2017年上海市奉贤区中考物理二模试卷(解析版)

1、2017年上海市奉贤区中考物理二模试卷一、选择题（共16分）1四冲程热机工作过程中，将内能转化为机械能的是（）A吸气冲程B做功冲程C压缩冲程D排气冲程2在原子核中，带正电的粒子是（）A质子B中子C电子D原子3能区分不同乐器声音的主要依据是（）A频率B音调C响度D音色4以下各种单色光中，属于光的三基色之一的是（）A绿光B橙光C黄光D紫光5如图所示，O点表示杠杆的支点，其中错误的是（）ABCD6如图所示为相距6米在同一水平面上同时开始沿一直线运动的甲、乙两辆小车的st图象，则（）A甲、乙运动的快慢相同B运动3秒甲通过的路程比乙大C运动3秒甲、乙可能相距5米D运动3秒甲、乙不可能相距13米7如图所示

2、，电源电压保持不变，闭合电键S，电路正常工作，一段时间后，电流表A的示数变小，电压表V的示数不变，然后将电流表A与电阻R2对换，发现电流表的示数再次变小若故障只发生在电阻R1、R2上，则（）A只有R1断路B只有R2断路CR1和R2同时断路DR1和R2同时短路8如图所示，均匀圆柱体甲和盛有液体乙的圆柱形容器放置在水平地面上，甲、乙质量相等，现沿水平方向切去甲并从容器中抽出乙，且切去甲和抽出乙的高度相同，则比较甲对地面的压强的变化量p甲与乙对容器底部的压强的变化量p乙以及甲对地面压力的变化量F甲与乙对容器底部压力的变化量F乙的大小关系，正确的是（）Ap甲p乙，F甲F乙Bp甲p乙，F甲F乙Cp甲p乙

3、，F甲F乙Dp甲p乙，F甲F乙二、填空题（共26分）9一节干电池的电压为伏；能的优点之一是便于输送和分配；丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在10列车进站时，若以站台为参照物，列车是的；由于列车在刹车时会继续向前滑行；当列车停在水平地面上时，其力与地面对列车的支持力属于一对平衡力11白糖溶解在杯中整杯水变甜了，这现象说明分子在不停的做无规则的；太阳能热水器给水加热，它是利用的方式来增加水的内能的；沿海地区白天和夜晚的温差比较小主要是由于水的比较大造成的结果12某导体两端的电压为3伏，2秒内通过该导体横截面的电荷量为3库，则通过该导体的电流为安，电流做功为焦当通过该导体的电流为0.5安时，导体的

4、电阻为欧13重8牛的物体在4牛的水平拉力作用下沿水平方向做匀速直线运动，2秒内运动了0.5米，拉力的功率为瓦，在此过程中物体的机械能将（选填“变大”“不变”或“变小”），重力对物体做功为焦14如图所示，用手将一普通木块浸没在水中，已知木块上A点距水面0.2米，则A点受到水的压强为帕，松手后，木块在露出水面前的过程中受到浮力的大小（选填“变小”、“不变”或“变大”）；木块在露出水面后静止时重力与浮力的合力为牛15如图所示，电源电压保持不变，电阻R1R2R3，仅闭合电键S1时，电流表、电压表均有示数；接着断开S1并闭合S2后，电流表A的示数将，电压表V的示数将；若将S1、S2、S3均闭合，则电压表

5、与电流表示数的比值将（均填“变大”、“不变”或“变小”）16某小组同学研究静止在斜面上的物体对斜面的压力大小与物体重力大小的关系，他们选择一轻质硬直尺作为斜面，在直尺的中点A处用细线挂上一重力G为1牛的钩码作为重物，直尺下端可以绕O点转动，在直尺上端B点沿垂直于直尺方向向上施加一拉力FB为0.3牛，使直尺保持倾角不变，然后撤去钩码，在A点沿垂直于直尺方向向下施加一拉力FA为0.6牛，恰能使直尺保持倾角为不变且FB大小仍为0.3牛，如图（a）所示接着改变钩码的数量，重复实验步骤，如图（b）、（c）所示（1）实验中直尺在FB和FA的作用下与在FB和G作用下都能够保持倾角不变，是因为直尺满足了条件的

6、缘故，此时FA的作用效果与G的作用效果是的（2）分析比较（a）、（b）和（c）可得出初步结论；静止于倾角不变的斜面上的物体，（3）实验中该小组同学发现在物体重力不变的条件下，可以通过来增大物体对斜面的压力（填入你认为正确的选择字母：A作用点A向B移动 B作用点A向O点移动 C减小倾角 D增大倾角）（4）关于静止在斜面上的物体对斜面的压力方向与物体重力方向间夹角的大小，该小组用学经过讨论后认为夹角应该（选填“大于”、“等于”或“小于”）三、作图题（共6分）17如图重为6牛的物体静止在水平面上，用力的图示法画出它所受的重力G18如图所示，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上，补上后要求：电流

7、表仅测L1的电流，电键仅控制L2四、计算题（共24分）19质量为1千克的水温度升高了20，求吸收的热量Q吸c水=4.2103焦/（千克）20浸没在水中的合金块排开水的体积为5104米3，求合金块受到浮力的大小21如图所示，薄壁圆柱形容器底面积为2102米2，盛有0.3米深的水，置于水平地面上，求：（1）容器内水的质量m水（2）容器底部受到水的压力F水（3）现将一个边长为a、质量为m的正方体放入在容器内的水中后（水未溢出），容器对水平面的压强增加量p容恰好等于水对容器底部的压强增加量p水，求该正方体的质量m的大小范围（用字母表示）22如图所示，电源电压为12伏不变，电阻R1的阻值为30欧，电阻R

8、2的阻值为10欧，闭合电键S后，求：（1）通过电路的电流I（2）电阻R1消耗的功率P（3）现用标有“200.5A”字样的滑动变阻器R1或R2，使移动变阻器滑片的过程中电流表示数变化量I的最小值，求变阻器连入电路的阻值范围五、实验题（共18分）23图（a）中，弹簧测力计的量程为牛，现在的示数为牛，图（b）是电子天平，该仪器可以测量物体的，此时的示数为克24小朱同学在做“探究凸透镜成像的规律”实验时，首先依次将蜡烛、凸透镜和光屏放在水平放置的光具座上，接着调整它们的中心大致在，目的是，若所用凸透镜的焦距为10厘米，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，此时光屏上的像一定是像；若保持凸透镜的位置不变，将

9、蜡烛放置在36厘米刻度处，则光屏在光具座的厘米刻度处时可以得到一个清新的像（选填“79”、“81”或“85”）25某同学做“测定小灯泡的电功率”实验，实验器材有电压为6伏的电源，标有“20 2A”字样的滑动变阻器、电流表、电键、标有“0.3A”字样且额定电压可能为“2.5V”或“3.8V”的小灯泡以及导线若干他连接电路后按正确的步骤操作，闭合电键时电流表示数如图所示，接着移动滑动变阻器的滑片直至小灯正常发光，发现滑片P在滑动变阻器的中点附近（1）该同学判断小灯正常发光的依据是电流表示数为安（2）为了确定小灯的额定电压，他用10欧的电阻替换滑动变阻器，并记录下电流表的示数，请将下表填写完整 实验

10、序号U（伏）I（安）R（欧）P（瓦）1/20/20.30/30.3210/26为了研究浸没在液体汇总的柱体上下表面受到液体的压强大小与哪些因素有关，某小组同学把高为0.1米的金属柱体先后竖直浸没于甲、乙，丙三种液体中进行实验，如图所示实验中，他们改变圆柱体在液体中的深度h，并用压强传感器测得金属柱体上表面和下表面受到液体的压强1和2，记录数据如表一、表二和表三所示表一甲液体（甲=0.8103千克/米3）实验序号h（米）1（帕）2（帕）10.20784156820.402352313630.6039204704表二乙液体（乙=1.0103千克/米3）实验序号h（米）1（帕）2（帕）40.2091

11、0196050.402940392060.6049005880表三丙液体（丙=1.2103千克/米3）实验序号h（米）1（帕）2（帕）70.201176235280.403528470490.6058807056（1）分析比较实验序号数据中p1和h的关系及相关条件，可得出的初步结论是：同一柱体浸没与不同液体中，当深度相同时，柱体上表面受到的压强越大（2）分析比较实验序号1、2、3（或4、5、6或7、8、9）数据中的p2和h的关系及相关条件，可得出的初步结论是：同一柱体浸没于同种液体中，（3）进一步分析比较表一、表二或表三中的压强2与1的差及相关条件，可得出的结论是：（4）进一步分析比较表一、表

12、二和表三中的压强2与1的差及相关条件，可得出的结论是：（5）该小组同学讨论后认为运用相同的研究方法和探究过程，还可以研究“浸没在液体中的柱体上下表面受到液体的大小与哪些因素有关”2017年上海市奉贤区中考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16分）1四冲程热机工作过程中，将内能转化为机械能的是（）A吸气冲程B做功冲程C压缩冲程D排气冲程【考点】GN：有关热机的计算【分析】热机是将热能转化为机械能的机器，它的一个工作循环包括四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程，其中压缩冲程是将机械能转化为内能；做功冲程是将内能转化为机械能【解答】解：在做功冲程中，燃料燃烧的化学能转化为内能，高温高压的燃

13、气推动活塞做功，将内能转化为机械能；而压缩冲程中，消耗机械能，产生内能，所以是将机械能转化为内能的过程；吸气冲程和排气冲程中没有能量的转化故选B2在原子核中，带正电的粒子是（）A质子B中子C电子D原子【考点】32：原子的核式模型【分析】在原子结构中，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的【解答】解：根据原子结构的相关知识可知，原子中带正电的微粒是质子故选A3能区分不同乐器声音的主要依据是（）A频率B音调C响度D音色【考点】9H：音色【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的

14、强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性【解答】解：不同乐器的材料与结构不同，其发出声音的音调和响度可能相同，但音色一般不同；利用声音区分不同的乐器，主要是依据乐器发出声音的音色不同故选D4以下各种单色光中，属于光的三基色之一的是（）A绿光B橙光C黄光D紫光【考点】AQ：色光的三原色和颜料的三原色【分析】彩色电视机荧屏上呈现各种颜色是由红绿蓝三色色光合成的，红、绿、蓝三种色光叫色光的三原色【解答】解：用放大镜观察彩色电视画面，可以发现是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，因此红、绿、蓝被称为色光的三原色故选A5如图所示，O点表示杠杆的支点，其中错误的是（）ABCD【考点】7M

15、：杠杆及其五要素【分析】支点是杠杆绕着转动的固定点，结合图中的标注可做出判断【解答】解：ABC、根据支点的概念，杠杆绕着转动的固定点，图中所标注的O点都符合这一要求，故ABC均正确；D、动滑轮工作时相当于一个可以整体移动的省力杠杆，其支点是在左侧绳子与滑轮的接触点，而不是在滑轮的轴上，故D错误故选D6如图所示为相距6米在同一水平面上同时开始沿一直线运动的甲、乙两辆小车的st图象，则（）A甲、乙运动的快慢相同B运动3秒甲通过的路程比乙大C运动3秒甲、乙可能相距5米D运动3秒甲、乙不可能相距13米【考点】68：速度与物体运动【分析】（1）通过该图象得出甲乙两物体运动的速度即可；（2）据图象得出物体

16、运动的路程关系即可；（3）据甲乙两个物体可能的运动方向逐个分析即可判断【解答】解：A、据图可知，甲的速度是：v甲=1m/s；乙的速度是：v乙=1.3m/s；故两个物体的运动速度不同，故A错误；B、据图可知，甲3s运动的路程是3m，乙运动3s的路程4m，所以运动3秒乙通过的路程比甲大，故B错误；CD、若甲乙两物体像距6m，两物体的运动方向相同，甲追乙运动，故甲走路程是3m，乙走路程是4m，所以此时两个物体像距6m，故此时两个物体的距离是6m3m+4m7=7m；若甲乙两物体像距6m，两物体的运动方向相同，乙追甲运动，故甲走路程是3m，乙走路程是4m，所以此时两个物体像距6m，故此时两个物体的距离是

17、6m4m+3m=5m；若甲乙两物体像距6m，两物体的运动方向相反，故甲走路程是3m，乙走路程是4m，所以此时两个物体像距6m，故此时两个物体的距离是6m+4m+3m=13m；故C正确，D错误；故选C7如图所示，电源电压保持不变，闭合电键S，电路正常工作，一段时间后，电流表A的示数变小，电压表V的示数不变，然后将电流表A与电阻R2对换，发现电流表的示数再次变小若故障只发生在电阻R1、R2上，则（）A只有R1断路B只有R2断路CR1和R2同时断路DR1和R2同时短路【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】根据电路图可知，两电阻并联，电流表测量干路电流，电压表测量并联电路两端电压；

18、根据电流表和电压表的示数变化情况判断电路故障【解答】解：电流表示数变小，说明有支路出现断路，电压表示数不变，说明有可能是R1、R2发生了断路，故D不符合题意；将电流表A与电阻R2对换，若是R1断路，此时电流表的示数将不变，故AC不符合题意；若是R2断路，即相当于该电路是断路，即电路中没有电流，故电流表示数会继续变小为零，故B符合题意故选B8如图所示，均匀圆柱体甲和盛有液体乙的圆柱形容器放置在水平地面上，甲、乙质量相等，现沿水平方向切去甲并从容器中抽出乙，且切去甲和抽出乙的高度相同，则比较甲对地面的压强的变化量p甲与乙对容器底部的压强的变化量p乙以及甲对地面压力的变化量F甲与乙对容器底部压力的变

19、化量F乙的大小关系，正确的是（）Ap甲p乙，F甲F乙Bp甲p乙，F甲F乙Cp甲p乙，F甲F乙Dp甲p乙，F甲F乙【考点】83：压强大小比较【分析】根据规则物体压强变形公式p=gh和p=得出甲对地面压强和乙对容器底压强的大小关系，进一步得出沿水平方向切去甲并从容器中抽出乙，且切去甲和抽出乙的高度相同，再利用p=gh判断甲对地面的压强和乙对容器底部的压强的大小关系；公式F=pS比较压力大小关系【解答】解：因为甲和乙的质量相等，所以甲对地面和乙对容器底的压力相等；由图示可知，甲的受力面积大，由p=可知，甲对地面的压强小于乙对容器底的压强；因为h甲h乙，由p=gh可知，甲乙；当沿水平方向切去甲并从容器

20、中抽出乙，且切去甲和抽出乙的高度相同，由p=gh可知，切去的甲和抽出的乙产生的压强p甲p乙，因此p甲可能大于p乙，p甲可能等于p乙，p甲可能小于p乙；由图可知，甲与地面的接触面积S甲大于乙与地面的接触面积S乙；此时根据公式F=pS可知，F甲=p甲S甲，F乙p乙S乙；当p甲p乙时，S甲S乙；则F甲和F乙的大小关系无法确定，故AC都有可能；当p甲p乙时，S甲S乙；则F甲=p甲S甲F乙p乙S乙；故B正确，D错误故选ABC二、填空题（共26分）9一节干电池的电压为1.5伏；电能的优点之一是便于输送和分配；丹麦物理学家奥斯特发现了电流周围存在磁场【考点】I1：电压；C9：通电直导线周围的磁场【分析】一节

21、干电池电压1.5V；电的优点主要是：输送方便，安全、经济，生产、使用方便，清洁无污染；奥斯特发现了电能生磁即通电导线周围有磁场，且通电导体周围的磁场取决于电流的方向，这就是电流的磁效应【解答】解：一节干电池电压1.5V；电能的优点之一是便于输送和分配；1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应故答案为：1.5；电；磁场10列车进站时，若以站台为参照物，列车是运动的；由于惯性列车在刹车时会继续向前滑行；当列车停在水平地面上时，其重力与地面对列车的支持力属于一对平衡力【考点】6L：惯性；52：参照物及其选择；6R：平衡力的辨别【分析】（1）判断物体是运动还是静止，关键

22、是看物体与参照物之间是否有位置的变化；（2）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；（3）二力平衡的条件是：同体，共线，等值，反向【解答】解：（1）列车进站时，若以站台为参照物，列车与站台之间的位置不断发生变化，列车是运动的；（2）一切物体都具有惯性，行驶的列车由于惯性，在刹车时继续向前运动；（3）列车受到的重力与地面对它的支持力，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在同一物体上，是一对平衡力故答案为：运动；惯性；重11白糖溶解在杯中整杯水变甜了，这现象说明分子在不停的做无规则的运动；太阳能热水器给水加热，它是利用热传递的方式来增加水的内能的；沿海地区白天和夜晚的温

23、差比较小主要是由于水的比热容比较大造成的结果【考点】GW：扩散现象；GA：热传递改变物体内能；GE：水的比热容的特点及应用【分析】（1）物质是由分子组成的，一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动，且温度越高，分子运动越快；（2）改变物体内能可以通过两种方法进行，一是做功，二是热传递；（3）水的比热容大，即相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同的热量，水的温度变化小，据此分析回答【解答】解：（1）白糖放入水中，过一段时间后整杯水都变甜了，这是扩散现象，这种现象说明分子在不停的做无规则运动；（2）太阳能热水器给水加热，是通过热传递的方式来改变水的内能，使其温度升高的；（3）水的比热容大，质量

24、相同的水和干泥土，在同样受热或冷却时（即吸收或放出的热量相等），水的温度变化较小，所以沿海地区的温差比内陆地区的小故答案为：运动；热传递；比热容12某导体两端的电压为3伏，2秒内通过该导体横截面的电荷量为3库，则通过该导体的电流为1.5安，电流做功为9焦当通过该导体的电流为0.5安时，导体的电阻为2欧【考点】IH：欧姆定律的应用；H4：电量及其计算；J3：电功的计算【分析】（1）知道10秒内通过该导体横截面的电荷量，根据I=求出通过导体的电流，根据W=UIt=UQ求出电流做的功，根据欧姆定律求出导体的电阻；（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和

25、通过的电流无关【解答】解：通过导体的电流：I=1.5A，这段时间内电流做的功：W=UIt=UQ=3V3C=9J，由I=可得，导体的电阻：R=2，因电阻是导体本身的一种性质，与导体两端的电压和通过的电流无关，所以，当通过该导体的电流为0.5安时，导体的电阻仍为2不变故答案为：1.5；9；213重8牛的物体在4牛的水平拉力作用下沿水平方向做匀速直线运动，2秒内运动了0.5米，拉力的功率为1瓦，在此过程中物体的机械能将不变（选填“变大”“不变”或“变小”），重力对物体做功为0焦【考点】EC：功的计算；FF：功率的计算；FN：动能和势能的大小变化【分析】（1）知道水平拉力和在此方向上移动的距离，根据W

26、=Fs求出拉力做的功，又知道做功时间，利用P=求出拉力的功率；（2）影响动能大小的因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度质量越大，高度越大，重力势能就越大；机械能等于动能和势能之和；（3）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此分析重力做功【解答】解：（1）水平拉力做的功：W=Fs=4N0.5m=2J，拉力的功率：P=1W；（2）在此过程中，物体的质量和速度、高度均不变，则物体的动能和重力势能不变，机械能不变；（3）物体在水平方向上运动，在重力方向上没有移动距离，所以重力做的功为0J故答案为：1；不变；014如图

27、所示，用手将一普通木块浸没在水中，已知木块上A点距水面0.2米，则A点受到水的压强为1960帕，松手后，木块在露出水面前的过程中受到浮力的大小不变（选填“变小”、“不变”或“变大”）；木块在露出水面后静止时重力与浮力的合力为0牛【考点】89：液体的压强的计算；8O：阿基米德原理【分析】（1）已知A点所处水的深度，根据p=gh计算A点受到水的压强；（2）根据F浮=液gV排判断木块所受浮力的大小变化；（3）木块在露出水面后静止，处于平衡状态，据此可知合力大小【解答】解：（1）A点受到水的压强为：p=gh=1.0103kg/m39.8N/kg0.2m=1960Pa；（2）木块在露出水面前的过程中，排

28、开水的体积不变，由F浮=液gV排可知，木块受到的浮力不变；（3）木块在露出水面后静止时漂浮，处于平衡状态，木块受到的重力与浮力大小相等、方向相反，二力的合力为0N故答案为：1960；不变；015如图所示，电源电压保持不变，电阻R1R2R3，仅闭合电键S1时，电流表、电压表均有示数；接着断开S1并闭合S2后，电流表A的示数将变小，电压表V的示数将变大；若将S1、S2、S3均闭合，则电压表与电流表示数的比值将变小（均填“变大”、“不变”或“变小”）【考点】IZ：电路的动态分析【分析】仅闭合电键S1时，该电路为R1、R3的串联电路；断开S1并闭合S2后，该电路为R1、R2的串联电路；若将S1、S2、

29、S3均闭合，则R1、R2并联，根据电流表和电压表的作用分析【解答】解：仅闭合电键S1时，该电路为R1、R3的串联电路，电压测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流；断开S1并闭合S2后，该电路为R1、R2的串联电路，由于R1R2R3，此时的总电阻会变大，由欧姆定律可知，电流表示数会减小；此时电压表测量的是R2两端的电压，由于R1R2，由串联电路电压规律可知，此时电压表示数会变大；若将S1、S2、S3均闭合，则R1、R2并联，由并联电路的电阻特点可知，总电阻会变小；此时电压表与电流表示数的比值为电路的总电阻，会变小故答案为：变小；变大；变小16某小组同学研究静止在斜面上的物体对斜面的压力大小与

30、物体重力大小的关系，他们选择一轻质硬直尺作为斜面，在直尺的中点A处用细线挂上一重力G为1牛的钩码作为重物，直尺下端可以绕O点转动，在直尺上端B点沿垂直于直尺方向向上施加一拉力FB为0.3牛，使直尺保持倾角不变，然后撤去钩码，在A点沿垂直于直尺方向向下施加一拉力FA为0.6牛，恰能使直尺保持倾角为不变且FB大小仍为0.3牛，如图（a）所示接着改变钩码的数量，重复实验步骤，如图（b）、（c）所示（1）实验中直尺在FB和FA的作用下与在FB和G作用下都能够保持倾角不变，是因为直尺满足了杠杆平衡的条件的缘故，此时FA的作用效果与G的作用效果是相同的（2）分析比较（a）、（b）和（c）可得出初步结论；静

31、止于倾角不变的斜面上的物体，对斜面的压力大小与物体重力大小成正比（3）实验中该小组同学发现在物体重力不变的条件下，可以通过C来增大物体对斜面的压力（填入你认为正确的选择字母：A作用点A向B移动 B作用点A向O点移动 C减小倾角 D增大倾角）（4）关于静止在斜面上的物体对斜面的压力方向与物体重力方向间夹角的大小，该小组用学经过讨论后认为夹角应该等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）【考点】81：压力及重力与压力的区别【分析】（1）根据杠杆平衡的条件即可判断；根据FA与G对杠杆的作用效果即可判断（2）分析比较（a）、（b）和（c）的对斜面的压力大小与物体重力大小的数据变化得出结论（3）在物体重力

32、不变的条件下，根据物体对斜面的压力的影响因素即可判断；（4）根据物体对斜面的压力方向与物体重力方向间，利用几何中三角形的关系即可判断【解答】解：（1）由于直尺在FB和FA的作用下与在FB和G作用下都能够保持倾角不变，说明直尺能处于平衡状态，则直尺满足了杠杆平衡的条件；压力FA与钩码的重力G对杠杆的作用效果都是使直尺顺时针转动，由于同一幅图中两次FB的大小、方向和作用点都相同，所以FA的作用效果与G的作用效果是相同的（2）分析比较（a）、（b）和（c）的数据可知：物体重力大小增大为原来的几倍，物体对斜面的压力大小也增大为原来的几倍，所以，物体对斜面的压力大小与物体重力大小成正比（3）物体在水平面

33、上对水平面的压力与物体的重力相等，当倾角增大时物体对斜面的压力变小，所以在物体重力不变的条件下，可以通过减小倾角来增大物体对斜面的压力，故C正确；当物体在倾角一定的斜面上时，物体对斜面的压力不变，与物体对斜面的作用点位置无关，故AB错误；（4）由于物体对斜面的压力方向垂直于斜面向下，物体重力方向竖直向下（即与水平面垂直），根据直角三角形的关系可知，物体对斜面的压力方向与物体重力方向间夹角的大小等于故答案为：（1）杠杆平衡的；相同；（2）对斜面的压力大小与物体重力大小成正比；（3）C；（4）等于三、作图题（共6分）17如图重为6牛的物体静止在水平面上，用力的图示法画出它所受的重力G【考点】7B：

34、重力示意图【分析】画力的图示要确定力的大小、方向、作用点，并选择合适的标度【解答】解：设标度为3N，重心在物体的中心上，从中心开始，沿竖直向下的方向画两段等长的线段，在线段的末端标上箭头表示力的方向，如下图18如图所示，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上，补上后要求：电流表仅测L1的电流，电键仅控制L2【考点】HR：实物的电路连接【分析】根据串联电路电流规律，电流表仅测L1的电流，研究两灯的连接；由电键仅控制L2确定电键的连接【解答】解：题中要求电流表仅测L1的电流，说明两灯不能串联，只能并联，则电流表与L1串联，选用大量程较为安全；根据电键与控制的用电器串联，因电键仅控制L2，故电键

35、与L2串联，如下图所示：四、计算题（共24分）19质量为1千克的水温度升高了20，求吸收的热量Q吸c水=4.2103焦/（千克）【考点】GG：热量的计算【分析】知道水的质量、水的比热容、水温度的升高值，利用吸热公式Q吸=cmt求水吸收的热量【解答】解：水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）1kg20=8.4104J答：水吸收的热量为8.4104J20浸没在水中的合金块排开水的体积为5104米3，求合金块受到浮力的大小【考点】8P：浮力大小的计算【分析】知道合金块排开水的体积，利用阿基米德原理F浮=水gV排求合金块所受到的浮力【解答】解：F浮=液gV排=1.0103kg/m39.8

36、N/kg5104m3=4.9N答：合金块受到的浮力的大小为4.9N21如图所示，薄壁圆柱形容器底面积为2102米2，盛有0.3米深的水，置于水平地面上，求：（1）容器内水的质量m水（2）容器底部受到水的压力F水（3）现将一个边长为a、质量为m的正方体放入在容器内的水中后（水未溢出），容器对水平面的压强增加量p容恰好等于水对容器底部的压强增加量p水，求该正方体的质量m的大小范围（用字母表示）【考点】86：压强的大小及其计算【分析】（1）已知水的深度和容器底面积，可求出水的体积，再利用密度公式可求得水的质量（2）因为容器为圆柱形容器，所以容器底部受到水的压力等于水的重力，利用重力公式可求（3）正方

37、体放入水中后，容器对地面压力的增加量等于物体的重力，则容器对地面压强的增加量p容=；由于水对物体的浮力和物体对水的压力是一对相互作用力，大小相等，所以水对容器底部的压力增加量F水=F浮，则水对容器底部的压强增加量：p水=；由此可知G物=F浮，这说明正方体放入水中后处于漂浮或悬浮状态，由物体的浮沉条件可知物水，利用公式m=V可求出正方体的质量m的大小范围【解答】解：（1）容器内水的体积：V=Sh=2102m20.3m=6103m3，容器内水的质量：m水=水V=1.0103kg/m36103m3=6kg；（2）因为容器为圆柱形容器，所以容器底部受到水的压力：F水=G水=m水g=6kg9.8N/kg

38、=58.8N；（3）正方体放入水中后，水未溢出，容器对地面压力的增加量等于物体的重力，则容器对地面压强的增加量：p容=；由于水对物体的浮力和物体对水的压力是一对相互作用力，大小相等，所以，正方体放入水中后，水对容器底部的压力增加量F水=F浮，则水对容器底部的压强增加量：p水=由题知，p容=p水，所以=，则G物=F浮，这说明正方体放入水中后处于漂浮或悬浮状态，由物体的浮沉条件可知物水，所以，该正方体的质量：m=物V=物a3水a3即该正方体的质量m的大小范围为0m水a3答：（1）容器内水的质量m水为6kg；（2）容器底部受到水的压力F水为58.8N；（3）该正方体的质量m的大小范围为0m水a322

39、如图所示，电源电压为12伏不变，电阻R1的阻值为30欧，电阻R2的阻值为10欧，闭合电键S后，求：（1）通过电路的电流I（2）电阻R1消耗的功率P（3）现用标有“200.5A”字样的滑动变阻器R1或R2，使移动变阻器滑片的过程中电流表示数变化量I的最小值，求变阻器连入电路的阻值范围【考点】IH：欧姆定律的应用【分析】（1）由图知，两只电阻串联已知两只电阻阻值，可以得到电路总电阻；已知电源电压和电路总电阻，利用欧姆定律得到电路电流；（2）已知电路电流和电阻阻值，利用公式P=I2R得到电阻消耗的功率；（3）将滑动变阻器替换某一电阻，根据滑动变阻器允许通过的最大电流，可以得到电路最小电阻，进一步得到

40、滑动变阻器接入电路的最小阻值和变阻范围【解答】解：（1）闭合电键S后，R1、R2串联，则电路总电阻为R=R1+R2=30+10=40，电路电流为I=0.3A；（2）电阻R1消耗的功率为P1=I2R1=（0.3A）230=2.7W； （a）用变阻器R3替换电阻R1； I最大=0.5A， I最小=0.4A；所以，I最大=0.5A0.4A=0.1A； 由I=可知：R最小=24，R3最小=R最小R1=2410=14；变阻器R3的阻值范围为1420（b）用变阻器R3替换电阻R2；当R3最小=0时电路中的电流最大为：I最大=0.4A0.5A， I最小=0.24A；I最大=0.4A0.24A=0.16A；

41、变阻器R3的阻值范围为020所以，用变阻器R3替换电阻R2；电流表示数变化量I的最小值，变阻器连入电路的阻值范围为020答：（1）通过电路的电流为0.3A（2）电阻R1消耗的功率P1为0.9W（3）用变阻器R3替换电阻R2；在移动变阻器滑片的过程中，电流表示数变化量I的最大，变阻器连入电路阻值的范围是020五、实验题（共18分）23图（a）中，弹簧测力计的量程为05牛，现在的示数为2.2牛，图（b）是电子天平，该仪器可以测量物体的质量，此时的示数为500.0克【考点】25：质量的测量与天平；74：弹簧测力计的使用与读数【分析】弹簧测力计的原理：在弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比；弹簧测

42、力计的示数在量程范围内，最小分度值是0.2N，由此读出示数；电子天平能称量物体的质量【解答】解：图中弹簧测力计的最大刻度是5N，则量程为05N，分度值为0.2N，故弹簧测力计的示数为2.2N；由图可知，电子天平可以测量物体的质量，示数为500.0克故答案为：05；2.2；质量；500.024小朱同学在做“探究凸透镜成像的规律”实验时，首先依次将蜡烛、凸透镜和光屏放在水平放置的光具座上，接着调整它们的中心大致在同一高度，目的是使像成在屏的中心，若所用凸透镜的焦距为10厘米，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，此时光屏上的像一定是倒立、放大、实像；若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛放置在36厘米刻度处，

43、则光屏在光具座的85厘米刻度处时可以得到一个清新的像（选填“79”、“81”或“85”）【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验【分析】凸透镜成像规律实验的要求，首先必须将烛焰、凸透镜、光屏三者的中心放在同一高度上；凸透镜成像的规律和应用：u2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；u=2f，成倒立等大的实像，应用是测焦距；fu2f，成倒立放大的实像，应用是投影仪；u=f，不成像；uf，成正立放大的虚像，应用是放大镜；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大【解答】解：根据凸透镜成像规律中实验的要求，必须让三者中心放在同一高度上，使像成在屏的中心；凸透镜的焦距为10厘米，凸透镜在50cm处，蜡烛

44、在35cm处，则物距为15cm，满足fu2f条件，成倒立、放大的实像；由图可知，蜡烛在35cm位置时，像在80cm处，将蜡烛放置在36厘米刻度处，物距减小1cm，仍成倒立、放大的实像，像距增大的距离大于1cm，故光屏应在85cm处故答案为：同一高度；使像成在屏的中心；倒立、放大、实；8525某同学做“测定小灯泡的电功率”实验，实验器材有电压为6伏的电源，标有“20 2A”字样的滑动变阻器、电流表、电键、标有“0.3A”字样且额定电压可能为“2.5V”或“3.8V”的小灯泡以及导线若干他连接电路后按正确的步骤操作，闭合电键时电流表示数如图所示，接着移动滑动变阻器的滑片直至小灯正常发光，发现滑片P

45、在滑动变阻器的中点附近（1）该同学判断小灯正常发光的依据是电流表示数为0.3安（2）为了确定小灯的额定电压，他用10欧的电阻替换滑动变阻器，并记录下电流表的示数，请将下表填写完整 实验序号U（伏）I（安）R（欧）P（瓦）1/20/20.30/30.3210/【考点】JF：电功率的测量【分析】（1）灯泡正常工作时，通过灯泡的实际电流与额定电流相等；（2）连接电路后按正确的步骤操作，闭合开关时变阻器连入阻值最大，读出此时电流表示数，根据电路特点和欧姆定律得到灯泡两端电压；同理计算出用10欧的电阻替换滑动变阻器时灯泡两端电压，从而确定灯泡两端电压的变化范围，即可确定灯泡的额定电压，再由P=UI计算其

46、额定功率【解答】解：（1）由题知，灯泡额定电流是0.3A，而灯泡正常工作时，所以通过灯泡的实际电流与额定电流相等，即为0.3A （2）连接电路后按正确的步骤操作，闭合开关时滑动变阻器的滑片应在最大值处，因为灯泡额定电压0.3A，所以电流表选用的是00.6A量程，分度值0.02A，所以电流表示数为0.22A，由欧姆定律可得滑动变阻器两端电压：UR=IR=0.22A20=4.4V，由串联电路总电压等于各电阻两端电压之和得灯泡两端的电压：UL=UUR=6V4.4V=1.6V；由表中第3次第数据知，当用R1=10的电阻替换滑动变阻器时，电路中电流为I=0.32A，R1两端的电压为：U1=IR1=0.32A10=3.2V，UL=UU1=6V3.2V=2.8V；由表中第2次数据知，当I=0.30时，此时灯泡电流达到额定电压正常发光，所以小灯额定电压应在1.62.8伏之间，所以灯泡的额定电压为2.5V所以，P额=U额I额=2.5V0.3A=0.75W；表格如下：实验序号U（伏）I（安）R（欧）P（瓦）1/0.2220/22.50.30/0.7532.80.3210/故答案为：（1）0.3；（2）见上表26为了研究浸