2019年山东省淄博市桓台县中考物理一模试卷(解析版)

1、2.3.A.加热器C.D.卜列现象对应的物态变化及吸放热特点正确的选项是2021年山东省淄博市桓台县中考物理一模试卷、选择题此题包括15个小题,每题2分,共30分.每题只有一个选项符合题意关于声现象,以下说法正确的选项是A.声音的传播速度是340m/sB.物体振动越快,发出的声音响度越大C.用“B超查看胎儿的发育情况,利用了声波可以传通能量D.高架道路两旁建隔音墙是在传播过程中减弱噪声带有烘干功能的滚筒洗衣机,要求洗衣和烘干均能独立进行.以下电路设计符合要求的A.春天红莲湖水面上的冰层消融-熔化-放热B.夏天冰棒周围冒“白气-汽化-吸热C.秋天荷塘中荷叶上露珠的形成-液化-放热D.严寒的冬夜,

2、房间窗户玻璃的内外表出现冰花凝固放热4.对以下光现象所涉及的物理知识,解释合理的是A.路口的反光镜是凸面镜,光射到上面会发生折射B.宝塔在水中“倒影是由于光的反射而形成的虚像C.放大镜把字“放大是由于放大镜具有发散作用D.近视眼形成原因是晶状体太薄,折光水平太弱,需要凸透镜矫正5.如下图,在探究凸透镜成像规律的实验中,当蜡烛和凸透镜之间的距离为26cm时,在光屏上得到一个清楚缩小的实像.以下说法正确的选项是A.该凸透镜的焦距小于13cmB.只将凸透镜向左移,可以在光屏上得到清楚放大的像C.只将蜡烛和光屏互换,可以在光屏上得到清楚缩小的像D.将蜡烛远离凸透镜时,为了在光屏上得到清楚的像,应将光屏

3、远离凸透镜6 .关于信息和能源的说法,正确的选项是A.北斗卫星导航系统通过电磁波提供定位效劳B.光缆通信中光在光纤里一直沿直线传播C.石油、风能、可燃冰属于可再生能源D.人类已建成的核电站是利用核聚变发电的7 .关于热学知识,以下说法错误的选项是A.严寒的冬天,双手互搓会使手的温度升高,这是用做功的方式改变内能8 .物体吸收热量,温度不一定升高C.汽油机的压缩冲程是把内能转化为机械能D.用水作为汽车发动机的冷却剂,是由于水的比热容较大8 .关于压力和压强,以下说法错误的选项是A.水坝建成上窄下宽的形状,是由于水对坝的压强随深度的增加而增大B.飞机的机翼能获得向上的升力,是利用了流体速度越大压强

4、越小的原理C.大气压强随着海拔高度的增加而增大D.刀刃磨得很锋利,是为了增大压强9 .以下关于磁场和磁感线的说法中正确的有磁场看不见摸不着,但是可以借助小磁针感知它的存在磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线磁场中某点的磁场方向是由放在该点的小磁针N极决定的地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近的A.B.C.D.10 .用四只完全相同的滑轮组成如下图的甲、乙两个滑轮组,把相同的物体匀速提升相间的高度.假设用刀甲、刀乙表示甲、乙两滑轮组的机械效率,W甲、W乙表示拉力所做的功不计绳重与摩擦,那么A,刀甲=刀乙,亚甲=亚乙C.刀甲刀乙,W甲W乙B,刀甲刀乙,亚甲亚乙D.刀甲刀乙,Wtw乙11.把

5、标有“220V40W的灯泡Li和“220V60W的灯泡L2串联接入220V电路两端,以下说法正确的是A.两灯泡的额定电压都变小了B.两灯泡的额定电功率都变小了C.灯泡Li两端的实际电压比L2两端的实际电压大D.通过灯泡L1的实际电流比L2的实际电流大12 .以下四幅图中能说明发电机工作原理的是13 .在粗糙程度相同的水平面上,手推木块向右压缩轻质弹簧至图甲所示位置；松手后,木块最终静止在图乙所示位置.以下说法正确的选项是A.弹簧被压缩过程中,长度变短,弹簧的弹性势能减小B.木块被弹簧弹离的瞬间,如果它受到的力全部消失,木块将静止C.木块从被弹簧弹离至最终静止的过程中,速度减小,摩擦力不变D.图

6、乙中,木块受到的重力和木块对水平面的压力是一对平衡力14.如下图,水平桌面上有甲、乙两个相同的烧杯,分别装有两种不同的液体,将两个相同的小球分别放在两烧杯中,小球静止时,两烧杯液面相平,以下判断正确的选项是A.甲烧杯中液体的密度小于乙烧杯中液体的密度B.甲烧杯中小球受到的浮力大于乙烧杯中小球受到的浮力C.甲烧杯对水平桌面的压强大于乙烧杯对水平桌面的压强D.甲、乙两烧杯底受到液体的压强相等15.如下图的电路,闭合开关后,当滑片P向左移动时,以下说法正确的选项是A.灯泡L变亮B.电压表示数变大C.电流表A1示数变小D.电路消耗的总功率变大二、理解与应用此题包括5个小题,共14分16 .春暖花开,鸟

7、语花香,闻到花香是由于分子的.将两块外表干净的铅块压紧后,即使在铅块下面挂了物体也不会将它们拉开,这说明分子间存在选填“引力或“斥力.17 .为测量某种液体的密度,小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V,得到了几组数据并绘出了m-V图象,如下图.量杯的质量是g,这种液体的密度是kg/m318 .用两个相同的滑轮组成的滑轮组固定在天花板上,如下图,当匀速提升物体时,绳子自由端的拉力为20N,物体移动的速度为0.1m/s,每个滑轮重15N,忽略绳重和摩擦,那么此时滑轮组的机械效率为,拉力的功率为W.19 .小红在实验室用酒精灯把质量是150g,初温是20c的水加热到100C,那

8、么水吸收的热量是J;假设不计热损失,至少需要燃烧g酒精.c水=4.2X103j/(kg?C),q酒精=3.0X107j/kg20 .如下图,请画出热气球在竖直方向加速上升时的受力示意图(忽略空气阻力).if：、三、实验与探究(此题包括3个小题,共21分)21 .(6分)如下图是小明同学探究“平面镜成像特点的实验情景：(1)小明在实验中用透明的玻璃板代替平面镜,主要是利用玻璃透明的特点,便于.(2)在玻璃板前放一支点燃的蜡烛A,可以看到玻璃后面出现蜡烛的像,小明拿另一支大小相同的(填“点燃或“未点燃)的蜡烛B在玻璃后面移动,直到它跟蜡烛A的像完全重合,标记物和像的位置；将点燃的蜡烛放在另一位置,

9、重复以上操作；测量并比拟两组物距和像距,得出结论：“像距和物距相等.分析评估上述实验,请指出不妥之处并说明理由.(3)假设在实验中无论怎样移动蜡烛B,也无法与蜡烛A的像完全重合,原因可能是：.(4)移去蜡烛B,并在其所在位置上放一光屏,那么光屏(填“能或“不能)承接到蜡烛A的像.22 .(6分)小丽和小明要“测量食用油的密度,请你帮助他们完善实验方案,并答复后面的问题：(1)小丽的方案：用调节平衡的天平测出空烧杯的质量m1,向烧杯内倒入适量食用油,再测出烧杯和食用油的总质量m2,然后把烧杯内的食用油全部倒入量筒内,读出;其测得食用油密度的表达(2)小明的方案：在烧杯内倒入适量的食用油,用调节平

10、衡的天平测出烧杯和食用油的总质量m3,然后将烧杯内的局部食用油倒入量筒内,读出量筒内食用油的体积V2.即可测得食用油的密度.3按的实验方案进行测量,实验误差可以减小一些；如果选择另一种方案,测得的密度值(填“偏大或“偏小)o(4)按小明的实验方案进行实验,已测得烧杯和食用油的总质量为34.1g.将烧杯内的局部食用油倒入量筒后,倒出油的体积如图(甲)所示,烧杯和剩余油的总质量如图(乙)所示,那么小明食用油的密度为£3kg/m.图(甲)23.(9分)莉莉用如图1所示的实验电路测量小灯泡的额定功率,待测小灯泡额定电压为4.5V,小灯泡额定功率约为1W,电源电压恒为6V.(1)闭合开关前,应

11、将滑动变阻器的滑片移至(选填"A或"B)端;(2)假设有三个滑动变阻器,规格分别为Ri(5Q2A)、R2(20Q1A)、R3(100Q0.1A),那么应选择选填“Ri、“R2或“R3；(3)将滑动变阻器阻值调到最大,闭合开关,发现小灯泡不亮,电流表无示数,电压表示数接近电源电压,经检查灯泡是完好的,那么故障可能是导线选填“aaId“f或"g)出线故障.(4)排除故障后,移滑动变阻器的滑片,当电压表的实数为4.5V时,电流表的示数如图2所示,那么小灯泡额定功率的测量值为W;(5)假设该灯泡被烧坏了,断开开关后,某同学用规格为“4.5V1.5W的小灯泡代替已烧坏灯泡,

12、闭合(选填“位置不变、“向A开关后,为使其两端电压到达额定电压,应让滑动变阻器的滑片端移动或“向B端移动).A=一='0,6*四、分析与计算(此题包括2个小题,共15分)24. (8分)如下图是我国一艘装备精良的现代化综合公务船正在钓鱼岛巡航的示意图.(海水密度取1.02X103kg/m3,g取10N/kg)(1)假设该船的声呐探头距海面深度为10m,那么该声呐探头受到海水的压强是多少？(2)该船满载时排水量为3500t,那么船受到的浮力多大？(3)当该公务船以45km/h的速度匀速航行1h,假设航行时受到阻力为船重的0.05倍,那么这一过程中动力所做的功是多少？25. (7分)如下图

13、的电路中,电源电压为3V,R为阻值未知的定值电阻,小灯泡L的规格为“6V3W假设小灯泡的阻值不随温度变化,闭合开关S后,电流表的示数为0.55A.求：(1)小灯泡的电阻；(2)小灯泡的实际功率；(3)定值电阻R的阻值.2021年山东省淄博市桓台县中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题(此题包括15个小题,每题2分,共30分.每题只有一个选项符合题意)1.【分析】(1)声音在15c空气中的传播速度为340m/s；(2)声音的特性包括音调、响度和音色,根据各自的影响因素可做出判断；(3)声音既能传递信息,又能传递能量；(4)防治噪声的途径有：在声源处、在传播中、在人耳处.【解答】解：A、声音

14、只有在15c空气中的传播速度才是340m/s,故A错误；B、物体振动越快,发出的声音音调越高,故B错误；C、用“B超查看胎儿的发育情况,利用了声波可以传递信息,故C错误；D、高架道路两旁建隔音墙是在传播过程中减弱噪声,故D正确.应选：D.【点评】此题围绕声现象的一些根底知识及应用进行了考查,熟练掌握相关知识,并能结合实际的应用加深理解,是解答的关键.2 .【分析】由要求洗衣和烘干均能独立进行可知,加热器和电动机可以独立工作、互不影响即为并联,据此进行解答.【解答】解：A,由电路图可知,开关S1闭合时电动机工作,再闭合S2时电动机和加热器并联同时工作,加热器不能独立工作,故A不符合题意；B,由电

15、路图可知,开关S1闭合时加热器工作,再闭合S2时电动机和加热器并联同时工作,电动机不能独立工作,故B不符合题意；C.由电路图可知,开关S1闭合时电动机和加热器串联同时工作,再闭合S2时电动机工作,加热器不能独立工作,故C不符合题意；D,由电路图可知,只闭合&时电动机工作,只闭合均时加热器工作,电动机和加热器均能独立进行,故D符合题意.应选：Do【点评】此题主要考查的是串并联电路的特点以及开关的作用,用排除法可以得出正确的答案.3 .【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

16、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；吸热的有：熔化、汽化、升华.【解答】解：A、春天,红莲湖水面上的冰层消融是物质由固态变成液态的熔化过程,熔化吸热,故A错误；B、夏天,冰棒周围冒“白气是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴,属于液化现象,液化放热,故B错误；C、秋天,荷塘中荷叶上露珠的形成是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴,属于液化现象,液化放热,故C正确；D、严寒冬夜,房间窗户玻璃的内外表出现冰花是气态的水蒸气直接变成固态的冰,是凝华现象,凝华放热

17、,故D错误.应选：C.【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楚的熟悉.4 .【分析】(1)光照射到凸面镜上会被反射,并且凸面镜对光线有发散作用,利用凸面镜可以增大视野；(2)倒影属于平面镜成像,平面镜成像的原理是光的反射；(3)凸透镜对光线具有会聚作用；(4)近视眼的成因是只能看清近处的物体,看不清远处的物体,晶状体太厚,折光水平太强,或者眼球在前前方向上太长,因此来自远处点的光会聚在视网膜前.【解答】解：A、路口的反光镜是凸面镜,光射到上面会发生反射,故A错误；B、倒影属于平面镜成像,是由光的反射形成

18、的虚像,故B正确；C、放大镜是凸透镜,对光线有会聚作用,故C错误；D、近视眼形成原因是晶状体太厚,折光水平太强,来自远处的光会聚在视网膜前,需要用凹透镜矫正,故D错误.应选：Bo【点评】此题考查了光的三种现象的区分以及凸透镜的应用,属于根底题目.5 .【分析】掌握凸透镜成像的规律,知道但物距大于2f时,成倒立缩小的实像；且成实像时,遵循物近像远像变大的特点.【解答】解:A、观察图示可知在光屏上得到一个清楚缩小的实像,那么u=26cm>2f,解得fv13cm,故A正确；B、只将凸透镜向左移,减小物距,增大像距,可以在光屏上得到清楚放大的像,故B正确；C、只将蜡烛和光屏互换,可以在光屏上得到

19、清楚放大的像,C错误；D、蜡烛远离凸透镜时,为了在光屏上得到清楚的像,应将光屏应靠近凸透镜,D错误.应选：AB.【点评】此题主要探究的是凸透镜成像的规律,这是今后学习光学,研究光现象的根底,应该熟练掌握,并注意加以区分,不能混淆.6 .【分析】(1)声波和电磁波都可以传递信息,但是声波不能在真空中传播,而电磁波可以在真空中传播,所以对于没有空气的情况下的信息传递一般都是通过电磁波实现的；(2)光纤通信是通过激光在光纤内不断反射向前传播,从而传递信息的；(3)能源从是否可再生角度划分为可再生能源和不可再生能源.可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源；例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐

20、能.不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源；例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能；(4)核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的,核电站的核心设备是核反响堆,核反响堆是通过可控裂变(链式反响)释放能量的.【解答】解：A、电磁波可以在真空中传播,“北斗导航是利用电磁波进行定位和导航的,故A正确；B、光在光导纤维中不断反射,不是沿直线传播的,故B错误；C、石油、可燃冰属于化石燃料,不能短时期内从自然界得到补充,属于不可再生能源.风能在自然界中可以不断再生、连续利用,属于可再生能源,故D错误；D、核电站主要利用核裂变的可控链式反响来发电的,故D错误.应选：A.【点评】此题考查了

21、信息的传播、能源的分类、核能的利用以及能源的分类,是一道根底题,掌握根底知识即可正确解题.7 .【分析】(1)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递,热传递过程是能量的转移过程,而做功过程是能量的转化过程；(2)物体吸收热量,温度不一定升高,例如晶体熔化和液体沸腾的过程,吸热温度不变；(3)在内燃机的四个冲程中做功冲程对外做功,将内能转化为机械能；压缩冲程压缩气体的过程中,将机械能转化为内能；(4)水的比热容较大,质量相同的水和其它液体相比拟,升高相同的温度时,吸收的热量多；吸收或放出相同的热量时,温度变化较小,因此常用来做冷却剂.【解答】解：A、严寒的冬天,双手互搓,手克服摩擦做功,温度升高

22、,这是用做功的方式改变内能,故A正确；B、一般情况下,物体吸热时温度升高,但是晶体熔化和液体沸腾的过程中,吸热但温度保持熔点和沸点不变,故B正确；C、汽油机的压缩冲程中,将机械能转化为内能,故C错误；D、用水作为汽车发动机的冷却剂,是由于水的比热容较大,与其他物质相比,在质量相同、升高的温度相同时,水吸收的热量多,故D正确.应选：C.【点评】此题考查了物体内能的改变、物体内能改变的方式以及比热容的相关知识,属于热学根底知识的考查,比拟简单.8 .【分析】(1)液体的压强随深度的增加而增大,据此判断；(2)根据流体压强与流速的关系可做出判断；(3)根据大气压与高度的关系可做出判断；(4)在压力一

23、定时,减小受力面积可以增大压强.【解答】解：A、液体的压强随深度的增加而增大,水坝建成上窄下宽的形状可承受更大的压强,故A正确；B、飞机的机翼能获得向上的升力,是由于机翼上方空气流速快、压强小,下方空气流速慢、压强大,产生向上的压强差,这样就形成了向上的升力.故B正确；C、大气压强随着海拔高度的增加而减小,故C错误；D、刀刃磨得很锋利,是为了在压力一定时,减小受力面积,增大压强,故D正确.应选：Co【点评】此题主同时考查了固体压强、液体压强和气体压强,以及流体压强特点的相关知识,都是有关压强方面的根本规律,应熟知.9 .【分析】(1)磁感线是不存在的,是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；(2

24、)小磁针静止时N极所指的方向就是该点磁场的方向.(3)地球是一个巨大的磁体,地磁场的南极在地理北极附近,地磁场的北极在地理南极附近.【解答】解：磁场看不见摸不着,但磁场对放入其中的磁体有力的作用,所以可以借助小磁针感知它的存在,这是典型的转换法,故正确；磁感线是不存在的,是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线,故错误；磁场中某点的磁场方向是一定的,并不是由放在该点的小磁针N极决定的,故错误；地球是一个巨大的磁体,地磁场的南极在地理北极附近,地磁场的北极在地理南极附近,所以地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近,故正确.应选：A.【点评】此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、地磁场的理

25、解等知识点,是一道综合题.10 .【分析】(1)对于滑轮组,最钩码做的功是有用功,即W有=6上(2)此题中克服滑轮重做的功是额外功；(3)亚总=亚有+W额；【解答】解：此题中,钩码的重力相同,钩码上升的高度相同,据W有=6卜可知,所做的有用功相同；此时对动滑轮做的功是额外功,不计绳子和摩擦,滑轮相同,即额外功相同,即W额是相同的,据W总,一W有=W有+W额可知,所以W总是相同的,故拉力做的功相同,即W甲=W乙,机械效率Y=X100%,W总故也是相同的,即刀甲=刀乙.应选：A.【点评】知道对谁做的是有用功、对谁做的是额外功及机械效率的计算是解决该题的关键.11.【分析】根据额定电压和额定功率的概

26、念进行分析,即用电器正常工作的时候的电压为额定电压,在额定电压下的功率为额定功率.根据灯泡的铭牌可知额定电压和额定功率,根据P=比拟两灯泡电3阻的大小关系,根据电阻的串联和欧姆定律比拟串联时电路中的电流和电压关系.【解答】解：(1)用电器正常工作的电压为额定电压；用电器在额定电压下的功率为额定功率.把两个灯泡串联接入220V电路两端,其额定电压和额定电流都不改变,故AB错误；(2)由灯泡的铭牌可知,两灯泡的额定电压相等,L1的额定功率小于L2的额定功率,由于P=,R所以L1的电阻大于L2的电阻,串联电路中各处的电流相等,由I=1可得U=IR,那么灯泡L1两端的实际电压比L2两端的实际电压大,K

27、故C正确,D错误；应选：Co【点评】此题考查了串联电路中的电流特点、欧姆定律、公式的灵活应用,难度不大,属于根底知识.12 .【分析】发电机的工作原理是电磁感应,即闭合电路的一局部导体在磁场中做切割磁感线运动时,导体中就会产生感应电流.【解答】解:A、A图说明的是电流的磁效应；B、B图是电磁继电器的原理；C、C图电动机的原理图；D、D图是发电机的原理图；应选：Do【点评】此题中学生容易混淆的两个图是BD,要从有无电源上区分,有电源的是电动机,无电源的是发电机.13 .【分析】(1)弹性势能的大小与物体的弹性形变有关；(2)物体没有受到力的作用时,总保持静止或匀速直线运动状态.(3)影响滑动摩擦

28、力大小的因素是压力和接触面的粗糙程度,通过分析压力和接触面的粗糙程度是否变化、怎样变化,来分析摩擦力的变化.(4)平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上,作用在同一条直线上.【解答】解：A、弹簧被压缩过程中,长度变短,形变变大,所以弹簧的弹性势能增大,故A错误；B、木块被弹簧弹离的瞬间具有一定的速度,如果它受到的力全部消失,由牛顿第一定律可知,木块将做匀速直线运动；故B错误；C、木块从被弹簧弹离至最终静止的过程中,在水平方向上受到摩擦阻力和空气阻力的作用,导致其速度减小,但木块对水平地面的压力和接触面的粗糙程度没有变,所以摩擦力的大小是不变的,故C正确；D、图乙中,木块受到的重力

29、和木块对水平面的压力方向相同,且作用在不同物体上,所以不是一对平衡力,故D错误.应选：Co【点评】此题考查弹性势能的影响因素、力与运动的关系、摩擦力的大小的影响因素、平衡力的区分等,涉及到的知识点,综合性强,但总体难度不大,掌握根底知识即可正确解题.14 .【分析】(1)根据小球在甲、乙两杯中的状态判断两种液体与小球的密度关系,进而得出两种液体的密度关系；(2)根据物体浮沉条件判断小球在两种液体中所受浮力与其重力的关系,进而得出小球在两种液体中所受浮力的大小关系；(3)根据两烧杯对水平桌面的压力等于烧杯、液体和小球的重力之和判断两烧杯对桌面的压力大小,然后利用p=比拟两烧杯对桌面的压强大小；4

30、利用p=p液gh比拟甲、乙两烧杯底受到液体的压强大小.【解答】解：A、由图可知,小球在甲、乙两杯中分别处于漂浮和悬浮状态.根据浮沉条件可知,p甲液P球,P乙液=P球.所以p甲液p乙液,故A错误；B、由于物体漂浮或悬浮时,受到的浮力和自身的重力相等,所以同一只小球在两杯中受到的浮力相等,都等于小球的重力,故B错误；C、由于两球漂浮或悬浮,排开液体的重力等于球的重力,图示两种情况对桌面的压力等于等高的液体产生的压力,所以可以认为甲杯内液体的体积等于乙杯内液体的体积,由G=mg、p=必可得G=g,由于P甲液P乙液,所以甲杯内重力较大,甲、乙两烧杯相同,所以甲杯对桌面的压力较大；受力面积相同,根据p=

31、W可知,甲烧杯对水平桌面的压强大于乙烧杯对水平桌面的压强,故C正确.D、两杯中液面相平,p甲液p乙液,所以根据p=p液gh可知,烧杯底受到液体的压强：p甲液P乙液,故D错误；应选：C.【点评】此题考查了物体浮沉条件和压强公式的应用,一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系,同时要搞清不同状态下漂浮、悬浮物体所受重力与浮力的大小关系.15 .【分析】根据题干所给信息结合并联电路的特点利用欧姆定律的知识,便可较为简单的得出答案.【解答】解：由图可知滑动变阻器R与次TL并联,电压表的示数显示的是电源电压,当滑片P向左移动时,电压表的示数不变,应选项B是错误的；当滑片P向左移动时,不影响灯L所在的支路的电压

32、和电流,所以灯L的亮度不变,应选项A是错误的；当滑片P向左移动时,灯L所在的支路电流不变,滑动变阻器所在的支路电压不变,电阻减小,电流增大,而电流表Ai的示数是干路中的电流,所以Ai的示数增大,应选项C是错误的；当滑片P向左移动时,电路中的总电流增大,总电压不变,由电功率公式P=UI可知电功率增大,故选项D是正确的.应选：D.【点评】考查了滑动变阻器的应用原理和并联电路中电压、电流、及电功率的特点,较为简单.二、理解与应用此题包括5个小题,共14分16 .【分析】物质是由分子组成的,分子都在不停地做无规那么运动,分子之间存在相互作用的引力和斥力.【解答】解：春暖花开,鸟语花香,闻到花香,是芳香

33、物质的分子扩散到空气中,扩散说明一切物质的分子都是不停的做无规那么的运动将两个底面平整、干净的铅柱紧压后,两个铅柱的底面分子之间的距离比拟大,表现为引力,使两个铅柱结合在一起,即使下面吊一个重物也不会将它们拉开.故答案为：无规那么运动；引力.【点评】此题需掌握：分子在永不停息的做无规那么运动,分子力存在引力和斥力.3.17 .【分析】设量杯的质量为m杯,放体的密度为p,读图可知,当放体体积为V1=20cm时,放体和杯的总质量m总11；当液体体积为V2=80cm3液体和杯的总质量m总2,列方程组求出液体密度和量杯质量.【解答】解：设量杯的质量为m杯,液体的密度为p,读图可知,当液体体积为Vi=2

34、0cm3时,液体和杯的总质量m总i=mi+m杯=40g,由=典可得：pX20cm3+m杯=40g当液体体积为V2=80cm3时,液体和杯的总质量m总2=m2+m杯=100g,可得：pX80cm3+m杯=100g由-得,液体的密度：p=1.0g/cm3=1.0x103kg/m3,代入得m杯=20g.故答案为：20;1.0X103.【点评】读取图象获取信息,进一步进行分析和计算,是此题的一大特点,形式较为新奇,即考查了密度的相关计算,同时更考查了对图象的熟悉,值得我们关注,这也是我们应该锻炼的实验水平.18 .【分析】1由图知,n=3,忽略绳重和摩擦,拉力F=4G物+G动,据此求提升物体的重力,滑

35、轮组的机械效率ll=Gh=_Gh=A典wFsF3h3F2拉力端移动的速度等于物体升高速度的3倍,再利用P=Fv求拉力的功率.【解答】解：1由图知,n=3,忽略绳重和摩擦,拉力F=iG物+G动,那么提升物体的重力:G物=3FG动=3X20N15N=45N,滑轮组的机械效率：x100%=75%；PhGhG45N%=F3h=掰=3X20212拉力端移动的速度:v=3丫物=3X0.1m/s=0.3m/s,拉力的功率：P=-=-=Fv=20NX0.3m/s=6W.tt故答案为：75%;6.【点评】此题考查了使用滑轮组时机械效率和功率的计算,此题关键：一是n确实定直接从动滑轮上引出的绳子股数,二是忽略绳重

36、和轴摩擦,拉力F=1G物+G动.19 .【分析】知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温,利用吸热公式Q吸=cmt求水吸收的热量；由题知Q吸=Q放,再根据公式Q放=qm求出需要燃烧的酒精的质量.【解答】解：水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2x103J/kg?cX0.15kgx100C-20C=5.04x104J,不计热损失,Q吸=Q放=m酒精q,那么m酒精'=1.68X103kg=1.68g.q酒精3,oxioj/kg4故答案为：5.04X104；1.68.【点评】此题考查学生对吸热公式Q吸=cmt和Q放=qm的掌握和运用,利用好不计热损失Q吸=Q放是此题的关键.20 .【分析】热气球

37、在竖直方向加速上升时受到重力和浮力的作用,重力的方向竖直向下,浮力的方向竖直向上,由于热气球加速上升,因此受到浮力大于重力.【解答】解：热气球在竖直方向加速上升时,受到重力和浮力的作用,且浮力大于重力,过热气球的重心,分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段,并分别用G和F浮表示.如以下图所示：产浮1G【点评】画力的示意图,首先要对物体进行受力分析,看物体受几个力,要先分析力的大小、方向和作用点,再根据画图的要求画出各个力.三、实验与探究此题包括3个小题,共21分21 .【分析】1利用玻璃板透明的特点,可以观察到玻璃板的另一侧,便于找到像的位置.(2)如果点燃玻璃板前方的平面镜那么由于光太

38、亮而几乎无法观察蜡烛火焰像的位置.通过实验数据总结实验结论时,一般要进行屡次实验,根据实验数据得到的结论才具有普遍性,否那么具有偶然性；(3)如果玻璃板没有放正,所成的像不在水平面上,所以无论怎样移动另一支蜡烛都不能与像重合.(4)实像和虚像的重要区别：实像能用光屏承接,虚像不能用光屏承接.【解答】解：(1)透明的玻璃板,可以观察到玻璃板的另一侧,便于确定像的位置.(2)如果点燃玻璃板前方的平面镜那么由于光太亮而几乎无法观察蜡烛火焰像的位置,因此小明拿另一支大小相同的未点燃蜡烛B在玻璃板后面移动,由蜡烛B与蜡烛A的像完全重合可以得出的结论是：像与物体大小相等.不妥之处是只做了两组实验,由于一次

39、实验就得出结论,偶然性较大,不能找到普遍规律；应该屡次改变蜡烛的位置,多测几组数据(至少要测三组以上)得出的结论才具代表性.(3)平面镜所成的像和物体关于平面镜对称,如果玻璃板没有放正,玻璃板没有与桌面垂直放置,所以蜡烛成的像不与蜡烛重合,所以有可能找不到像；(4)平面镜成的是虚像,移去蜡烛B,并在其所在位置上放一光屏,那么光屏不能承接到蜡烛A的像.故答案为：(1)确定像的位置；(2)未点燃；只做了两组实验；实验次数少,不能得出普遍结论；(3)玻璃板没有与桌面垂直放置；(4)不能.【点评】此题考查学生动手操作实验的水平并能合理解决实验中出现的问题.只要熟练掌握平面镜的成像特点,解答此类题目就很

40、容易.22.【分析】(1)测出油的体积,求出油的质量,应用密度公式可以求出油的密度.(2)测出烧杯与剩余油的质量,求出油的质量,然后由密度公式求出油的密度.(3)小丽的实验方案中,烧杯壁上有残留的油,所测油的体积偏小,实验误差较大.(4)祛码由游码示数之和是所测物体的质量,由图示天平读出剩余油和烧杯的质量,求出油的质量,由密度公式可以求出油的密度.【解答】解：(1)用调节平衡的天平测出空烧杯的质量mi,向烧杯内倒入适量食用油,再测出烧杯和食用油的总质量m2,然后把烧杯内的食用油全部倒人量筒内,读出量筒内食用油的体积V1；油的质量-mm=m2-m1,其测得食用油留度的表达式是：P油=n=r；(2

41、)小明的方案：在烧杯内倒人适量的食用油,用调节平衡的天平测出烧杯和食用油的总质量m3,然后将烧杯内的局部食用油倒入量筒内,测出烧杯和剩余食用油的质量m4,读出量筒内食用油的体积V2.即可测得食用油的密度.(3)小明的实验方案中所测油的质量与体积是准确的,小明的实验方案误差小；在小丽的实验方案中,烧杯壁上有残留的油,所测油的体积偏小,所测油的密度偏大.(4)由图甲可知,油的体积V=20ml=20cm3,由图乙所示可知,烧杯与剩余油的质量为10g+5g+2g+0.3g=17.3g,那么量筒中油的质量m=34.1g-17.3g=16.8g,油的密度p=一二=0.84g/cm3=0.84x103kg/

42、m3.V20cirJ故答案为：(1)量筒内食用油的体积V1；上二！；(2)测出烧杯和剩余食用油的质量m4；(3)小明；偏大；(4) 0.84X103o【点评】此题考查了求油的密度、量筒与天平的读数、误差分析,掌握量筒与天平的读数方法、应用密度公式即可正确解题.23.【分析】(1)闭合开关前,变阻器滑片应置于最大阻值处；(2)求出小灯泡正常发光时的电流,以及滑动变阻器接入电路的电阻,根据提供的滑动变阻器的最大电流和最大阻值进行选择；(3)根据电压表、电流表和灯泡的工作情况,结合电路的三种状态,可对电路中可能出现的故障进行分析；(4)根据电流表的量程和分度值,读出电流表的示数,再根据P=UI可计算

43、电功率的大小；(5)计算所换的灯泡的电阻值,与原灯泡的电阻相比拟,再根据串联分压,可判断滑片的移动情况.【解答】解：(1)闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片置于最大阻值处,即应置于B端.(2)由公式P=UI得,iw“一灯泡正常工作时,电路中的电流：I=k=C：=0.22A,所以变阻器R3不适宜；UL4.5V灯泡正常工作时,两端的电压为4.5V,滑动变阻器两端的电压为6V-4.5V=1.5V,Us1W那么变阻器的电阻为：R滑=二且=三冷=6.8,所以变阻器Ri不适宜；0.22k因此在本实验中应选择的滑动变阻器是R2；(3)将滑动变阻器阻值调到最大,闭合开关,发现小灯泡不亮,电流表无示数,说明电路为断路；电压表示数接近电源电压,说明电压表可以与电源的两极接通.假设经检