山东省滨州市中考物理真题试题含分析课件.docx

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1、2016年山东省滨州市中考物理试卷一、选择题（本题包括15个小题，共48分在每小题给出的四个选项中，第112小题只有一项符合题目要求，选对得3分；第1315小题，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1小明对教室中一些物理量的估测，合理的是（）A黑板擦受到的重力约为100NB课桌的高度约为80cmC教室内一盏日光灯的功率约为1000WD教室内感觉比拟舒适的温度约为37【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的理解，对于选项中的单位，可根据须要进展相应的换算或转换，解除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案【解答】解：A、黑板擦受到的重力约为1N，所以

2、A不符合实际状况；B、课桌的高度约为80cm，所以B符合实际状况；C、教室内日光灯正常发光时的电流在0.2A左右，额定功率大约为P=UI=220V0.2A=44W左右所以C不符合实际状况；D、人体正常体温在37左右，感觉舒适的温度在23左右，所以D不符合实际状况故选B【点评】估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法与思维方法，而且是一种重要的科学探讨方法，在消费与生活中也有着重要作用2二胡是中国的民族乐器，有粗（内弦）、细（外弦）两根弦，拉弓时马尾与弦摩擦发出声音，如图所示，下列做法不能变更二胡音调的是（）A用手指按压同一根弦的不同位置B手指按压在弦的一样位置，从摩擦内弦换到摩擦外

3、弦C加大摩擦弦的力气D旋转弦轴，增加弦的惊慌度【分析】物理学中把声音的凹凸称为音调，音调的凹凸与发声体的振动频率有关；弦乐器中，弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的凹凸【解答】解：A、用手指按压同一根弦的不同位置，弦振动局部的长度不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故A不合题意；B、手指按压在弦的一样位置，从摩擦内弦换到摩擦外弦，由于两根弦的粗细不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故B不合题意；C、加大摩擦弦的力气，可使弦的振幅不同，从而发声的响度不同，不能影响音调，故C符合题意；D、旋转弦轴，增加弦的惊慌度，可使弦振动的频率加快，音调进步，故D不合题意故选C【点评】解决此类问题要结合音调

4、与频率的关系进展分析解答，尤其是知道弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的凹凸3下列光现象，由于光的反射形成的是（）A铅笔在水面处“折断”B人在阳光下形成的影子C放大镜把字放大D豹子在水中形成倒影【分析】光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生变更的现象，比方透镜成像、水变浅了、水中的筷子折断了等；光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比方平面镜成像；要驾驭光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的【解答】解：A、水中的“断笔”是由于光从水中通过空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生变更而形成的虚像，故属于光的折射现象

5、；B、人在阳光下形成原影子，属于光的直线传播C、放大镜把字放大是凸透镜成像及其应用，属于光的折射；D、安静的水面相当于平面镜，豹子在水中的倒影是平面镜成像现象，故属于光的反射；故选：D【点评】此题主要考察了光的反射、光的折射、光的直线传播现象，平常要留意各个现象的形成缘由，同时还考察了光的色散，知道色散是由光的折射形成的4小明利用如图甲所示装置探究冰的熔化特点，他每隔一样时间记录一次温度计的示数，并视察物质的状态绘制成图象如图乙所示，下列分析错误的是（）A冰是晶体 B冰的熔点是0C冰的熔化过程持续了15分钟D冰在熔化过程中汲取热量，但温度不变【分析】相识晶体与非晶体的区分：晶体有肯定的熔点，在

6、熔化过程中，温度不变；非晶体没有肯定的熔点，在熔化过程中温度不断上升根据图象分析温度随时间的变更状况，从而得出结论【解答】解：（1）由乙图知，从第5分钟到15分钟，冰的温度保持0不变，所以冰是晶体，且熔点为0，故A、B正确；（2）由图知，冰从第5min开场熔化，到第15min完全熔化完，熔化过程经验了10min故C错误；（3）由图知，冰在熔化过程不断吸热，但温度保持不变；故D正确故选C【点评】此题通过图象分析，考察了学生的识图实力，在分析时特殊留意温度随时间的变更状况，同时考察了学生对晶体与非晶体在熔化过程中的区分5如图所示的试验或机器均变更了物体的内能，其中与另外三个变更内能方法不同的是（）

7、A视察水的沸腾B空气推动塞子时，内能削减C空气被压缩时内能增大D内燃机压缩冲程【分析】变更物体内能的两种方式：做功与热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移据此分析选择【解答】解：A图中：视察水的沸腾，利用酒精灯加热，是通过热传递变更内能的过程；B图中：空气膨胀做功，推动塞子，空气的内能削减，是通过做功的方法使内能转化为机械能；C图中：用力将活塞快速压下，压缩空气做功，是机械能转化为内能的过程；D图中：是内燃机压缩冲程，是活塞压缩工作物质做功，变更物质内能；综合上述A图与其他三试验变更内能方法不同故选A【点评】本题从试验入手，考察变更物体内能的两种方式，留意了物理学问与生活的联络6甲、乙、

8、丙三种物质的质量与体积的关系如图所示甲、乙、丙、水分别代表甲、乙、丙三种物质与水的密度，据图可知（）A甲乙丙，且丙水B甲乙丙，且丙水C丙乙甲，且丙=水D乙甲丙，且丙水【分析】由图可知，三种物质体积一样时的质量关系，根据=比拟甲、乙、丙的密度关系；然后从图象中读出乙的一组质量与体积值求出其密度，然后与水的密度相比拟确定答案【解答】解：由图象可知，当甲、乙、丙三种物质的体积相等时，它们的质量关系为m甲m乙m丙，由=可知，甲乙丙，故CD错误；当m乙=10g时，V乙=10cm3，则乙=1.0g/cm3=水，所以，丙水，故A错误，B正确故选B【点评】本题考察了密度公式的应用与密度的计算，密度大小的比拟可

9、采纳一样体积来比拟质量、质量大的密度大或一样质量比拟体积、体积小的密度大7小明学习惯性的学问之后，在探究跳远成果是否与地球自转有关的探讨中，他查了相关资料，发觉地球由西向东自转，赤道旁边的速度约为460m/s，滨州市城区地面的自转速度约为370m/s关于跳远成果与地球自转关系的分析中正确的是（）A因为人有惯性，地球没有惯性，所以向东跳成果更好B因为人的惯性小，地球的惯性大，所以向西跳成果更好C因为跳起后，地球会向东自转一段间隔 ，所以向西跳更有利有进步成果D因为人与地球都有惯性，且自转速度一样，无论向哪跳对成果都没有影响【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体

10、的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大【解答】解：因为惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以人与地球都有惯性，又因为二者自转速度一样，所以无论向哪跳对成果都没有影响与人与地球的惯性大小无关故ABC错误，D正确故选D【点评】此题主要考察学惯性现象的理解惯性现象在现实生活中随处可见，与我们的生活亲密相关，学习中要留意联络实际，用所学惯性学问解决生活中的实际问题8把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部（如图所示），松手后，乒乓球上升至水面最终漂移在水面上乒乓球在上升的过程中，它的机械能不断增加下列关于乒乓球机械能来源的说

11、法中正确的是（）A是由水的内能转化来的B是由水的重力势能转化来的C是由乒乓球的内能转化来的D是由乒乓球的化学能转化来的【分析】重力势能的大小与物体的质量与高度有关系，动能与物体的质量与速度有关【解答】解：松手后，乒乓球上升至水面最终漂移在水面上乒乓球在上升的过程中，水的重心不断降低，重力势能不断减小，重力势能转化为乒乓球的机械能，故乒乓球的机械能不断增加；故选B【点评】解决此题的关键是知道乒乓球上升的过程中，水的重心不断降低9取两个一样的验电器A与B，使A带上负电荷，可以看到A的金属箔张开，B的金属箔闭合用带有绝缘柄的金属棒把A与B连接起来（如图所示），视察到A的金属箔张开的角度减小，B的金属

12、箔由闭合变为张开下列描绘错误的是（）A金属杆是导体B两金属箔片可以张开是因为带上了同种电荷C试验中金属杆与金属球接触的一瞬间，B验电器中的金属箔带上了负电荷D试验中金属杆与金属球接触的一瞬间，金属杆中电流方向是自A流向B【分析】（1）擅长导电的物体称为导体；（2）验电器的原理是同种电荷相斥；（3）据带正电或负电的本质分析即可推断；（4）电流的方向与负电荷定向挪动的方向相反；【解答】解：A、据题意可知，该金属棒能导电，所以肯定是导体，故A正确；B、验电器的原理是同种电荷相斥，故两金属箔片可以张开是因为带上了同种电荷，故B正确；C、原来A验电器带负电，即有多余电子，B验电器不带电，即不多电子，也不

13、少电子，所以当用金属棒连接时，一局部电子会从A运动到B，故B验电器中的金属箔由于多电子而带上了负电荷，故C正确；D、据C可知，电子的运动方向是A到B，由于电子是负电荷，所以电流的方向是由B到A，故D错误；故选D【点评】此题考察了导体、绝缘体的推断、验电器的原理、电流方向的推断等学问点，是一道综合题10如图电路中，电源电压保持不变，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P向右挪动时，电流表与电压表的示数变更状况分别为（）A电流表的示数变小，电压表的示数变大B电流表的示数变大，电压表的示数变小C电流表的示数变小，电压表的示数不变D电流表的示数变小，电压表的示数变小【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压

14、表测量电源电压，电流表测干路电流；当滑动变阻器的滑片P向右挪动时，电源电压保持不变，电压表的示数不变；根据欧姆定律可知通过R1的电流不变，但通过R2的电流变小，根据并联电路的电流特点可知电流表示数的变更【解答】解：电压表测电源的电压且电源的电压不变，电压表的示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右挪动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，I=，R1两端的电压不变；R2支路的电流变小，R1支路的电流不变，并联电路中干路电流等于各支路电流之与可知，干路电流变小，即电流表的示数变小故选C【点评】本题考察了学生对欧姆定律及其变形公式的驾驭与运用，分析电路图得出电路的连接方式与电表的测量对象是本题的打破口，敏捷运

15、用并联特点与欧姆定律是关键11为了确保用电平安，在日常生活中，下列做法错误的是（）A不接触低压带电体，不靠近高压带电体B更换灯泡，搬动电器前不必断开电源开关C不弄湿用电器，不损坏绝缘层D保险装置、插座、导线、家用电器等到达运用寿命应刚好更换【分析】（1）平安用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；（2）更换灯泡、挪动用电器之前必需断开开关，防止发生触电事故；（3）生活用水属于导体，特别简洁导电，绝缘层损坏后特别简洁发生触电事故；（4）保险装置、插座、导线、家用电器等老化后要刚好更换，防止发生触电事故【解答】解：A、不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故A正确；B、更换灯泡、搬动电器前应

16、断开电源开关，故B错误；C、不弄湿用电器，不损坏绝缘层，以防发生触电事故，故C正确；D、保险装置、插座、导线、家用电器等到达运用寿命应刚好更换，故D正确故选B【点评】此题考察了平安用电的学问及在运用用电器时应留意的问题，有利于学生对电的正确相识12下列四幅图中能说明发电机工作原理的是（）ABCD【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；故选D【点评】本题中学生简洁混淆的两个图是BD，要从有无电源上区分，有电源的

17、是电动机，无电源的是发电机13在探究杠杆平衡条件的时候，小明在匀称木板中间挖孔，孔中插一金属杆，固定在铁架台上，木板可以围绕中间自由转动每个钩码的质量为200g，A、B、C、D、E、F为挂钩，已知AB=BO=OC=CD，ABOCD的连线与EDF的连线垂直如今B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在程度位置平衡（如图所示）下列做法能使木板重新平衡的是（）A在B、D两处各加挂一个钩码B在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码CB处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在E处DB处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在F处【分析】（1）符合杠杆平衡条件F1l1=F2l2，杠杆平衡，不符合杠杆平衡条件，力与力臂乘

18、积大的一端下沉（2）力臂是从支点到力的作用线的间隔 ，把钩码挂在E处、F处杠杆程度平衡时，力臂均与钩码挂在D处的力臂相等【解答】解：设AB=BO=OC=CD=L，每个钩码的重力为GA在B、D两处各加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3GL，右侧力与力臂的积为2G2L，因3GL2G2L，所以木板不会平衡，故A错误；B在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为4GL，右侧力与力臂的积为2G2L，因4GL=2G2L，所以木板会平衡，故B正确；CD把D处的一个钩码挂在E处或F处，杠杆右侧的力臂不变，仍为OD长，杠杆左右两侧力与力臂的乘积相等，所以木板会平衡，故CD正确故选BCD【

19、点评】本题考察了杠杆平衡条件的应用，杠杆是否平衡取决于力与力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂14利用四个一样的滑轮，组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样的时间，把质量相等的重物G提升了一样的高度，所用的拉力分别为F甲、F乙，拉力做的功分别为W甲、W乙，拉力的功率分别为P甲、P乙，机械效率分别是甲、乙（忽视绳重与摩擦），下列关系式正确的是（）AF甲F乙甲=乙BF甲F乙 甲乙CW甲W乙 P甲P乙DW甲=W乙 P甲=P乙【分析】（1）由图可知担当物重的绳子股数n，不计绳重与摩擦，由F=（G物+G动）可知拉力的大小关系；（2）拉力做功可以由W总=W有+W额=G物h+G动h比拟得到；（3）由P=

20、分析拉力做功的功率关系；（4）根据效率公式推断滑轮组机械效率的大小关系【解答】解：（1）由图可知，担当物重的绳子段数n甲=3，n乙=2；由题可知，滑轮重、物体质量与重力均相等，不计绳重与摩擦，根据F=（G物+G动）可知，甲滑轮组的拉力较小，即F甲F乙；（2）拉力做的功是总功，物重相等，提升一样的高度，有用功一样；不计绳重与摩擦，滑轮重一样，做的额外功一样，由W总=W有+W额可知，拉力做的总功相等，即W甲=W乙；（3）拉力做功的功率：P=，由于总功相等、做功时间一样，故功率大小一样，即P甲=P乙；（4）有用功、总功均相等，由=可知，两个滑轮组的机械效率相等，即甲=乙可见AD正确、BC错故选AD【

21、点评】本题考察了滑轮组绳子自由端拉力，有用功、额外功、总功，功率与机械效率的相识与理解，敏捷运用公式即可比拟15某型号的电饭锅有加热与保温两挡，其原理如图所示，以下说法正确的是（）A开关S断开时，电阻R1与R2串联B开关S断开时，电阻R1与R2并联C开关S闭合时为加热状态D开关S闭合时为保温状态【分析】（1）串联电路只有一条电流的途径；（2）并联电路有多条电流的途径；（3）据每种状况的功率大小推断出是加热状态还是保温状态【解答】解：（1）由电路图可知，开关S断开时，电流的途径只有一条，所以是串联电路，故A正确，B错误；（2）当当S闭合时，电阻R1被短路，只有电阻R2接入电路，电路中电阻较小，电

22、压两端的电压不变，由电功率公式P=可知，此时电饭锅电功率较大，电饭锅处于加热状态，则R2是加热电阻，开关S闭合处于加热状态，断开处于保温状态，故C正确，D错误故选AC【点评】本题考察分析实际与处理实际问题的实力，分析清晰电路构造、应用串联电路特点、电功率公式即可正确解题二、填空题（每空1分，共6分）16图A中，物体的长度是2.64cm；图B中，小车全程的平均速度是22.5m/s【分析】（1）运用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开场，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开场的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，留意刻度尺要估读到分度值的下一位

23、；（2）小车全程的平均速度是总路程除以总时间【解答】解：（1）由图A知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与1.00cm对齐，右侧在3.6cm与3.7cm之间，估读为3.64cm，所以物体的长度为L=3.64cm1.00cm=2.64cm；（2）s=450m，t=20s，小车全程的平均速度v=22.5m/s故答案为：2.64cm；22.5【点评】此题考察的是刻度尺的读数与速度的计算，比拟简洁17）检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像（如图所示）视力表在镜中的像与被测者相距4.2m

24、【分析】根据平面镜成像特点，结合图示，先求出视力表在镜中的像与视力表之间的间隔 ，然后减去被测者与视力表之间的间隔 即可得到答案【解答】解：由图示可知，视力表与平面镜之间的间隔 为2.3m，被测者与视力表之间的间隔 为0.4m，根据平面镜成像特点，物体与像到镜面的间隔 相等，可得视力表在镜中的像与视力表之间的间隔 为2.3m+2.3m=4.6m，则视力表在镜中的像与被测者相距4.6m0.4m=4.2m故答案为：4.2【点评】牢记平面镜成像的特点是解答此题的关键所在，解答此题时要留意仔细审题（包括图示），搞清题干的问题与各已知条件的关系18手机已经成为人们必备的通讯工具它是通过电磁波传递信息的随

25、着手机充电技术的不断开展，无线充电、太阳能充电等先进技术逐步走入我们日常生活之中右图是一款手机无线充电实物图，在给手机充电的过程中，电能转化为化学能人类是在能量的转化或转移的过程中利用能量，而能量的转化与转移是有方向的，因此可利用的能源是有限的【分析】（1）有线 是靠电流来传递信息的，无线电播送、电视、手机都是靠电磁波来传递信息的（2）推断清晰该过程中消耗了哪种形式的能，进而产生了哪种形式的能即可；（3）自然界中的能量只会从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，能量的转化与转移是有方向的；【解答】解：手机既是无线电放射台又是无线电接收台：在你讲话的时候，它用电磁波把信息放射到

26、空中，同时它又能在空中捕获电磁波在给手机充电的过程中，消耗电能，产生化学能，所以是将电能转化为化学能的过程；冬天，火炉把自己的内能传递给房间里的空气，供人们取暖；到了春天，不能把这些内能重新搜集起来，来年再用，说明能量的转移有方向性；故答案为：电磁波；化学；方向【点评】此题考察了电磁波的应用、能量的转化推断与能量转化的方向性的理解，是一道综合题三、作图、试验与探究题（本题共4个小题，共26分）19（1）请画甲出静止在斜面上的物体所受力的示意图（2）请利用乙图中给出的信息，扶植小迪同学在图中标出小磁针的N极、电源的正极，并用箭头标出磁感线的方向【分析】（1）首先对物体受力分析，物体受到重力、支持

27、力、与摩擦力作用；重力的方向竖直向下，摩擦力沿斜面对上，支持力垂直于斜面对上；重力、摩擦力以及支持力的作用点都在物体的重心根据力的示意图的画法在图中表示出力的大小、方向与作用点（2）根据磁极间的互相作用推断小磁针的磁极根据通电螺线管的磁极推断出磁感线的方向在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极根据右手螺旋定则推断出电流的方向，确定电源的正负极【解答】解：（1）过物体的重心分别沿竖直向下、沿斜面对上以及垂直于斜面对上的方向画一条带箭头的线段，分别用符号G、f与F表示；如图所示：（2）由图知通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，根据异名磁极互相吸引，小磁针的右端为S极，则左端为N极因为在磁体外

28、部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中磁感线的方向是指向右的根据右手螺旋定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极如图所示：【点评】（1）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根据这个作图步骤，很简洁可以画出指定力的示意图（2）右手螺旋定则为推断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到敏捷应用；同时还要留意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向20小华同学用蜡烛、凸透镜与光屏等器材做“探究凸透镜成像规律”的试验（1）在如图甲所示的位置上，成的像是等大的倒立的实像分析试

29、验成像状况可知试验中所用凸透镜的焦距为10cm（2）当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35cm刻度时，向右（选填“左”或“右”）挪动光屏会得到一个倒立、放大 的实像；投影仪就是利用这一成像规律工作的此时，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像向右偏（3）小明用此光具座模拟人眼看远近不同物体的状况，当人眼看清眼前30cm处的物体时，凸透镜的位置、形态如图乙所示假如将物体移至眼前50cm处，保持透镜（晶状体）、光屏（视网膜）之间间隔 不变，则应当换上更薄（选填“薄”或“厚”）的凸透镜（凸透镜直径大小一样），才能在光屏上得到清晰的像【分析】（1）当物距等于2倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大

30、的实像，此时像距也为2倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距；（2）根据“物近像远像变大，物远像近像变小”推断光屏挪动的方向并推断像大小的变更，凸透镜成像时，2fuf，成倒立、放大的实像，投影仪等根据的是这一原理；凸透镜成像不仅左右相反、而且要上下相反；（3）薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，然后根据凸透镜的成像规律进展分析解答【解答】解：（1）当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距与像距均为焦距的2倍，由图甲可知物距或像距为20cm，则凸透镜的焦距为10cm；（2）由“物近像远像变大”可知，当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35cm刻度时，向右挪动光屏会得到一个倒立、

31、放大的实像，投影仪、幻灯机等就是利用这一成像规律工作的；由“凸透镜成像左右相反”可知，烛焰向左偏，则光屏上成的像向右偏；（3）由题意可知，物体原理凸透镜即物距变大时，像距不变，说明凸透镜的焦距变大，而薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，故更换的应是薄凸透镜故答案为：（1）10；（2）右；放大；投影仪（幻灯机等）；右；（3）薄【点评】本题是探究凸透镜成像试验，主要考察了凸透镜成像规律的应用，要娴熟驾驭凸透镜成像特点与物距、像距之间的关系，做到敏捷应用，同时涉及倒了近视眼的矫正21在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的试验中，某中学一小组的同学们认为此压强跟圆柱体的密度、高度h、圆柱体底面

32、积S是有关的，但有怎样的关系看法不同，于是，在老师的扶植下，小组的同学们从试验室里选择了由不同密度的合金材料制成、高度与横截面积不同、质量分布匀称的实心圆柱体做试验，测出实心圆柱体竖直放置时（如图所示）对程度桌面上海绵的压下深度，试验记录见下表序号物体底面积S/cm2高度h/cm海绵被压下深度/cm1合金甲圆柱体A1050.52合金甲圆柱体B101013合金甲圆柱体C201014合金乙圆柱体A1051.55合金乙圆柱体B101036合金乙圆柱体C20103（1）该小组同学是通过海绵被压下深度来推断压强大小的（2）分析试验1、2或4、5可以得出：当圆柱体的材料密度一样时，实心圆柱体对程度地面的压

33、强与圆柱体的高度（3）分析2、3或5、6可以得出，当圆柱体的密度一样时，实心圆柱体对程度地面的压强与底面积无关（4）此探究过程用到的科学探究方法有限制变量法、转换法（5）试验完毕之后，同学们在老师的指导下，以某一合金甲圆柱体为探讨对象，推导它对海绵的压强大小的表达式（已知合金的密度为，长方体铁块的高度为h，底面积为S）表达式为p=gh（6）上面推导出的表达式不能（选填“能”或“不能”）应用于各类固体的压强的计算【分析】（1）试验中，通过海绵的形变程度反映压力的作用效果，是转换法的运用；（2）分析试验1、2或4、5，找出限制量与变更时，再进一步确定压强大小与变更量的关系；（3）根据试验结论，确定

34、符合题意的试验的序号；（4）本试验中用到了限制变量法与转换法；（5）根据压强的公式p=，结合重力与压力的关系，可进展一推导得出压强的表达式；（6）根据试验中的条件可确定推导公式的适用范围【解答】解：（1）由题意可知，该小组同学是通过海绵被压下深度来推断压强大小的，这是转换法的运用；（2）分析试验1、2或4、5可以看出，圆柱体的材料密度一样，高度不同，对程度面的压强不同，故可得出结论：当圆柱体的材料密度一样时，实心圆柱体对程度地面的压强与圆柱体的高度有关（3）当圆柱体的密度一样时，实心圆柱体对程度地面的压强与底面积无关，要求圆柱体的密度一样，对程度面的压强也一样，而底面积必需不同，故序号 2、3

35、或5、6符合要求（4）此探究过程用到的科学探究方法有限制变量法、转换法（5）已知合金的密度为，长方体铁块的高度为h，底面积为S，由压强的公式推导过程为：p=gh（6）从试验条件可以看出p=gh这一公式只适用于质量分布匀称的实心柱状物体，不能应用于各类固体的压强的计算故答案为：（1）海绵被压下深度；（2）高度；（3）2、3或5、6；（4）限制变量法；转换法；（5）p=gh；（6）不能【点评】在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的试验中，重点考察了限制变量法与转换法的运用，对试验结果的归纳与分析，以及对压强公式的推导与敏捷运用等22某试验小组的同学用下图所示器材测量小灯泡的电功率已知电源

36、电压恒为6V不变，待测灯泡的额定电压为3.8V，功率估计在1.1W左右（1）请在图甲中用笔画线代替导线，使其成为完好的试验电路（2）请根据实物图在右侧虚线框内画出对应电路图（3）连接电路时，开关应当断开（4）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应当位于B 端（选填A或B）（5）闭合开关，同学们发觉，电流表没有示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压，此时电路故障为小灯泡断路 （6）故障解除后，闭合开关，调整滑动变阻器换片P，使灯泡正常发光，此时电流表示数如图丙所示为0.3A，则待测灯泡的额定功率为1.14W；（7）若试验器材中电压表015V量程被损坏，利用上图器材怎样测定待测灯泡的额定功率？简要步骤把电

37、压表与变阻器并联，挪动滑片使电压表示数等于2.2V，读出电流表示数【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表量程，然后把电压表并联在灯泡两端；（2）根据实物电路图作出电路图；（3）为爱护电路，连接电路时，开关应断开；（4）为防止闭合开关时，电路中电流过大烧坏用电器，爱护电路的滑动变阻器处于最大阻值处；（5）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路，从而推断出故障的可能缘由；（6）根据电流表的量程与分度值读出电流表的示数，根据P=UI计算灯泡的额定功率；（7）电源电压为6V，根据串联电路电压特点，当灯泡电压为3.8V，滑动变阻器的电压为2.2V3V，可以利用0

38、3V量程测量滑动变阻器的电压；按此分析将电压表与滑动变阻器并联进展试验即可【解答】解：（1）灯泡额定电压为3.8V，电压表选择015V量程，把电压表并联在灯泡两端，如图所示：（2）根据实物电路图作出电路图，电路图如图所示：（3）为了爱护电路，在按电路图连接电路时，应先将开关断开；（4）在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调至阻值最大处，根据电路连接可知，应当将滑片调至B端；（5）连好电路，闭合开关，发觉小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的可能缘由是灯泡的灯丝断了（或连接灯泡的导线断了）；（6）电流表的量程为00.6A，分度值为0.02

39、A，所以示数为0.3A；额定功率P=UI=3.8V0.3A=1.14W；（7）灯泡与滑动变阻器串联在电路中；把电压表并联在滑动变阻器的两端；滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器两端电压为6V3.8V=2.2V；读出电流表示数故答案为：（1）见上图；（2）见上图；（3）断开；（4）B；（5）小灯泡断路；（6）0.3；1.14；（7）把电压表与变阻器并联，挪动滑片使电压表示数等于2.2V，读出电流表示数【点评】本题考察了伏安法测小灯泡额定功率的试验，考察了设计试验电路图、连接实物图、电流表读数、求额定功率等内容，涉及的学问点较多，但都属于根底题；知道伏安法测功率的原理是解题的关键四、综合应用题（本题共2

40、个小题，共20分解答时应写出必要的文字说明、公式与演算步骤，只写出最终答案的不能得分有数值计算的题目，答案中必需明确写出数值与单位）23有一圆柱形容器，放在程度桌面上现将一边长有一的棱长为10cm，质量为2.7kg的正方体金属块放在容器底部（如图所示）g取10N/kg求：（1）物体密度（2）物体对容器底的压强（3）向容器中参加水至8cm深时，水对容器底的压强多大？物体受到容器的支持力多大？（容器足够高，物体与容器底没有严密接触）【分析】（1）知道正方体的棱长可求其体积，又知道金属块的质量，根据=求出物体密度；（2）物体对容器底的压力与自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，容器的底面积即为

41、受力面积，根据p=求出物体对容器底的压强；（3）根据p=gh求出水对容器底的压强，根据V=Sh求出物体排开水的体积，再根据阿基米德原理求出物体受到的浮力，物体的重力减去受到的浮力即为物体受到容器的支持力【解答】解：（1）物体的体积：V=L3=（10cm）3=1000cm3=1103m3，物体的密度：=2.7103kg/m3；（2）物体对容器底的压力：F=G=mg=2.7kg10N/kg=27N，受力面积：S=L2=（10cm）2=100cm2=1102m2，物体对容器底的压强：p=2.7103Pa；（3）水对容器底的压强：p=水gh=1.0103kg/m310N/kg0.08m=800Pa，物

42、体排开水的体积：V排=Sh=1102m20.08m=8104m3，物体受到的浮力：F浮=水gV排=1.0103kg/m310N/kg8104m3=8N，物体受到容器的支持力：F支=GF浮=27N8N=19N答：（1）物体密度为2.7103kg/m3；（2）物体对容器底的压强为2.7103Pa；（3）向容器中参加水至8cm深时，水对容器底的压强为800Pa，物体受到容器的支持力为19N【点评】本题考察了密度公式与重力公式、压强公式、液体压强公式、阿基米德原理以及力的平衡条件的应用，关键是知道程度面上物体的压力与自身的重力相等，计算过程要留意单位的换算24有一只电热水壶，其铭牌上标有“220V 1

43、210W”的字样，不考虑温度对电阻的影响，水的比热容4.2103J/（kg），g取10N/kg求：（1）它正常工作时通过电阻丝的电流有多大？（2）它正常工作时电阻丝的电阻有多大？（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80%，在一标准大气压下将壶内1Kg的水由20加热至沸腾，须要加热多少分钟？【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率与额定功率相等，根据P=UI求出电流；（2）根据I=求出电热水壶正常工作时的电阻；（3）根据Q吸=cm（tt0）求出水汲取的热量，再根据P=求出电路电压仅为200V时的实际功率，根据=求出消耗的电能，利用P=求出加热时间【解答】解：（1）由P=UI可得，电热水

44、壶正常工作时的电流：I=5.5A；（2）由I=可得，电热水壶正常工作时的电阻：R=40；（3）在1标准大气压下水的沸点是100，则水汲取的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）1kg（10020）=3.36105J，当电压为200V时，电热水壶的实际功率：P实=1000W，由=可得，消耗的电能：W=4.2105J，实际加热时间：t=420s=7min答：（1）正常工作时通过电阻丝的电流为5.5A；（2）正常工作时电阻丝的电阻为40（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80%，在一标准大气压下将壶内1Kg的水由20加热至沸腾，须要加热7分钟【点评】本题考察了电功率公式、欧姆定律公式、吸热公式、电功公式、效率公式的应用，综合性较强