山东省莱芜市202X年中考物理模拟试卷三（含解析）

1、精选2019年山东省莱芜市中考物理模拟试卷（三）一、单选题1.以下事例中，不能说明声波传递能量的有A.利用超声波使液体产生激烈的振动，用来清洗钟表、眼镜等B.外科医生利用超声波击碎人体内的结石C.利用超声波将药物击碎后与空气混合形成“药雾”D.根据隆隆的雷声，我们可以判断出大雨将至【答案】D【解析】【分析】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、超声波碎石等【详解】A.利用超声波使液体产生激烈的振动，用来清洗钟表、眼镜等，说明声波传递能量；B.外科医生利用超声波击碎人体内的结石，说明声波传

2、递能量；C.利用超声波将药物击碎后与空气混合形成“药雾”，说明声波传递能量；D.根据隆隆的雷声，我们可以判断出大雨将至，说明声波能传递信息。故选D.2.下列现象中属于光的色散现象的是()A.透过树丛的光束B.平面镜中蜡烛的像C.用鱼叉叉水中的鱼D.透过三棱镜的太阳光【答案】D【解析】A.透过树丛的光束说明光是沿直线传播的，故与题意不符；B.平面镜中蜡烛的像，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故与题意不符。C.从水中鱼上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的鱼的虚像，比实际位置偏高，所以用鱼叉叉水中的鱼时应向下查，故与题意不符；D.当太阳

3、光经过三棱镜后，会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光，这是光的色散现象，符合题意。故选D.3.为保证司乘人员的安全，轿车上设有安全带未系提示系统。当乘客坐在座椅上时，座椅下的开关S1闭合，若未系安全带，则开关S2断开，仪表盘上的指示灯亮起；若系上安全带，则开关S2闭合，指示灯熄灭。下列设计最合理的电路图是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：当乘客坐在座椅上时，座椅下的开关S1闭合，若未系安全带，则开关S2断开，仪表盘上的指示灯亮起；若系上安全带，则开关S2闭合，指示灯熄灭。说明当开关闭合后把灯泡短路了，另外此电路还需要一个保护电阻，所以选B。考点：电路的设计点评：解决本题的

4、关键是熟知电路的设计，会根据题中要求设计符合要求的电路图。4.小明自学“生活用电”的知识后，归纳了几点，正确的是A.在电路电流过大时保险丝会自动熔断B.安全用电原则是：不接触高压带电体、不靠近低压带电体C.电灯的开关必须接在零线（中性线）与电灯之间D.使用测电笔时必须用手接触笔尖金属体【答案】A【解析】【详解】A、保险丝利用电流的热效应工作，在电路电流过大时，保险丝会自动熔断。故A正确。B、安全用电原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电体。故B错误。C、控制灯泡的开关一定接在灯泡和火线之间。故C错误。D、使用测电笔手接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体，否则会触电。故D错误。故选：A。5.把

5、两个同规格的灯泡L串联在电源为3伏的电路中，L上标有“3V”的字样，它的电阻随它两端电压的变化关系如图所示，下列说法中正确的是A.灯泡L的额定电流是0.2AB.灯泡L此时的电阻是8C.灯泡L此时能正常发光D.灯丝的电阻随电压的增大而减小【答案】B【解析】A.灯泡L正常发光时，灯泡两端的电压U3V，由图可知，此时灯泡的电阻R11左右，灯泡L的额定电流：I0.27A，故A错误；B.两个同规格的灯泡L串联在电源为3伏的电路中，每个灯泡两端的电压为1.5V，由图可知，此时灯泡的电阻为8，故B正确；C.灯泡的额定电压为3V，此时灯泡两端的电压为1.5V，灯泡L此时不能正常发光，故C错误；D.由曲线图可知

6、，小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故D错误。6.在图中，a、b电表表示A.a是安培表，b是伏特表B.a是伏特表，b是安培表C.a、b都是安培表D.a、b都是伏特表【答案】B【解析】a与电阻并联，故是电压表，b表串联使用，故是电流表故选B7.波士顿大学的科学家设计了一种“波浪能量采集船”，如图所示，在船的两侧装有可触及水面的“工作臂”，“工作臂”的底端装有手掌状的、紧贴水面的浮标。当波浪使浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，完成能量的采集，并把它们储存到船上的大容量电池中。图中能反映“波浪能量采集船”能量采集原理的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】通过题意明确这种“波浪能量采集船”是采集

7、的波流的机械能，而获得的是电能，从而再对照选项中的原理，看哪一个是将机械能转化为电能的装置【详解】A.是电磁感应的装置，将机械能转化为电能，与“波浪能量采集船”的能量转化相同，符合题意；B.通电导体在磁场中受力，将电能转化为机械能，与“波浪能量采集船”的能量转化不同，不符合题意；C.是奥斯特实验，是电流的磁效应，与“波浪能量采集船”的能量转化不同，不符合题意；D.是研究电磁铁的装置，与“波浪能量采集船”的能量转化不同，不符合题意。故选A.8.如图所示，歼15舰载机在辽宁舰上进行起降飞行训练，下列说法中正确的是A.舰载机升空前后航空母舰受到的浮力不变B.舰载机飞回航空母舰后航空母舰上浮一些C.舰

8、载机上升高度增加，机舱外大气压增大D.舰载机上升时机翼上方空气流速大于下方流速【答案】D【解析】【详解】A航载飞机飞离航母后，航母的总重力减小，航母始终漂浮，浮力等于重力，所以浮力会减小，故说法错误；B舰载机飞回航母后，航母仍漂浮，受到的浮力等于自重，航母的自重增加，航母所受浮力增大，由可得，排开水的体积要增大，故航母将下沉一些，故说法错误；C舰载机上升高度增加，由于大气压随高度的增加在减小，所以机舱外大气压减小，故说法错误；D舰载机上升时，等质量的空气在相同的时间内、同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表面的流速大，故说法正确。9.(2017·

9、;淄博)甲、乙两只灯泡的IU关系图象如图所示，现将甲、乙两灯串联在电路中，当甲灯两端电压为2V时，乙灯消耗的功率是()A.1.2WB.0.8WC.2WD.3W【答案】A【解析】试题分析：两灯串联时，通过它们的电流是相等的；由图示可知，当甲灯两端的电压为2V时，通过甲灯的电流为04A，则通过乙灯的电流也是04A，根据图示可知，灯泡乙两端的电压为3V，所以可知乙灯消耗的功率是12W，故应选A。考点：欧姆定律；电功率10.为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了图甲所示的滑轮组装置。当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别

10、如图丙和丁所示。（不计绳重和绳与轮之间的摩擦）下列计算结果正确的是A.0s1s内，地面对物体的支持力是10NB.1s2s内，拉力F做的功是187.5JC.2s3s内，拉力F的功率是100WD.2s3s内，滑轮组的机械效率是62.5%【答案】B【解析】分析甲图可得，滑轮组绳子股数等于3；在0s1s内，拉力F等于30N，因动滑轮有重力，可得动滑轮对物体的拉力小于90N，则物体对地面的压力大于10N，因力的作用是相互的，可得地面对物体的支持力大于10N，A说法错误；在1s2s内，物体上升高度为1.25m，因三股绳子承担物重，故绳自由端移动距离S=3×1.25m，由乙图知在1s2s内，拉力F

11、=50N,故拉力F做的功是W=FS=50N×3×1.25m=187.5J；B说法正确；在2s3s内，由乙图可得F=40N，由丙图可得v=2.5m/s，由绳子股数为3，可得VF=3v=3×7.5m/s由P=FvF=40N×7.5m/s=300W，故拉力F的功率是300W，C说法错误；2s3s内，由丁图可得物体上升高度为3.75m-1.25m=2.5m，克服重力做功W=Gh=100N×2.5m=250J，功率P=W/t=250J/1s=250W；可得滑轮组的机械效率=P/P=250W/300W=83.3；D说法错误；答案选B。二、多选题11.瓶瓶罐

12、罐都可以做物理实验，以下四幅图片都牵扯到水柱的问题，下列有关四幅图的描述正确的有：A.甲图现象说明液体对侧面有压强，且液体越深压强越大B.乙图液柱上升反映了瓶子的微小形变C.丙图所示现象说明气体流速越大的位置压强越小D.丁图是一自制气压计的示意图，管内液柱越高所测压强越大【答案】ABC【解析】液体从侧壁的小孔中喷出，说明液体对容器侧壁有压强，下方的液柱的流速大，喷射距离远，说明深度越深，液体产生的压强越大，故A正确；用力按压瓶子时，瓶子的形状发生了变化，使得液柱上升，故B正确；在管的上方吹起，管上方空气流动加快，水面在管中上升，说明管上方压强减小，故C正确；气压的大小与高度有关，高度越高，气压

13、越小；当大气压发生改变时，瓶内压强与外部压强不同，则细管内液柱将发生改变；液柱越高，说明外界的气压越小，故D错误，故ABC。12.在如图所示电路中，电源电压保持不变。当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是A.R1电流变大，R1电压变大B.R2电流变小，R2电压变大C.电流表示数变小，电压表示数变小D.电流表示数不变，电压表示数不变【答案】BC【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故AD不正确；由

14、UIR可知，R1两端的电压变小，即电压表的示数变小，R2电压变大。故BC正确。故选BC.点睛：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，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和电压表示数的变化。13.关于下列物质的性质及其应用，说法正确的是A.LED是灯是新型节能灯，它的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的B.如果能把超导材料应用于实际，它可以用来制作电子元件C.氢的热值很大，所以可以作为火箭的燃料D.冷却汽车发动机用水是由于水的沸点高【答案】ABC【解析】【详解】ALED，即是发光二极管，制作发光二极管的核心材料就是半导体

15、材料，故符合题意；B超导材料没有电阻，如果能把超导材料应用于实际，用来制作电子元件，不会产生焦耳热，不必考虑散热，故符合题意；C运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故符合题意；D冷却汽车发动机用水是由于水的比热容大，故不符合题意。14.如图所示，小车从斜面某一高度由静止释放，自由下滑，然后在水平面上运动（忽略空气阻力）下列说法正确的是A.小车从斜面上由静止释放后，小车的动能先变大后变小B.小车从斜面下滑到水平面后还能继续运动，是因为小车具有惯性C.小车在水平面上运动时，小车对水平面的压力和水平面对小车的支持力是一对平衡力D

16、.若水平面光滑且足够长，则小车在水平面上运动时的机械能将保持不变【答案】ABD【解析】【分析】（1）影响动能的因素是质量和速度；（2）一切物体都有保持运动状态不变的性质叫惯性；（3）二力平衡的条件是：同体、共线、等值、反向；（4）在不计空气阻力和摩擦的情况下，机械能是不变的，但若存在摩擦的情况下，机械能是减小的。【详解】A、小车从斜面上下滑的过程中，速度越来越大，动能变大，当小车下滑到水平面上时，由于摩擦力的作用，小车的速度越来越小，动能将变小，因此小车的动能先变大后变小，故A正确；B、当小车下滑到水平面上时，由于惯性，将会继续运动一段距离，故B正确；C、小车运动到水平面上时，小车对水平面的压

17、力和水平面对小车的支持力作用在两个物体上，大小相等，方向相反，是一对相互作用力，故C错误；D、若水平面的表面光滑且足够长，木块在水平方向不受摩擦力，做匀速直线运动，动能不变，高度不变，势能不变，因此机械能将保持不变，故D正确。故选：ABD。【点睛】该题考查了动能大小影响因素、惯性、能量的转化以及平衡力的判断，掌握平衡力的概念是解题的关键。15.有两个小灯泡L1和L2上都标有“6V”字样，考虑温度对灯丝电阻的影响，加在小灯泡两端的电压随电流变化关系如图。若把L1和L2接在电源电压为6V的电路中工作，则下列说法正确的是A.小灯泡L1的电阻在某一时刻可能是20B.小灯泡L2在某一时刻的实际功率可能是

18、0.4WC.两灯串联时电路的总功率是0.6WD.两灯并联时电路的总功率是3.6W【答案】ABD【解析】试题分析：若把L1和L2接在电源电压为6V的电路中工作，有两种可能：串联和并联。串联时：由图象可知I=0.2A时U1=4V，U2=2V，符合题意，R1=U1/I=4V/0.2A=20，A正确；P2=U2I=2V×0.2A=0.4W，B正确；此时电路的总功率为P=UI=6V×0.2A=1.2W，C错误；并联时：两灯泡两端的电压为U=6V，由图象可知I1=0.25A，I2=0.35A，电路的总功率为P=P1+P2=U（I1+I2）=6V×（0.25A+0.35A）=3

19、.6W，D正确。考点：电功率点评：本题要分两种情况分析是易错点，有一定难度，算中档题。三、填空题16.清晨，逐渐变强的闹铃声吵醒了正在熟睡的小明，他把闹铃关掉，这是在_（填“人耳处”、“传播过程中”或“声源处”）控制噪声的。这里所说的逐渐变强，指的是声音特性中的_改变了。一般情况下，声音在15空气中传播速度为_m/s，当闹铃声逐渐变强的过程中，声音的传播速度_（填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】声源处响度340不变【解析】把闹铃关掉，这是在声源处控制噪声的。响度与振幅有关，振幅越大，响度越大，闹铃声逐渐变强，指的是声音特性中的响度改变了。一般情况下，声音在15空气中传播速度为340m/s

20、。当闹铃声逐渐变强的过程中，声音的传播速度不变。17.如图是电脑用风扇，长宽都是12cm，厚度为2.5cm，相邻孔距约为10.5cm，使用12v，0.25A电流。风扇转速通常是8001500RPM，风量足转速低，能有不错的降温静音效果。风扇主要把电能转化为_能，风扇本身也会产生热量，如果线圈电阻是0.5，那么电风扇工作2h产生的热量是_。【答案】(1).机械能(2).225J【解析】风扇转动时消耗电能，其主要把电能转化为机械能，同时产生少量的内能。那么电风扇工作2h产生的热量：Q225J18.小明用20N的水平推力推重150N的购物车，在水平路面上前进了15m，所用的时间是0.5min在此过程

21、中，小明做了_J的功，小明做功的功率是_W，购物车的重力所做的功是_J。【答案】(1).300(2).10(3).0【解析】试题分析：因为F=20N，S=15m，所以，推力做的功为：W=Fs=20N×15m=300J；因为t=0.5min=30s，所以小明做功的功率是P=W/t=300J/30s=10W；购物车，在水平面上匀速前进15m，但在重力的方向上没有距离，所以重力没做功，为0J；考点：功的计算；功率的计算19.如图甲所示电路中，电源电压不变，闭合开关S，将滑片P移到某一位置时，电压表示数为6V，两块电流表指针的位置均如图乙所示，则R1电阻是_，此时R2接入电路的阻值是_；若将

22、滑片P向右移动，A1表的示数将_，V表的示数将_，A2表的示数将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】205变小不变不变【解析】试题分析：（1）分析电路：根据电压表在电路中相当于开路，电流表相当于导线，判断两个电阻的连接方法判断电压表和两个电流表各测谁的电压和电流判断两个电流表选择的量程，确定两个电流表的读数知道R1的电压和电流，根据R=求出电阻知道总电流和R1的电流，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，求出R2的电流根据R=求出电阻（2）在并联电路中，其中一条支路电流和电阻的变化，不影响其它支路的电流、电阻解：（1）如图，电压表在电路中相当于开路，电流表相当于导线，所以滑动变阻

23、器和R1是并联的，电压表测量并联电路的电压，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1的电流两个电流表指针位置相同，所以电流表A1选择03A量程，电流为1.5A电流表A2选择00.6A量程，电流为0.3A由并联电路的干路电流等于各支路电流之和得：I2=II1=1.5A0.3A=1.2A；由I=得：R1=20，R2=5（2）滑动变阻器和R1是并联的，电压表测量并联电路的电压，示数不变，若将滑片P向右移动，不影响R1的电流，所以A2的示数不变；滑片P向右移动，电阻变大，由I=可知通过R2的电流变小，则由并联电路的干路电流等于各支路电流之和可知干路电流变小故答案为：20；5；变小；不变；不变四、简答

24、题20.如图所示的实验器材，现用电流表、电压表分别测出通过灯泡的电流和灯泡两端的电压，电路中电流约为0.5A，并用变阻器改变小灯泡的电流，要求滑片向右滑动时灯泡变亮。（1）按要求连接实物图（）（2）画出相应的电路图（）（3）连接电路时开关应处于_状态，变阻器的滑片应处于_端（A或B）。（4）滑片P向左移动时，电流表示数变_，灯泡亮度_（填“变亮”、“变暗”或“不变”）（5）若闭合开关灯不亮，但电压表示数约等电源电压，此时故障可能是_；如发现电流表、电压表的指针均反偏，最简单的解决方法是_；如移动滑片P发现两表示数均比较小且不变，则原因为_。【答案】（1）如图1所示（2）如图2所示（3）断开A（

25、4）变小变暗（5）小灯泡的灯丝断了（小灯泡处断路）将电源正负极对调滑动变阻器接下端两个接线柱了【解析】试题分析：（1）根据电源的电压确定电压表的量程，且与灯泡并联测其两端的电压，电流表与灯泡串联测量灯泡的电流，根据滑片向右滑动时灯泡变亮和一上一下的原则确定滑动变阻器的连接，开关控制电路，串联在电路中（2）根据电流流向法按先串后并的原则画出电路图（3）在连接电路时开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片应处于最大值，以免接错，电流过大烧坏用电器（4）根据滑片的移动可知接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小和P=I2R可知灯泡亮度的变化（5）闭合开关前

26、滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值；a、灯泡不亮，可能是电路断路或灯泡短路或电路中的电流过小，电压表示数约等电源电压说明电压表串联在电路中测电源的电压，即电压表并联的部分断路；b、电流表、电压表的指针均反偏说明两电表的正负接线柱接反了，最简单的解决方法是把电源的正负极进行调换；c、根据题意可知，滑动变阻器不起调节作用，根据滑动变阻器的使用方法可以确定其连接的错误所在解：由电路图可知，电源的电压为3V，所以电压表的量程为03V，且与与灯泡并联测灯泡的电压；电流表选00.6A的量程，且与灯泡串联测通过灯泡的电流；滑动变阻器向右滑动时灯泡变亮说明滑动变阻器接入电路的电阻变小，即滑动变阻

27、器右下端的接线柱必须接到电路中，然后把上端的任意接线柱连入电路，开关串联在电路中控制电路如图所示：根据电路图可知，从正极开始连接，依次是开关、灯泡、电流表、滑动变阻器串联回到负极，最后电压表并联在灯泡的两端如图：为避免接错线路，造成电流过大烧坏用电器，在连接电路时开关应处于断开状态，滑动变阻器的滑片应处于最大阻值的A端滑片P向左移动时接入电路的电阻变大、电路的总电阻变大；根据欧姆定律可知电路中的电流变小，即电流表的示数变小；根据P=I2R可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗a、闭合开关灯不亮，但电压表示数约等电源电压说明电压表并联的部分断路，即电路故障可能是灯泡断路；b、流表、电压表的指针均反偏

28、，最简单的解决方法是调换电源的正负极；c、在使用滑动变阻器时，只有选用一上一下两个接线柱，滑动变阻器才具有调节作用；当同时选用下面两个接线柱时或同时选用上面两个接线柱时滑动变阻器不起调节作用，两电表的示数较小说明下面两个接线柱同时接入电路故答案为：实物电路图如图所示；电路图如图所示；断开；A；小；变暗；灯泡断路；调换电源的正负极；滑动变阻器的下面两个接线柱同时接入电路【点评】本题涉及到由题意设计电流图和根据电路图连接实物图的方法、实验的注意事项、电路的动态分析、欧姆定律的应用以及电路故障的判断，出现问题何处理等，这四个问题是比较典型的类型习题，一定要掌握五、作图题21.如图是一条从玻璃斜射入空

29、气的光线，请在图中画出对应的反射光线和大致的折射光线，并标出反射角的大小。【答案】【解析】试题分析：光从玻璃斜射入空气时折射角大于入射角，折射光线远离法线；光在反射时，反射角等于入射角50o；光路如上图所示。【考点定位】光的反射和折射22.手机自拍已成一种时尚。如图乙所示是使用自拍杆辅助手机进行自拍时的示意图，将自拍杆看作一个杠杆，请在乙图中画出力F1和F2的力臂l1和l2。【答案】如下图所示【解析】试题分析：力臂是支点到力的作用线的距离，从支点O分别向两个力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂，如上图所示。【考点定位】力臂的画法六、实验题23.如图所示，是“探究平面镜成像特点”的情景：竖

30、立的透明玻璃板下方放一把直尺，直尺与玻璃板垂直：两支相同的蜡烛A、B竖立于玻璃板两侧的直尺上，以A蜡烛为成像物体。（1）为便于观察，该实验最好在_（选填“较明亮”或“较黑暗”）环境中进行；此外，采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到_，巧妙地解决了确定像的位置和大小的问题。（2）点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像重合为止，这时发现像与物的大小；他把蜡烛A放在距玻璃板20cm处，蜡烛A在玻璃板中所成的像到蜡烛A的距离是_cm，当蜡烛逐渐远离玻璃板时，它的像_（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）如果在像B的位置放一个光屏，在光

31、屏上_（选填“能”或“不能”）承接到蜡烛的像，说明平面镜成的像是_（选填“实”或“虚”）像。【答案】(1).较黑暗(2).玻璃板后面的蜡烛(3).40(4).不变(5).不能(6).虚【解析】【详解】（1）点燃蜡烛，烛焰在明亮的环境中，烛焰和明亮环境对比度较小，成像不太清晰；烛焰在黑暗环境中，烛焰和黑暗环境的对比度大，成像更清晰。实验过程中，用透明的玻璃板代替平面镜，在物体另一侧，既能看到蜡烛A的像，也能看到玻璃板后面的蜡烛，当蜡烛A的像和蜡烛B重合时，便于确定像的位置，便于比较像物大小；（2）他把蜡烛A放在距玻璃板20cm处，根据平面镜成像特点可知，像与物到平面镜的距离相等，故蜡烛A在玻璃板

32、中所成的像到平面镜的距离也为20cm，所以蜡烛A在玻璃板中所成的像到蜡烛A的距离是20cm+20cm=40cm；蜡烛的大小不变，蜡烛逐渐远离玻璃板时，它的像大小不变；（3）因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，因此如果在像B的位置放一个光屏，在光屏上不能承接到像，所以平面镜成的像是虚像。24.在如图甲所示“观察水的沸腾”实验中，根据部分实验数据绘制如图丙所示的温度随时间变化的图象。（1）图乙中温度计的示数是_实验中水的沸点低于100的原因是外界大气压_（选填“大于”“等于”或“小于”）1个标准大气压。（2）水沸腾后，根据图丙可以推断出，在其它条件不变的情况下继续对水加热2min，则水的温度_（选

33、填“升高”“降低”或“不变”）。【答案】(1).93(2).小于(3).不变【解析】(1)从乙图看出，温度计的分度值为1，故读数为93；水在1标准大气压下的沸点是100，气压越低，水的沸点越低，因此当时的大气压低于1标准大气压，水沸腾特点温度保持不变，（2）根据图丙可以推断出，水沸腾后，在其它条件不变的情况下继续对水加热2min，则水的温度不变。25.如图1所示，A是木块，B是长木板，C是弹簧测力计，另有砝码、棉布、毛巾等物。若匀速拉动弹簧测力计，可测出木块受到的摩擦力。（1）此实验的目的是：研究_。（2）在操作过程中，一定要保持弹簧测力计匀速拉动木块，此时，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的

34、摩擦力是一对_力。（3）在如图2中，D是一个电动装置，可带动木板匀速运动。该装置相对如图所示装置更具优势，请指出其中一点。_【答案】(1).影响摩擦力大小的因素(2).平衡(3).方便读取弹簧测力计的读数或易于保持木板做匀速直线运动【解析】【详解】（1）此实验的目的是：研究影响摩擦力大小的因素；（2）弹簧测力计匀速拉动木块，此时木块受拉力与摩擦力是一对平衡力，则拉力大小等于摩擦力，便于测量摩擦力大小；（3）在如图2中，匀速拉动B时，则测力计处于静止状态，便于读数，同时用电动机匀速拉动木板，这样更容易保持木板做匀速直线运动。26.小明在测定“小灯泡电功率的实验中，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约

35、为10。（1连接电路时开关应_，电流表的量程应选0_A，如果用干电池做电源，他至少用_节干电池。（2）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。（）（3）闭合开关前，图甲中滑动变阻器的滑片P应位于_（选填“A“或“B”）端。（4）小明闭合开关后，小明发现电压表电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路连接正确，且各元件完好，那么可能的原因是_。故障排除后，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为_V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向_（选填“A“或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V。（5）小明同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所

36、示的IU图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是_W。【答案】(1).断开(2).0.6(3).2(4).(5).A(6).滑动变阻器接入电路的阻值过大(7).2.2(8).B(9).0.5【解析】【分析】（1）电路连接过程中，开关要处于断开状态；根据欧姆定律求出通过灯泡的电流，确定电流表的量程；根据一节干电池的电压和灯泡的额定电压计算出所用干电池的个数；（2）电流表要串联在电路中，注意量程的选择；（3）闭合开关前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；（4）电压表电流表均有示数，灯泡不发光，可能是电路中电阻太大，分析故障的位置；由图示电压表确定其量程与分度值，然后读出其示数；

37、电压表示数小于灯泡额定电压，要测灯泡额定功率，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，增大灯泡两端电压，根据实物电路确定滑片的移动方向；（5）从图中找出灯泡额定电压对应的电流，根据P=UI得到小灯泡的额定功率。【详解】（1）在连接电路过程中，开关应断开；小灯泡正常发光时电路中的电流，电流表的量程应选00.6A；1节干电池的电压是1.5V，灯泡的额定电压为2.5V，至少需要2节干电池；（2）将电流表的“0.6”接线柱与灯泡的左接线柱连接，如图所示：（3）闭合开关前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片P应位于A端；（4）电压表、电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路连接正确，且各元件完好，那么可能的原因是

38、滑动变阻器接入电路的阻值过大，导致电路中的电流过小，灯泡的实际功率过小；由图乙所示电压表可知，其量程为03V，分度值为0.1V，示数为2.2V；由于灯泡两端电压小于灯泡额定电压，要测灯泡额定功率，应增大灯泡两端电压，减小滑动变阻器分压，由串联分压规律可知，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，所以应向B端移动滑片，直到电压表示数为灯泡额定电压2.5V；（5）由图丙可知，当小灯泡两端的电压U=2.5V时，对应的电流I=0.2A，则小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W。【点睛】本题考查电功率的测量，用电压表测出加在用电器两端的电压，用电流表测出通过用电器的电流，根据公式P=

39、UI计算出用电器此刻的电功率，这种方法叫做伏安法。七、计算题27.2018珠海航展上我国自主研制的某型号战斗机大放异彩，它具备超音速巡航、电磁隐身、超机动性、超视距攻击等优异性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20000m，最大航行速度达2.5倍声速（合3060km/h），最大载油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：速度v（m/s）100200300400500600阻力f/N0.3×1041.2×1042.7×1044.8×1047.5×10410.8×104已知飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，飞机使用的航空燃油的热值为5×107J/kg。求：（1）飞机发动机完全燃烧10t燃油获得的能量是多少焦？（2）当飞机以600m/s的速度巡航行时，飞机发动机的输出功率是多少千瓦？（3）若在飞机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度巡航时，飞机的最大航程约是多少千