九年级物理模拟卷7

1、南通市通州区2013年中考适应性考试物理试卷一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1（3分）（2013南通模拟）人类对能源的需求日益增加下列能源中属于可再生能源的是（）A核燃料B太阳能C石油D天然气考点：能源的分类专题：应用题分析：能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源根据可再生能源和不可再生能源的特点来作答解答：解：A、核燃料短期内不能从自然界得到补充，是不可再生能源B、太阳能可以源源不断的得到，是可再生能源C、石油是动植物体经过亿万年的时间形成的，是不可再生能源；D、天然气是在开采石油的同时得到的，也是不可再生能源，所以A、C

2、、D都是错误的故选B点评：此题考查的是可再生能源和不可再生能源的判断，是一道基础题2（3分）（2013南通模拟）关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（）A宇宙是一个有层次的天体系统，分子是组成这一系统的最小粒子B两表面光滑的铅块相互紧压后会粘在一起，这是因为分子间的斥力小于大气压力C电风扇叶容易沾上灰尘是因为扇叶与空气摩擦带上电荷，从而吸引轻小物体D摩擦起电的实质是创造了电子考点：人类探究太阳系及宇宙的历程；分子间的作用力；摩擦起电；摩擦起电的实质专题：应用题分析：（1）宇宙中的所有天体都由物质组成物质是由极其微小的粒子组成的，这些粒子保持了物质原来的性质，我们把它们叫分子它们又由更小的微粒组成

3、，这些微粒叫原子（2）分子之间存在着作用力，同时存在着引力和斥力，故液体和固体很难被压缩（3）不同物体相互摩擦，可以使物体带电，这种现象叫做摩擦起电，带电体有吸引轻小物体的性质（4）由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电解答：解：A、宇宙是一个有层次的天体系统，夸克是组成这一系统的最小粒子，故该选项说法不正确；B、两表面光滑的铅块相互紧压后会粘在一起，这是因为分子间存在引力的缘故，故该选项说法不正确；C、风扇叶转动时，与空气摩擦而起电，从而吸引灰尘，故该选项说法正确；D、在摩擦过程中电子由一个物体转移到另一个物体，得

4、到电子的物体带负电，失去电子的物体带等量的正电，因此摩擦起电的实质是电子的转移，不是创造了电子故选C点评：本题考查的内容较多：物质组成、分子间作用、带电体的性质、摩擦起电的本质，都是些基本内容，只要记住就行3（3分）（2013南通模拟）下列光现象中，由于光的直线传播而形成的是（）A人的影子B镜中的倩影C放大的邮票D水中的倒影考点：光在均匀介质中直线传播；光的反射；凸透镜成像的应用专题：应用题分析：熟悉光传播的规律：1、光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；2、当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象

5、，例如：平面镜成像、水中倒影等；3、当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等解答：解：平面镜中的像、水中的倒影是光的反射形成的；人的影子是光的直线传播形成的；放大的邮票是光的折射形成的故选A点评：本题题考查光的直线传播的具体生活实例，需要利用生活和物理之间的联系进行判断；能否区分三种光现象：光的直线传播、光的反射、光的折射，是本题的解题关键4（3分）（2011海南）研究牛顿定律时运用了实验和推理的方法，以下声现象的探究中运用该方法的是（）A固体能否传声B真空能否传声C音调与频率的关系D响度与振幅的关系考点：物理学方法专题：压轴题；推理法分析

6、：“推理法”即：规律不能直接用实验验证，只能在实验的基础上经过概括、抽象、推理得出结论的解答：解：A、固体能否传声可以直接通过真实的实验验证得出的结论；B、虽然现在的技术不能把玻璃罩内的气体抽成真空，但声音随玻璃罩内的气体的减少而减弱，推理玻璃罩内变成真空，声音也消失，即真空不能传播声音；C、音调与频率的关系，可以通过如图的实验证明；D、响度与振幅的关系，也可以通过如图的实验证明故选B点评：本题考查了学生对推理法的理解和应用能力5（3分）（2013南通模拟）在进行如图所示的实验或操作有关装置时，能量转化由机械能转化为内能的是（）A用力压活塞，棉絮燃烧B汽油机的做功冲程C用电取暖器取暖D用太阳能

7、热水器加热冷水考点：能量的相互转化专题：应用题；机械能及其转化分析：（1）外力对物体做功，物体内能增加，机械能转化为内能；（2）电流做功，电能也可以转化为内能；（3）热传递也可以改变物体的内能解答：解：A、下压活塞时，活塞对封闭气体做功，机械能转化为内能，符合题意；B、由图可知，这是内燃机的做功冲程，在该冲程中，燃气的内能转化为活塞的机械能，不符合题意；C、电暖器工作时，电能转化为内能，不符合题意；D、用太阳能热水器加热冷水，是太阳能转化为内能，不符合题意；故选A点评：此类题目是考查对做功过程中能量转化的原理即机械能转化为内能6（3分）（2013滨海县二模）如图所示，滑板运动员沿水平地面向前匀

8、速滑行，在横杆前相对滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略人和滑板在运动中受到的阻力则运动员（）A起跳上升过程中，重力势能转化为动能B匀速滑行时，所受重力与地面对滑板的支持力为一对平衡力C由于惯性，越过杆后仍将落在滑板上D以滑板为参照物，运动员始终是静止的考点：能量转化的现象；参照物及其选择；惯性；平衡力的辨别专题：其他综合题分析：（1）影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度；（2）二力平衡的条件是：同体，共线，等值，反向（3）物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，且一切物体都具有惯性；（4）判断物体是运动还是静止，关键是看物体与参照物之间是否有位置的

9、变化解答：解：A、起跳上升过程中，速度越来越小，高度越来越大，动能转化为重力势能，故A错误；B、在匀速运动时，运动员和滑板的总重力与地面对它们的支持力是一对平衡力，而不是运动所受的重力与地面对滑板的支持力为一对平衡力，故B错误；C、由于惯性，人继续向前运动，越过杆后仍将落在滑板上，故C正确；D、起跳的时候，以滑板为参照物，运动员相对于滑板在竖直方向上位置发生了变化，此时运动员是运动的，所以说以滑板为参照物，运动员始终是静止的，说法是错误的故D错误故选C点评：本题考查动能和重力势能的影响因素、二力平衡的判断、惯性和参照物的有关问题，考查的知识点比较多，充分利用了生活中常见的现象，说明了物理来自于

10、生活7（3分）（2013南通模拟）如图所示，每个滑轮的重为100N，不计摩擦与绳重，用此滑轮组将500N的重物匀速提升lm在此过程中（）A拉力F的最大值是350NB拉力F所做的功一定是900JC拉力F通过的最小距离为3mD滑轮组的机械效率一定是83.3%考点：滑轮组的设计与组装；滑轮（组）的机械效率专题：图析法；机械与功分析：在不计摩擦与绳重的情况下，额外功主要来自于动滑轮的重，因此，我们在计算滑轮组的机械效率或拉力时，会有如下的计算方法：F=，滑轮组机械效率也有：=，根据这些来计算可对各选项的描述做出判断解答：解：A、如图甲所示，当n=2时，不计摩擦与绳重，此时的拉力最大为：F=300N，故

11、该选项错误，不合题意；B、用图甲提升，拉力F所做的功：W=Fs=300N×2m=600J，同理，用图乙提升，当n=3时，拉力为200N，拉力所做的功：W=Fs=200N×3m=600J，故该选项错误，不合题意；C、如图乙所示，当n=3时，拉力F通过的距离等于s=3h=3m，故该选项错误，不合题意；D、无论用图甲还是图乙，滑轮组的机械效率：=83.3%，故该选项正确，符合题意故选D点评：在本题的解答中，把握住在不计摩擦与绳重的情况下，动滑轮的重是影响额外功的唯一因素是关键，这样我们可以顺利找出物重与拉力的关系，进而求出拉力大小、功率大小、绳端移动的距离、机械效率等，并对选项中

12、的描述做出相应的判断本题题干简单，但却考查了几个重点的知识点，是一道好题8（3分）（2013南通模拟）如图是楼房顶上常见的导气管，它的作用是将每家住户洗手间下水道中的污浊气体排出下列关于导气管工作原理的描述中，最合理的是（）A导气管利用浮力将密度大于空气的污浊气体导出B污浊气体的排出是因为分子热运动引起的C在有风的天气里导气管排气效果会变差D导气管利用流体中流速大的地方压强小的原理，将污浊气体排出考点：流体压强与流速的关系专题：应用题；气体的压强、流体压强与流速的关系分析：流体的压强与流速的关系是：流体的流速越大，其压强越小；流体的流速越小，其压强越大；解答：解：空气是流体，据流体的压强与流速

13、的关系可知，导气管上端的空气流速大，其压强小，导气管下方的空气流速小，即压强大，即利用上述原理将污气压出导气管；且能看出，在有风的天气里，导气管排气的效果会更好故选D点评：知道流体的压强与流速的关系，并能利用其解释实际问题是解决该题的关键9（3分）（2013南通模拟）如图是检查酒驾的电路原理图，图中酒精传感器的电阻Rm与酒精气体的浓度成反比测量时，下列判断中正确的是（）A当驾驶员吹出的气体酒精浓度升高时，电流表A的示数减小B当驾驶员吹出的气体酒精浓度升高时，电压表V1的示数减小C当驾驶员吹出的气体酒精浓度升高时，电压表V2的示数减小D电池长久使用导致电压降低时，会误认为驾驶员吹出气体的酒精浓度

14、升高考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析专题：应用题；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，R0与Rm串联，电流表测电路中的电流，V1测Rm两端的电压，V2测R0两端的电压；（1）酒精浓度越大Rm的阻值越小，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Rm两端的电压变化（2）当电源电压较低时，通过欧姆定律可判断出电流表示数与正常电源时发生的变化解答：解：等效电路图如下图所示：（1）由题意可知，酒精浓度越大Rm的阻值越小，电路中的总电阻越小；根据I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据U=IR可知，R0两端的电压变大，即V2的示数变大；根据串联电路

15、的总电压等于各分电压之和可知，Rm两端的电压减小，即V1的示数变小所以，选项中A、C是错误的，B是正确的；（2）当电源电压较低时，电路的电阻不变，由I=可得，电路中的电流变小，两电压表的示数都变小，因此误认为是驾驶员吹出气体的酒精浓度应是降低，所以D选项说法错误故选B点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，用好“酒精传感器的电阻Rm与酒精气体的浓度成反比”这两个条件是解决本题的关键10（3分）（2013南通模拟）汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P0，牵引力为F0t1时刻开始，司机减小了油门，使汽车保持恒定功率P行驶，到t2时刻，汽车又开始做匀速直线运动，速度为v已知

16、运动过程中汽车所受阻力f恒定不变，汽车牵引力F随时间t变化的图象如图所示，则（）Av0=2vBF0=2fCt1至t2时间内，汽车做加速运动Dt2时刻之后，汽车将保持功率P0行驶考点：功率的概念专题：功、功率、机械效率分析：汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，根据功率和速度关系公式可得：P=Fv，当功率不变，牵引力增加，物体减速运动；从图象上可以看出牵引力由变为F0，再根据P=Fv，并结合选项即可判断出正确选项解答：解：A、由题意和图示可知，汽车的功率保持恒定，牵引力由变为F0，根据P=Fv可得：v0=2v；故A正确；B、因为汽车做匀速直线运动，因此牵引力等于阻力，即F0=f；故B错误；C、t1至t2

17、时间内，汽车受到的牵引力增大，功率不变，由P=Fv可得，汽车行驶的速度越来越小，因此汽车减速运动，故C错误；D、t2时刻之后，汽车受到的牵引力为F0，速度为v，并且v=v0，则功率P=F0×v0=P0；故D错误故选A点评：要注意P=Fv的使用了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题二、解答题（共11小题，满分70分）11（2分）（2013南通模拟）在进行“探究液体压强特点的实验”时，小明做了如图所示实验在瓶的a、b（a、b在同一水平面上）处各扎一个小孔，并将孔都封上，然后在瓶中注满水；再将孔打开，可以观察到从a、b小孔射出的水流一样急

18、这说明在同一深度，液体向在同种液体，同一深度，液体向各个方向的压强都相等同时可以观察到射出的水流越来越弱，这又说明液体内部压强随深度的减小而减小考点：探究液体压强的特点实验专题：实验题分析：液体内部向各个方向都存在压强，压强的大小随深度的增加而增大，在同一深度，向各个方向的压强相等熟记这一规律，结合实验中的现象便可得到相应的验证解答：解：两侧小孔都有水流出，说明两个方向都有压强，水流一样急，说明两侧压强相等，再结合控制条件可知：在同种液体，同一深度，液体向各个方向的压强相等；随着水位的下降，水流越来越弱，说明：同种液体，液体压强随深度减小而减小故答案为：在同种液体，同一深度，液体向各个方向；深

19、度点评：熟记液体内部压强的规律，并与实验中的现象相联系，便能顺利解答此题12（4分）（2013南通模拟）如图甲所示是苹果公司于2011年10月推出的iphone 4s手机该手机使用时是利用电磁波来传递信息的手机上摄像头的镜头相当于一个凸透镜 镜，现利用其先后拍下同一轿车的两张照片如乙、丙所示（设摄像头焦距不变），拍摄照片乙与拍摄照片丙相比，拍摄乙（选填“乙”或“丙”）时摄像头离小车更远些，两次拍摄时，所成的像与摄像头之间的距离都是大于一倍焦距小于二倍焦距（填与焦距之间的关系）考点：电磁波的传播；凸透镜成像的应用专题：应用题分析：（1）手机利用电磁波传递信息；（2）手机摄像头相当于一个凸透镜，凸

20、透镜成像的三种情况：U2f时，凸透镜成倒立缩小的实像，2fVf，应用于照相机和摄像头2fUf时，凸透镜成倒立放大的实像，V2f，应用于投影仪和幻灯机Uf时，凸透镜成正立放大的虚像，应用于放大镜（3）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大解答：解：（1）iphone 4s手机使用时是利用电磁波来传递信息的；（2）摄像头的镜头相当于凸透镜，U2f时，凸透镜成倒立缩小的实像；由图乙和图丙可知，乙的像小于丙的像，因此乙的物距大于丙的物距，拍摄乙时摄像头离小车更远些；乙与丙都是缩小的实像，所以两次拍摄时，所成的像与摄像头之间的距离都是大于一倍焦距小于二倍焦距故答案为：电磁波；凸透镜；乙；大于一倍焦距

21、小于二倍焦距点评：知道手机通过电磁波传递信息、掌握凸透镜成像规律是正确解题的关键13（3分）（2013南通模拟）如图所示是小华家的电能表表头图，则他家中同时工作的用电器的总功率不能超过3300W当小明家只有一台电器工作时，3min内电能表指示灯闪烁了36次，则该电器消耗的电能是7.2×104J，它的电功率为400W考点：电能表参数的理解与电能的求法；电功的计算；电功率的计算专题：计算题；应用题；电能和电功率分析：电能表上参数的含义：220V说明电能表要在220V的电路中使用；15A表示电能表允许通过的最大电流是15A；1800imp/kWh表示每消耗1kWh的电能，电能表闪烁1800

22、次（1）根据电能表上的参数，可利用公式P=UI计算出电能表允许接的最大电功率（2）知道电能表指示灯闪烁了36次，利用表盘上的参数1800imp/kWh，计算出消耗的电能（3）知道消耗的电能和工作时间，可利用公式P=计算出电功率解答：解：（1）从参数上可知：电能表应在220V的电路中使用；电能表允许通过的最大电流是15A；同时工作的用电器的总功率不能超过：P最大=UI最大=220V×15A=3300W（2）1800imp/kWh表示每消耗1kWh的电能，电能表闪烁1800次，而电能表指示灯闪烁了36次，该电器消耗的电能为：W=0.02kWh=7.2×104J（4）t=3min

23、=180s，该电器的电功率为：P=400W故答案为：3300；7.2×104；400点评：本题考查的是电能、电功率的计算公式，难点是电能的计算，关键是要理解电能表参数的物理意义和选择合适的公式，在计算过程中要注意单位统一14（4分）（2013南通模拟）（1）探究电磁感应现象应选用如图甲（选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验在这个现象中感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感应线方向有关（2）如图丙所示，A为弹簧测力计（量程足够大），B为条形磁铁（下端为S极），C为螺线管现将S1断开，S2由1改接到2，则弹簧测力计的示数将变小；若S2接2不变，再闭合S1，弹簧测力计的示数将变大

24、（都选填“变大”、“变小”或“不变”）考点：探究电磁感应现象的实验；安培定则；影响电磁铁磁性强弱的因素专题：应用题；探究型实验综合题分析：（1）闭合电路的一部分导体切割磁感线而产生电流的现象，叫电磁感应，产生的电流叫做感应电流；感应电流的方向由导体切割磁感线的方向及磁场方向决定；（2）根据安培定则确定通电螺线管的极性，从而判断通电螺线管与条形磁铁间的作用力是引力还是斥力；电流越大螺线管圈数越多，通电螺线管磁场越强，对条形磁铁的作用力越大，电路电流越小，螺线管圈数越少，螺线管磁性越弱，对条形磁铁的作用力越小，根据电路图，分析电路电流的变化情况，从而判断弹簧测力计示数如何变化解答：解：（1）探究电

25、磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，分析图甲与图乙可知，探究电磁感应现象应选用如图甲所示的装置进行实验；在电磁感应现象中感应电流的方向与导体切割磁感线运动的方向和磁感应线方向有关故答案为：甲；导体切割磁感线运动（2）根据安培定则，由图丙可知，闭合开关后，螺线管上端是N极，条形磁铁下端是S极，条形磁铁受到向下的引力；现将S1断开，S2由1改接到2，一方面电路电流变小，通电的螺线管圈数变少，电磁铁的磁性变弱，螺线管对条形磁铁的引力变小，弹簧测力计的示数变小；若S2接2 不变，闭合S1，电阻R2被短路，电路电流变大，螺线管磁场变强，条形磁铁受到的引力变大，弹簧测力计示

26、数变大；故答案为：变小；变大点评：本题考查了电磁感应、感应电流的方向、影响电磁铁磁性强弱等问题，本题难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题15（6分）（2013南通模拟）（1）濠河是通城美丽的“翡翠项链”，保护濠河水不受污染，是每个市民应尽的责任某“环保小组”为了对濠河的水质进行监测，定期取样测量其密度进行物理分析如图是按ABC顺序测量的过程，则河水的密度为1.02×103kg/m3为了更准确地测量河水的密度，实验步骤顺序应调整为CAB或CBA（填ABC序号）（2）某小组同学探究杠杆的平衡条件实验前没挂钩码时，杠杆的平衡位置如图甲所示，此时应将左端平衡螺母向右旋一些（选

27、填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡该组同学想用弹簧测力计和钩码进行实验，设计实验时提出了两种方案：一种按图乙进行实验，一种按图丙进行实验你认为哪个实验方案更好并说明你的理由乙方案更好图乙可以直接从杠杆上读出力臂的长，而图丙则不能该组同学在研究这两种方案时，发现在 A点时两次弹簧测力计的示数不相同，乙图中的 F明显比丙图中的 F小，其原因是图乙中拉力的力臂大于图丙中的力臂考点：液体密度的测量；探究杠杆的平衡条件实验专题：实验题；探究型实验综合题分析：（1）读图，通过天平的示数之差可得出河水的质量，再从量筒中可读出河水的体积，代入密度的公式可求出河水的密度在读取天平示数时，应将砝码质量与游码

28、示数相加在实验中，合理的步骤可以减小误差的产生；（2）在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向杠杆上翘的一端调节在拉弹簧测力计时，应使弹簧测力计用力方向与杠杆垂直，因为力臂的长短会直接影响接力的大小解答：解：（1）图A中烧杯的质量为：20g+5g+2g=27g，图C中烧杯与河水的总质量为：50g+5g+2.6=57.6g，则倒入量筒中河水的质量：m=57.6g27g=30.6g，量筒中河水的体积为：V=30cm3，则河水的密度为：=1.02g/cm3=1.02×103kg/m3为了避免将烧杯中的河水倒入量筒时，烧杯壁上沾有的水影响体积的测量，实验时，应先测烧杯与河水的总质量，再将其倒入量筒中

29、测量体积，再测烧杯及剩余水的质量，这样可减小误差的产生，故正确顺序为：CAB或CBA故答案为：1.02×103CAB或CBA（2）读图可知，杠杆的右端上翘，应将平衡螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；图乙的用力方向在竖直方向上，图丙的用力方向与水平方向不垂直，为了测量力臂方便，应选择图乙的方向来拉弹簧测力计；比较图乙和图丙可以看出，图乙中拉力的力臂就是相应部分杠杆的长，而图丙中拉力方向倾斜，其力臂要短一点，根据杠杆的平衡条件，在阻力与阻力臂不变的情况下，动力臂越长，其动力越小，因此，FF故答案为：右；乙方案更好图乙可以直接从杠杆上读出力臂的长，而图丙则不能；图乙中拉力的力臂大于图丙

30、中的力臂点评：（1）本实验主要考查天平量筒的读数，与测液体密度实验的主要步骤，实验中合理安排步骤减小实验误差，是我们必须掌握的内容；（2）杠杆的调节与天平类似，值得注意的是，在使用弹簧测力计拉杠杆时，一定要使拉力方向与杠杆垂直，这样才能方便地得到力臂的长16（6分）（2013南通模拟）按照题目要求作图（1）如图甲所示，一物体AB放在平面镜前，请作出物体AB在平面镜中所成的像（2）在图乙中画出斜面上匀速上滑的物体A所受的重力和摩擦力的示意图（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考点：平面镜成像的相关作图；力的示意图；家庭电路的连接专题：图像综合题分析：

31、（1）平面镜成像的特点是：像与物关于平面镜对称，可以先作出物体A、B端点AB的像点A、B，连接A、B即为物体AB在平面镜中所成的像（2）物体匀速沿斜面向上滑动，说明这个物体处于平衡状态，木块受到平行斜面向下的摩擦力作用，重力的方向竖直向下此时摩擦力的大小要小于重力的大小在画力的示意图时，一定要注意重力的线的长度要大于摩擦力的（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）先作出端点A、B关于平面镜的对称点A、B，用虚线连接A、B即为物体AB的像，如图所示：（2）根据重力的方向竖直向下，摩擦力的方向

32、平行于斜面向下，且重力的大小大于摩擦力的大小，如图所示：（3）首先辨别上面三根线地线、火线、零线灯泡接法：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）平面镜成像实验探究出的像与物的具体关系是：大小相等、连线与镜面垂直、到镜面的距离相等、左右相反；作物体在平面镜中所成的像，常用方法是：作出端点（或关键点）的像点，用虚线连接像点得到物体的像（2）画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边按照这个作图步

33、骤，很容易能够画出指定力的示意图17（8分）（2013南通模拟）据报道，我国首台自主设计、自主集成的“蛟龙号”载人潜水器将于今年进行7000米级海试（即最大下潜深度为7000m），已知潜水器的体积为50m3，质量为22t（g取10N/kg，海水的密度取1.0×103kg/m3）（1）若潜水器以0.7ms1的平均速度下潜，则其下潜至7000m的海底需要多长时间？（2）潜水器完全潜入水中所受浮力为多大？（3）潜水器在海面上行驶时排开海水的体积多大？考点：速度公式及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算专题：计算题；长度、时间、速度；浮力分析：（1）已知速度与路程，由速度v=的变形公式t=求

34、出潜水器下潜所需时间；（2）已知潜水器的体积与海水的密度，由浮力公式可以求出潜水器所受的浮力；（3）潜水器在海面上行驶时，受到重力与浮力作用，由平衡条件求出潜水器受到的浮力，然后根据浮力公式的变形公式求出潜水器排开水的体积解答：解：（1）由速度公式v=的变形公式可知，潜水器下潜的时间t=1×104s，（2）潜水器全部潜入水中，受到的浮力F浮=海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×50m3=5×105N，（3）潜水器浮在海面上时，受到的浮力F浮=G=mg=22×103kg×10N/kg=2.2×105N，

35、由浮力公式F浮=海水gV排的变形公式可得：排开水的体积V排=22m3，答：（1）下潜至7000m的海底需要1×104s（2）潜水器完全潜入水中所受浮力为5×105N（3）潜水器在海面上行驶时排开海水的体积是22m3点评：本题考查了求潜水器的下潜时间、受到的浮力、排开水的体积，熟练应用速度公式的变形公式、浮力公式及其变形公式即可正确解题18（8分）（2013南通模拟）如图所示电路中，电源电压为4V不变，滑动变阻器R2的阻值变化范围是020，电流表的量程为0.6A当开关S1闭合，S2断开时，电流表的示数为0.25A；当开关S1、S2均闭合时，电流表的示数为0.55A求：（1）电

36、阻R1的阻值；（2）当开关S1、S2均闭合时，滑动变阻器在1min内消耗的电能；（3）当开关S1、S2均闭合时，在保证电流表安全的条件下，滑动变阻器消耗的最大电功率与最小电功率考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电功的计算；电功率的计算专题：计算题；应用题；欧姆定律；电能和电功率分析：（1）当开关S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值；（2）当开关S1、S2均闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路的特点可知通过R1的电流不变，进一步求出通过滑动变阻器的电流，再根据W=UIt求出滑动变阻器在1min内

37、消耗的电能；（3）当滑动变阻器接入电路在的电阻最大时滑动变阻器消耗的电功率最小，根据P=求出其大小；当电流表的示数最大时滑动变阻器消耗的电功率最大，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，再根据P=UI求出其大小解答：解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，则R1=16；（2）当开关S1、S2均闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路各支路独立工作、互不影响，I2=II1=0.55A0.25A=0.3A，W2=UI2t=4V×0.3A×60s=72J；（3）当滑动变阻器接入电路在的电阻最大时滑动变阻器消耗的电功率最小，

38、则P2min=0.8W，当电流表的示数最大即I=0.6A时，滑动变阻器消耗的电功率最大，则I2max=II1=0.6A0.25A=0.35A，P2max=UI2max=4V×0.35A=1.4W答：（1）电阻R1的阻值为16；（2）当开关S1、S2均闭合时，滑动变阻器在1min内消耗的电能为72J；（3）当开关S1、S2均闭合时，在保证电流表安全的条件下，滑动变阻器消耗的最大电功率为1.4W，最小电功率为0.8W点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活运用，会判断开关闭合、断开时电路的串并联是关键，知道电流表示数最大时滑动变阻器消耗的电功率最大是难点19（

39、10分）（2013南通模拟）在“测定小灯泡电阻”的实验中，提供如下实验器材：A待测小灯泡（2.5V 0.7W） B电源（电压恒为3V）C电流表（量程00.6A或03A） D电压表（量程03V或015V）E滑动变阻器（20 1A）F开关、导线（1）小明同学连接线路闭合开关后，将变阻器滑片向右滑动时灯泡变暗，而电压表的示数增大请你用笔画线代替导线，把图甲中的实物电路按小明的连接方式连接完整（2）电路连接好后，当电压表的示数为0.5V时，小灯泡将正常发光（3）小灯泡正常发光时，电流表和电压表均有示数突然，电路发生故障，小灯泡熄灭，而电流表和电压表的示数均变大，则故障的原因是灯泡短路（4）利用上述实验

40、器材，不能完成下述实验中的BA测量小灯泡的额定功率 B探究电流与电压的关系C探究小灯泡的亮度与消耗功率的关系 D探究串联电路电压的特点（5）小华同学想利用上述器材测量一未知电阻R（定值）的阻值，但实验过程中不慎将电流表损坏，在不另外添加器材的情况下：为了测出R的阻值，请你在图乙的虚线框中画出你所设计的实验电路图闭合开关后，测得你所设计的电路图中电压表的示数为U，则R=（用字母U表示）考点：伏安法测电阻的探究实验专题：作图题；探究型实验综合题分析：（1）滑动变阻器滑片向右滑动时灯泡变暗，说明灯泡实际功率变小，灯泡电压变小，电路电流变小，滑动变阻器接入电路阻值变大，滑动变阻器两端电压变大，此时电压

41、表示数变大，说明电压表与滑动变阻器并联，根据以上分析完成电路图的连接；（2）灯泡在额定电压下正常发光，电压表测滑动变阻器电压，由串联电路电压规律可以测出电压表的示数；（3）灯泡熄灭，可能是灯泡断路或断路或灯泡之外电路断路造成的；电流表示数变大，说明电路不存在断路，电路电阻变小，则电路故障是电路某处发生短路；电压表测滑动变阻器两端电压，电压表示数变大，说明滑动变阻器不可能短路，则电路故障为：灯泡短路；（4）根据各实验的原理与实验要求，逐一分析各实验，判断能进行哪个实验；（5）电流表损坏，滑动变阻器最大阻值已知，可让电阻R与滑动变阻器串联，滑动变阻器阻值全部接入电路，用电压表测电阻R或滑动变阻器的

42、电压，由串联电路特点、欧姆定律求出电阻阻值解答：解：（1）滑动变阻器串联接入电路，由题意及分析可知，电压表与滑动变阻器并联，滑动变阻器用左半部分电阻丝，滑动变阻器应接左下接线柱，电路图如图甲所示；故答案为：电路图如图甲所示（2）灯泡电压等于其额定电压2.5V时，灯泡正常发光，此时滑动变阻器两端的电压为3V2.5V=0.5V，电压表测滑动变阻器两端电压，电压表示数是0.5V；故答案为：0.5（3）小灯泡熄灭，而电流表和电压表的示数均变大，则故障的原因是灯泡短路；故答案为：灯泡短路（4）A、该电路能测出流过灯泡的电流，求出灯泡两端的电压，可以测量小灯泡的额定功率，不符合题意；B、要探究电流与电压的

43、关系，需要保持灯泡电阻阻值不变，但灯泡电阻随温度变化而变化，不是一个定值，该实验器材不能探究电流与电压的关系，符合题意；C、移动滑动变阻器滑片，电路电阻发生变化，电路电流变化，灯泡电压发生变化，灯泡实际功率及亮度发生变化，该器材可以探究小灯泡的亮度与消耗功率的关系，不符合题意；D、移动滑片，灯泡与滑动变阻器两端电压均发生变化，利用该器材可以探究串联电路电压的特点，不符合题意；故答案为：B（5）电阻R与滑动变阻器串联接入电路，移动滑片使滑动变阻器阻值全部接入电路R滑=20，电压表与电阻R或滑动变阻器串联，闭合开关，读出电压表示数U，电路图如图乙所示；则滑动变阻器两端电压U滑=3VU，电路电流I=

44、，电阻阻值R=；故答案为：电路图如图乙所示；点评：本题考查了设计实验电路、连接电路图、求电压表示数、求电阻等问题，（1）（5）设计、连接电路难度较大，知道实验原理、明确实验要求是正确解题的前提与基础20（8分）（2013南通模拟）五一节，小瑞在公园里看到小朋友们荡秋千时不停地往复摆动他想：秋千小角度往复摆动一次的时间与哪些因素有关呢？他提出了三种猜想：猜想1：可能与小朋友的质量有关；猜想2：可能与摆动的幅度有关；猜想3：可能与绳长有关（1）为了验证猜想是否正确，他设计了如图a所示的装置，用系有细线（线长L可调）的小球来模拟秋千的运动进行了如下探究（摆动角度均较小）：/度46810t/秒2.02

45、.02.02.0如图a所示，用细线系住一铁球，保持细线的长度一定，使小球从A点由静止释放，改变OA（O为固定悬点）的连线与竖直方向的夹角以改变小球摆动的幅度，测出小球在AB间往复运动一次所用的时间t与的关系如上表所示，由此可得出的结论是秋千小角度往复摆动一次的时间与摆动的幅度无关用细线系住一铁球，改变细线的长度，使小球以较小的幅度在竖直面内CD之间摆动，用频闪相机（保持曝光时间间隔相等）拍摄小球由C运动至D的过程中的位置如图b、c所示（除C位置外，其余细线未画出），由此分析可知，上述猜想3是正确的，其具体关系可表述为在质量与振幅相同时，秋千小角度往复摆动一次的时间随绳长的增大而增大（2）请设计

46、实验来探究秋千往复摆动一次的时间与小朋友的质量之间的关系，简述你的实验方案简要做法：用细线系住一铁球，使小球以较小的幅度在竖直面内摆动，用频闪相机（或计时器）测算出小球往复摆动一次的时间t1；让线摆动的幅度与绳长保持不变，改变小球的质量，再做两次，测出对应时间t2、t3；判断方法：若t1、t2、t3相等，则与质量无关；若t1、t2、t3不相等，则与质量有关考点：控制变量法与探究性实验方案专题：探究题；控制变量法；探究型实验综合题分析：（1）分析表中实验数据得出实验结论；通过（b）（c）两图，分析摆长与摆动时间的关系从而得出实验结论（2）要探究秋千往复摆动一次的时间与小朋友的质量之间的关系，应控

47、制摆长与振幅相等，改变摆球质量进行实验解答：解：（1）由表中实验数据可知，在摆长不变的情况下，振幅不同，秋千往复摆动一次的时间相等，由此可知：秋千小角度往复摆动一次的时间与摆动的幅度无关由图（b）与（c）可以看出，摆长越长，小球往复摆动一次的时间越长，由此可见：在质量与振幅相同时，秋千小角度往复摆动一次的时间随绳长的增大而增大，这验证了猜想3是正确的（2）可控制摆长与振幅相同，改变摆球的质量进行实验，探究“秋千往复摆动一次的时间与小朋友的质量之间的关系”，实验的做法是：用细线系住一铁球，使小球以较小的幅度在竖直面内摆动，用频闪相机（或计时器）测算出小球往复摆动一次的时间t1；让线摆动的幅度与绳

48、长保持不变，改变小球的质量，再做两次，测出对应时间t2、t3；判断方法是：若t1、t2、t3相等，则与质量无关；若t1、t2、t3不相等，则与质量有关故答案为：（1）秋千小角度往复摆动一次的时间与摆动的幅度无关；3；在质量与振幅相同时，秋千小角度往复摆动一次的时间随绳长的增大而增大（2）用细线系住一铁球，使小球以较小的幅度在竖直面内摆动，用频闪相机（或计时器）测算出小球往复摆动一次的时间t1；让线摆动的幅度与绳长保持不变，改变小球的质量，再做两次，测出对应时间t2、t3；若t1、t2、t3相等，则与质量无关；若t1、t2、t3不相等，则与质量有关点评：本题根据生活现象，提出问题、进行猜想、设计

49、实验、分析实验数据、实验结论的应用等问题，实验应用了控制变量法，注意该方法的应用，是一道好题21（11分）（2013南通模拟）阅读短文，回答问题：如图甲是一种可调温蒸汽电熨斗，其说明书的部分内容如下：产品特点：具有干湿两用功能干用功能是指在无水状态下，通过电加热管加热底板，底板温度上升，直接压烫衣物；湿用功能是指在蒸汽状态下熨烫自动恒温设置针对不同面料可调节底板温度技术参数：自身质量：1.3kg 额定功率：1000W 额定电压：220V在额定电压下工作时能达到的最大喷气量：15g/min（1）某师傅在用熨斗干烫衣服时，用了19N向下的力压熨斗，如果熨斗底板与衣服接触的面积为160cm2，在此过

50、程中，衣服受到的压强为2000Pa（g取10N/kg）（2）用熨斗汽烫前先预热，使金属底板的温度从20升高到220，温控开关自动断开已知金属底板的质量为1kg，金属底板的比热容为0.46×103J/（kg）则蒸汽电熨斗预热过程中金属底板吸收的热量为9.2×104J（3）设计生产电熨斗时，技术人员会根据不同部分的作用选用具有不同物理属性的材料“水位观察窗”选用的材料应具有很好的透明度 （选填“硬度”、“延展性”或“透明度”）；用熨斗汽烫时，可以看到熨斗底板蒸汽口的周围有大量“白雾”，这是因为水先汽化后液化上两格均填物态变化名称）形成的小水珠；某次使用时发现从蒸汽口喷出的是水柱而不是“白雾”，请你猜想可能的原因是水的温度未达到沸点，没有沸腾（4）若某次使用中，该电熨斗（额定电压下）在最大喷气量状态下工作时消耗的电能中只有70%被水吸收，则该状态下每克水喷出前吸收的热量是2800