2020年四川省绵阳市中考物理试卷（教师版）.doc

2020年四川省绵阳市中考物理试卷（教师版）

一、选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分．每个小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，向配有活塞的厚玻璃筒注入一些水，用力压活塞，发现水的体积没有明显变小。这是由于水分子之间（　　）

A．有间隙 B．没有间隙 C．存在斥力 D．存在引力
【微点】分子间的作用力．
【思路】物质是分子组成的，分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力。
【解析】解：
向配有活塞的厚玻璃筒注入一些水，用力压活塞，发现水的体积没有明显变小，这说明分子间存在斥力，故C正确。
故选：C。
【点拨】本题考查了分子运动论的相关物理知识，体现了物理和生活的联系，是中考的热点。
2．（3分）如图所示是某型号的钢琴与长笛发出的C调1（do）的波形图。根据该波形图，下列说法正确的是（　　）
A．钢琴与长笛的音调不同，音色相同
B．钢琴与长笛的音调相同，音色不同
C．钢琴与长笛的响度相同，音色相同
D．钢琴与长笛的响度不同，音色不同
【微点】频率与音调的关系；响度与振幅的关系；音色．
【思路】（1）频率是1s物体振动的次数，相同时间内振动越快，频率越大。音调跟频率有关，频率越大，音调越高。
（2）振幅是物体振动时偏离原位置的大小，偏离原位置越大，振幅越大。响度跟振幅有关，振幅越大，响度越大。
（3）从声音的波形上分析，噪声的波形是杂乱无章、不规则的，乐音的波形是规则的。
【解析】解：
由波形图可知，两幅图中钢琴、长笛的振动快慢相同，即振动频率相同，因此音调相同；振幅相同，响度相同；
而钢琴与长笛的结构和制作材料不同，声波的形状也不同，则音色不同；故B正确。
故选：B。
【点拨】通过物体振动的波形图，判断物体振动频率的大小，判断物体的振幅，从而判断音调和响度，考查学生对图象的识别能力。
3．（3分）额温枪这一非接触式测温仪器，成为2020年防控新冠肺炎的一种重点物资。额温枪通过传感器接收人体发出的红外线，得出体温数据。在用额温枪测体温的过程中（　　）
A．红外线传递体温信息 B．额温枪传递体温信息
C．红外线传递病毒信息 D．额温枪传递病毒信息
【微点】红外线．
【思路】光同声音一样可以传递信息和能量。
【解析】解：由题意知：额温枪通过传感器接收人体发出的红外线，利用红外线传递体温信息，得出体温数据，故A符合题意。
故选：A。
【点拨】本题考查了红外线的应用，是一道理论联系实际的好题。
4．（3分）轿车的前挡风玻璃是倾斜安装的，这样可以避免行车时驾驶员视线受到干扰。轿车沿平直公路行驶，车内物体在前挡风玻璃中所成的像（　　）

A．与后方同行的车辆重合 B．与前方同行的车辆重合
C．在后方同行车辆的上方 D．在前方同行车辆的上方
【微点】平面镜的应用．
【思路】根据平面镜成像特点作出车内物体成像情况，可以判断车内物体像的位置。
【解析】解：如图AB是车内的物体，车前玻璃相当于平面镜，根据物体在平面镜中成像和物体关于平面镜对称，作出物体AB的像A'B'，可以得到车内物体在车前玻璃成像在车上方，故选D。

故选：D。
【点拨】本题的关键要理解汽车前玻璃相当于平面镜，车内物体在这个平面镜中成像，根据平面镜成像特点进行判断。
5．（3分）电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插头是三脚插头，如图所示。细心的小敏同学发现标“E”的插脚要稍长些，其作用是（　　）

A．插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳先离地线
B．插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳后离地线
C．插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳先离地线
D．插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳后离地线
【微点】插座的构造与工作方式．
【思路】三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；因用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插插头入插座时先让金属外壳与大地相连，若漏电则先跳闸而防止触电。
【解析】解：地线插脚更长是为了保证在插电源插头时最先接触地线，在拔电源插头时最后分离地线，从而更好起到地线保护作用，故B正确。
故选：B。
【点拨】本题考查了三脚插头的构造及其作用，会根据家庭电路的正确连接方法将插座接入电路。
6．（3分）2020年6月1日起，公安部交管局在全国开展“一盔一带”安全守护行动，要求骑摩托车和电动自行车必须戴头盔，开车必须系安全带。戴头盔、系安全带能保护人的生命安全，其原因是在遇到交通事故时（　　）
A．头盔能防止人头由于惯性撞击头盔
B．安全带能防止人体由于惯性飞出车外
C．头盔能减小人头的惯性，从而减小撞击力的大小
D．安全带能减小人体的惯性，从而减小撞击力的大小
【微点】惯性．
【思路】（1）影响压强大小的因素是压力和受力面积，在压力一定时，增大受力面积，可以减小压强。
（2）惯性是物体的固有属性，它指的是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。
【解析】解：
A、头盔的作用是在人的头部受到撞击时，通过增大受力面积减小对头部的压强，对驾驶员起一个保护作用；故A错误；
B、汽车在紧急刹车时，人由于惯性会继续保持原来的运动状态向前运动，容易撞上挡风玻璃而飞出车外，系安全带可以避免人由于惯性飞出车外，故B正确；
CD、惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，所以头盔和安全带只能减少人受到的伤害，不能减小惯性；故CD错误。
故选：B。
【点拨】本题考查了减小压强的方法、惯性等知识在生活中的应用；要知道任何物体都有惯性，并且会用惯性知识解释身边现象。
7．（3分）周末，小明同学在家与父母一起做清洁卫生，美化家居环境。小明用扫帚扫动地面上一小块果皮的过程中（　　）
A．扫帚对果皮做功改变了果皮的内能
B．扫帚对果皮做功消耗了扫帚的内能
C．小明对扫帚做功改变了扫帚的内能
D．小明对扫帚做功消耗了体内的化学能
【微点】做功改变物体内能．
【思路】人对外做功，会消耗人的化学能，但化学能不一定转化为内能。
【解析】解：小明用扫帚扫动地面上一小块果皮的过程中，小明通过扫帚对果皮做功，改变了果皮的运动状态，没有改变果皮的内能；小明对外做功，消耗了体内的化学能，化学能转化为扫帚的机械能，而不是内能，故D正确。
故选：D。
【点拨】本题考查了对外做功，对物体做功，机械能不一定会转化为内能；当克服摩擦做功、压缩气体做功时，机械能才会转化为内能。
8．（3分）电梯超载报警器工作原理示意图如图所示，R0为定值电阻，压敏电阻R的阻值随着压力的增大而减小，A为电流表，其示数超过设定值时自动报警。电梯处于运行状态，开关S闭合，有人进入电梯后（　　）

A．电流表示数变小，R和R0的总电功率变大
B．电流表示数变小，R和R0的总电功率变小
C．电流表示数变大，R和R0的总电功率变大
D．电流表示数变大，R和R0的总电功率变小
【微点】电路的动态分析．
【思路】由图可知，该电路为串联电路；开关S闭合，有人进入电梯后，根据压敏电阻的变化判定电流的变化，根据P＝UI判定功率的变化。
【解析】解：由图可知，该电路为串联电路；开关S闭合，有人进入电梯后，压敏电阻R受到的压力变大，其电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大；
根据P＝UI可知，在U一定的情况下，I变大，则R和R0的总电功率变大，故C正确。
故选：C。
【点拨】本题考查了电路的动态分析，根据压敏电阻的变化判定电路电流的变化是解题的关键。
9．（3分）绵阳市某初中学校的小明同学，在学校实验室模拟安培1820年在科学院的例会上做的小实验：把螺线管水平悬挂起来，闭合开关，发现螺线管缓慢转动后停了下来，改变螺线管B端的初始指向，重复操作，停止时B端的指向都相同。模拟实验装置如图所示，闭合开关，螺线管停下来后B端指向（　　）

A．东方 B．南方 C．西方 D．北方
【微点】通电螺线管的磁场；安培定则及其应用．
【思路】根据安培定则判断通电螺线管的磁极，然后根据通电螺线管在地磁场的作用下磁极指向。
【解析】解：电流从通电螺线管的左端进入，从右端流出，根据安培定则可以判断，通电螺线管的B端是N极，A端是S极，通电螺线管在地磁场作用下，N极指向地磁南极，即地理北方。
故选：D。
【点拨】首先根据电流方向判断通电螺线管的磁极，然后根据地磁场作用判断通电螺线管的磁极指向，再判断地理方向。
10．（3分）绵阳一号桥是斜拉桥，斜拉桥比梁式桥的跨越能力大，我国已成为拥有斜拉桥最多的国家。如图是单塔双索斜拉大桥，索塔两侧对称的拉索承受了桥梁的重力，一辆载重汽车从桥梁左端按设计时速匀速驶向索塔的过程中，左侧拉索拉力大小（　　）

A．一直增大 B．一直减小
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【微点】杠杆的动态平衡分析．
【思路】以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，根据杠杆的平衡条件分析解答。
【解析】解：以索塔与桥面的交点为支点，左侧拉索的拉力为动力，汽车对桥的压力为阻力，当载重汽车从桥梁左端匀速驶向索塔的过程中，阻力臂逐渐减小，在阻力和动力臂不变时，根据杠杆的平衡条件知左侧拉索拉力大小一直减小，故B正确。
故选：B。
【点拨】本题主要是考查了杠杆平衡条件的应用，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析。
11．（3分）如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜焦距是10cm，蜡烛放在A处，位于C处的光屏（图中未画出）上得到了清晰的像；保持透镜位置不变，将蜡烛移到B处，移动光屏再次得到清晰的像。关于光屏移动的方向和移动距离L屏与蜡烛移动距离L烛的大小关系，正确的是（　　）

A．向右移动光屏，L屏＜L烛 B．向左移动光屏，L屏＜L烛
C．向左移动光屏，L屏＞L烛 D．向右移动光屏，L屏＞L烛
【微点】凸透镜成像规律及其探究实验．
【思路】凸透镜成实像时，物距变小，像距变大；在物距大于像距时，移动蜡烛，蜡烛移动的距离要大于像移动的距离。
【解析】解：将蜡烛放在A处时，此时的物距大于二倍焦距，光屏上得到了清晰的缩小像：保持透镜位置不变，向右移动蜡烛至B处，物距等于二倍焦距；光屏上得到清晰的放大像，像变大，则像距变大，由于实像与成像物体位于凸透镜的两侧，光屏应向右移动；
在物距大于像距时，移动蜡烛，蜡烛移动的距离要大于像移动的距离，即L屏＜L烛；故A正确。
故选：A。
【点拨】此题考查凸透镜成像实验，包括凸透镜成像特点及凸透镜成像性质与物距的关系，属于基础知识。
12．（3分）高空中形成的雨滴在重力和空气阻力的共同作用下，开始下落的一段时间速度越来越大，落到地面前一段时间匀速下落。雨滴在空中下落的整个过程中（　　）
A．动能一直增大，机械能守恒
B．动能先增大后不变，机械能守恒
C．动能先增大后不变，机械能一直减小
D．动能先减小后不变，机械能一直减小
【微点】动能和势能的大小变化；机械能的概念．
【思路】（1）从动能和重力势能大小的影响因素进行判断：
动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大。
重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
（2）物体在运动过程中，若物体受到摩擦力，则物体会克服摩擦力做功，机械能会转化为内能，机械能减小，内能增大。
【解析】解：
雨滴在下落过程中，其质量不变；由题知，雨滴的速度先增大后不变，故雨滴的动能先增大后不变；
雨滴在下落过程中，要克服空气阻力做功，其机械能会一直变小，故C正确，ABD错误；
故选：C.
【点拨】掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法能判断动能、重力势能、弹性势能的变化。
13．（3分）将一个定滑轮和挂有一个重60N钩码的动滑轮，分别组装成如图甲和乙所示的两种滑轮组．在图甲滑轮组，用大小为36N的竖直向下的拉力F1把钩码匀速提升了0.3m；在图乙滑轮组，用竖直向上的拉力F2把钩码匀速提升了0.6m．不计摩擦和绳重．设图甲滑轮组的机械效率为η甲，图乙滑轮组的机械效率为η乙，则（　　）

A．η甲＞η乙 B．η甲＜η乙 C．η甲≈55.5% D．η乙≈83.3%
【微点】机械效率的大小比较；滑轮（组）的机械效率．
【思路】根据图示可知提升物体绳子的条数n，根据滑轮组甲和F＝（G+G动）求出动滑轮的重力，再根据滑轮组乙和F＝（G+G动）求出F2的大小，最后根据η＝＝＝求出甲乙滑轮组的机械效率。
【解析】解：根据图示可知，n甲＝2，n乙＝3；
由F＝（G+G动）可得，G动＝2F1﹣G＝2×36N﹣6N＝12N；
则F2＝（G+G动）＝×（60N+12N）＝24N；
由η＝＝＝可得，甲滑轮组的机械效率：η甲＝×100%＝×100%≈83.3%；
乙滑轮组的机械效率：η乙＝×100%＝×100%≈83.3%；
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点拨】本题考查滑轮组机械效率的计算，关键要熟练应用F＝（G+G动）和η＝＝＝的计算公式，同时从图中准确读出提升物体绳子的条数。
二、填空题（共5小题，每小题2分，满分10分）
14．（2分）夏天的雨后，小草的叶子上有雨滴。透过这些雨滴，可以清晰地看到下面叶子的叶脉。这时，雨滴相当于一个　凸透镜　（选填“凹透镜”“凸透镜”或“平面镜”），看到的是叶脉的　虚　（选填“虚”或“实”）像。
【微点】凸透镜成像的应用．
【思路】当物距小于焦距时，凸透镜成放大、正立的虚像。
【解析】解：根据雨滴的形状可知，雨滴相当于凸透镜；透过雨滴观察下面叶子的叶脉时，叶脉在该“凸透镜”的一倍焦距以内，则看到的是叶脉的正立、放大的虚像。
故答案为：凸透镜；虚。
【点拨】此题主要考查了生活中的透镜，知道雨滴相当于凸透镜，再根据凸透镜成虚像的规律及特点，将所学知识与生活实际相联系即可解答。
15．（2分）如图所示，电源电压4V，两个小灯泡L1（2.5V，0.5W）和L2（3.8V，1.5W）串联接入电路。闭合开关，L1与L2的　电流　（选填“电流”或“电压”）相等，　L1　（选填“L1”或“L2”）较亮。

【微点】串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；实际功率．
【思路】根据电路图可知，两灯串联，串联电路中电流处处相等；先根据P＝的应用求出两灯泡的阻值，然后根据P＝I2R可知两灯泡实际功率的大小，灯泡的实际功率决定了灯泡的亮暗程度。
【解析】解：
根据电路图可知，两灯串联，而串联电路中电流处处相等，所以通过两灯泡的电流相等；
由P＝可知，L1的阻值：R1＝＝＝12.5Ω；
L2的阻值：R2＝＝≈9.6Ω；
因通过两灯泡的电流相等，且L1的阻值较大，则由P＝I2R可知，灯泡L1的实际功率大于灯泡L2的实际功率，因此灯泡L1较亮。
故答案为：电流；L1。
【点拨】本题考查了串联电路的特点以及电功率公式的应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
16．（2分）川人爱吃辣，色香味俱佳的红油辣子是川人家常必备。红油辣子制作关键是对油温的控制，用菜油制作红油辣子的最佳温度为150℃．用沼气将0.1kg菜油从室温17℃加热到制作红油辣子的最佳温度，则菜油吸收了　2.66×104　J的热量，燃烧了　2.8×10﹣3　m3的沼气。已知沼气燃烧释放的热量有50%被菜油吸收，沼气热值取1.9×107J/m3，取c菜油＝2.0×103J•（kg•℃）﹣1。
【微点】热量的计算；燃料的热值及其计算．
【思路】知道菜油的质量、比热容和菜油的初温和末温，利用吸热公式求菜油吸收的热量；
知道沼气燃烧释放的热量有50%（即热效率）被菜油吸收，利用热效率公式可以求出沼气燃烧放出的热量，根据公式Q放＝Vq求出需要燃烧沼气的体积。
【解析】解：菜油吸收的热量：
Q吸＝c菜油m（t﹣t0 ）＝2.0×103J/（kg•℃）×0.1kg×（150℃﹣17℃）＝2.66×104J；
沼气燃烧释放出的热量有50%被菜油吸收，则沼气放出的热量为：
Q放＝＝＝5.32×104J；
由Q放＝Vq得沼气的体积为：
V＝＝＝2.8×10﹣3m3。
故答案为：2.66×104；2.8×10﹣3。
【点拨】本题考查了学生对吸热公式、燃料燃烧放热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
17．（2分）宽握距引体向上要求：两手用宽握距正握（掌心向前）单杠，略宽于肩，两脚离地，两臂自然下垂伸直；用力将身体往上拉起，下巴超过单杠时稍作停顿，然后回复完全下垂，即为完成1次。小明同学体重600N，正握单杠且两臂自然下垂伸直时，下巴与单杠的高度差是0.4m，他在某次测试中，1min内完成了10次引体向上，则他完成1次引体向上至少做功　240　J，整个测试过程中做功的平均功率最小是　40　W。
【微点】功的计算；功率的计算．
【思路】已知小明的重力，做引体向上的过程中上升的高度至少为0.4m，利用W＝Gh即可求出小明完成1次引体向上至少做的功；进一步求出整个测试过程中做的功，再利用P＝求出平均功率的最小值。
【解析】解：
由题意可知，小明做引体向上的过程中上升的高度至少为0.4m，
小明完成1次引体向上至少做功：W＝Gh＝600N×0.4m＝240J；
1min内完成了10次引体向上，
则整个测试过程中做的功：W总＝10W＝10×240J＝2400J；
整个测试过程中做功的平均功率的最小值：P＝＝＝40W。
故答案为：240；40。
【点拨】本题考查了做功和功率的计算，计算时要注意公式中各物理量的对应关系。
18．（2分）2020年6月23日，北斗三号最后一颗全球组网卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。此次发射的是北斗三号系统中最后一颗地球静止轨道卫星，卫星距离地面高约36000km。静止轨道卫星以地面为标准是静止的，以地心为标准是运动的，且24h绕地心转1周。这颗卫星在轨道上运行时，绕地心运动的速度约　1.1×104　km/h（结果保留小数点后1位），回传信息的无线电波到达地球表面的最短时间约　0.12　s．（地球半径约6400km，无线电波传播速度约3×108m/s，π取3.14）
【微点】速度公式及其应用．
【思路】（1）已知地球半径和卫星距离地面高度，求出卫星距离地心的距离，再求出卫星地心运动的周长，利用v＝求出同步卫星运行速度。
（2）根据距离s和无线电波速度v，利用公式t＝就可以计算出时间。
【解析】解：（1）卫星与地心的距离：36000km+6400km＝42400km，
卫星运动距离：s＝2×3.14×42400km＝266272km，
运动时间：t＝24h，
卫星运动的速度：
v＝＝≈1.1×104km/h；
（2）无线电波传播的距离：s′＝36000km，
传播时间：t′＝＝＝0.12s。
故答案为：1.1×104；0.12。
【点拨】此题主要考查速度公式的灵活应用，正确计算出卫星绕地形运动的路程是解题的关键。
四、（本题包括3小题，第21题第（4）问2分，其余每空2分，共20分）
19．（6分）探究水凝固时温度的变化规律。取半个易拉罐，装的冰与的食盐的混合物（此混合物是很好的制冷剂），选一只管径较细的试管，盛少许水，把该试管埋入易拉罐的冰与食盐混合物中。正确操作，观测记录水凝固过程中温度随时间变化的数据如下表所示。
时间/mmin
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
温度/℃
12
3
1
0
0
0
0
0
0
0
﹣1
回答下列问题：
（1）用温度计测量温度，应将温度计插入　A　。
A．试管的水中 B．冰与食盐的混合物中 C．空气中
（2）在4min﹣5min时间内，试管中的水　B　。
A．吸热 B．放热 C．不吸热不放热
（3）根据表中数据可以认为：水的凝固点与冰的熔点　相同　（选填“相同”或“不相同”）。
【微点】熔化和凝固的探究实验．
【思路】（1）根据实验探究的目的解答；
（2）水凝固时不断放出热量；
（3）同种物质的熔点和凝固点是相同的。
【解析】解：（1）本实验是探究水凝固时温度的变化规律，所以用温度计测量温度时，应将温度计插入试管内的水中，故选A；
（2）根据表格中数据，在4min﹣5min时间是水的凝固过程，虽然温度不变，但凝固时一直在放热；
（3）同种物质的熔点和凝固点是相同的，故水的凝固点与冰的熔点相同。
故答案为：（1）A；（2）B；（3）相同。
【点拨】本题考查熔化和凝固的探究实验，关键是将实验操作原则及结论掌握清楚，仔细分析解答。
20．（6分）小明等几位同学设计不同实验探究浮力。
（1）他们找了一段较细的红线，将其两端分别固定在乒乓球和大烧杯的底部，再向烧杯缓慢注水，直到水将乒乓球浸没，发现红线在竖直方向被拉直，如图甲所示；然后，将大烧杯倾斜，发现红线仍旧在竖直方向被拉直，如图乙所示。根据两次观察到的现象，小明他们认为：乒乓球受到的浮力　D　（选填序号）。
A．大小与乒乓球的体积有关 B．大小与水的密度有关
C．方向可能竖直向上也可能斜向上 D．方向竖直向上

（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N．然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是　3　N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，此时铝块受到浮力大小是　1.5　N．实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
【微点】探究影响浮力大小因素的实验．
【思路】（1）根据红线都是在竖直方向被拉直，结合重力的方向竖直向下，由力的平衡确定浮力的方向；
（2）根据测力计分度值分别确定两次测力计的示数，由称重法测浮力得出铝块全部浸没在水中受到浮力大小。
【解析】解：（1）在甲、乙图中，红线都是在竖直方向被拉直，乒乓球受到竖直向下的重力和绳子竖直向下的拉力及向上的浮力作用，小球处于静止状态，由力的平衡，小球受到竖直向下力的合力与浮力为一对平衡力，由二力平衡，这个合力与受到的浮力大小相等，方向相反，故乒乓球受到的浮力方向竖直向上，选D；
（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N，然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，测力计分度值为0.1N，弹簧测力计示数是3N；
当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，测力计示数为2.5N，由称重法测浮力，此时铝块受到浮力大小是：
F浮＝G﹣F＝4N﹣2.5N＝1.5N；
实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
故答案为：（1）D；（2）3；1.5.
【点拨】本题考查受力分析、二力平衡、测力计读数及称重法测浮力等知识。
21．（12分）学校实验室有一根长略大于60cm的均匀电阻丝，小明等同学打算探究这根电阻丝不同长度的电阻与对应长度的关系。已知这根电阻丝总电阻约6Ω．他们设计了如图甲所示电路示意图，电源电压3V，电阻丝拉直固定在木板上的a、b两点，P为鳄鱼夹。
完成实验，回答下列问题：

（1）电流表应选用　C　（选填序号）。
A．电流表A1（0～60mA）
B．电流表A2（0～0.6A）
C．电流表A3（0～3.0A）
（2）正确连接电路，断开开关，鳄鱼夹P夹接在电阻丝上靠近b端某位置，用刻度尺测鳄鱼夹与a端间电阻丝长度L，闭合开关，读取电流表示数I；断开开关，将鳄鱼夹P向a端移动约10cm，重复前面的操作。6次测得的电阻丝长度L和对应电流表示数I如下表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
L/cm
60.0
50.0
40.0
30.0
20.0
10.0
I/A
0.51
0.60
0.73
1.05
1.48
2.95
算出的电阻R/Ω
5.9
？
4.1
2.9
2.0
1.0
（3）计算接入电路电阻丝的电阻R，并填在上表中。请补填根据第2次测量算出的电阻丝的电阻R2＝　5　Ω。
（4）请在图乙的坐标系中，制定纵横坐标的标度，把上表中数据在坐标系中描点，然后画出图象。
（5）根据你画出的图象，　可以　（选填“可以”或“不可以”）得到结论：在误差范围内，电阻丝的电阻与其长度成正比。
【微点】影响电阻大小的因素．
【思路】（1）根据欧姆定律算出电路的电流，据此选择电流表的量程；
（2）已知电阻两端电压和通过电阻的电流，根据欧姆定律的应用可知第2次实验算出电阻丝的电阻；
（3）根据表中数据描点，然后用直线将各点连接起来；
（4）根据图象中R与L的关系可得出正确的结论。
【解析】解：（1）根据实验数据可知，当电路中接入的阻值为1Ω时，电路的电流：I最大＝＝＝3A，所以选用0～3A的电流表，故选C；
（3）由I＝可得，电阻丝R2的电阻：R2＝＝＝5Ω；
（4）根据表中数据描点，然后用直线将各点连接起来，如下图所示：

（5）根据图象可知，R与L的图象是一条直线，即R与L成正比，所以可以得出的结论为：在误差范围内，电阻丝的电阻与其长度成正比。
故答案为：（1）C；（3）5；（4）如图；（5）可以。
【点拨】本题考查了欧姆定律的应用、影响电阻大小的因素，难度不大，要掌握。
三、（本题包括2小题，共21分．解答过程必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）某学校共有电灯200盏，都用40W的日光灯，平均每天用电5h。为提升照明效果，节约用电，都改用12W的节能灯。学校照明电路电压是220V。
（1）照明时每盏日光灯的电流是多大？
（2）这所学校100天可节约多少度电？
【微点】电功与电能的计算；电功率与电压、电流的关系．
【思路】（1）根据P＝UI的应用可求出通过每盏日光灯的电流；
（2）已知灯的功率及工作时间，由公式W＝Pt可以求出节约的电能。
【解析】解：（1）由P1＝UI1可得，通过每盏日光灯的电流：
I1＝＝≈0.18A；
（2）200盏日光灯100天共消耗的电能：
W1＝200×100×P1t＝200×100×0.04kW×5h＝4000kW•h；
200盏节能灯100天共消耗的电能：
W2＝200×100×P2t＝200×100×0.012kW×5h＝1200kW•h；
所以这所学校100天可节约的电能：
W＝W1 ﹣W2 ＝4000kW•h﹣1200 kW•h＝2800kW•h＝2800度。
答：（1）照明时每盏日光灯的电流是0.18A；
（2）这所学校100天可节约2800度电。
【点拨】本题考查了电功公式和电功率公式的应用，计算过程要注意单位的换算。
23．（12分）质量5kg、底面积0.05m2的薄长方体水缸放在水平桌面上；原长为0.35m的轻质弹簧下端固定在水缸内底部，上端连接一个底面积0.01m2、高0.1m的圆柱体木块，竖直放置，静止时弹簧长度为0.3m。缓慢往水缸内加水，当木块一半体积在水面之上时，弹簧长度恰好为原长；停止加水，用竖直向下的外力压木块，弹簧长度为0.3m时保持木块不动。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，认为水缸内横截面积与底面积相等，足够高。求：
（1）木块的质量；
（2）最后木块不动时外力的大小；
（3）最后木块不动时水缸对桌面的压强。
【微点】压强的大小及其计算．
【思路】（1）先根据V＝Sh求出木块的体积，然后根据阿基米德原理的应用求出浮力的大小，再利用木块漂浮时浮力等于重力求出木块的质量；
（2）根据题意可知，当弹簧长度为0.3m，说明木块在外力的作用下移动的距离为0.35m﹣0.3m＝0.05m，据此求出木块下降的高度，进一步确定最后木块不动时，木块完全浸入水中，根据阿基米德原理的应用求出此时木块受到的浮力，然后根据力的平衡条件求出外力的大小；
（3）根据弹簧的原长和木块浸入水中的深度求出水缸内水的深度，并根据V＝Sh求出水的体积，再利用密度公式求出水的质量，然后根据桌面受到的压力等于总重力与外力之和求出水缸对桌面的压力，最后根据p＝求出水缸对桌面的压强。
【解析】解：
（1）木块的体积：V木＝S木h木＝0.01m2×0.1m＝1×10﹣3m3
木块只有一半体积在水面之上时，木块受到的浮力：
F浮1＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg××1×10﹣3m3＝5N，
木块一半体积在水面之上时，弹簧长度恰好为原长，说明此时木块漂浮，则G木＝F浮1＝5N，
则m木＝＝＝0.5kg。
（2）当弹簧为原长时，木块只有一半体积在水面之上，木块浸入水中的深度为h浸＝×0.1m＝0.05m，
用竖直向下的外力压木块，弹簧长度为0.3m时保持木块不动，则木块向下移动的距离d＝0.35m﹣0.3m＝0.05m＝h浸，同时水面还会上升，故最后木块不动时，木块完全浸入水中；
由题知，水缸中没有水时，木块竖直放置在弹簧上，静止时弹簧长度为0.3m，则弹簧向上的弹力F弹＝G木＝5N，
停止加水，用竖直向下的外力压木块，弹簧长度为0.3m时保持木块不动，所以弹簧向上的弹力大小不变，仍为5N，
此时木块受到的浮力：F浮2＝ρ水gV排′＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，
根据力的平衡条件可知：G木+F＝F弹+F浮2 ，
所以F＝F浮2＝10N。
（3）当木块一半体积在水面之上时，弹簧长度恰好为原长，此时停止加水，
设弹簧原长为L0，水缸内横截面积为S，
此时水的深度：h＝L0+h浸＝0.35m+0.05m＝0.4m，
水的体积：V水＝Sh﹣V木＝0.05m2×0.4m﹣×1×10﹣3m3＝1.95×10﹣2m3，
由ρ＝可得，水的质量：m水＝ρ水V水＝1×103kg/m3×1.95×10﹣2m3＝19.5kg，
水缸对桌面的压力：
F压＝（m木+m水+m水缸）g+F＝（0.5kg+19.5kg+5kg）×10N/kg+10N＝260N；
水缸对桌面的压强：
p＝＝＝5.2×103Pa。
答：（1）木块的质量为0.5kg；
（2）最后木块不动时外力的大小为10N；
（3）最后木块不动时水缸对桌面的压强为5.2×103Pa。
【点拨】本题为力学综合题，考查了学生对重力公式、密度公式、液体压强公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件、力的合成，注意弹簧的长度相同时其对木块的弹力大小相同。
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