2016年广东省广州市中考物理试卷.doc

优质文本2016年广东省广州市中考物理试卷总分：69一、选择题共11小题，每题3分，总分值30分1历史上把如图示意的长度定为1英寸，1英寸约为A2.5km B2.5m C2.5dm D2.5cm 【考点】长度的估测【专题】定量思想；估算法；长度、时间、速度【分析】此题考查对生活中常见物体长度的估测，结合对生活的了解和对长度单位及其进率的认识，找出符合实际的选项【解答】解：由图知，大拇指第一节骨骼的长度为1英寸，其长度与一枚一元硬币的直径差不多，而一元硬币的直径在2.5cm左右，所以1英寸约为2.5cm=0.25dm=0.025m=2.5×10-5km应选D【点评】长度的估测，必须熟悉一些常见物体的长度，以此为标准对研究对象作出判断如：中学生拳头的宽度在10cm左右；中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm；成年人的身高在170cm左右，一步的步幅在75cm左右；一层楼的高度在3m左右，等等2琴弦H比琴弦L每秒内振动次数多，推断此时H比L发出的声音A音调高 B音调低 C响度大 D响度小 【考点】频率及音调的关系【专题】应用题；定性思想；声现象【分析】物理学中，振动的快慢用每秒振动的次数来表示，称为频率，频率越高，那么发声体发出声音的音调越高【解答】解：频率决定声音的音调频率来描述物体振动的快慢，琴弦H比琴弦L每秒内振动次数多，说明其频率高，那么此时H比L发出的声音的音调高应选A【点评】解决此类题目的关键是知道频率的定义以及频率与音调的关系，难度不大3上层的粒子由下层的粒子构成，以下选项中正确描述物质结构的是A B C D 【考点】原子的核式模型【专题】定性思想；推理法；粒子与宇宙、材料世界【分析】物质是由分子组成，分子又由原子组成的，原子又由原子核和核外电子组成，且核外电子带负电绕原子核高速运动，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子组成，比质子中子还小的微粒还有夸克【解答】解：A、原子由位于中心的原子核和核外电子组成故A正确；B、C、原子核又是由带正电的质子和不带电的中子组成故B、C错误；D、分子是由原子组成的，原子由位于中心的原子核和核外电子组成故D错误应选A【点评】此题考查了物质组成和原子结构的知识，相比照拟简单，但越是简单的题越要细心，防止粗心大意而出错4使用蓝牙耳机接听 来电，信号传输示意图如图，蓝牙通信的电磁波A是蓝光 B波长比 通信的电磁波短 C在真空中传播速度为340m/s D在真空中传播速度比 通信的电磁波小 【考点】电磁波的传播【专题】应用题；信息的传递【分析】根据以下知识分析答题：1电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在真空中传播，传播速度为3×108m/s；2 利用电磁波传输信号， 通话传输的是电信号， 上网传输的是数字信号【解答】解：A、蓝牙通讯的是电磁波，不是光信号；故A错误；B、蓝牙通讯比 通讯的电磁波频率高，所以波长短；故B正确；C、电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s，不是340m/s，故C错误；D、蓝牙通讯和 通讯使用的都是电磁波，在真空中传播速度相同；故D错误应选：B【点评】此题考查了 通信的相关知识，是一道根底题，熟练掌握相关根底知识即可正确解题5如下图，电源两端电压恒定，闭合开关，灯泡L1比灯泡L2亮，那么AL1的电阻比L2的大 BL1两端电压比L2大 C假设L1灯丝烧断，L2两端电压不变 D假设L2灯丝烧断，通过L1电流变大 【考点】并联电路的电压规律；实际功率【专题】图析法；电压和电阻；电能和电功率【分析】此题关键要弄清题目中的隐含条件：由两只灯泡并联可知两灯泡电压相等；由灯泡L1比L2亮可知L1的实际功率大于L2的实际功率在此根底上根据电功率与电流电压关系即可得出结论【解答】解：1由图可知，两只灯泡并联，两灯泡电压相等；故B错误；2由P实=UI可知，U1=U2，P实1P实2，所以I1I2，即通过L1的电流大，由可得，那么L1的电阻比L2的小，故A错误因为两灯泡并联，由并联电路电压关系可知两灯泡两端电压相等，假设L1灯丝烧断，L2两端电压不变，通过L1电流不变，故C正确，D错误应选C【点评】此题考查电功率与电流和电压的关系，主要是考查电功率公式的应用，要知道并联电路电压的规律，还要知道灯泡亮度值取决于灯泡的实际功率6如下图，无风条件下卡通造型的铝箔气球两次均向带电棒靠近但未接触，气球A不带电 B带正电 C带负电 D带电情况无法判断 【考点】物体带电情况的判断【专题】定性思想；推理法；电流和电路【分析】据电荷间的相互作用规律同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引和带电体的性质能吸引轻小物体分析【解答】解：如图，两次用带有不同电荷的带电棒靠近卡通造型的铝箔气球，均发生了相互吸引，根据异种电荷相互吸引和带电体能吸引轻小物体的性质可知，气球不可能两次带不同电荷，因此，气球一定不带电应选A【点评】根据电荷间的作用规律、带电体的性质，结合自然界中只有两种电荷，利用题目中告诉的信息分析即可7以下说法正确的选项是A内燃机是利用电能做功的机械 B内燃机在做功冲程把内能转化为机械能 C内燃机在压缩冲程把内能转化为机械能 D随着技术的进步，内燃机的效率能到达100% 【考点】热机；热机的效率【专题】应用题；比热容、热机、热值【分析】内燃机是利用内能来做功的机器；四个冲程中的能量转化情况：吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧产生的能量之比由于不可防止地产生热量的损耗，所以热机的效率不可能到达100%【解答】解：A、内燃机是利用内能来做功的机器，故A错误；B、做功冲程高温高压燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能，故B正确；C、压缩冲程活塞向上运动，压缩气体对气体做功，将机械能转化为内能，故C错误； D、内燃机机在工作时，废气会带走一局部热量、燃料不可能完全燃烧、克服部件之间的摩擦会消耗能量等，所以热机的效率不可能到达100%，故D错误应选：B【点评】此题主要考查了热机的概念、热机的效率、四个冲程及能量转化情况，是一道根底性题目，比拟简单8将杯中的液态氮沸点为-196倒入盛有奶浆的碗制作冰淇淋，观察到杯中液态氮沸腾，杯外壁出现白霜，那么A杯中液态氮放热 B杯中液态氮温度不断上升 C杯中液态氮不断吸热，温度保持-196 D白霜是空气中水蒸气液化形成的 【考点】升华和凝华的定义和特点【专题】应用题；定性思想；归纳法；汽化和液化、升华和凝华【分析】物质由液态变成气态的过程叫汽化，包括蒸发和沸腾两种方式汽化是吸热过程；物质在沸腾过程中吸收热量，温度保持不变；物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，凝华过程放出热量【解答】解：A、液态氮的沸点为-196，在常温下立即沸腾，此时会吸收热量此选项错误；BC、液态氮的沸点为-196，沸腾过程中液态氮迅速成为气体，吸收热量温度保持不变C选项正确、B选项错误；D、液态氮沸腾过程中吸收大量的热，使奶浆和杯子的温度急速降低，空气中的水蒸气遇到温度很低的杯子，在其外表凝华形成霜此选项错误应选C【点评】此题考查了常见的物态变化现象及吸放热情况，是一道联系实际的应用题，难度不大如下图，水平地面O点两侧粗糙程度不同，物体一直受到沿水平方向3N的力F，物体经过M点开始计时，每经过相同时间，用虚线框记录物体的位置，物体在MO段做匀速直线运动，完成9、10题 物体在AOQ段做匀速直线运动 BMN段的速度大于OP段的 CMN段受到的摩擦力为3N DOQ段受到摩擦力大小等于F 【考点】速度与物体运动；摩擦力的大小【专题】应用题；比拟思想；控制变量法；图析法；长度、时间、速度；重力、弹力、摩擦力【分析】利用以下知识分析解答：1判断物体是否做匀速直线运动，采用相同时间比拟通过的路程的方法，假设相同的时间内通过的路程相等，那么物体做匀速直线运动；假设相同的时间内通过的路程不相等，那么物体做变速直线运动；2处于平衡状态的物体，一定受平衡力的作用；处于非平衡状态的物体，一定受非平衡力的作用【解答】解：A、由图可知，物体在OQ段，在相同的时间内通过的路程不相等，所以，OQ段不是做匀速直线运动；故A错误；B、由图可知，在相同的时间内，物体在MN段通过的路程小于在OP段通过的路程，所以MN段的速度小于OP段的路程故B错误；C、物体在MO段做匀速直线运动，摩擦力与拉力是一对平衡力，大小相等，所以MN段受到的摩擦力为3N故C正确；D、由A知，物体在OQ段不是做匀速直线运动，受力不平衡，所以OQ段受到摩擦力大小不等于F，故D错误应选C【点评】此题考查速度与物体运动、摩擦力的大小、二力平衡条件及其应用，是一道综合性较强的题目，读懂图示，并能从中获得相关信息加以分析是解答此题的关键10F在MN、OP段做功分别为WMN、WOP，功率分别为PMN、POP，那么AWMNWOP BWMNWOP CPMNPOP DPMNPOP 【考点】功的大小比拟；功率大小的比拟【专题】推理法；图析法；功、功率、机械效率【分析】分析题图，得出OP段和MN段的路程、用力，利用W=Fs得出做功大小关系；分析所用时间大小关系，利用得出功率大小关系【解答】解：1由图可知，OP段和MN段的路程都为s=3m，拉力都是F=3N，由W=Fs可得做的功WMN=WOP=3N×3m=9J，故AB都错； 2设OP段用的时间tOP=t，那么MN段有的时间tMN=2t，所以tMNtOP，故做的功相同，由可知，PMNPOP，故C错、D正确应选D【点评】此题考查了功和功率的大小比拟，读懂图示，并能从中获得相关信息加以分析是解答此题的关键11如图1所示，静止时U型管两液面相平，以下选项包含图2中所有合理情形的是A乙、丁 B甲、丙 C乙、丙 D甲、丁 【考点】流体压强与流速的关系【专题】应用题；比拟思想；图析法；气体的压强、流体压强与流速的关系【分析】1利用流体压强和流速的关系，对甲、乙两图进行分析判断； 2比拟U型管两液面上方的大气压强，对丙、丁两图进行分析判断【解答】解：甲图：气流从U型管右边上方吹过，此时右边上方空气流速大，压强小，而左边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，右边液面升高，故图示合理；乙图：气流从U型管左边上方吹过，此时左边上方空气流速大，压强小，而右边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面应该升高，而图中右边液面升高，故图示不合理；丙图：向U型管左边充气，其左边液面上方的大气压变大，而右边液面上方的大气压不变，左边的大气压大于右边的大气压，右边的液面上升，故图示合理；丁图：向U型管左边抽气，其左边液面上方的大气压变小，而右边液面上方的大气压不变，左边的大气压小于右边的大气压，左边的液面应该上升，而图中右边的液面升高，故图示不合理；综上分析可知，甲、丙两图合理，乙、丁两图不合理应选B【点评】此题考查流体压强和流速的关系、大气压的综合应用，解答此题的关键是比拟U型管两边压强的大小12如图1所示，规格相同的容器装了相同质量的纯洁水，用不同加热器加热，忽略散热，得到如图2所示的水温与加热时间的图线，那么A乙中温度计示数为32 B加热相同时间，两杯水吸收的热量相同 C吸收相同的热量，甲杯的水升温比乙杯的多 D甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同 【考点】焦耳定律【专题】探究题；电与热、生活用电【分析】1使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱最高处所对刻度相垂直，并注意区分温度是零上还是零下；2由题知，用不同的热源加热，在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同的时间内吸收的热量不同；3根据Q=cmt分析吸收相同的热量，两杯水温度的变化；4根据Q=cmt分析甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量的关系【解答】解：A、由图知：温度计上10之间有10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；“40在“30的上方，液柱最高处在两者之间，所以显示的温度高于0，为37，故A错误；B、实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故B错误；C、两杯中水的质量相同，根据t=Q吸/cm可知，吸收相同的热量，两杯水升高的温度相同，故C错误；D、根据图2可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，根据Q=cmt可知，两杯水的质量相同，所以吸收的热量相同，故D正确应选D【点评】此题考查了学生对热量公式的掌握和运用，这类题可以取不同的加热时间吸热不同，此题同时考查了温度计的读数二、填空、作图题共7小题，总分值0分131如图1所示，光源Q发出的一束光经平面镜反射在墙上显示出一个光点；画出光源Q在平面镜中的像画出镜面反射的光线并标出墙上光点的位置2画出图2中两条入射光线经凸透镜后的光线与物比拟，物体MN经凸透镜成 _选填“放大、“缩小 _选填“正立、“倒立的像【考点】作光的反射光路图；透镜的光路图【专题】作图题；光的传播和反射、平面镜成像；透镜及其应用【分析】1根据物像关于平面镜对称的特点做出光源Q在平面镜中的像 根据光的反射定律做出反射光线并标出墙上光点的位置2在作凸透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图 在的根底上做出物体MN的像，据图分析解答即可【解答】解：1作光源Q关于平面镜的对称点Q，Q即为光源Q在平面镜中的像；过入射点垂直于镜面作出法线，然后根据反射角等于入射角做出反射光线，反射光线与墙面的交点M 即为墙上光点的位置如下图： 2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两条折射光线的交点即为像点M过点M作主光轴的垂线，垂直为N，那么MN即为物体MN经凸透镜成的像，如下图：由图可知，2fuf，v2f，物体MN经凸透镜成放大、倒立的实像 故答案为：1见解答图；2见解答图；放大；倒立【点评】此题是一道综合作图题，考查了平面镜相关作图、光的反射光路图、透镜光路图等，作图题一直是中考的必考题目之一，要求学生熟练掌握作图技巧14利用材料A制造强力磁铁1加热材料A，温度一直低于其熔点，一段时间后，A质量不变、体积减小，此过程中，A处于 _选填“固态、“液态、“固液混合态，依据公式 _，A的密度 _选填“增大、“减小、“不变2如图1所示，A的每个原子都有N、S极，相当于磁性很弱的“小磁铁，“小磁铁杂乱无章排列时，A对外不显磁性，当“小磁铁按图2所示同向排列时，A具有磁性如图3，强力磁铁不耐高温，高温加热会使磁性消失，从分子热运动的角度解释为什么高温会让强力磁铁磁性消失， _【考点】磁性、磁体、磁极【专题】应用题；磁现象、电生磁【分析】1熔化的条件是：到达熔点继续吸热；根据公式判断密度的变化；2根据题目中的条件和分子动理论分析磁性消失的原因【解答】解：1加热材料A，由于温度低于其熔点，所以A处于固态；因为加热后质量不变，体积减小，根据公式知物体的密度增大；2低温时，磁铁内的原子是同向排列的，对外显磁性；高温加热时，原子运动加快，原子排列杂乱无章，对外不显磁性故答案为：1固态；增大；2低温时，磁铁内的原子是同向排列的，对外显磁性；高温加热时，原子运动加快，原子排列杂乱无章，对外不显磁性【点评】此题考查了物态变化、密度和磁性的有关知识，注意题目中给出的条件15如下图，不计质量的硬杆处于水平静止状态1O为支点，画出FA的力臂LA2撤去FA，在B点施加力FB，硬杆仍可保持水平静止状态，假设FB大小等于FA，那么FB的力臂LB _LA选填“、“、“=【考点】力臂的画法；杠杆的平衡条件【专题】简单机械【分析】1解决此题，需要掌握力臂的概念，知道力臂是从支点到力的作用线的距离；由支点向力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力臂2撤去FA，在B点施加力FB，硬杆仍可保持水平静止状态，根据杠杆平衡条件分析【解答】解：1首先沿力F的方向作出F的作用线，由支点O向F的作用线做垂线，垂线段的长度为F的力臂，如以下图所示： 2在B点施加力FB，硬杆仍可保持水平静止状态，假设FB=FA，根据杠杆平衡条件，可知，LB=LA故答案为：1见上图；2=【点评】此题主要考查了有关力臂的画法，首先要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线，从而正确地画出力臂16如图1中玩具猩猩手中的香蕉以相同大小的速度转动如图2所示，香蕉看成点从最高位置1转到最低位置2的过程中，其动能 _、重力势能 _、机械能 _选填“增大、“不变、“减小【考点】动能和势能的大小变化【专题】定性思想；机械能及其转化【分析】动能的影响因素是质量和速度；重力势能的影响因素是质量和高度；机械能包括动能和势能，据此判断【解答】解：由题意可知，香蕉从最高位置1转到最低位置2的过程中，其质量不变，速度不变，所以动能不变；高度降低，所以重力势能减小；机械能等于动能和势能之和，所以机械能减小故答案为：不变；减小；减小【点评】了解动能和重力势能的影响因素，结合题意做出判断，并知道机械能包括动能和势能，即可顺利解答，难度不大17拆开图1中玩具，发现电源、开关、发光二极管简称“LED、电动机符号“M各一个及连接导线，闭合开关，电动机顺时针转动，LED亮，将电动机一端连线断开，闭合开关，LED亮1在方框内画出玩具的电路图2把电动机断开的连线接回原处，将电源正、负极反接，闭合开关，电动机 _转动选填“不、“顺时针、“逆时针，LED _选填“亮、“不亮【考点】电路图设计【专题】作图题；设计与制作题；电流和电路；电动机、磁生电【分析】1闭合开关，电动机顺时针转动，LED亮，将电动机一端连线断开，闭合开关，LED亮，说明电动机和LED独立工作、互不影响即为并联，且开关位于干路，据此设计电路图；2电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的，转动的方向与电流的方向和磁场的方向有关；晶体二极管的重要的特性是单向导电性【解答】解：1进分析可知，电动机和LED并联，且开关位于干路，电路图如以下图所示： 2把电动机断开的连线接回原处，将电源正、负极反接，闭合开关，电动机反向转动，即逆时针转动；晶体二极管具有单向导电性，将电源正、负极反接时，该支路相当于断路，LED不亮故答案为：1如上图所示；2逆时针；不亮【点评】此题考查了串并联电路的设计和电动机转动方向的判断以及二极管的单向导电性，设计电路图时要注意电源的正负极不可接反18对某汽车做测试，只调整轮胎气压，测得单个轮胎数据在表中表每次单个轮胎对地压力不变次数123轮胎气压/×105Pa4.68.110.5地面的受力面积/×10-2m23.63.02.4对地压强/×105Pa5.06.07.51根据公式 _，单个轮胎对地压力为 _N2根据表，要减小空车停在水平路面时的对地压强，可行方法是 _【考点】压力及重力与压力的区别；减小压强的方法及其应用【专题】信息给予题；控制变量法；压强、液体的压强【分析】1压强公式为，知道其中的两个量，可计算另外一个量；2根据表中数据，结合减小压强的方法分析解答减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强【解答】解：1根据可得，单个轮胎对地压力为：F=pS=5.0×105Pa×3.6×10-2m2=1.8×104N；2根据表中数据可知，轮胎气压越大，地面的受力面积越小；每次单个轮胎对地压力不变，根据p=F 可知，要减小空车停在水平路面时的对地压强，应增大受力面积，可行方法是减小轮胎气压故答案为：1；1.8×104；2减小轮胎气压【点评】此题考查压强公式的应用、减小压强的方法，难度不大，关键是能从图中或其相关信息并利用控制变量法进行分析19被细绳拴着的小球在水平面绕O点做圆周运动，轨迹图如图中虚线所示，不计阻力，某时刻细绳断，小球速度为v，过一段时间小球出现在P点，速度为v如图v _v选填“、“=、“作图找出细绳断时小球的位置，用点在轨迹图上表示【考点】力与运动的关系【专题】作图题；比拟思想；运动和力【分析】惯性是物体保持运动状态不变的性质，不计阻力，小球在水平方向上不受力的作用，但因为惯性，仍要保持原来的运动状态，据此分析作答即可【解答】解：被细绳拴着的小球在水平面绕O点做圆周运动，由于不计阻力，某时刻细绳断时，小球由于具有惯性，将按照原来的速度在水平方向做匀速直线运动，所以过一段时间小球出现在P点的速度为v等于v；做P的反向延长线，与圆相切于点M，M即为细绳断时小球的位置如下图： 故答案为：=；见解答图【点评】此题巧妙地将高中物理常见场景引入三、解析题共2小题，总分值18分20如下图，质量为3×104kg的鲸静止在海里，g取10N/kg海水密度不变1在方框内画出此时鲸的受力示意图以点代替鱼鲸2求此时鲸受到的浮力大小3鲸在下潜过程中，海水的压力会让鲸的胸腔塌陷，使鲸体积逐渐变小，分析鲸在下潜过程中所受浮力的变化【考点】力的示意图；阿基米德原理；浮力大小的计算【专题】计算题；作图题；控制变量法；重力、弹力、摩擦力；浮力【分析】12对此时的鲸进行受力分析，根据二力平衡求出此时鲸受到的浮力大小；然后按照力的示意图的画法画出其受力示意图；3浮力的大小与液体的密度与排开液体的体积有关，根据F浮=液gV排分析即可解答【解答】解：12由图可知，鲸静止在海水中，处于悬浮状态，那么鲸鱼受到的重力和浮力是一对平衡力，大小相等，即F浮=G=mg=3×104kg×10N/kg=3×105N，过鲸鱼的重心，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，如下图： 3鲸在下潜过程中，海水的密度一定，但海水的压力会让鲸的胸腔塌陷，使鲸体积逐渐变小，即鲸鱼排开海水的体积变小，根据F浮=液gV排可知，鲸在下潜过程中所受浮力变小故答案为：1见解答图；2此时鲸受到的浮力为3×105N；3鲸在下潜过程中，海水的密度一定，但海水的压力会让鲸的胸腔塌陷，使鲸体积逐渐变小，即鲸鱼排开海水的体积变小，根据F浮=液gV排可知，鲸在下潜过程中所受浮力变小【点评】此题以鲸鱼为研究对象，综合考查了力的示意图的画法、浮力的大小计算和阿基米德原理，知道浮力的大小与液体的密度与排开液体的体积有关是解答此题的关键21如图1所示，闭合开关，改变R1阻值，在表中记下几组电流表、电压表的读数如图2已作出R2的U-I图线电流/A0.10.30.40.5电压/V 2.51.51.00.51求R2的阻值2根据表中数据在图2中描点并连线3电流表示数为0.2A时，电压UDE= _、电压UEF= _4电流表示数为0.4A时，电压UDF= _，求50s内R1、R2消耗的总电能【考点】欧姆定律的应用；电功的计算【专题】应用题；欧姆定律；电能和电功率【分析】1根据R2的U-I图线读出任意一组电流与电压值，根据欧姆定律求出R2的阻值；2利用描点法做出图象；3根据图象读出电流表示数为0.2A时两电阻两端的电压；4根据图象读出电流表示数为0.4A时两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据W=UIt求出50s内R1、R2消耗的总电能【解答】解：1由R2的U-I图线可知，当U2=0.5V时，I2=0.2A，由可得，R2的阻值：；2利用描点法做出图象，如以下图所示： 3由图象可知，电流表示数为0.2A时，电压UDE=2.0V、电压UEF=0.5V；4电流表示数为0.4A时，R1、R2两端的电压U1=U2=1.0V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，UDF=U1+U2=1.0V+1.0V=2.0V，50s内R1、R2消耗的总电能：W=UIt=2.0V×0.4A×50s=40J答：1R2的阻值为2.5；2如上图所示；32.5V；0.5V；42.0V；50s内R1、R2消耗的总电能为40J【点评】此题考查了欧姆定律和电功公式的应用以及描点法作图，从图象中获取有用的信息是关键四、实验、探究题：共3个小题，共21分221小明按图1连接实物、接通电路，电流表有示数，电压表示数为0.5V，当移动滑动变阻器滑片时，电压表示数不变，检查发现只有滑动变阻器接线出错，该错误是 _2按图1在图2中正确连接实物3正确连接后，小灯泡刚好发光时电压表、电流表的示数如图3所示，完成下表 小灯泡的实验数据 发光情况刚发光较亮很亮 U/V2.00 3.00I/A 0.300.38P/W 0.601.14R/6.677.89 4根据表中，归纳小灯泡电阻变化的规律 _【考点】伏安法测电阻的探究实验；影响电阻大小的因素【专题】电能和电功率；测量型实验综合题【分析】1滑动变阻器不能改变连入电路中的电阻大小，且电压表示数较小，据此判断错误所在；2注意电表的量程的选择及正负接线柱接法和变阻器接线柱的接法； 3认清两表的分度值读数，求出灯的电功率和电阻；4根据表中数据归纳得出结论【解答】解：1当移动滑动变阻器滑片时，电压表示数不变，检查发现只有滑动变阻器接线出错，由于电压表示数只有0.5V，而电源电压为4.5V，所以该错误是：将滑动变阻器的下面两个接线柱连入了电路滑动变阻器以最大阻值接入电路，其分得电压较大； 2由图3知，两表均选用小量程，滑动变阻器滑片左边局部连入电路，对照电路图连接实物图，如下图；3两电表均选用小量程，电压表的分度值为0.1V，示数为1.00V；电流表的分度值为0.02A，示数为0.20A，此时小灯泡的功率：P=UI=1.0V×0.2A=0.20W，小灯泡的电阻：；4由表中数据可知：灯泡两端的电压越高，灯越亮，灯泡的电阻越大故答案为：1滑动变阻器的下面两个接线柱连入了电路；2如右上图所示；3如下表所示：发光情况刚发光较亮很亮 U/V1.002.00 3.00I/A 0.200.300.38P/W0.20 0.601.14R/5.006.677.894灯泡两端的电压越高，灯越亮，灯泡的电阻越大【点评】此题测量小灯泡的电功率和电阻，考查电路的正确连接和根据数据分析归纳得出实验结论的能力231如图1所示，赤道外表地磁感线与水平地面平行指向北方，导线与能测微弱电流的电流表组成闭合电路，以下哪种操作可让电流表指针摆动？ 2科学家猜测，A地海龟在春季是利用地磁场如图1向南返回出生地，以下为相关研究 春季A地某屏蔽磁场的实验室，无磁场环境下海龟无固定游向，把海龟置于模拟地磁场中用图2简化示意，图中1为磁体N极，2为磁体 _极，按科学家猜测，海龟应向 _游动选填“左、“右地磁场在缓慢变化，科学家每年记录海龟出生地筑巢地点移动的方向，并追踪地磁场的微小移动方向，发现 _，现象符合猜测【考点】电磁感应；地磁场【专题】信息给予题；磁现象、电生磁【分析】1闭合电路的一局部导体在磁场中做切割磁感线运动时，会在电路中产生感应电流，结合图中的现象可做出判断；2知道地磁的两极与地理的两极相反，结合实验中的猜测与现象，利用安培定那么判断螺线管的极性，再进一步判断海龟的游动方向【解答】解：1A、图中导线水平南北放置，水平向东运动时，不切割磁感线，所以不会产生感应电流，不符合题意；B、图中导线水平南北放置，竖直向上运动时，不切割磁感线，所以不会产生感应电流，不符合题意；C、图中导线水平东西放置，竖直向下运动时，切割磁感线，所以会产生感应电流，符合题意；D、图中导线水平东西放置，水平向北运动时，不切割磁感线，所以不会产生感应电流，不符合题意；应选C2读图2可知，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，那么大拇指所指的右端为N极，那么左端，即图中的2为螺线管的S极；由于N极是指向地理的南极，海龟在春季是利用地磁场向南返回出生地，所以海龟会向左游动；由研究结果可以看出，海龟移动的方向与地磁场微小变化的方向一致，这一现象符合最初的猜测故答案为：1C；2S；左；海龟移动的方向与地磁场微小变化的方向一致【点评】此题分别考查了产生感应电流的条件和对地磁场的认识与研究，知识难度不大，但题干的信息较繁琐，应仔细阅读分析241图中测力计示数为 _N2小明猜测：“图中滑轮组提升的物体越轻，机械效率越高设计实验检验其猜测，并填写实验报告实验目的： _实验步骤假设需要可补充器材： _滑轮组的机械效率用所测出的物理量表达： _ 【考点】滑轮组机械效率的测量实验【专题】探究题；测量型实验综合题【分析】1弹簧测力计的使用：首先要观察量程和分度值，然后再根据指针所指示的刻度来读数； 2根据题目中小明的猜测，写出实验目的； 实验步骤：按图示组装滑轮组；用滑轮组匀速竖直向上提起不同物体时，分别记录物体重力、拉力、物体升高距离、绳子自由端移动的距离分别求出机械效率，进行比拟； 根据求出滑轮组的机械效率【解答】解：1由图知，弹簧测力计的分度值是0.2N，所以测力计的示数是1.2N；2根据小明的猜测，本实验的实验目的为：探究滑轮组的机械效率与提升物体重力的关系；实验步骤：a、在动滑轮挂钩上挂1个钩码，用弹簧测力计测出所挂钩码的重力，钩码的重力用G表示，绳子自由端所受拉力用F表示，绳子自由端移动的距离用s表示，钩码上升的高度用h表示；b、仍然用原滑轮组，保持装置不变，依次改变动滑轮上挂钩码的个数，仿照步骤a再做2次实验，记录各次的G、F、s、h的数值c、，计算出各次的机械效率，得出结论；滑轮组的机械效率用所测出的物理量表达为：故答案为：11.2；2探究滑轮组的机械效率与提升物体重力的关系； a、在动滑轮挂钩上挂1个钩码，用弹簧测力计测出所挂钩码的重力，钩码的重力用G表示，绳子自由端所受拉力用F表示，绳子自由端移动的距离用s表示，钩码上升的高度用h表示；b、仍然用原滑轮组，保持装置不变，依次改变动滑轮上挂钩码的个数，仿照步骤a再做2次实验，记录各次的G、F、s、h的数值c、，计算出各次的机械效率，得出结论； 【点评】对于设计实验的问题，近几年中考中出现频率比拟高，此题考查了学生对功的计算公式、效率公式的掌握和运用，涉及到设计到实验步骤保持使所挂钩码相同、物重相同，使滑轮组机械效率不变是此题的关键，属于难题17 / 17