡力的辨别；密度及其

41、特性；增大或减小摩擦的方法；大气压强的存在；阿基米德原理；做功改变物体内能【分析】（1）平衡状态：当物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受到平衡力的作用；（2）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；（3）密度是物质的一种属性，与物质的种类有关，与物质的质量和体积无关；（4）从大气压作用角度和改变内能的两种方式入手解答；（5）空矿泉水瓶压入水中，受到水的浮力、瓶的重力以及压力作用，根据阿基米德原理分析瓶受到浮力的变化，从而确定压力的变化【解答】解：（1）瓶子握在手中，手和瓶子之间产生摩擦力，瓶子静止在手中，竖直方向受到重

42、力和摩擦力的作用，两个力是平衡力（2）瓶盖上有竖纹这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力的（3）因为密度是物质的一种属性，与物质的种类有关，与质量和体积物体，因此将瓶中的水倒掉一半，则水的密度不变；（4）在空矿泉水瓶中装入少量热水，轻晃后迅速倒出，再马上盖紧瓶盖，一会儿后看到矿泉水瓶瘪了，是由于内部热的水蒸气温度降低压强变小，外部大气压将瓶子压瘪了；由于热水与瓶之间存在温度差，因此热量从热水中传递给瓶，使瓶的温度升高，这是通过热传递的方式改变瓶子内能的；（5）将空矿泉水瓶压入水中，排开水的体积逐渐变大，由阿基米德原理可知，瓶子受到的浮力增大，由于浮力的方向竖直向上，因此将空矿泉水

43、瓶压入水中，所用的力逐渐变大故答案为：（1）重力；（2）增大；（3）不变；（4）大气压；热传递；（5）变大；排开水的体积增大，根据阿基米德原理可支知，瓶子受到的浮力变大【点评】本题考查了学生对二力平衡的条件、增大摩擦的方法、大气压、改变内能的两种方式、阿基米德原理等内容，平时学会利用身边的器材做实验，多动手、多思考，提高分析解决问题的能力16在水平地面上，小明用60N的力F1沿水平方向拉着重为200N的物体前进5m，拉力F1做功300J，重力对物体做功0J接着小明再用力F2沿水平方向拉着物体前进，两次拉动物体得到的st图象分别是图乙中的图线、两次拉力的功率分别是P1、P2，则P1 P2（选填“

44、”、“=”或“”）【考点】功的计算；功率大小的比较【分析】（1）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离；先判断重力和拉力是否做功，然后利用功的计算公式进行计算；（2）由图乙得出木块都做匀速直线运动（得出速度大小关系），木块受到拉力和滑动摩擦力是平衡力，而滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关先比较拉力大小关系，再利用P=Fv判断拉力的功率大小关系【解答】解：（1）拉力做的功W=Fs=60N×5m=300J；重力的方向是竖直向下的，而物体是在水平方向上移动了5m，没有在重力方向上移动距离，所以重力做功为0J；（2）由图乙可知，木块两次都进行匀速

45、直线运动，拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力相等，拉力F相等，即F1=F2从图乙中可以判断出，第次的运动速度v较大，根据公式P=Fv，当拉力相等时，速度越大，拉力的功率越大，即P1P2故答案为：300；0；【点评】本题考查了功的计算、做功的两个必要条件以及功率大小比较，本题难点利用好木块的st图象，从中得出信息：木块都做匀速直线运动，两种情况下速度大小关系17将一重为18N，体积为2×103m3的蜡块用细线系在弹簧测力计的挂钩上，用手将蜡块浸没在水中，如图所示，当松手后，蜡块静止时，蜡块受到的浮力是18N，此时弹簧测力计的示数是0N（g=10N/kg）【考点】浮力大小的计算【分析】（1）

46、利用重力公式求出蜡块的质量，然后利用密度公式求出蜡块的密度，通过与水的密度比较，判断蜡块在水中的状态，再计算浮力大小；（2）蜡块在酒精中时测力计的示数等于蜡块在空气中的重力减去蜡块所受浮力【解答】解：（1）蜡块的质量m=1.8kg，蜡块的密度=0.9×103kg/m3水，所以，松手后，蜡块静止时处于漂浮状态，则蜡块受到的浮力为F浮=G=18N；（2）测力计的示数F=GF浮=18N18N=0N故答案为：18；0【点评】本题考查物体的漂浮条件和阿基米德原理的应用，会利用称重法解答有关的问题18如图，工人用滑轮组将重480N的物体匀速提升1m，所用的拉力为200N，他做的有用功是480J，

47、该滑轮组的机械效率是80%上升过程中，物体的动能不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】有用功和额外功；滑轮（组）的机械效率；动能和势能的大小变化【分析】（1）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s=nh求出绳端移动的距离，根据W=Fs求出总功，根据W=Gh求出有用功，利用=×100%求出滑轮组的机械效率；（2）动能大小的影响因素是物体的质量和速度，物体的质量越大，速度越大，动能越大【解答】解：（1）有用功：W有=Gh=480N×1m=480J，由图可知，n=3，则绳端移动的距离：s=nh=3×1m=3m，总功：W总=Fs=200N×3m=600J

48、，滑轮组的机械效率：=×100%=×100%=80%；（2）在匀速提升的过程中，质量和速度不变，则物体的动能不变故答案为：480；80；不变【点评】本题考查了有用功和总功、机械效率的计算以及影响动能因素的应用，关键是滑轮组绳子有效股数的判断19两个电阻A和B中的电流与两端电压的关系如图，则A的阻值是5；当通过B的电流为0.5A时，其1min产生的热量为150J；若将电阻A和B并联后接在电压为3V的电源两端，则总电流是0.9A【考点】欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；焦耳定律的计算公式及其应用【分析】（1）由电路图可知，两电阻的UI图象为一次函数，则元件A和元件B为定值电阻

49、，再根据图象读出任意一组电压和电流值，根据欧姆定律求出两元件的阻值；（2）两电阻并联时两端的电压相等，根据图象读出通过的电流，根据并联电路的电流特点求出电路中的总电流；（3）根据公式Q=I2Rt可计算两个电阻产生的热量之比【解答】解：（1）由图象可知，两元件为定值电阻，且当UA=UB=3V时，IA=0.6A，IB=0.3A，由I=可得，两元件的电阻：RA=5，RB=10（2）1min通过B产生的热量：Q=I2RBt=（0.5A）2×10×60s=150J；（3）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，将A和B并联后接在电压为3V的电源两端时，UA=UB=3V，由图象可知，I

50、A=0.6A，IB=0.3A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过A和B的总电流：I=IA+IB=0.6A+0.3A=0.9A故答案为：5；150；0.9【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用、焦耳定律公式的应用，关键是根据图象读出电压和电流的对应值20如图1是电饭锅内部简化电路图，有“加热”和“保温”两挡已知R0=55，R1=1045，当S接“1”时，电饭锅正常工作电路中电流是0.2A；若家里只有电饭锅在工作，则在“加热”挡通电10min家中如图2所示电能表指示灯闪烁176次【考点】欧姆定律的应用；电能表参数的理解与电能的求法【分析】（1）由电路图可知，当S接“1”时

51、，R0与R1串联，根据电阻的串联和欧姆定律求出电饭锅正常工作电路中电流；（2）加热档时电路的总功率最大，由P=可知，电路中的电阻最小，据此判断电路的连接方式，根据P=求出电路的总功率，根据W=Pt求出通电10min消耗的电能，再根据1200imp/（kWh）表示每消耗1kWh的电能、电能表的指示灯闪烁1200次求出答案【解答】解：（1）由电路图可知，当S接“1”时，R0与R1串联，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电饭锅正常工作电路中电流：I=0.2A；（2）由电路图可知，当S接“2”时，电路为R0的简单电路，电路的总功率最大，电饭锅处于加热状态，则电路的总功率：P加热=880W=0.

52、88kW，通电t=10min=h时消耗的电能：W=P加热t=0.88kW×h=kWh，电能表指示灯闪烁的次数：n=kWh×1200imp/（kWh）=176次故答案为：0.2；176【点评】本题考查了电阻的串联和欧姆定律的应用以及电功率公式、电功公式、电能表示数此时的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握三、解答题（本题共10小题，每空1分，共50分解答29、30题时应有公式和过程）21按要求作图（请保留作图痕迹）：（1）请在图甲中画出经过凸透镜折射后的光线（2）如图乙，一个足球静止在水平地面上，请画出它受力的示意图（3）请在图丙中用笔画线代替导线将灯泡与开关正确接入电路，

53、并将三孔插座正确接入电路【考点】透镜的光路图；力的示意图；家庭电路的连接【分析】（1）先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图；（2）足球静止在水平地面上，说明足球受到了平衡力的作用，足球受到了竖直向下的重力和竖直向上的支持力，重力和支持力就是一对平衡力，大小相等，方向相反；（3）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三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线【解答】解：（1）一条入射光线过光心，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；另一条入射光线平行于主光轴，所以该光线经凸透镜折射后过焦点如图所示：（2）足球受到了两个力，重力和支持力；足球受到这两个力，处于静止状态即平衡状态；这两个力就是平衡力，大小相等、方向相反，如图所示：（3）首先辨别上面三根线火线、零线、地线灯泡接法：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，又能更安全三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线如图所示：【点评】（1）凸透镜三条特殊光线的作图：通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变（2）首先要知道足球受到了几个力的作用；然后根