2015年辽宁省铁岭市中考物理试题（解析）.doc

2015年辽宁省铁岭市中考物理试卷参考答案与试题解析一选择题；【本小题包括12个小题，共28分其中18小题为单选题，每小题2分；912小题为多选题，每小题2分对于多选题，漏选得2分，错选、多选得0分】1【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排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、男子百米世界记录略大于10m/s，中学生跑1000m的速度远小于10m/s故A不符合实际；B、女同学800m的时间一般在240s4min左右。故B符合实际；C、正常抛出的实心球的高度不大于一层楼的高度，在3m以下。故C不符合实际；D、夏季气温炎热，体育测试过程中气温可超过35，但不会达到60左右。故D不符合实际。故选：B。【点评】对日常生活中的速度、质量、长度、温度等进行准确的估测，是要求初中学生掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。2【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等。（2）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生改变，这是光的折射，光的折射形成的现象有：放在有水的碗中的筷子看起来好像变折了、放大镜、池水看起来变浅等。（3）光射到介质界面上会发生反射，光的反射形成的现象有：平面镜成像、水中的倒影、凹面镜成像。【解答】解：C、阳光下人在地上的影子是由光的直线传播形成的，能用光的直线传播规律解释；B、蜗牛在水中的倒影是平面镜成像，是光的反射现象；D、斜插入水中“折断”的笔杆是光由水斜射入空气时发生折射形成的，是光的折射现象；A、雨后天空的彩虹，是阳光经过天空中的小水珠发生折射形成，是由光的折射形成的；故选：A。【点评】一般来说：见到影子、日月食、小孔成像就联系到光的直线传播原理；见到镜子、倒影、潜望镜就联系到光的反射原理；见到水中的物体，隔着玻璃或透镜看物体就联系到光的折射原理。光的直线传播在现实生活中的例子有很多，要加强理论与实际的联系。3【分析】（1）电荷的定向移动形成电流，正电荷、负电荷都可以发生定向移动；（2）利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电；（3）带电体具有吸引轻小物体的性质；（4）红外线和紫外线都属于看不见的光，光是一种电磁波。【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，不一定是正电荷的定向移动，故A错误；B、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象说明了磁能生电，故B错误；C、静电除尘技术，用一块带电的金属板，把浮尘吸附在金属板上。因此静电除尘的原理是带电体能够吸引轻小物体，故C正确；D、红外线属于看不见的光，光是一种电磁波，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了电流的形成、电磁感应现象的实质、带电体的性质以及对红外线的了解，是一道综合性题目。4【分析】物质由分子组成，分子之间存在间隙；物质由液态变成气态的过程叫汽化，汽化过程需要吸热；物质由气态变成液态的过程叫液化；物质由气态变成固态的过程叫凝华；物质由液态变成固态的过程叫凝固。【解答】解：A、分子直径非常小，分子之间的间隙距离也非常小，不可能用肉眼直接观察。此选项错误；B、煮粽子时，锅上方的水蒸气遇到温度较低的空气变成小水滴，形成“白气”，是液化现象。此选项错误；C、手上沾些水，取放刚出锅温度较高的粽子时，手表面的水会汽化吸热，避免手烫伤。此选项正确；D、粽子表面的霜是冰箱中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶。此选项错误。故选：C。【点评】此题是一道关于热现象的应用题，考查的知识点较多，包括分子动理论、液化、凝华、汽化等物态变化，难度不大，考查的是我们对知识掌握的熟练程度。5【分析】明确电路中灯泡与电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测电阻R两端的电压，根据电路中的现象，结合选项可逐一做出判断。【解答】解：A、如果电阻R断路，则电路为断路状态，电流表示数变为零，同时电压表与灯泡串联在一起接在电源上，电压表示数变大，接近电源电压，灯泡不亮，故A符合题意；B、如果电阻R短路，则电路中的电流会变大，同时电压表的示数会变为零，灯泡会更亮，故B不合题意；C、如果电灯L断路，则整个电路断路，电流表、电压表均没有示数，故C不合题意；D、如果电灯L短路，电路为电阻R的简单电路，则电流表的示数会变大，电压表的示数也会变大，故D不合题意。故选：A。【点评】在判断电路的故障时，一般有短路和断路两种情况，明确电压表和电流表的测量对象，对每一种可能性进行推理，是解决的一般思路。6【分析】电磁继电器实质是一种电路开关，它由控制电路和工作电路组成，可以实现远程控制和自动控制。其主要部件是一个电磁铁，利用了电流的磁效应。结合其结构可对选项中的说法逐一做出判断。【解答】解：A、电磁继电器中的电磁铁的工作原理是电流的磁效应，与电磁感应无关，故A错误；B、电磁继电器实质是一种电路开关，可以用一个电路控制另一个电路，从而实现远程控制和自动控制，故B正确；C、由安培定则可知，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，则大拇指所指的下端为N极，故C错误；D、温度没有达到设定值时电磁铁照样有磁性，只是磁性较小，不能将衔铁吸下来，故D错误。故选：B。【点评】了解电磁继电器的原理、构造和工作过程，同时会熟练运用安培定则，是正确解答本题的关键。7【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：A、在降落伞打开之前的下落过程中，重力势能转化为动能，但由于空气阻力的作用，仍有一部分机械能的消耗，即重力势能并没有全部转化为动能，故A错误；B、开伞后在匀速直线下落的过程中，运动员相对于伞的位置没有发生改变，所以是静止的，故B错误；C、运动员在匀速下落过程中重力势能减小，动能不变，因此不是重力势能转化为动能，故C错误；D、运动员在匀速下落过程中，重力势能减小，动能不变，因此机械能变小，故D正确。故选：D。【点评】了解动能和重力势能的影响因素，知道机械能守恒的条件，会判断运动与静止的相对性，是解答本题的关键。8【分析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。【解答】解：A、图钉帽面积较大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A错误；B、螺丝钉上的垫圈较大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B错误；C、压路机上的碾子质量较大，是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。故C正确；D、人脚下的滑雪板比较宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故D错误；故选：C。【点评】这是一道与生活联系非常密切的物理题，在我们日常生活中经常需要根据实际情况来增大或减小压强，要学会学以致用，活学活用，这才是学习物理的真正意义。解答时，要注意使用控制变量法。9【分析】A、电能表是家庭电路中测量用电器消耗电能的仪表。B、根据甲表示数减去乙表示数求出100h内消耗的电能；C、根据P求出台灯工作时电功率。D、10A是指这个电能表使用时正常工作电流为10安。【解答】解：A、电能表是测量消耗电能多少的仪表，故A正确；B、这段时间台灯消耗电能W1124.4kWh1123.4kWh1kWh，故B错误；C、台灯工作时电功率P0.01kW10W故C正确；D、电能表正常工作时的电流为10A，而不是电流恒为10A，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了电能表的作用和消耗电能的计算，关键是电能表参数含义的理解与掌握。10【分析】（1）不接触的两个物体间也会有力的作用，如磁力、重力等；（2）做功的条件是：作用在物体上有力，物体沿力的方向移动一段距离；（3）力是改变物体运动状态的原因；（4）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在同一个物体上。【解答】解：A、磁铁与铁球没有接触，二者间有磁力的作用，故A错误；B、铁球从斜面上滚下的过程中，受到重力的作用，并且在重力的方向上移动了距离，所以重力对铁球做了功；故B正确；C、铁球在水平面上滚动速度发生变化，是因为铁球受到摩擦阻力的作用，所以，是力改变了它的运动状态。故C正确；D、铁球最终静止在水平桌面上，它受到的重力与支持力是作用在同一个物体上的两个力，且这两个力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，符合平衡力的条件，是一对平衡力，故D正确。故选：BCD。【点评】该题考查了力的概念、做功的条件、力与运动的关系、二力平衡的判断，是一道综合题，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。11【分析】解答本题首先要明确各图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；其次注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；再次是明确图象所表示的物理意义；最后对照各个选项提出的问题作出判断。【解答】解：A、该图象横轴表示体积，纵轴表示质量，由图象可知，若甲、乙物质体积相等，甲的质量大。故A正确；B、由图象可知，当V甲1cm3是，质量m甲2g，当V乙2cm3时，质量为m乙1g，则甲的密度甲2g/cm3水，乙的密度乙0.5g/cm3水，故将等质量的甲、乙实心物体放入水中静止后，甲沉底，浮力小于重力，乙漂浮，浮力等于重力，所以，乙受到的浮力大。故B正确；C、将甲制成的实心物体放入装满水的容器中，水面的高度h不变，根据p水gh可知，水对容器底的压强不变。故C错误；D、水平面上的物体对水平面的压力等于其重力，因此，用甲、乙物质制成质量相等的实心正方体，把它们放在水平地面上时，重力相等，对地面的压力相等，因为甲乙，根据和S可知，甲与地面的接触面积（受力面积）小于乙与地面的接触面积（受力面积），根据p可知，甲对地面的压强大。故D错误。故选：AB。【点评】根据图象或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。此题涉及到的知识点较多，综合性很强。12【分析】（1）闭合开关S1、S2，滑动变阻器R2的滑片在最左端时，灯泡与电阻R1并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和灯泡正常发光时的电压等于额定电压可知电源的电压，根据欧姆定律求出通过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出通过灯泡的电流，利用PUI求出灯泡的电功率即为灯泡的额定功率，根据欧姆定律求出灯泡的电阻；（2）当闭合开关S1、断开S2，滑动变阻器R2的滑片在最右端时，灯泡与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器最大阻值；根据PI2R求出灯泡的实际功率为0.75W时电路中的电流，利用欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的电阻。【解答】解：（1）闭合开关S1、S2，滑动变阻器R2的滑片在最左端时，灯泡与电阻R1并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，所以，电源的电压UUL6V，故A正确；通过R1的电流：I10.6A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过灯泡的电流：ILII11.1A0.6A0.5A，灯泡的额定功率：PLULIL6V0.5A3W，故B正确；灯泡的电阻：RL12；（2）当闭合开关S1、断开S2，滑动变阻器R2的滑片在最右端时，灯泡与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，此时电路中的总电阻：R30，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值：R2RRL301218，故C错误；因串联电路中各处的电流相等，所以，由PI2R可得，灯泡的实际功率为0.75W时电路中的电流：I0.25A，电路中的总电阻：R24，变阻器接入电路中的电阻：R2RRL241212，故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的判断，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。二填空题；（本题共9小题，每空1分，共26分）13【分析】声音是由物体的振动产生的；音调与物体振动的快慢有关，响度与物体振动的振幅有关；减弱噪声有三种途径：在人耳处、传播过程中和在声源处进行减弱。【解答】解：小朋友的欢呼声传遍整个公园，这说明声音响度大的特性。美妙的声音是孩子们的声带振动产生的。小明为减小噪声关上窗户，这是在传播过程中减弱噪声。故答案为：响度；振动；传播过程中。【点评】本题难点在于声音的三大特征，以及影响因素的记忆，稍有混淆，即会出错。14【分析】根据以下知识分析答题：（1）能够从自然界源源不断获得或可重复利用的能源是可再生能源；不能够从自然界源源不断获得或不可重复利用的能源是不可再生能源；（2）太阳能电池板中有很多半导体元件；（3）用电器工作时，电能转化为其他形式的能。【解答】解：风能可以从自然界源源不断地获得，它们属于可再生能源；硅光太阳能电池板是用半导体材料制成的；电流通过电灯时，电能转化为光能。故答案为：可；半导体；电。【点评】本题考查了能量转化与能源类型的判断，是一道基础题，熟练应用基础知识即可正确解题。15【分析】内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的。【解答】解：如图所示，两个气门关闭，且活塞向下运动，所以为做功冲程，该冲程中，消耗内能，产生机械能，故是将内能转化为机械能的过程；在做功冲程中，内能转化为机械能，气缸内的气体内能减小。故答案为：做功；内；减小。【点评】本题主要考查对热机一个工作循环中各冲程情况的了解以及工作的实质，并掌握涉及能量转化的两个冲程。16【分析】（1）扩散现象是分子运动的结果，一切物质的分子都在不停地做无规则运动；（2）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；（3）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。【解答】解：在车内能闻到香水味说明分子是在永不停息地做无规则运动的。当汽车急刹车或急转弯时，运动状态发生了变化，而香水瓶由于具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以会飞出，会对人和车造成伤害；小明在瓶下垫一个表面粗糙的橡胶垫，其目的是为了在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。故答案为：分子是在永不停息地做无规则运动的；惯性；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。【点评】此题考查增大摩擦的方法、惯性和扩散现象，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。17【分析】（1）根据平面镜成正立、等大的虚像的特点即可直接得出答案；（2）光的反射分为镜面反射与漫反射两种，光污染主要是由镜面反射引起的。【解答】解：因为平面镜成正立、等大的虚像，所以人们可以通过大厦的外部安装有平板玻璃幕墙看到自己的虚像；由于平面镜成的像与物大小相同，故人远离幕墙时像的大小不变；高楼大厦的玻璃幕墙造成的光污染是由于光的镜面反射引起的。故答案为：虚；不变； 镜面反射。【点评】本题考查了平面镜成像的特点以及镜面反射的危害，此题难度不大，属于基础题。18【分析】物质有气态变为液态叫液化，液化放热；圆形的透明的露珠，相当于一个凸透镜，利用凸透镜成像的规律即可知道露珠下面的草木叶脉为什么变大更加清晰。【解答】解：露珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，形成的过程中需要放热；透过露珠，看到露珠下的叶脉放大了，这是由于露珠相当于凸透镜，其作用相当于放大镜，这是光的折射现象。故答案为：液化；放；折射。【点评】此题考查液化现象和光的凸透镜成像，体现了物理来源于生活的学习理念，将自然界中的现象与对应的物理知识两者联系在一起，是解决这种类型题目的关键。19【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆，据此填空。【解答】解：筷子用来起瓶盖的使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；夹菜时用的筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，为了省距离。故答案为：力；距离。【点评】本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：省力杠杆，动力臂大于阻力臂；费力杠杆，动力臂小于阻力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂20【分析】由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据snh求出绳端移动的距离，根据WGhmgh求出有用功，根据WFs求出总功，利用P求出拉力做功的功率，利于100%求出滑轮组的机械效率。【解答】解：由图可知，n3，则绳端移动的距离：snh32m6m，有用功：W有Ghmgh810kg10N/kg2m16200J，总功：W总Fs3000N6m18000J，拉力做功的功率：P900W，滑轮组的机械效率：100%100%90%。故答案为：16200；900；90%。【点评】本题考查了有用功、总功、功率、机械效率的计算，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。21【分析】由电路图可知，闭合开关S时，灯泡L与滑动变阻器并联，电流表测滑动变阻器支路的电流，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时灯泡实际功率的变化，进一步判断灯泡亮暗的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器并联，电流表测滑动变阻器支路的电流，电压表测电源的电压，因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，灯泡的实际功率不变，亮暗不变；当滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路中的电阻变大，因并联电路中各支路两端的等电压相等，所以，由I可知，通过变阻器的电流变小，即电流表的示数变小。故答案为：变小；不变；不变。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路连接方式的判断和电表所测电路元件的辨别，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。三作图题、（本题共3小题，每小题3分，共9分）22【分析】先过入射点作出法线，根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角大于入射角，确定折射光线的方向。然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线；【解答】解：过入射点O做法线，从而确定了入射光线位于法线的左侧，并确定了入射角的大小。根据折射角大于入射角画出折射光线。光线在墙壁上发生了反射，根据反射角等于入射角画出反射光线；如图所示：【点评】做光路图时，要注意实线和虚线，光线要画箭头等细节，若告诉了入射角的大小，一定要标出反射角的大小。23【分析】（1）根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。（2）根据题意确定B点所受的阻力F2的方向，按照力的示意图的画法作图即可。【解答】解：（1）（2）由杠杆平衡条件F1l1F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向下；（3）由题意可知，B点所受的阻力F2的方向竖直向上，过B点沿竖直向上画一条有向线段，用F2表示，即为B点所受的阻力F2的示意图，如下图所示：【点评】此题考查力的示意图、力臂和杠杆中的最小动力的画法，杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；连接支点与动力作用点，得到最长的线段；经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。24【分析】在家庭电路中，各个用电器是并联的关系，且开关控制对应的应用电器，应该和所控制的用电器串联；且开关应该接在火线和用电器之间。【解答】解：据上面的分析可知，上述两个灯是并联的关系，且开关控制对应的应用电器，应该和所控制的用电器串联；且开关应该接在火线和用电器之间，故有如下两种解法：【点评】知道并理解家庭电路的正确连接是解决该题的关键。四简答题；（共3分）25【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比。导线相互连接处因为接触不良，易造成电阻变大，因为导线连接处与其他导线串联在电路中，通电时间是相同的，由焦耳定律可知电阻大的产生的热量越多，据此分析。【解答】解：（1）在家庭电路中，导线相互连接处因接触不良，该处的电阻较大；（2）由于导线连接处与导线串联在电路中，通过的电流相等、通电时间相等，根据QI2Rt，连接处产生的热量较多，往往比别处更容易发热，加速导线老化，甚至引起火灾。故答案为：（1）连接处接触不牢电阻变大；（2）电流和通电时间相等时，接触处电阻大，产生热量多，所以容易发生火灾。【点评】本题主要考查对焦耳定律及应用的了解和掌握，知道导线和导线的连接处为串联（电流相等）是本题的关键。五计算题；（本题共2小题，共18分，要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值、单位和答）26【分析】（1）水平面上的物体对水平面的压力等于重力，利用Gmg求出赛车对地面的压力，利用p计算对地面的压强；（2）已知路程和时间，利用v计算赛车在赛道上行驶一圈的平均速度；（3）利用P求出赛车牵引力所做的功，利用Q放mq求出燃烧2kg燃油放出的热量，再利用计算赛车发动机的效率。【解答】解：（1）赛车对地面的压力：FGmg540kg10N/kg5400N，赛车对地面的压强：p5.4104Pa；（2）赛车在赛道上行驶一圈的平均速度：v60m/s216km/h；（3）由P可得牵引力所做的功：WPt400103W80s3.2107J，燃烧2kg燃油放出的热量：Q放mq2kg4.6107J/kg9.2107J，赛车发动机的效率：35%。答：（1）若车轮与地面接触的总面积为1000cm2，该车静止在水平地面上时对地面的压强是5.4104Pa；（2）赛车在赛道上行驶一圈的平均速度为216km/h；（3）赛车在赛道上行驶一圈消耗燃油2kg，则赛车发动机的效率是35%。【点评】此题考查压强大小的计算、速度的计算、效率的计算，关键是压强公式、速度公式、热量公式、功率和效率公式的灵活运用，解答过程中应注意单位换算。27【分析】（1）由表格数据可知保温功率，根据PUI求出工作电流；（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，根据总功率等于各用电器功率之和可知R2的电功率，根据并联电路的电压特点和P求出电阻R2的阻值；（3）知道调奶器的加热功率和工作时间，根据WPt求出消耗的电能，不计热损失，调好奶粉吸收的热量等于消耗的电能，又知道调好奶粉的质量和初温、末温，根据Q吸cm（tt0）求出调好奶粉的比热容。【解答】解：（1）由PUI可得，调奶器处于保温状态时的工作电流：I0.07A；（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，R2的电功率：P2P加热P保温500W16W484W，由P可得，电阻R2的阻值：R2100；（3）由P可得，调奶器消耗的电能：WP加热t500W32s16000J，不计热损失，调好奶粉吸收的热量：Q吸W16000J，由Q吸cm（tt0）可得，调好奶粉的比热容：c4103J/（kg）。答：（1）调奶器处于保温状态时的工作电流为0.07A；（2）电阻R2的阻值为100；（3）调好的奶粉的比热容是4103J/（kg）。【点评】本题考查了电功率公式、电功公式和吸热公式的应用，要注意电路的总功率等于各用电器功率之和。六实验、探究题；（共36分）28【分析】（1）利用烧杯中的水给试管里的冰加热的目的是使冰受热均匀。（2）认识晶体和非晶体的区别：晶体有一定的熔点，在熔化过程中，温度不变；非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中温度不断升高。根据图象分析温度随时间的变化情况，从而得出结论。晶体在熔化前是固态；熔化过程中处于固液混合态；熔化完后处于液态。（2）液体沸腾的条件是温度达到沸点，并且不断吸热。【解答】解：（1）利用烧杯中的水给试管里的冰加热的目的是使冰受热均匀。（2）由乙图知，从第3分钟到7分钟，冰的温度保持0不变，所以冰是晶体；从图象可以看出，在第6分钟，冰处于熔化过程中，所以处于固液混合态。冰在熔化过程中需要吸热，所以冰在第6min时具有的内能大于在第4min时具有的内能；（3）当大烧杯中的水沸腾后，尽管不断吸热，但烧杯中的水温度不再升高，保持水的沸点温度不变；小试管中的水从大烧杯中吸热，温度达到水的沸点后，就和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，这时虽然达到了沸点，但不能吸收热量，所以不会沸腾。故答案为：（1）使冰受热均匀；（2）晶体；固液共存；大于；（3）不会。【点评】此题通过图象分析，考查了学生的识图能力，在分析时特别注意温度随时间的变化情况，同时考查了学生对晶体和非晶体在熔化过程中的区别。29【分析】（1）根据光线过光心不改变方向，判断蜡烛、或凸透镜、或光屏的移动情况。（2）（3）u2f，成倒立、缩小的实像，照相机利用此原理，凸透镜成实像时，物近像远像变大。【解答】解：（1）像的位置偏高，根据光线过光心不改变方向，使烛焰升高，或使凸透镜降低，或使光屏升高。（2）凸透镜位于50cm刻线处，蜡烛移至10cm刻度线处，物距u50cm10cm40cm，凸透镜的焦距f10cm，u2f，成倒立、缩小的实像；当蜡烛移至25cm刻度线处，物距u50cm25cm25cm，u2f，成倒立、缩小的实像，此时物距减小，像距增大，像变大。（3）在用照相机拍照时，胶片上成倒立缩小的实像。根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，可知，为了使底片上的像更大一些，将照相机靠近被拍摄景物，而且镜头向前伸，物距减小，像距增大，像变大。故答案为：（1）下；（2）缩小；大；（3）靠近；前伸。【点评】凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。30【分析】（1）U形管的实质是连通器，当连通器中的同种液体不流动时，两侧的液面保持相平；（2）（3）液体内部压强大小通过U形管两侧液面高度差的大小来反映，这是转换法；液体压强和液体的密度、深度有关，实验中采用控制变量法来设计实验。（4）在探究浮力大小与哪些因素有关时，也应使用控制变量法。【解答】解：（1）图甲中的U形管相当于一连通器，向图甲中的U形管内注入适量的蓝墨水，当管内的蓝墨水静止时，U形管左右两侧液面的高度相同；（2）实验中水的密度不变，将探头没入水中，增大探头在水中的深度，发现U形管左右两侧液面的高度差变大，说明同种液体深度越深，压强越大。（3）如图乙、丙所示，将探头放入水和酒精中相同深度，发现探头在酒精中时，U形管左右两侧液面的高度差小，说明在深度相同时，液体密度越大，液体压强越大。（4）验证浮力大小与液体密度的关系，应控制物体浸入液体的体积相同，液体的密度不同，所以，应将同一金属块挂在弹簧测力计下分别浸入水和酒精中一部分，并保证浸入液体中的体积相同，通过观察弹簧测力计示数的大小变化来验证了结论是否正确。故答案为：（1）相同；（2）深度越深，压强越大；（3）小；越大；（4）相同。【点评】此题主要考查的是学生对液体压强的影响因素实验的理解和掌握，解答此类题目要注意控制变量法和转换法的运用。31【分析】（1）首先将天平放在水平桌面上，将游码拨到标尺左端的零刻度线处；天平的调平：指针左偏右调、右偏左调；读出标尺的分度值，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；（2）根据漂浮时浮力与重力相等的特点得出荔枝所受的浮力；根据荔枝完全浸没后水面示数的变化得出荔枝的总体积，最后由密度公式得出荔枝的密度；（3）根据质量或体积的测量值偏差得出结论；（4）根据阿基米德原理结合上面的浮力大小得出汽水的密度。【解答】解：（1）将天平放在水平桌面上，调节游码至标尺左端的零刻度线处；由图甲知，指针偏左，应向右调节平螺母使横梁平衡；由图乙知，标尺的分度值为0.2g，荔枝的质量m10g+5g+1.2g16.2g；（2）由于荔枝漂浮，所以F浮Gmg16.2103kg10N/kg0.162N；由图丙知，汽水和荔枝的总体积为48ml48cm3；荔枝的体积V48cm330cm318cm3；荔枝的密度：0.9g/cm3；（3）荔枝上沾有许多气泡，则所测体积偏大，由可知，所测密度偏小；（4）由题意知，荔枝漂浮时，排开汽水的体积V排46cm330cm316cm3；由F浮液gV排可得，汽水的密度汽1.01103kg/m31.01g/cm3。故答案为：（1）标尺左端的零刻度线处；右；16.2；（2）0.162；48；0.9；（3）小；（4）1.01。【点评】本题是测量固体密度的实验，考查了天平的使用、密度的计算，同时涉及到了与浮力有关的知识，考查全面涉及面广。32【分析】（1）本实验中电流表、灯泡、滑动变阻器应串联在电路中，电压表测灯泡两端电压。由此分析并修改电路；（2）在闭合开关前，滑动变阻器是在阻值最大处，电流表有示数，小灯泡不亮，说明电路中电阻太大；（3）灯泡电压等于额定电压时正常发光，由串联电路的分压原理分析滑片的移动方向；读出灯泡正常发光时电流，由PUI计算其额定功率；（4）由电路图可知，电路中无电压表，只有电流表；要测2.5V的小灯泡L的额定，可根据并联电路各支路两端的电压相等进行设计电路；即调节滑动变阻器接入电路的电阻，使R与电流表示数的乘积为2.5V，再用电流表测出干路电流，根据并联电路的电流特点求出通过灯泡的电流，最后利用PUI求出灯泡的额定功率。【解答】解：（1）测小灯泡的功率实验中电流表、灯泡、滑动变阻器应串联在电路中，电压表测灯泡两端电压。由图，电流表与灯泡并联了，可以将灯泡左侧连接电源负极的导线改接到滑动变阻器的左上接线柱，如图所示：；（2）正确的操作，在闭合开关前，滑动变阻器是在阻值最大处，电流表有示数，小灯泡不亮，说明电路中电阻太大，故选C；（3）小灯泡发光，这时电压表的时数为2V，要使灯泡正常发需提高灯泡两端电压，由串联电路的分压原理可知应将滑片向右移动，直到电压表示数为2.5V为止，由图乙知电流表使用00.6A量程，分度值0.02A，所以灯泡正常发光时通过的电流为0.3A，所以灯泡的额定功率：PUI2.5V0.3A0.75W；（4）由实验电路图可知主要测量步骤：闭合开关S和S2，断开S1，调节滑动变阻器使R，使电流表示数I10.1A；闭合开关S和S1，断开开关S2，保持滑动变阻器的阻值不变，记录此时电流表的示数为I2；通过灯泡的电流ILI2I1，则灯泡L的额定功率PU额（I2I1）。故答案为：（1）见上图；（2）C；（3）右；电压表示数为2.5V；0.3；0.75；（4）S2；0.1；S1；S2；U额（I2I1）。【点评】本题考查了电路连接和实验操作、电流表的读数以及电功率的计算等，要注意测量小灯泡额定功率的实验，一般根据伏安法进行实验，若无电流表可根据串联电流的电流特点进行设计实验；若无电压表可根据并联电路的电压特点设计实验。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/1/22 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