2019年山东省潍纺市中考物理模拟考试试卷（一）（解析版）.pdf

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1、2019年山东省潍纺市中考物理模拟试卷（一）一、单选题1.如图列出我们能够看到的现象中，属于光的折射现象的是（）树荫下形成圆形光斑D.嬖:杯 在 水 巾 的 倒 影2.电炉丝与导线串联接到电路里，通电后电炉丝热得发红，而与之相连的导线却不怎么热，由焦耳定律可知，造成上述现象的主要原因是（）A.通过电炉丝的电流比导线的电流小得多B.通过电炉丝的电流比导线的电流大得多C.电炉丝的电阻比导线的电阻小得多D.电炉丝的电阻比导线的电阻大得多3.图 象 可 以 直 观 地 反 映 有 关 信 息。对 下 列 图 象 所 含 信 息 的 理 解，错 误 的 是（)A.图中阴影部分面积表示该物体的密度大小B.

2、图中阴影部分面积表示该物体在对应时间内通过的路程C.图中阴影部分面积表示该电动机在对应时间内所做的功D.图中阴影部分面积表示该用电器在对应电压下的电功率4.下列说法正确的是（）A.宇航员能在太空中对话，说明声音可以在真空中传播B.手在小提琴上不同位置按弦，主要目的是改变声音的响度C.道路两旁建隔音墙是为了在声源处减弱噪声D.B 超检查身体是利用超声波传递的信息5.下列说法正确的是（）A,热量从热量多的物体传向热量少的物体B.热量从温度高的物体传向温度低的物体C.温度从高温物体传向低温物体D.物体放出热量，它的温度一定降低6.电可以造福人类，但使用不当也会带来危害。下列说法不符合安全用电要求的是

3、（）A.不允许用铁丝或铜丝代替熔丝B.用电器的金属外壳应该接地C.可以在不断开开关的情况下更换灯泡D.使用测电笔时，手不能接触它的笔尖7.如图所示，。为杠杆的支点，第一次杠杆在重物G 和力F|的作用下处于水平位置平衡。如果第二次杠杆在重物G 和力F2的作用下仍在图中位置保持平衡，下面关系中正确的是（）A.F|F2 B.F=F2 C.F,F2F1G8.如图所示的电路，要使滑动变阻器的滑片P 向左滑动时灯泡变亮，变阻器接入电路的方式可以是（）F2 B.F,=F2 C.F|F2F1G【分析】由题知，o 为支点，当阻力、阻力臂不变时，由杠杆的平衡条件知：动力和动力臂的乘积一定，当动力臂较大时，动力将较

4、小；动力臂较小时，动力将较大。因此先判断出F|、F2的力臂大小，即可判断出两力的大小关系。【解答】解：设阻力臂为L|,杠杆长为L；从图中可知，Fi杠杆垂直，因此其力臂为最长的力臂，故 F i为最小的动力，即 F|VF2；由杠杆平衡条件可得：FLi=GL,：LiVL；.FiG故有 F2FG。故选：D。【点评】杠杆平衡条件是解决杠杆平衡问题的重要依据，一定要熟练掌握。8.如图所示的电路，要使滑动变阻器的滑片P 向左滑动时灯泡变亮，变阻器接入电路的方式可以是()Co-1-0。4 aMA.C 接 M,D 接 N B.C 接 M,B 接 N C.A 接 M,D 接 N D.A 接 M,B 接 N【分析】

5、当滑动变阻器接一上一下两个接线柱时，接入电路的为滑片与下接线柱之间的部分；则由题意可知滑动变阻器的接法。【解答】解：要使滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则接入电路的必须为左侧部分，故滑动变阻器应接入左下的接线柱；因上面的两个接线柱都接在同一个导线上，故上面接线柱接哪一个均可。故选：Co【点评】滑动变阻器是通过调节接入电路的导线长度来调节电阻的，应熟练掌握其接线方法。9.我市城区运营的公交车后门两个扶杆上均装有一个有色按钮（如图），每一个按钮相当于一个开关。当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯亮（或扬声器发声），提醒司机有人下车。下列电路图能实现上述目标的是（）【分析】根 据“当乘客按下任一

6、按钮，驾驶台上的指示灯亮”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式，然后分析电路图答题。【解答】解：当乘客按下任一按钮，驾驶台上的指示灯都会发光，说明这两个开关可以独立工作、互不影响即为并联，且指示灯位于干路上，由图示电路图可知，B 符合题意，ACD不符合题意。故选：B o【点评】根据题意得出两开关的连接方式是解决本题的关键，解决此类问题要抓住题干中有用的信息，即电路元件是否可以独立工作（并联），还是相互影响（串联）。10.如图所示，把标有“6V3W”的小灯泡与最大阻值为100Q的滑动变阻器连接在电源电压恒为18V的电路中，各表的示数均不超过所选量程，且灯泡两端电压不允许超过额定值（设灯丝电阻

7、不变）。闭合开关，下列说法正确的是（）A.滑片向左滑动，电流表、电压表示数都变大B.电路的总功率最大值为10.8WC.小灯泡的电功率最小值为0.75WD.滑动变阻器允许调节的范围是24。-100。【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；(2)根 据 P=U I求出灯泡的额定电流，由图可知电流表的量程，两者相比较确定电路中的最大电流，此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据

8、P=U I求出电路的最大总功率，根据欧姆定律求出电路中的总电阻和灯泡的电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；(3)由图可知电压表的量程，电压表的示数最大时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出小灯泡两端的最小电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出滑动变阻器的阻值范围，根据P=U I求出灯泡的最小电功率。【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)滑片向左滑动，接入电路中的电阻变小，电路

9、中的总电阻变小，由1=，可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，由U=IR 可知，灯泡两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故 A 错误；(2)由 p=U I可得，灯泡的额定电流:PT 3WIL=-r-=0.5A,UL 6V因串联电路中各处的电流相等，且图中电流表的量程为00.6A,所以，电路中的最大电流I k=0.5A,此时电路的总功率最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小,则电路的最大总功率:大=1；1 大=18V X 0.5A=9W,故 B 错误;此时电路的总电阻和灯泡的电阻分别为:U 18V UL 6VR=-z=-=3

10、 6。,RL=-A=-I 大 0.5A k 0.5A12。,因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值:R 消 小=R -RL=36Q-12C=24Q；(3)由图可知，电压表的量程为015V,当 U潸大=15V 时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小,此时小灯泡两端的最小电压：U J=U -UR=18V-15V=3V,此时电路中的电流：I小V%3V120=0.25 A,滑动变阻器接入电路中的最大阻值:R滑大U滑大亏15V0.25A=60。,所以，滑动变阻器允许调节的范围为24。6 0 C,故 D 错误；灯泡的最小电功率：P J=U

11、J I 小=3VX0.25A=0.75W,故 C 正确。故选：Co【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断电路的连接方式和各物理量的最大、最小值是关键。二、多选题1 1.下列关于电磁现象的说法，正确的是（）A.通电导线周围存在磁场B.发电机是根据电磁感应现象制成的C.只要导体在磁场中运动，就会产生感应电流D.电磁铁磁性的强弱与电磁铁线圈的匝数有关【分析】I、电流会产生磁场，通电导线周围存在磁场，这就是电流的磁效应。2、闭合导体切割磁感线会产生感应电流（导体切割磁感线会产生感应电动势）这就是电磁感应现象，发电机的工作原理是电磁感应现象。3、只有导体

12、切割磁感线时，导体中才会产生感应电流，导体速度方向与磁感线平行，没有感应电流产生。4、电磁铁磁性强弱与线圈匝数、电流强弱等有关。【解答】解：A、通电导线周围存在磁场，说法正确；B、发电机是根据电磁感应现象制成的，说法正确；C、只有导体切割磁感线时才会产生感应电流，说法错误；D、电磁铁磁性的强弱与电磁铁线圈的匝数有关，说法正确。故选：ABD。【点评】1、本题考查了：电流的磁效应、发电机的工作原理、电磁感应的条件、影响电磁铁磁性强弱的因素，是一道磁学综合题。2、要注意，导体在磁场中运动，只有导体切割磁感线时，才可能产生感应电流，如果导体运动方向与磁场平行，不会发生电磁感应现象。1 2.如图所示，质

13、量为m 的小球从静止下落，落在与A 点等高处、竖直放置静止的轻弹簧上，到达与 B 点等高处时小球重力与弹簧的弹力大小相等，图中与C 点等高处是小球到达的最低点（不计空气阻力）。下列说法正确的是（）O。A.下落过程中，小球重力势能减小、动能增大、小球与弹簧机械能不守恒B.下落过程中，小球重力势能一直减小、动能先增大后减小、小球与弹簧机械能守恒C.到达C 点时，小球的动能为零，受到的重力大于弹簧的弹力D.从 B 到 C,小球重力势能与动能都减小，转化成弹性势能【分析】在小球下降过程中，在 0 A 段只有重力做功，则重力势能转化为动能；在 AC段先做加速运动后减速运动；到达C 点后，重力势能与动能完

14、全转化为弹性势能。【解答】解：AB、下落过程中，高度减小，小球重力势能减小；在 0 A 段，小球的重力势能转化为动能，动能先增大；在 AB段，向下的重力大于向上的弹力，合力向下，小球做加速运动，动能逐渐增大，同时弹簧的弹性势能增加；在 BC段，向上的弹力大于向下的重力，合力向上，小球做减速运动，动能逐渐减小，同时弹簧的弹性势能增加；综上所述，下落过程中小球的动能先增大后减小；不计空气阻力，整个过程中无能量损耗，则小球与弹簧机械能守恒，故 B 正确，A 错误；C、到达C 点时，小球的动能为零；由于在B 点时重力等于弹力，C 点的弹性形变程度大于B 点的弹性程度，所以C 点的弹力大于B 点的弹力，

15、即 C 点的弹力大于小球的重力，故 C 错误；D、从 B 到 C,高度减小，小球重力势能减小，速度减小，动能减小，减小的动能和重力势能转化成弹性势能，故 D 正确。故选：BD。【点评】解答本题关键是要明确能量是如何转化，同时要知道在B 点时动能最大，速度为零时动能为零。1 3.如图，用热敏电阻(受温度影响阻值会发生变化的电阻)和电磁继电器组成的火警器的示意图，热敏电阻R 受热后，其阻值会减小，将发生的变化是()A.电磁继电器控制电路中的电流增大B.电磁继电器控制电路断开C.当电阻减小到某特定值时，电磁铁的磁性增强足以吸引下衔铁，L2发光D.当电阻减小到某特定值时，电磁铁的磁性减弱使得衔铁能复位

16、，J 发光【分析】电磁继电器就是一个自动控制电路通断的开关，根据电磁继电器的工作原理来分析解答。【解答】解：热敏电阻R 受热后，其阻值会减小，电磁继电器上的线圈中的电流增大；当电阻减小到某特定值时，电磁铁的磁性增强足以吸引下衔铁，使灯L2所在的工作电路接通，灯 L2发光,故 AC正确。故选：AC。【点评】此题主要考查的是学生对电磁继电器工作原理的理解和掌握，基础性题目。14.下列物态变化中，属于熔化的有（）A.铁块变成铁水B.烧水时，壶嘴上冒“白气”C.蜡烛燃烧时，蜡块变成蜡油D.水变成冰【分析】物质从固态变为液态的过程是熔化，物质从液态变为固态的过程是凝固；物质从液态变为气态的过程是汽化，物

17、质从气态变为液态的过程是液化；物质从固态直接变为气态的过程是升华，物质从气态直接变为固态的过程是凝华。【解答】解：A、铁块变成铁水，物质由固态变为液态，属于熔化现象，故 A 符合题意：B、烧水时，壶嘴上冒“白气”，“白气”是水蒸气遇冷发生液化现象变成小水滴，故 B 不符合题意；C、蜡烛燃烧时，蜡块变成蜡油，物质由固态变为液态，属于熔化现象，故不符合题意；D、水结冰，是液态水变为固态冰的凝固形成的，属于凝固现象，故 D 不符合题意。故选：AC,【点评】此类问题是考查对物态变化过程中的熔化现象的理解与掌握情况。15.如图所示，水桶通过定滑轮与水平桌面上的滑块相连，当沙桶和沙的总重为5 N 时，滑块

18、水平向左做匀速直线运动，若不考虑空气阻力、绳重及滑轮和轴之间的摩擦，下列分析正确的是（）A.当沙桶落地后，由于惯性滑块继续向左运动B.滑块对桌面的压力和桌面对滑块的支持力是一对平衡力C.沙桶匀速下落的过程中，重力势能转化为动能D.若通过滑块拉动沙桶匀速上升，则施加在滑块上水平向右的拉力为1 0 N【分析】（1）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，惯性是物体的一种属性（2）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。（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度；（4）分析滑块受到的力，滑块向左进

19、行匀速直线运动，受到平衡力作用，根据平衡力条件判断摩擦力大小。对滑块施加一个水平向右的力时，滑块向右进行匀速直线运动，受到平衡力作用，根据平衡力条件判断拉力大小。【解答】解：A、水桶通过定滑轮与水平桌面上的滑块相连，滑块水平向左做匀速直线运动，当沙桶落地后，由于滑块具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以滑块继续向左运动。故 A 正确；B、滑块对桌面的压力和桌面对滑块的支持力是作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力。故 B 错误；C、沙桶匀速下落的过程中，质量不变，动能不变，高度降低，重力势能减小，不是动能转化为重力势能。故 C错误；D、滑块通过定滑轮拉着沙桶向左进行匀速直线运动，滑块水平方向

20、上受到水平向左5N的拉力和水平向右的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力是f=5 N。对滑块施加一个水平向右的拉力F,使滑块拉动沙桶匀速上升，滑块向右进行匀速直线运动，滑块水平方向上受到水平向右的拉力F、水平向左的滑动摩擦力、水平向左的拉力F，=G,水平向右的拉力F与水平向左的拉力F、滑动摩擦力是平衡力，所以F=F +f=5 N+5 N=1 0 N.故 D正确。故选：AD o【点评】此题考查惯性、动能和势能的转化、平衡力的辨别、摩擦力的大小，以及二力平衡条件的应用。滑动摩擦力大小只跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟运动方向、运动速度、受力面积等都没有关系，这是解决本题的关

21、键。三、作图题1 6.如图所示，重 8N的物体静止在斜面上，它对斜面的压力为5 N,画出该物体受到的重力和斜面受到的压力的示意图。【分析】重力是作用在物体上的力，作用点画在物体的几何中心，方向是竖直向下的；物体对斜面的压力，作用在斜面上，作用点就画在斜面上，方向是垂直斜面向下的。【解答】解：（1）找出物体的重心（几何中心），画一竖直向下的线段，标出箭头，记为G,大小为8 N；（2）在物体和斜面的接触面上找一点作为力的作用点，画一垂直斜面向下的线段，标出箭头,记为F,大小为5 N。故答图如下：【点评】此题考查了力的示意图，让我们画出重力和压力的示意图，是一道基础题，需要注意的是两个力的作用点和方

22、向均不相同。1 7 .用作图的方法，表示人眼所能看到的档板右侧范围大小，并在此范围中打上阴影线。（按要求作图）方I【分析】光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，故据上述原理做出该题的图示即可。【解答】解：由于在光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，故人眼看到的范围，如下图所示。【点评】此题主要考查了光的直线传播，知道光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，并能利用该原理解决实际问题。1 8 .如图所示，考古人员需要对一口古井进行清理，为了解决照明问题，请你用平面镜帮他们把太阳光反射到井里，并能垂直照亮井底。用规范的作图过程画出平面镜的位置。井口【分析】光的反射定律的内容，知道反射角与入射角相等，所以解

23、决此题得关键是做出法线，并要知道法线与镜面垂直，从而正确做出平面镜的位置。【解答】解：过入射点作入射光线与反射光线夹角的平分线（即法线），再过入射点作垂直于法线的平面镜。如下图：井口【点评】此题考查了根据入射光线和反射光线确定平面镜的位置。关键是掌握光的反射定律并能灵活运用。四、综合题1 9.现有一架总质量为m的喷气式飞机，已知该飞机飞行时所受空气阻力的大小与速度平方成正比,即 f=k v 2 （式中k为已知量）.若飞机飞行过程中的耗油量可忽略不计。（1）该飞机在空中沿水平方向飞行时.，飞机所受向上的升力是由机翼上、下表面气流速度不同所产生的。若以机翼为参照物，则 机 翼 上 表 面 附 近

24、气 流 的 速 度 机 翼 下 表 面 附 近 气 流 的 速度。（2）在该飞机沿水平直线匀速飞行时，它上、下表面所受到的压力差为 m g 。（3）若该飞机以速度v 沿水平方向匀速直线飞行的时间为t,则它在这段时间内克服空气阻力所做的功W 为k v 3 t 。【分析】（1）对流体现象，注意分析物体形状，分析流速快慢（凸部流速快，窄处流速快）.机翼上方的空气流速大，压强较小；下方的空气流速小，压强大。（2）因为该飞机沿水平直线匀速飞行，根据二力平衡的条件即可求出它上、下表面所受到的压力差。（3）当飞机匀速前进时，飞机的牵引力等于飞机所受的阻力，飞机牵引力功率可以用公式 P=F v,进行求解。【解

25、答】解：（1）若以机翼为参照物，等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过上表面的流速大，通过下表面的流速较小。（2）该飞机沿水平直线匀速飞行时，飞机受到平衡力的作用，即 F=G。它上、下表面所受到的压力差为 F=G=m g。（3）已知飞机匀速行驶时所受阻力与速度平方成正比，即 =-2,当飞机在水平轨道上匀速行驶时，牵引力等于阻力，即F=f=k v 2,所以它在这段时间内克服空气阻力所做的功W=P t=F v t=f v t=k v 2 x v t=k v）故答案为：大于；m g；k v3t o【点评】本题的解题关键是看准机翼面向哪弯曲，找

26、出机翼的上下方的空气流速特点，解答时首先要弄清哪部分流速快、哪部分流速慢；流速快处压强小，压力也小，流速慢处压强大，压力也大；流体受压力差作用而产生各种表现形式和现象。例如：在厨房做菜时，打开排风扇可将厨房内的油烟排出室外。也是利用了这一特点。五、实验题2 0.在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10 c m.（1）将点燃的蜡烛、凸透镜放在如图所示的位置，移动光屏，在光屏上得到了清晰的倒立、放大（选 填“放大”或“缩小”）的实像；投影仪（填光学仪器名称）就是利用这一成像规律工作的。（2）保持凸透镜位置不变，若将蜡烛远离透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，光 屏 应 向 靠近（选 填

27、“靠近”或“远离”）透镜的方向移动，此时的像与原来的像相比 变小（选 填“变大”或“变小”）。【分析】（1）要掌握凸透镜成像的规律，知道当物距大于1倍焦距、小 于2倍焦距时，凸透镜成倒立、放大的实像。（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大。【解答】解：（1）由题意知，凸透镜的焦距f=10 c m,蜡烛离透镜的距离即物距稍大于1倍焦距,小于2倍焦距，所以此时成倒立、放大的实像。（2）若将蜡烛远离透镜，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大可知，仍要在光屏上得到清晰的像，光屏应向靠近透镜的方向移动，此时的像与原来的像相比变小。故答案为：(1)放大；投影仪；(2)靠近；变小。【点评】此题考查了凸透镜成像的

28、规律，要熟记规律，特别注意成像特点与物距之间的关系。2 1.为了测量某种液体的密度，小亮取适量这种液体的样品进行了如下实验：(1)将天平、量筒放在水平台面上。将盛有适量液体的烧杯放在调节好的天平左盘内，改变右盘中祛码的个数和游码的位置，使天平横梁在水平位置重新平衡，此时祛码质量和游码在标尺上的位置如图甲所示，则烧杯及杯内液体的总质量为1杯 旦。(2)将烧杯中的一部分液体倒入量筒中，如图乙所示，则量筒中液体的体积为5 0 c n?；再用天平测出烧杯和剩余液体的总质量为63 g o(3)根据上述实验数据计算此种液体的密度为1.2 X 10 3 k g/n?。100ga20gI fim L=100B

29、so60g-40=-200 1 2 a 4 5【分析】(1)使用天平前要调节天平平衡，把天平放在水平台上，把游码移到横梁标尺的零刻度线处，移动平衡螺母(左偏右调、右偏左调)，使天平横梁在水平位置平衡。根据图甲读出烧杯和盐水的总质量等于祛码总质量加上游码显示数值；(2)量筒读数时，视线要和液面的凹面底部相平，既不能仰视，也不能俯视；根据图乙读出液体的体积,单位是m l,l m l=l c n?；(3)利用密度公式求液体的密度。【解答】解：(1)由图甲可知，烧杯和液体的总质量m总=100g+20g+3g=123g；(2)由图乙可知，量筒中液体的体积为V=50m l=50c m 3；(3)液体的质量

30、：m=m 总-m 剩=123g -63g=60g,液体的密度：p=-60=.2g/c m 3=1.2 义 103k g/m V 50cm故答案为：(1)161；(2)50；(3)1.2X 103,【点评】此题是测量液体的密度，主要考查了有关天平及量筒的读数，同时考查了密度的计算。在此实验中，要掌握测量液体密度的方法，通过量筒中液体的质量和体积来进行计算。22.在“测定小灯泡额定功率”的实验中，已知小灯泡的额定电压为2.5V,灯丝电阻约为10。（1）请用笔画线代替导线把图甲中的电路连接完整；（2）在连接电路时，开关应该是 断开 的;闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应 该 移 到B端（选 填A”或B

31、”）；（3）闭合开关，灯不亮，电流表无示数，电压表有示数，且接近电源电压，出现这个故障的原因可能是：小 灯 泡 断 路；（4）故障排除后闭合开关，此时电压表示数为2 V.要使小灯泡正常发光，应 向A端（选填“A”或B”）移动滑动变阻器的滑片P,使电压表的示数为2.5 V：当小灯泡正常发光时，电 流 表 的 示 数 如 图 乙 所 示，其 示 数 为 0.3 A ,那 么 小 灯 泡 的 额 定 功 率 是【分析】（1）测量小电灯功率的实验中，灯泡要与变阻器连成串联电路，电压表测灯泡两端电压；（2）为保护电路，连接电路时，开关应断开；为防止闭合开关时，电路中电流过大烧坏用电器,保护电路的滑动变阻

32、器处于最大阻值处；（3）电流表无示数，灯泡不亮，电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源是连通的，则与电压表并联的灯之外的电路是连通的，则与电压表并联的灯断路了；（4）要使小灯泡正常发光，应移动滑动变阻器的滑片使电压表的示数为灯泡的额定电压，读出对应的电流值，利用电功率公式计算出小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）测量小电灯功率的实验中，灯泡要与变阻器连成串联电路，电压表测灯泡两端电压，因为灯泡额定电压2.5V,所以电压表使用。3 V量程，如图所示：I（2）为了保护电路，在按电路图连接电路时，应先将开关断开：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，应该将滑片调

33、至B 端；（3）由上分析，闭合开关，同学们发现，电流表没有示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压连好电路，出现故障的可能原因是小灯泡断路了；（4）要使小灯泡正常发光，应移动滑动变阻器的滑片向A 端移动，使电压表的示数为灯泡的额定电压2.5 V,由图可知电流表所选量程是00.6A量程，其分度值为0.0 2 A,由指针位置可知，此时电流示数为 0.3 A,则 P=UI=2.5VX0.3A=0.75W故答案为：（1）如上图；（2）断开；B；（3）小灯泡断路；（4）A；2.5；0.3；0.75【点评】本题考查了实物图的连接，电压表的使用，电压表示数变化，功率计算，串联电路电流和电压的特点，欧姆定律的应

34、用，电路故障问题，其中，电路故障和计算灯泡的额定功率是本题的难点。2 3.根据如图中提供的实验信息，回答下列问题：（1）图和研究的是浮力与 物体排开液体体积 的关系;（2）图 和 图 研 究 的 是 重 力 势 能 与高度的关系:（3）图的实验装置能研究电动机原理。【分析】（1）浮力的大小可能跟液体的密度、物体排开液体的体积、物体浸没到液体的深度有关，研究浮力大小的影响因素时，采用控制变量法。（2）探究重力势能与高度的关系时，必须保证物体的质量相等，改变高度。（3）电动机的原理-通电线圈在磁场中能够转动；发电机原理-电磁感应。【解答】解：（1）图和液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，可探究

35、浮力的大小与物体排开液体体积的关系；（2）图和图使用的是同一物体，从不同高度落下，研究的是重力势能与高度的关系；（3）是电磁感应的实验，而根据电磁感应实验制成的是发电机；是通电导体在磁场中受力的作用的实验，电动机是利用此原理制成的。故答案为：（1）物体排开液体体积：（2）重力势能；（3）。【点评】本题通过课本上图片考查了影响浮力大小的因素、发电机和电动机原理以及影响重力势能大小的因素，同时考查了转换法和控制变量法在该实验中的应用。六、计算题2 4.如图所示是用滑轮组从水中匀速提升物体的情景（注：物体一直浸没在水中）.已知物体重G|=4 0 0 N,动滑轮重G 2=50N,忽略绳重和摩擦，人对绳

36、子拉力F=1 0 0 N.求：（1）物体浸没在水中受到浮力的大小；（2）物体的密度大小；（3）滑轮组的机械效率。【分析】（1）由图可知，承担物重的绳子股数n=3,忽略绳重和摩擦，利用F=（G轮+F Q求滑轮组对物体的拉力，而物体重等于物体受到的浮力加上拉力，据此求物体浸没在水中受到浮力的大小；（2）知道物体重可求物体的质量，利用阿基米德原理求物体排开水的体积（物体的体积），再利用密度公式求物体的密度；（3）利 用 口=萼 曳=尸 拉 卜 二1拉 卜=F拉求滑轮组的机械效率。W 总 Fs F3h FX3【解答】解：（1）由图可知，n=3,.忽略绳重和摩擦，.F=（G 轮+F 拉）滑轮组对物体的拉

37、力：F 拉=3F-G 轮=3 X 100N-50N=250N,*/G j=F 浮+F 拉，F浮=G1-F 拉=400N-250N=150N；.Fi?=p，kV*g,v排F浮P水g150N1000kg/m3X 10N/kg=0.015m3,物体的体积：V=V 持=0.0150?,物体的质量：m0=3_glON/kg二40kg,m 40kg 0 A_v i n3,;3p=-w=2.67X 10 kg/m；v 0.0151?(3)滑轮组的机械效率：W有用_ F拉h _ F拉h _ F拉 250NT l-_ -O J.J/Oow 总 Fs F3h FX3 100NX3答：(1)物体浸没在水中受到浮力的

38、大小为150N；(2)物体的密度为2.67X I(Ag/n?；(3)滑轮组的机械效率83.3%。【点评】本题考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理、效率公式的掌握和运用，本题关键：一是利用好忽略绳重和摩擦，F=*(G轮+F拉)；二是利用好推导公式月=萼 曳=处3 W 总 Fs=尸拉卜=F拉F3h FX302 5.为了测定某额定功率为1000W的电热水器的效率，物理兴趣小组的同学在热水器中加了 2kg的水，让热水器正常工作，并绘制出通电加热过程中水温随时间的变化情况图，求：(1)加热2 m in,水的温度升高了多少？(2)加热6 m in,水吸收了多少热量？(3)电热水器的效率是指水吸收的

39、热量与电热水器放出的热量之比，该热水器正常工作时的效率为多少？温度/C403020506 町 fl/TM【分析】根据图象可以读出在各时间段内水的温度，利用公式Q .*=c m t 计算水吸收的热量,结合电功的公式W=Pl求解电热器放出的热量。【解答】解：(1)水温升高 t=3 0-2 0 =1 0：(2)水吸收热量 Q=c m Z t=4.2 X l()3 j/(K g )X2 k g X 3 0 =2.5 2 X 1 05J；(3)W=P t =1 0 0 0 W X3 6 0 s=3.6 X 1 05J,n=3x i o o%=252X 1(t Jx 1 0 0%=7 0%；W 3.6X

40、io&j答：(1)加热2 m i n,水的温度升高了 1 0；(2)加热 6 m i n,水吸收了=2.52X1()5J；(3)该热水器正常工作时的效率为7 0%.【点评】解决此类综合性的题目，要结合相关的物理公式分析求解。2 6.如图所示，一个底面积为1 0 0 c m2,质量和壁厚均忽略不计的圆柱形溢水杯放在水平地面上，内装 9 6 0 g 液体(液体在图中未画出)。把一个质量为1 3 5 g、密度为0.9 g/c m 3 的小球轻轻放入溢水杯中，小球静止后，测得从溢水杯中溢出5 0 c m 3 液体，溢水杯内剩余液体和小球的总质量为1 0 5 5 g。(g=1 0 N/k g)求：(1)

41、放入小球前，溢水杯对水平地面的压强；(2)小球在溢水杯的液体中静止时受到的浮力；(3)放入小球后，液体对溢水杯底部的压强。【分析】(1)放入小球前，溢水杯对水平地面的压力和自身的重力相等，根 据 F=G=mg求出其大小，再根据p=求出溢水杯对水平地面的压强；(2)放入小球后，溢出液体的质量等于液体的质量加上小球的质量再减去剩余液体和小球的质量，根据p=亨求出液体的密度，根据V=/求出原来液体的体积和小球的体积，然后结合物体浮沉条件判断出小球浸没在液体中，排开液体的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出小球受到的浮力;(3)先求出小球放入溢水杯后剩余液体和小球的总体积，根 据 V=S h求出

42、容器内液体的深度,根据p=pgh求出液体对溢水杯底部的压强.【解答】解：(1)放入小球前，溢水杯对水平地面的压力:F=G 淞=1 1 1 浪 g=960X 103kgX 10N/kg=9.6N,溢水杯对水平地面的压强:P=9.6NS 100X10 _=960Pa；工=(2)放入小球后，溢出液体的质量:m ss=m 浪+m 球-m 喇 余 液 体 和 球=960g+135g-1055g=40g,液体的密度:m溢 40g 3P 浓=7;=二 O.8g/cm,V 溢 50cm原来液体的体积:V浓m液P液960g0.8g/cm3=1200cm3,小球的体积:V 球m球R球135g0.9g/c m3 1

43、50cm3,因 P s 丫球，所以，小球在液体中浸没，排开液体的体积V j#=V 球=1505?,小球受到的浮力：Fj?=p gV t t=0.8X 103kg/m3X lON/kgX 150X 10-6m3=1.2N；(3)小球放入溢水杯后，剩余液体和小球的总体积：V,&=V 液+V 球-V iS S=1200cm3+150cm3-50cm3=1300cm3,容器内液体的深度：h=V 总=1300。!？S 100c in213cm=0.13m,液体对溢水杯底部的压强：P P 淞 gh=0.8X 103kg/m3X lON/kgXO.13m=1040Pa。答：（1）放入小球前，溢水杯对水平地面

44、的压强为96OPa；（2）小球在溢水杯的液体中静止时受到的浮力为1.2N；（3）放入小球后，液体对溢水杯底部的压强为1040Pao【点评】本题考查了密度公式、重力公式、固体压强公式、阿基米德原理、液体压强公式的应用，判断出容器中放入小球前液体没有溢出和放入小球后溢出液体的质量是关键。2 7.冬季，养鸡场为了提高产蛋量，白天在鸡舍里用电热器加热，夜间用电热器加热并用灯泡照明。小阳根据上述要求设计了如图所示的加热照明装置，电热丝电阻R 2=3R,灯 L 是阻值为220。的照明灯泡（均不考虑电阻随温度的变化），开关S|,S2的通断只有两种状态：同时断开或同时闭合，该装置从早晨7：00 至 17：0

45、0 处于白天工作状态，这段时间内电流表的示数为5.5 A,从17：00至第二天早晨7：00 处于夜间工作状态，电源电压U 恒为220V.求：（1）电阻R2的阻值。（2）该装置处于夜间工作状态时，电流表的示数。（3）该加热照明装置工作一个月（30天）耗电多少千瓦时？【分析】（1）电路白天工作时，两电热丝串联，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联和两电阻之间的关系求出Ri、R2的阻值；（2）电路处于夜间工作状态时，灯泡L 与 R1并联，根据并联电路的电压特点欧姆定律求出两支路的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流表的示数；（3）根据题意得出白天和夜间的工作时间，根 据 P=U I求出

46、白天和夜间消耗的电功率，根 据 P=8 求 出一个月消耗的电能。t【解答】解：（1）两开关断开时，R|与 R2串联，电路为白天工作状态，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和,所以，由 1=和 得:Rj+R2=U 220VI 5.5A=40Q又因R1 1R2 3由4)6)可得：R|=10Q,R2=30。；(2)两开关闭合时，灯泡L 与 R i并联，电流表测干路电流，电路为夜间工作状态,因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以，电流表的示数:=u+u _ 220V,2207,一 瓦 R220Q 10Q-23A；(3)一天内白天工作时间t=1 0 h,白天工作的电功率P=UI=220VX5.5A=1210W=1.21kW,晚间工作的时间t2=1 4 h,晚间工作的电功率P2=U1A=220VX23A=5060W=5.06kW,由 P=a 可得，一个月内消耗的电能：tW=(P|t|+P2t2)X30=(1.21 kWX 10h+5.06kWX 14h)X 3O=2488.2kWh。答：(1)电阻R2的阻值为30。；(2)该装置处于夜间工作状态时，电流表的示数为23A；(3)该加热照明装置工作一个月耗电2488.2千瓦时。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，关键是电路中白天和黑夜工作状态的判断，有一定的难度。