2014山东省德州市中考物理真题及答案.docx

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1、2014山东省德州市中考物理真题及答案一、选择题（共12小题，每小题2分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1（2014德州）（2分）如图1所示，最先确定电流产生的热量与哪些因素有关的物理学家是（）A欧姆B牛顿C伽利略D焦耳图1考点：物理常识专题：其他综合题分析：根据我们对于欧姆、牛顿、伽利略、焦耳这四位科学家对于物理所作贡献的了解来作答解答：A、欧姆总结了欧姆定律，用于研究电流和电阻的故选，故A不符合题意；B、牛顿发现了牛顿三定律，故B不符合题意；C、伽利略的贡献：比萨斜塔实验，理想斜面实验和用斜面缓冲重力，证明了自由落体下落的高度与时间平方成正比，故C不符合题意

2、；D、在大量实验的基础上，英国物理学家焦耳找出了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间的关系，即发现了焦耳定律，故D符合题意故选D点评：平时多了解物理学史，了解科学家的贡献，有利于解此类题2（2014德州）（2分）关于声现象，下列说法正确的是（）A只要物体振动，我们就能听到声音B声音在空气中的传播速度比在液体中快C“悦耳动听”是指声音的音色好D用超声波清洗眼镜说明声波可以传递信息考点：声音的综合利用专题：声现象分析：根据每个选项中所涉及到的声学知识，结合声学现象的不同特点可做出判断解答： A、人耳要想听到声音是有条件的，只有响度达到或超过0dB，频率在2020000Hz之间的声音，人耳才有可能听

3、到，故A错误；B、一般情况下，声音在固体中传播最快，液体中次之，空气中最慢，故B错误；C、“悦耳动听”是指声音有着好的品质，是指声音的音色好，故C正确；D、用超声波清洗眼镜说明声波可以传递能量，而不是传递信息，故D错误故选C点评：本题考查了对声现象中的基础知识的了解，虽是小的知识点，但我们应全面了解3（2014德州）（2分）如图2是常见的物态变化现象，其中需要吸热的是（）A露珠的形成B“雾凇”的形成C樟脑丸逐渐变小D河水结冰图2考点：液化及液化现象；凝固与凝固放热特点；生活中的升华现象；生活中的凝华现象专题：汽化和液化、升华和凝华分析：在六种物态变化形式中，熔化、汽化、升华需要吸热，凝固、液化

4、、凝华需要放热，弄清楚四幅图中的物态变化再去判断吸放热情况解答： A、露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故A错误；B、雾凇是水蒸气由气态变为固态形成的，是凝华现象，需要放热，故B错误；C、樟脑丸变小是由固态变为气态的升华现象，升华吸热，故C正确；D、河水结冰，是液体水变成固态冰的过程，是凝固现象，需要放热，故D错误故选：C点评：此题主要考查的是学生对物态变化概念及其吸放热情况的理解和掌握，弄明白四幅图中的物态变化名称是解决此题的关键4（2014德州）（2分）如图3是获取电能的几种途径，其中消耗不可再生能源又不会对大气造成污染的是（）A燃煤发电B太阳能发电C风车发电

5、D核能发电图3考点：能源的利用和对环境的危害专题：能源的利用与发展分析：不可再生能源是在短时间内无法再生的能源，常见的化石资源、矿产资源都是不可再生能源；煤和核能属于不可再生能源；可再生能源是可以重复利用的能源，取之不尽用之不竭常见的风能、水能、太阳能都是可再生能源；解答： A、燃煤发电是把煤的化学内能转化为电能，煤是不可再生能源，而且在燃烧过程中会大气造成污染，所以A不符合要求；B、太阳能电池板将太阳能转化为电能，太阳能是可再生能源，所以B不符合要求；C、风车发动机将风能转化为电能，风能是可再生能源，所以C不符合要求；D、核能发电站是通过核燃料发生核裂变的方式，将核能转化为电能，由于核燃料是

6、有限的，所以核能属于不可再生能源故选D点评：本题考查学生对常见能源的了解情况，要知道可再生能源和不可再生能源的区别5（2014德州）（2分）为迎接2014年6月12日的世界杯足球赛，东道主巴西队很早就投入了热身训练，如图4是运动员训练时的场景，下列有关说法错误的是（）A运动员将静止的足球踢出，足球的运动状态发生了改变B足球离开脚后继续向前飞行，是因为受到惯性的作用C滚动的足球慢慢停下来，是因为受到了摩擦阻力D飞行的足球被守门员抱住，其动能减小图4考点：力的作用效果；物体运动状态变化的原因；惯性现象；动能的影响因素专题：运动和力分析：（1）力是改变物体运动状态的原因；（2）物体保持原来运动状态不

7、变的性质叫惯性；（3）影响物体动能大小的因素：质量、速度解答： A、球由静止到运动，运动状态发生了变化，故A正确，不符合题意；B、惯性使物体自身的性质，不是来自外界，不能说“受到”惯性，故B错误，符合题意；C、足球滚动过程中由于受到阻力作用，运动状态发生变化，慢慢停下来，故C正确，不符合题意；D、飞行的足球被守门员抱住，质量不变的情况下，速度变小，动能变小，故D正确，不符合题意故选B点评：本题考查的是有关力学的基础内容，难度不大6（2014德州）（2分） 2013年6月20日，我国宇航员王亚平在“天宫一号”完成了太空授课，如图5是她做水球透镜实验时的情景，通过水球可以看到她的像，以下有关像的判

8、断及成像规律的应用，说法正确的是（） 图5A实像 凸面镜B虚像 放大镜 C实像 照相机D实像 投影仪考点：凸透镜成像的应用专题：透镜及其应用分析：凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，应用于照相机解答：根据图示可知，像为倒立、缩小的实像，那么水球相当于凸透镜，照相机（或摄像机等）就是利用这一成像原理故选C点评：根据物距和像距的关系，判断凸透镜成像性质和应用，是一种常用的方法，一定要熟练掌握7（2014德州）（2分）如图6是乘客应如何安全使用自动扶梯的图片，其中蕴含着许多物理知识，乘客在水平台阶上随自动扶梯匀速上升的过程中，下列说法正确的是（） 图6A乘客的机械能保持不变B扶梯扶手因摩

9、擦生热内能增加C乘客相对于她所站立的台阶是运动的D竖直方向上乘客受到的支持力大于重力考点：机械能；运动和静止的相对性；平衡状态的判断；机械能和其他形式能的转化专题：其他综合题分析：首先确定人所处的运动状态，并对其进行受力分析，再根据影响动能和势能的因素来判断其机械能的变化情况；同时根据其相对于台阶的位置是否变化来判断其是否运动解答： A、顾客的质量不变、速度不变所以动能不变，高度升高，所以势能增加，机械能增大，故A错误；B、“摩擦生热”实质是机械能转化为内能，故B正确；C、因其速度大小和方向都不发生变化，所以其运动状态是不变的，故C错误；D、顾客站在自动扶梯的台阶上匀速上升，受到重力和支持力的

10、作用，相互平衡，大小相等，故D错误故选B点评：解决此类问题时，要注意将受力分析、运动状态的判断、运动与静止的判断、机械能的判断等互相联系起来，不能将各知识点完全独立8（2014德州）（2分）小明将同一个鸡蛋先后放入如图7所示的甲、乙两杯盐水中，盐水密度分别为甲、乙，鸡蛋所受浮力分别为F甲、F乙，则下列关系正确的是（） 图7A甲乙 F甲F乙 B甲乙 F甲F乙C甲乙 F甲=F乙 D甲乙 F甲=F乙考点：浮力大小的计算；密度的大小比较专题：应用题；浮力分析：物体的浮沉条件：当物体的密度大于液体密度时，物体下沉；当物体密度等于液体密度时，物体在液体中悬浮；若物体密度小于液体密度时，物体将漂浮在液面上要

11、知道当物体漂浮在液面上时，物体所受浮力与重力相等物体悬浮在液体中时，受到的浮力等于重力解答：鸡蛋在甲盐水中悬浮，所以鸡蛋的密度等于甲盐水的密度；在乙盐水中漂浮，所以鸡蛋的密度小于乙盐水的密度因此甲乙故A、C错误鸡蛋在甲中悬浮，所以此时浮力等于重力；在乙中漂浮，浮力也等于重力，因此在甲和乙中所受浮力相等，即F甲=F乙，故C错误，D正确故选D点评：此题主要考查了浮沉条件的应用，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物体所受重力与浮力的大小关系9（2014德州）（2分）图8中为2014年中国海军赴地中海为运输叙利亚化学武器船只护航的情景，舰艇护航编队在距离较近时一般采用“前后”形式护

12、航，并不采用“并排”形式，下图9中与之原理相同的是（） 图8A口吹硬币跳过栏杆B热气球C连通器D吸饮料图9考点：流体压强与流速的关系专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：（1）流体流速越大，流体产生的压强越小；流体流速越小，压强越大；（2）根据流体流速与压强的关系分析解答本题解答：舰艇并排行驶时，舰艇带动其周围的水随船向前运动，结果使舰艇内侧之间的水流速度大于舰艇外侧的水流速度；因此舰艇内侧水的压强小于舰艇外侧水的压强，水的压强差使舰艇靠近，进而发生碰撞，为了避免事故的发生，因此：舰艇护航编队在较近距离时一般采用前后护航形式，而不采用“并排”护航B选项利用浮力，C利用连通器特点，D利用大

13、气压，只有A中是利用流体压强与流速的关系；故选A点评：本题考查了流体流速与流体压强间的关系，掌握流体流速与流体间压强的关系并学以致用是本题解题的关键10（2014德州）（2分）巨磁电阻（GMR）效应是指某些材料的电阻值随外磁场减小而增大的现象，在图10中所示的电路中，当闭合开关S1、S2并使滑片P向右滑动时，指示灯亮度及电流表的变化情况是（） 图10A指示灯变亮 电流表示数增大 B指示灯变暗 电流表示数减小C指示灯亮度不变 电流表示数增大 D指示灯亮度不变 电流表示数减小考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：（1）由左图可知，滑动变阻器的滑片P向右滑动过程中接入电路中电阻的变化，根

14、据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步根据影响电磁铁磁场的因素可知其磁场变化，据此可知右图巨磁电阻的变化；（2）由右图可知，灯泡和巨磁电阻并联，安培表测电路中的电流，根据欧姆定律可知巨磁电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化解答：（1）由左图可知，滑动变阻器的滑片P向右滑动过程中接入电路中电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁磁性的强弱与线圈匝数和通过的电流有关，且匝数不变，通过的电流越大，磁性越强，此时电磁铁的磁性变弱；（2）由右图可知，巨磁电阻处于磁场越强的位置其电阻越小，此时巨磁电阻的阻值变大，巨磁电阻和灯泡并联，所以灯泡的亮度不变，根据欧姆定律可知，通过巨磁电阻所在

15、电路的电流变小，灯泡所在支路的电流不变，所以电流表的示数变小故选D点评：在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，明确磁场对巨磁电阻阻值的影响是关键11（2014德州）（2分）如图11所揭示的实验原理，下列图12中与之相同的是（） 图11A奥斯特实验B通电导线在磁场中受力C扬声器D话筒图12考点：电磁感应专题：电动机、磁生电分析：首先明确选择项上面实验揭示的实验原理：电磁感应现象，由磁生电；然后在逐个分析选择项中的设备所涉及的物理知识即可得到答案解答：图中实验是电磁感应实验，闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动，能够产生感应电流；A、实验是奥斯特实验，说明了通电导体周围存在着磁场，

16、不符合题意；B、实验说明了通电导体在磁场中要受到力的作用，不符合题意；C、扬声器是磁场中的线圈在通入交变电流时受力发生振动，即通电导体在磁场中受力；不符合题意；D、动圈式话筒工作过程是：声波振动引起膜片振动带动线圈振动线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流经放大传给扬声器由此可知其工作原理是电磁感应现象，符合题意故选D点评：要理解并熟记：发电机、动圈式话筒利用电磁感应现象原理；带电动机的用电器、扬声器利用通电导体在磁场中受力原理；带电磁铁的仪器利用是电流的磁效应原理；电话话筒利用了影响电阻大小的因素及欧姆定律12（2014德州）（2分）如图13所示电路，电源电压为3V，灯L1标有“6V 6W”，灯

17、L2标有“3V 3W”，下列有关说法正确的是（） 图13A S2断开，S1接b，L1可以正常发光B S2断开，S1接a，L2实际功率为3WC S2断开，S1接a，L2更亮 D S2闭合，S1接b，L2更亮考点：电路的动态分析专题：电路变化分析综合题分析：（1）S2断开，S1接b时，电路中只有灯泡L1工作；（2）S2断开，S1接a时，两灯泡串联；（3）根据公式R=U2/P 求出两个灯泡的电阻，再利用公式P=I2R比较两只灯泡的实际功率；（4）S2闭合，S1接b时，两只灯泡并联解答：A、S2断开，S1接b，L1两端的电压为电源电压，为3V，小于灯泡的额定电压，不能正常发光；故A错误；B、S2断开，

18、S1接a，两只灯泡串联，两只灯泡两端的电压肯定都小于3V，所以L2实际功率小于3W，故B错误；C、S2断开，S1接a，两只灯泡串联，L1 的电阻R1=6； L2 的电阻R2=3；根据公式P=I2R可知，L1的实际功率更大，所以更亮，故C错误；D、S2闭合，S1接b时，两只灯泡并联，两端的电压相等，根据公式P=可知，L2的实际功率更大，所以更亮，故D正确故选D点评：本题是一道关于额定电压、电功率以及串并联电路的分析判断题，解题的关键是先按照相关的条件简化电路（简化电路的基本原则是去掉开路部分和短路部分），再进行分析判断各个选项的正误二、填空题（本题包括6小题，每空1分，共10分）13（2014德

19、州）（2分） “退热贴”属于物理降温用品，被广泛应用于小儿发热退烧、消夏及高温作业等情况，如图14所示，退烧贴中的水分通过汽化（填物态变化名称）吸收体表热量，可以起到降温作用，退热贴在使用过程中还会散发出一股清新的薄荷香味，这是扩散现象图14考点：汽化及汽化吸热的特点；扩散现象专题：热和能分析：（1）物质由液态变为气压的过程叫汽化，汽化吸热；（2）相互接触的两个物体彼此进入对方的现象叫扩散，扩散是分子做无规则运动造成的解答：（1）退热贴接触皮肤，内部的水分从人体体表吸热由液态变为气态，发生汽化，从而使体表温度降低；（2）退热贴在使用过程中还会散发出一股清新的薄荷香味，是因为退热贴中物体的分子在

20、不停地作物规则运动，发生了扩散现象故答案为：汽化、扩散点评：本题考查了汽化现象和扩散现象，属于基础知识14（2014德州）（1分）如图15所示，同种材料制成的实心圆柱体A和B放在水平地面上，高度之比hA：hB=2：1，底面积之比SA：SB=1：2，则它们对地面的压强之比pA：pB=2：1 图15考点：压强大小比较专题：计算题；压强、液体的压强分析：对于粗细均匀的固体，其产生的压强p=gh解答：同种材料制成的两个实心圆柱体其密度相同都为，p=gh，pA=ghA，pB=ghB，=；故答案为：2：1点评：清题目中的关键条件（同种材料、圆柱体），灵活运用压强的公式，再利用数学的运算可解答15（2014

21、德州）（1分）雷达在海洋运输中发挥着重要的作用，某海岛雷达向远处停泊的油轮发出一束电磁波，从发出到接收共用时104s，则该油轮距雷达15km考点：速度公式及其应用专题：长度、时间、速度分析：已知电磁波的传播速度与电磁波传播时间，由速度公式的变形公式s=vt可以求出电磁波的路程，该路程是雷达到飞机距离的两倍，然后求出飞机到雷达的距离解答：解：由v=可得，电磁波的路程s=vt=3.0108m/s104s=3104m，飞机离雷达站的距离d=1.5104m=15km故答案为：15点评：本题是一道基础题，熟练应用速度公式的变形公式是正确解题的关键，知道电磁波路程是飞机离雷达站的距离的两倍是本题的难点16

22、（2分）某城市实施阶梯电价，具体方案如下表：用电时段时段范围电价高峰期第一天8：0021：000.55元/千瓦时低谷期21：00第二天8：000.30元/千瓦时小刚留心观察了一下自家电能表，分别记录了他家第一天早8：00，晚21：00和第二天早8：00这三个时刻的读数，如图16所示，则他家这一天共消耗电能6KWh，应付电费2.8元图16考点：电功的计算专题：计算题；电能和电功率分析：电能表最后一位示数是小数位、单位是kWh，由图示电能表读出第一天早8：00，晚21：00和第二天早8：00这三个时刻的示数，电能表示数之差是不同时间段消耗的电能，然后按照不同时间段的电价求出需要交纳的电费解答：由图

23、示电能表可知，第一天早8：00，晚21：00和第二天早8：00这三个时刻的示数分别为：1359.0kWh、1363.0kWh、1365.0kWh，则高峰期消耗的电能为1363.0kWh1359.0kWh=4kWh，低谷期消耗的电能为1365.0kWh1363.0kWh=2kWh，这一天共消耗电能4kWh+2kWh=6kWh；需要交纳的电费为0.55元/kWh4kWh+0.3元/kWh2kW=2.8元故答案为：6；2.8点评：本题考查了电能表读数、求需要交纳的电费等问题，掌握电能表的读数方法是正确解题的关键17（2014德州）（2分）如图17所示，在斜面上拉一重50N的木块到0.3m高处，木块沿

24、斜面向上移动了1m，共耗时5s，已知拉力为20N，则拉力的功率为4W，此斜面的机械效率为75% 图17考点：功率的计算；斜面的机械效率专题：计算题；功、功率、机械效率分析：根据W=Gh求出有用功，根据W=Fs求出总功，根据P= 求拉力的功率，利用机械效率公式求出斜面的机械效率解答：解：（1）有用功：W有=Gh=50N0.3m=15J，拉力做的总功：W总=Fs=20N1m=20J拉力的功率：P=4W；（2）斜面的机械效率：=100%=100%=75%故答案为：4； 75%点评：此题主要考查的是学生对有用功、总功、功率、机械效率计算公式的理解和掌握，难度不大18（2014德州）（2分）潜水是一项有

25、趣的运动，如图是潜水员潜入水下的情景，潜水员随身配备的潜水装置涉及到许多物理知识，请仿照示例，根据图18示说明提供的信息再选取两例进行分析图18图示说明：水下手电筒照亮海底世界 宽大的脚蹼可以减少体力消耗 锋利的潜水刀可以割断海草 全封闭的潜水服能够保持体温 浮力背心的膨胀或收缩能实现上升或下降 鱼枪利用压缩空气能射击目标示例：装备设计及对应的物理原理：光在同一种均匀介质中沿直线传播或能够将电能转化为光能（均可得分）分析1：装备设计及对应的物理原则：在压力一定时，减小受力面积来增大压强分析2：装备设计及对应的物理原则：通过改变物体排开水的体积来改变浮力，实现沉浮 考点：力作用的相互性；物体的浮

26、沉条件及其应用专题：其他综合题分析：（1）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；（2）据阿基米德原理分析，浮力背心的膨胀或收缩能实现上升或下降的原理解答：（1）刀刃磨得锋，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，使得切东西容易；（2）浮力背心是浮力的利用，根据阿基米德原理F=gv可知，若背心的体积变大，其受到的浮力大于人的重力时，人上升，当背心的体积减小，浮力小于人自身重力，就下降，这样就实现了在水中的上升和下降故答案为：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；通过改变物体排开水的体积来改变浮力，实现沉浮点评：本题考查了增大压强的方法，要

27、会利用控制变量法来分析，结合物体的浮沉条件分析即可解决该题，平时学习时多观察、多分析、多积累，提高分析实际问题的能力三、作图与实验题（本大题包括6小题，共21分）19（2014德州）（2分）图19甲是某宾馆床头柜上的开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋钮开关，单独控制台灯的通断和亮度；S2为单独控制电视插座的开关请在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则 图19考点：实物的电路连接；安全用电原则专题：作图题；压轴题分析：（1）灯泡的接法：火线首先过开关，再接入灯泡，零线直接接入灯泡；（2）S2为单独控制电视插座的开关，则S2应与电视插座串联解答：（1）火线先进开关，然后接入灯泡；

28、而零线直接接入灯泡；（2）开关S2应与插座串联，开关接火线，电视插座直接接零线电路图如下图所示 点评：掌握灯泡、开关、插座的接法，掌握安全用电的原则20（2014德州）（2分）某剧组为拍摄节目需要，设计了如图20所示的拉力装置来改变照明灯的高度，轻质杠杆ABO可绕O点转动，请在图中画出：图20（1）杠杆所受拉力的力臂L1；（2）杠杆所受阻力F2的示意图考点：力臂的画法；力的示意图专题：图像综合题分析：先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向上）；已知支点和动力的方向，过支点作力的作用线的垂线段（即力臂）解答：过A点作竖直向上的力（即阻力F2）；过支点O作垂直于动力作

29、用线的垂线段（即动力臂L1）如图所示 点评：此题的关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂，并且作图要求规范21（2014德州）（4分）教材实验情景再现： 图21（1）实验一：“探究光反射时的规律”图21中甲为实验装置图让一束光线EO贴着纸板射到平面板上，在纸板上会看到反射光线OF，将纸板沿ON向后折，此时在纸板上看不到反射光线，如图1乙所示，此现象说明：反射光线、入射光线和法线都在同一平面内在图21甲中，如果让光线逆着OF的方向射到平面镜上，会看到反射光线沿着OE方向射出，此现象说明：在反射现象中，光路是可逆的（2）实验二：“探究平面镜成像的特点”图21甲是实验装置图

30、，在A处放一支点燃的蜡烛，可以看到竖直玻璃板后出现蜡烛的像，再拿出一支外形相同但未点燃的蜡烛，当移到A处时，看到它跟A的像完全重合，这种确定像与物体大小的方法是等效替代法经三次实验，分别将图2乙中像点A、B、C和对应物点A、B、C连接，发现像和物到镜面的距离相等考点：光学实验设计与探究专题：探究型实验综合题分析：（1）根据入射光线、反射光线和法线的关系进行分析，使光屏不在一个平面内，观察现象，得出结论根据入射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察反射光线与原来入射光线的关系得出结论（2）根据物理学方法与平面镜成像特点分析答题解答：（1）由于反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，当纸板F转过一

31、定的角度后，两块纸板不在同一平面上，所以在纸板F上就无法呈现出反射光线了，因此这个现象说明了：反射光线、入射光线和法线都在同一平面内如果让光线逆着OF的方向射向镜面，这时的入射角为原来的反射角，根据光的反射定律，反射角等于入射角，这时的反射角为原来的入射角，所以会发现光线原路返回，也就是说，在反射现象中，光路是可逆的（2）在A处放一支点燃的蜡烛，可以看到竖直玻璃板后出现蜡烛的像，再拿出一支外形相同但未点燃的蜡烛，当移到A处时，看到它跟A的像完全重合，这种确定像与物体大小的方法是等效替代法经三次实验，分别将图21乙中像点A、B、C和对应物点A、B、C连接，发现像和物到镜面的距离相等故答案为：（1

32、）反射光线、入射光线和法线都在同一平面内；在反射现象中，光路是可逆的（2）等效替代；相等点评：本题考查了探究光的反射的实验光的反射遵循反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角22（2014德州）（3分）新华中学“STS”小组的同学们为了探究某河水的污染问题，采集了污水样品250mL，并测出了样品质量，然后将样品导入图22乙所示的密闭隔热装置中，用功率恒定的电热器加热（不计热量损失），并将加热时间和对应的温度记录在下标，请回答下列问题：甲 乙图22（1）由图22甲可知，样品的质量252.2g，并计算出样品的密度为1.01g/cm3（2）用

33、图2的装置加热的过程中，同学们发现样品的沸点高于100，经分析得知主要原因是容器内气压大于一个标准大气压，导致样品沸点升高，若他们想测出常压下样品的沸点，图2的装置该如何改进？将容器密封盖去掉进行实验考点：控制变量法与探究性实验方案专题：探究型实验综合题分析：（1）对于天平在读数时，其所有砝码的质量加上游码在标尺上对应的数据即为待测物体的质量又已知污水的体积，根据密度公式求出污水的密度（2）在一个标准大气压下，水的沸点是100解答：解：（1）此时所有砝码的质量是100g+100g+50g=250g，标尺的分度值是0.5g，故标尺的示数是2.5g，所以被测工艺品的质量是m=250g+2.5g=2

34、52.5g，污水的体积：v=250ml=250cm3，污水的密度：=1.01g/cm3；（2）为了测量常压下样品的沸点，需将容器密封盖去掉进行实验故答案为：（1）252g；1.01；（2）将容器密封盖去掉进行实验点评：本题考查了托盘天平的读数、在常压下测量液体的沸点的方法，属于基础题23（2014德州）（3分）如图23所示漫画描绘的是猴子和兔子分萝卜的情景，究竟谁分得的萝卜重，德州市育红中学的三位同学提出了自己的猜想：甲认为：猴子胜利了；乙认为：兔子胜利了；丙认为：猴子和兔子谁也没有沾光到底谁的猜想正确呢？图23（1）为此，同学们设计了如图24所示的实验，根据该实验现象，可以判断猜想正确的同学

35、是甲（选填“甲”、“乙”或“丙”） 图24 图25（2）根据图24的实验，同学们还得出结论：只要满足“动力动力作用点到支点的距离=阻力阻力作用点到支点的距离”，杠杆就能平衡a你认为这个结论是错误的（选填“正确”或“错误”）b如何用图25的装置来验证你的观点？答：用弹簧测力计斜向下拉，比较“动力动力作用点到支点的距离和阻力阻力作用点到支点的距离”的大小考点：探究杠杆的平衡条件实验专题：探究型实验综合题分析：（1）从三幅中可看出，当钩码的个数越少时，其力臂就越长由杠杆的平衡条件可得甲同学的猜想是正确的；（2）杠杆的平衡条件：动力知道到动力作用线的距离=阻力支点到阻力作用线的距离，所以此结论是错误的

36、，让拉力的方向不沿竖直方向而是倾斜时，根据其读数及构码重和各自作用点到支点的距离关系便可证明此结论是错误的解答：（1）三幅图中左边钩码个数和力臂都不变，但右边随着钩码个数的减少，力臂在变大可得重力越大，其力臂越小即甲同学猜想正确；（2）实验时应将弹簧测力计钩在杠杆右侧的不同位置沿倾斜方向拉，使杠杆在水平位置平衡，会发现：“阻力阻力作用点到支点的距离动力动力作用点到支点的距离”可判断这个结论错误 故答案为：（1）甲；（2）错误；用弹簧测力计斜向下拉，比较“动力动力作用点到支点的距离和阻力阻力作用点到支点的距离”的大小点评：此题主要考查学生对于杠杆平衡条件的理解，解题的关键是理解力臂的概念，它是指

37、从支点到力的作用线的距离用所学的杠杆的平衡条件解释分萝卜问题，并采用漫画的形式，比较新颖，好题24（2014德州）（7分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V（1）图26甲是小莉同学已连接的部分电路，请你用笔画线代替导线将电路连接完整，使滑片P向右移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大（2）小莉连接好电路后，闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不偏转，出现此现象的原因可能是小灯泡开路（3）排除故障后，闭合开关进行实验，移动滑动变阻器的滑片P，眼睛应先注视电压表示数，然后读出另一表示数，并做好数据记录图2

38、6乙的UI图象是小莉根据多组实验数据绘制的，根据图象可得小灯泡的额定功率是0.5W（4）根据图象，小莉还发现小灯泡的电阻是变化的，造成这一变化的原因是小灯泡的电阻随温度的变化而变化（5）小莉上网查阅资料发现，在相同的额定电压下工作时，LED灯比小灯泡亮，经研究得知，是因为LED灯工作时电能转化为光能的效率比小灯泡高 图26考点：电功率的测量专题：测量型实验综合题分析：（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，滑动变阻器、开关串联接入电路，电压表与灯泡并联，注意电压表正负接线柱不要接反，按要求连接滑动变阻器（2）电路故障分两类：短路和断路电路短路时，短路部分无电压，电流大；电路断路时，断路部分无电流

39、，电压大；（3）要测量灯泡的额定功率，应使灯泡两端的电压等于额定电压；由图乙读出电流，根据P=UI计算出其电功率；（4）导体的电阻受温度影响；（5）LED灯与小灯泡工作时把电能转化为光能解答：（1）灯泡额定电压是2.5V，因此电压表选03V量程，滑动变阻器接A接线柱时，滑片向右移动时接入电路的电阻变大，滑动变阻器、开关串联接入电路，电压表与灯泡并联，注意滑动变阻器要一上一下接入电路；（2）灯泡不亮可能断路，电压表有示数、电流表无示数说明电压表所测部分断路，即小灯泡断路；（3）测量小电灯额定功率，移动变阻滑的滑片P，眼睛应先注视电压表的示数，直到示数为2.5V；由图乙可知，灯泡两端电压为2.5V

40、是，小灯泡中电流I=0.2A，则P=UI=2.5V0.2A=0.5W；（4）灯丝的电阻是变化的，因为不同电压下灯泡中电流不同、灯丝的温度不同，小灯泡灯丝的电阻受温度的影响；（5）LED灯与小灯泡工作时都把电能转化为光能故答案为：（1）实物电路如图： （2）小灯泡开路；（3）电压、0.5；（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；（5）电能、光能点评：此题是“测量小电灯功率”的实验，小灯泡不亮这种电路故障是实验过程中经常出现的现象，要学会排除的方法，同时考查了滑动变阻器的应用及电功率的计算，这些都是实验中的基础知识，需熟练掌握四、计算题（本题共3小题，共15分，解答时写出必要的文字说明、公式和重要的

41、演算步骤，只写最后答案的不得分）25（2014德州）（4分）太阳能热水器是直接利用太阳能给水加热的装置，下表示小华家的太阳能热水器某天在阳光照射下的相关信息太阳照射时间h装水量kg水升高的温度水的比热容J/（kg）太阳能吸热功率J/h10100504.21033.0106求：（1）水在10h内吸收的热量；（2）太阳能热水器的能量转化效率考点：太阳能热水器中的热量计算菁优网版权所有专题：热和能分析：（1）由表中数据知道水的质量、水的比热容、水的温度升高值，利用吸热公式Q吸=cmt求水吸收的热量（有用能量）；（2）由太阳辐射功率知道1h内投射到1m2面积上的太阳能，据此求出10h吸收的太阳能（总能

42、量），再利用效率公式求太阳能热水器的能量转化效率解答：解：（1）水吸收的热量（有用能量）：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）100kg50=2.1107J；（2）10h太阳能热水器吸收的太阳能（总能量）：Q总=Pt=3106J/h）10h=3107J，=100%=100%=70%答：（1）水在10h内吸收的热量为2.1107J；（2）该太阳能热水器的能量转化效率为70%点评：本题考查了学生对吸热公式、效率公式的掌握和运用，本题关键：能从题目提供的表格中得到相关信息26（2014德州）（5分）如图27是蓝鳍金枪鱼21型自主式水下航行器的示意图，它是一种专业水下搜寻设备，在搜寻马航失联客机MH

43、370的过程中发挥了较大的作用，航行器质量约为750kg，体积约为1m3，可潜入水下4500m深处，在配置声呐系统后能以较高的分辨率搜寻水下物体（海水密度海水=1.03103kg/m3，g=10N/kg）求：（1）航行器下潜至水下3000m深处时，所受海水的压强和浮力；（2）航行器停留在水下3000m深处作业时，若遇故障发动机关闭，试分析判断航行器的浮沉情况；（3）航行器完成水下3000m作业后返航，在它上浮2000m的过程中，海水浮力对航行器所做的功是多少 图27考点：液体的压强的计算；阿基米德原理；功的计算专题：计算题；压强和浮力分析：（1）根据压强公式p=gh求航行器下潜至3000m深度时受到海水的压强根据公式F浮=gV排求浮力（2）已知质量，由G=mg可以求出受到的重力，然后根据物体的浮沉条件判断（3）根据W=Fs求浮力对航行器所做的功解答：解：（1）当“蓝鳍金枪鱼”下潜至3000m深度时，其壳体受到海水的压强为p=gh=1.03103kg/m310N/kg3000m=3.09107Pa；浮力F浮=gV排=1.03103kg/m310N/kg1m3=1.03104N；（2）“蓝鳍金枪鱼”所受重力是G=mg=750kg10N/kg=7500N；F浮G，航行器在海水中将上浮（3）