四川省广安市2018年中考物理真题试题（含解析）.doc

四川省广安市2018年中考物理真题试题一、选择题（每小题只有一个选项符合题意每小题1.5分，共18分）1（1.5分）（2018广安）下列物理量最接近实际的是（）A你所在考场温度约45B你所用的新2B铅笔长度约18cmC你的质量约为30kgD考场里一盏日光灯的额定功率约为200W【分析】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项。【解答】解：A、人体感觉舒适的温度在23左右，考场内气温感觉舒适，应该在23左右。故A不符合实际；B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，一支普通2B铅笔的长度与此差不多，在18cm左右。故B符合实际；C、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右。故C不符合实际；D、家用电风扇的额定功率为40W，教室中一盏日光灯的额定功率与此差不多，在40W左右。故D不符合实际。故选：B。【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。2（1.5分）（2018广安）下列关于声现象的说法，正确的是（）A中考期间学校路段禁止鸣笛，这是在传播过程中减弱噪声B声音在真空中传播速度是340m/sC发声体的频率高低决定了声音的音调D吹口琴时，对不同气孔吹气，是为了改变声音的音色【分析】（1）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处；（2）声音的传播需要介质；声音在空气中的传播速度约为340m/s；（3）发声体的振动频率高，音调越高；振幅越大，响度越大，音色反映声音的品质与特色，与发生体的结构、材料有关；【解答】解：A、学校路段禁止汽车鸣笛，这是在声源处减弱噪声，故A错误；B、声音在空气中的传播速度约为340m/s，声音在真空中不能传播，故B错误；C、发声体的振动频率越高，音调越高，即发声体的频率高低决定了声音的音调，故C正确；D、吹口琴时，对不同气孔吹气，改变了振动的空气柱的长度，改变了振动频率，是为了改变声音的音调，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。3（1.5分）（2018广安）下列对生活中的物理现象分析错误的是（）A夏天，常用干冰给食品保鲜，利用了干冰升华吸热B烧开水时看见冒“白气”，是水汽化生成的水蒸气C打开酒精瓶的瓶塞后，屋里弥漫着酒精味，这说明酒精分子在不停地运动D常用水给汽车发动机冷却是利用了水的比热容大的特性【分析】（1）物质直接从固态变为液态的过程叫升华，升华吸热；（2）物质从气态变成液态称为液化，液化放热，“白气”通常是指大量的小水珠；物质由固态变为气态叫升华，升华吸热；（3）组成物质的分子在不停地做无规则运动；（4）水的比热容较大，与其它物质相比，在质量和升高的温度相同时，水吸收的热量最多。【解答】解：A、夏天，常用干冰给食品保鲜，干冰有固态直接变成气态，是升华现象，干冰升华吸热，故A正确；B、当水烧开时，从壶嘴冒出温度较高的水蒸气在空气中遇冷放出热量，液化成小水珠，故B错误；C、打开酒精瓶的瓶塞后，教室里弥漫着酒精味，是扩散现象，是分子无规则运动的结果，故C正确；D、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以暖气装置中用水来供热；升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水来冷却，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物态变化，分子运动，以及比热容是一道综合题。4（1.5分）（2018广安）关于力和运动，下列说法中正确的是（）A物体匀速转弯一定受到非平衡力的作用B竖直下落的小球越来越快，小球的惯性越来越大C物体受到力运动状态一定改变，不受力运动物体很快会停下来D静止在水平地面上的物体所受的重力和它对地面的压力是一对平衡力【分析】（1）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，即处于静止状态或匀速直线运动状态；物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化；（2）物体的惯性与其质量有关，与物体的速度无关。（3）力是改变物体运动状态的原因；物体受平衡力时运动状态不变。（4）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。【解答】解：A、物体匀速转弯，其方向改变，所以一定受到非平衡力的作用，故A正确；B、惯性只与物体的质量有关，与速度无关，竖直下落的小球，越来越快，但质量不变，惯性不变，故B错误；C、物体受到力运动状态不一定改变，如受平衡力时，运动状态不变；不受力时，运动物体将会保持原来的运动状态不变，故C错误。D、静止在水平地面上的物体所受的重力和它对地面的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故D错误。故选：A。【点评】解答本题的关键是理解力与运动状态之间的关系、了解力的作用效果、平衡力及平衡状态的概念等，属力学基础题。5（1.5分）（2018广安）下列关于光现象的说法中正确的是（）A岸边的人在水中所成的“倒影”是光的折射形成的B物体在平面镜中成的是虚像，物体离平面镜越近像越大C使用投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，光在屏幕上发生了漫反射D凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼【分析】（1）（2）平静的水面相当于平面镜，物体在平面镜中成正立等大的虚像，物像到平面镜的距离相等；（3）投影仪成倒立、放大的实像；平行光线经凹凸不平的反射面反射后，反射光线射向四面八方，漫反射的反射面是凹凸不平的；（4）凹透镜对光有发散作用，可用来矫正近视眼。【解答】解：A、“倒影”属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；B、像和物体的大小相等，物体离平面镜越近，所成的像不会变大，故B错误；C、投影仪可以在屏幕上形成正立放大的实像，为了使各个方向的人都能看到屏幕上的像，故光在屏幕上要发生漫反射，故C错误；D、近视眼是晶状体曲度变大，会聚能力增强，应佩戴发散透镜使光线推迟会聚，因凹透镜对光线有发散作用，所以近视眼应该配戴凹透镜才能看清远处的物体，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了光的反射、凸透镜成像规律、近视眼的矫正，属于基础知识。6（1.5分）（2018广安）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（）A使用试电笔时，手指不能触碰试电笔上端的金属帽B金属外壳的用电器必须接地C低于220V的电压对人体都是安全的D若空气开关“跳闸”，一定是电路中出现了短路【分析】使用测电笔时，手指接触笔尾金属体；带有金属外壳的用电器，外壳一定要接地；经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的；家庭电路电流过大的原因：短路、总功率过大。【解答】解：A、使用试电笔时笔尖应该接触被测导线，手指按住笔尾的金属帽。故A错误；B、有些电器的外壳是金属的，为了防止漏电，把外壳接地让漏出来的电导入到大地，避免触电。故B正确；C、经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的。故C错误；D、空气开关“跳闸”，说明电路电流太大，原因是电路中出现了短路或用电器的总功率过大。故D错误。故选：B。【点评】安全用电的原则是：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。本题来源于日常生活的常见现象和行为，在考查安全用电的原则中，实现安全用电知识的宣传和教育作用。7（1.5分）（2018广安）关于物体的内能，下列说法中正确的是（）A物体的内能增加，可能是从外界吸收了热量B0的冰熔化成0的水内能不变C汽油机的压缩冲程是把内能转化为机械能D热量总是从内能大的物体向内能小的物体转移【分析】（1）做功和热传递都能改变内能；（2）物体温度升高或者降低时，内能随着增大或减小；但是物体内能变化时，温度不一定变化；（3）汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能；压缩冲程中，机械能转化为内能；（4）热量是一个过程量，存在于热传递过程中，只能说吸收或者放出热量，不能说含有或者具有热量；热量是从高温物体向低温物体传递的。【解答】解：A、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是外界物体对它做了功，故A正确；B、0的冰变成0的水，需要吸收热量，尽管质量和温度不变，但内能增加，故B错误；C、汽油机的压缩冲程中，将机械能转化为内能，故C错误；D、热量是从高温物体向低温物体传递的，内能大的物体温度不一定高，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物体内能变化时，温度不一定改变；做功和热传递都可以改变物体的内能，能的转化，热传递，是一道综合题。8（1.5分）（2018广安）现代社会倡导文明出行，某班同学对十字路口人行横道的红、绿交通信号灯进行了观察，画出了如图所示的控制人行红、绿灯的电路图，你认为可行的是（）【分析】根据生活经验可知，红绿交通信号灯不能同时工作、且互不影响即为并联，然后分析选项得出答案。【解答】解：A、两开关均闭合时红绿交通信号灯同时发光，只闭合一个开关均不发光，故A不正确；B、只闭合开关S1时绿灯亮，只闭合开关S2时红灯亮，两灯独立工作，互不影响，故B正确；C、两开关都闭合时会造成电源短路且两灯泡不发光，任何一个开关断开时红绿交通信号灯同时发光，故C不正确；D、当只闭合开关S2时，两灯泡都发光；只闭合S1时绿灯亮。故D不正确。故选：B。【点评】本题考查了电路图的设计，关键是知道红绿交通信号灯两灯泡不会同时亮，要注意从选项中找出最符合题意的答案。9（1.5分）（2018广安）如图所示，甲、乙两个完全相同的烧杯，放置在同一水平桌面上，杯内盛有密度不同的盐水。将同一小球分别放入两烧杯中，待静止时，两杯盐水液面相平，则（）A甲杯盐水的密度小于乙杯盐水的密度B盐水对甲杯底的压强小于盐水对乙杯底的压强C小球在两杯盐水中的浮力相等D甲容器对桌面的压强小于乙容器对桌面的压强【分析】（1）根据小球的浮沉情况判断出杯中盐水密度的大小关系；（2）利用压强公式p=gh判断压强的大小；（3）根据漂浮与悬浮的条件可判断小球在不同杯子中受到的浮力的大小；（4）根据压强公式p=判断压强的大小。【解答】解：A、小球在甲杯中漂浮，则甲球；在乙杯中悬浮，则乙=球；所以，甲乙，故A错误；B、两杯中液面相平，h相等，甲乙，由公式p=gh可知，p甲p乙故B错误；C、读图可知，小球在甲杯中漂浮，在乙杯中悬浮，则浮沉条可知，它们此时所受的浮力都等于自身的重力，即浮力相同，故C正确；D、由于甲乙=球，则甲杯中盐水的密度大，体积相同，甲液体质量较大，重力较大，容器重力相同，底面积相同，据压强公式p=，得甲容器对桌面的压强大于乙容器对桌面的压强，故D错误。故选：C。【点评】本题的解答需要用到浮沉条件、液体压强公式、阿基米德原理、压强的变形公式等，同时还要进行严密的推理，综合性较强。10（1.5分）（2018广安）如图所示的电路，闭合开关后，当滑片P向右移动时，下列说法正确的是（）A灯泡L变暗B电压表示数变小C电流表A1示数变大D整个电路消耗的总功率变小【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电压表测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测L支路的电流，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通过L的电流和实际功率不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，根据P=UI可知电路总功率的变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表V测电源的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测L支路的电流。因电源的电压不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故B错误；因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，即L的亮度不变，故A错误；当滑片P向右移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，由I=可知，通过R的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A1的示数变小，故C错误；由P=UI可知，整个电路消耗的总功率变小，故D正确。故选：D。【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、电功率公式的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。11（1.5分）（2018广安）如图所示，斜面长3m，高0.6m，建筑工人用绳子在6s内将重500N的物体从其底端沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是150N（忽略绳子的重力）。则下列说法正确的是（）A斜面上的摩擦力是50NB拉力的功率是50WC拉力所做的功是300JD斜面的机械效率是80%【分析】（1）利用W=Fs计算该过程拉力F做的功；利用W有=Gh求出有用功，利用W额=W总W有求出额外功，然后利用W额=fs计算货物箱在斜面上受的摩擦力大小；（2）利用P=求拉力做功功率；（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：（1）拉力F做的功：W总=Fs=150N3m=450J；有用功：W有用=Gh=500N0.6m=300J，额外功：W额=W总W有用=450J300J=150J，由W额=fs可得，物体在斜面上受到的摩擦力：f=50N，故A正确、C错；（2）拉力的功率：P=75W，故B错；（3）斜面的机械效率：=100%66.7%，故D错。故选：A。【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、功率、机械效率的计算，知道使用斜面克服摩擦做的功为额外功是关键。12（1.5分）（2018广安）如图所示的电路，电源电压恒为4.5V，电流表的量程为00.6A，电压表的量程为03V，定值电阻阻值5，滑动变阻器R的最大阻值50，闭合开关S，移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（）A若滑片P向左移，电流表的示数变小B电压表与电流表的比值不变C滑动变阻器允许的调节范围是2.550D电流表的变化范围是0.3A0.6A【分析】由电路图可知，定值电阻R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；（2）根据欧姆定律结合滑动变阻器的阻值确定电压表与电流表的示数比值的变化；（3）当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，定值电阻的功率最大，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用P=I2R求出定值电阻消耗的最大功率；当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，定值电阻的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出R两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后得出答案。【解答】解：由电路图可知，定值电阻R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）若滑片P向左移动，接入电路中的电流变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故A错误；（2）由R=可知，电压表与电流表的示数比值等于滑动变阻器接入电路中电阻，则滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻发生变化，电压表与电流表的示数比值变化，故B错误；（3）当电流表的示数I大=0.6A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，定值电阻的功率最大，此时电路中的总电阻：R总=7.5，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滑小=R总R=7.55=2.5，定值电阻消耗的最大功率：PR大=I大2R=（0.6A）25=1.8W；当电压表的示数U滑=3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，定值电阻的电功率最小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压：UR=UU滑=4.5V3V=1.5V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I小=0.3A，故电流表的变化范围是0.3A0.6A。滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R滑大=10，则滑动变阻器的阻值变化范围为2.510，故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路的动态分析，会判断滑动变阻器接入电路中的最大和最小阻值、定值电阻消耗的最大和最小功率是关键，要注意把电压表与电流表的示数比值转化为滑动变阻器接入电路中的电阻来处理。二、填空题（每空1分，共14分）13（2分）（2018广安）在中考的考场上，随着铃声的响起，同学们开始了紧张的考试，这说明声音可以传递信息；小萌同学以5m/s的速度从家里骑车12min到达中考考点，小萌家距考点3.6km【分析】（1）声音可以传递信息，也可以传递能量；（2）知道速度和时间，根据v=求出小萌家距离考点的距离。【解答】解：考场上，随着铃声的响起，同学们开始了紧张的考试，这说明声音可以传递信息；t=12min=720s，根据v=可得，小萌家距离考点的距离：s=vt=5m/s720s=3600m=3.6km。故答案为：信息；3.6。【点评】本题考查了声音的应用、学生对速度计算公式的理解和掌握，注意单位换算，常见题目。14（2分）（2018广安）如图甲所示的电路，当闭合开关后两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则R1两端的电压是6V，R1与R2的电阻之比为4：1。【分析】由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点结合两只电压表指针的偏转角度相同得出量程，根据分度值读出示数并求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出R1、R2阻值之比。【解答】解：由电路图可知，R1、R2串联，电压表V2测电源两端的电压，电压表V1测R2两端的电压。因串联电路中总电压等于各分电压之和，且两只电压表指针的偏转角度相同，所以，电压表V2的量程为015V，分度值为0.5V，则电源电压U=7.5V，电压表V1的量程为03V，分度值为0.1V，则R2两端的电压U2=1.5V，根据串联电路的电压特点可得，R1两端的电压：U1=UU2=7.5V1.5V=6V；因串联电路中各处的电流相等，所以由U=IR可得，R1、R2的阻值之比等于其两端的电压之比，即：=4：1。故答案为：6；4：1。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据串联电路的电压特点确定两电压表的量程是关键。15（2分）（2018广安）发电机的原理是电磁感应，工作时将机械能转化为电能；手机是利用电磁波来传递信息的。【分析】人类利用电磁感应现象制成了发电机；电磁波能传递信息。【解答】解：发电机是依据电磁感应原理工作的，在发电的过程中，将机械能转化为电能。手机是利用电磁波来传递信息的。故答案为：电磁感应；电磁波。【点评】本题考查了电磁感应现象、电磁波的应用，属于基础知识。16（2分）（2018广安）小明站在匀速上升的观光电梯里，此时他的重力势能增大，动能不变（选填“增大”、“减小”或“不变”）；用吸尘器“吸”灰尘时，灰尘是由于空气流速越大，压强越小的缘故被“吸”入吸尘器的。【分析】影响动能大小的因素是物体的质量和速度；液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大。【解答】解：小明站在匀速上升的观光电梯里，他的速度和质量都不变，故动能不变；用吸尘器“吸”灰尘时，吸尘器内空气流速越大、压强越小，吸尘器外的空气流速小、压强大，在压强差的作用下灰尘被“吸”入吸尘器中。故答案为为：不变；越小。【点评】此题考查流体压强和流速的关系、动能的大小，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。17（2分）（2018广安）如图是某物质熔化时温度随时间变化的图象，根据图象可知该物质是晶体（选填“晶体或“非晶体”），该物质第5min时处于固液共存（选填“固”、“液”或“固液共存”）态。【分析】晶体有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度，这是晶体和非晶体的区别；分析图象发现物质从第3min开始熔化，到第7min熔化结束，熔化之前是固态，熔化过程中是固液共存状态，熔化结束后变成液态。【解答】解：由图可见，该物质图象上有一段与时间轴平行的直线，表示该物质在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，因此该物质为晶体；物质的熔化过程是从第3min到第7min，因此在第5min时晶体处于熔化过程，物质处于固液共存态。故答案为：晶体；固液共存。【点评】读物质熔化的图象时，关键是要从曲线变化中判断物质是否有一定的熔点，从而确定是否属于晶体，再明确不同时间段时物质所处的状态。18（2分）（2018广安）如图，AB是能绕B点转动的轻质杠杆，在中点C处用绳子悬挂重为100N的物体（不计绳重）在A端施加竖直向上的拉力使杠杆在水平位置平衡，则拉力F=50N若保持拉力方向始终垂直于杠杆，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）【分析】（1）物体的重力为阻力，杠杆在水平位置保持平衡时，BC为阻力臂，BA为动力臂，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2求出拉力的大小；（2）利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。【解答】解：杠杆在水平位置保持平衡，由F1l1=F2l2可得，拉力的大小：F1=G=G=100N=50N。若将A端缓慢向上提升一小段距离，则阻力臂l2将变小，阻力G不变，即F2l2变小，因为拉力方向始终垂直于杠杆，所以动力臂不变，l1始终等于BA，根据F1l1=F2l2可知F1变小，即拉力F减小；故答案为：50；减小【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，知道阻力臂的变化和动力臂的不变是解决本题的关键。19（2分）（2018广安）如图，灯泡L上标有“6V 3W“字样，电源电压6V且保持不变，定值电阻R=80（不计灯丝电阻的变化）。只闭合S1和S3，电阻R在100s产生的热量是450J，电路在工作状态下，整个电路消耗的最小功率是1.8W。【分析】（1）已知灯泡L上标有“6V 3W”字样，根据P=UI、I=可求得灯泡L的电阻值；（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，利用Q=W=t可求电阻R在100s产生的热量；（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。根据P=可求得最小电功率。【解答】解：（1）由P=UI可得，I额=0.5A，由I=可得灯泡L的电阻值RL=12；（2）只闭合S1和S3，电阻R与灯泡并联，电阻R两端的电压为电源电压6V，电阻R在100s产生的热量：Q=W=t=100s=450J；（3）闭合开关S2，断开开关S1、S3，电阻R和灯泡L串联，使其接入电路的阻值最大，则整个电路消耗的电功率最小。最小电功率：P最小=1.8W。故答案为：450；1.8。【点评】本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率的计算，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别。三、作图题（每小题1分，共3分）20（1分）（2018广安）如图所示，一小球正在斜坡上向下滚动，请画出小球在斜坡上受到重力的示意图。【分析】小球放在斜面上，受到重力、斜面支持力和斜面摩擦力的作用，重力的示意图就是用带箭头的线段表示力的三要素，线段的起点在小球的重心为力的作用点，方向竖直向下。【解答】解：重力的作用点在小球的球心，过球心沿竖直向下的方向画一条线段，在线段的末端标上箭头表示重力的方向，并标出符号G，如下图所示：【点评】在地球附近，无论物体放在斜面上还是其它地方，重力的方向始终是竖直向下的，在作图时学生容易把重力的方向画成与斜面垂直。21（1分）（2018广安）将光路图补充完整。【分析】仔细观察入射光线的特点，根据凸透镜的三条特殊光线作图。【解答】解：折射光线与主光轴平行，则入射光线过焦点。过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。故答案为：【点评】凸透镜三条特殊光线的作图：通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。22（1分）（2018广安）如图所示，小磁针静止时，标出电源的“+”、“”极及小磁针的N极。【分析】根据磁感线的方向确定螺旋管的N、S极，然后根据磁体间的相互作用确定磁针的N、S极，再利用安培定则确定电源的正负极。【解答】解：因为磁感线总是从磁体的N极出发，所以螺旋管的右端为N极，左端为S极，则小磁针的右端为N极，根据安培定则可以判断出电源的左端为正极，右端为负极，如图所示。【点评】此题主要考查学生会根据螺旋管的性质判断出磁体的N S极，会熟练应用安培定则。四、实验探究题（每空1分，共12分）23（4分）（2018广安）某同学用蜡烛、凸透镜和光屏做“探究凸透镜成像规律”的实验，装置如下图，当烛焰、凸透镜、光屏位于如图所示的位置时，光屏上出现了烛焰清晰的像。（1）该同学看到光屏上所成的像是一个烛焰缩小（选填“放大”，“缩小、”或“等大”）的像，此像的成像原理与照相机相同（选填”投影仪”、“照相机”或“放大镜”）（2）若将蜡烛向右移动少许，光屏也应向右移才能再次成清晰的像，此像的大小比刚才的像要大（选填“大”或“小”）一些。（3）若在图中凸透镜的左侧附近放置一凹透镜，这时需要将光屏向右（选填“左”或“右”）移动才能在光屏上成清晰的像。【分析】（1）根据物距大于2倍焦距时，成倒立放大实像的原理进行分析，投影仪或幻灯机就是根据这个原理制成的；（2）根据凸透镜成实像时遵循物近像远像变大的特点进行分析；（3）当凹透镜靠近凸透镜时，会聚能力减弱，使像呈在光屏的后方。【解答】解：（1）由图知，当蜡烛、凸透镜位于图中刻度对应的位置时，物距大于像距，凸透镜能成倒立缩小的实像，照相机是根据这个原理制成的。（2）若将蜡烛向右移动少许，光屏也应向右移才能再次成清晰的像，根据物近像远像变大，此像的大小比刚才的像要大一些；（3）凹透镜对光线有发散作用，靠近凸透镜时，使光线发散，像会聚在光屏的后方，像距增大，在光屏上要得到清晰的像，光屏要远离凸透镜即向右移动。故答案为：（1）缩小；照相机；（2）大；（3）右。【点评】掌握凸透镜成像的两种判断方法：根据物距和焦距的关系，根据物距和像距的关系。24（4分）（2018广安）小君同学在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，做了如图所示的实验：（1）用弹簧测力计拉着木块在水平方向做匀速直线运动，根据二力平衡的原理，可知摩擦力与拉力大小相等（2）小君分析甲和乙，发现F甲小于F乙，说明滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关（3）为了探究滑动摩擦力的大小与压力的大小有关，应比较乙丙两图。（4）小君在本次实验中运用的研究方法是控制变量法和转换法。【分析】（1）实验时，注意应使物体做匀速直线运动，根据二力平衡可知摩擦力等于拉力；（2）影响滑动摩擦力的因素是压力大小和接触面的粗糙程度；压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；在实验的过程中，采用控制变量法分析。【解答】解：（1）要使物体所受的摩擦力与拉力平衡，应用弹簧测力计拉着木块沿水平方向做匀速直线运动，此时滑动摩擦力等于测力计的拉力，因此，这里是利用了二力平衡的知识；（2）比较甲、乙两图，压力相同，乙图中接触面粗糙，乙弹簧测力计的示数大，即摩擦力大，说明滑动摩擦力与接触面的粗糙程度有关；（3）探究滑动摩擦力的大小与压力的大小有关时，应控制压力不同，接触面的粗糙程度相同，故应选择乙和丙；（4）探究影响滑动摩擦大小的因素时采用了控制变量法；根据测力计示数的大小来表示摩擦力的大小，采用的是转换法。故答案为：（1）二力平衡；（2）粗糙程度；（3）乙丙；（4）控制变量法。【点评】本题考查探究摩擦力大小与什么因素有关，要掌握实验中测量摩擦力的方法及实验的研究方法。在利用控制变量法时，要注意分析控制的变量和改变的量，根据实验结果得出研究因素是否与改变量有关。25（4分）（2018广安）小丽同学手里有一只标有“3.8V”字样的小灯泡，她想知道小灯泡的额定电功率，于是在学校实验室找来一些器材，连接成了如图甲的实验电路，电源电压恒定不变。（1）请你用笔画线代替导线，将图甲的电路连完整（要求滑片P向右移灯泡变亮）（2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数几乎为零，电压表指针明显偏转，出现这种现象的原因可能是灯泡断路。（3）排除故障后，该同学移动滑动变阻器的滑片P，到某一位置时电压表的示数为3V，若要测小灯泡的额定功率，应在此位置基础上将滑片P向右（选填“左”或“右”）移动。（4）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是1.444W。【分析】（1）根据滑片P向右移灯泡变亮确定变阻器的连接与灯串联：（2）若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；（3）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向； （4）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P=UI求小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）要求滑片P向右移灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中与灯串联，如下所示：（2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数几乎为零，电压表指针明显偏转，出现这种现象的原因可能是灯泡断路。（3）灯在额定电压下正常发光，示数为3V，小于灯的额定电压3.8V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压3.8V；（4）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则小灯泡的额定功率是：P=UI=3.8V0.38A=1.444W。故答案为：（1）如上；（2）灯泡断路；（3）右；（4）1.444。【点评】本题测灯的功率，考查电路连接、故障分析、操作过程及电流表读数和额定功率的计算。五、计算题（26、27小题各4分，28小题5分，共13分）26（4分）（2018广安）用天然气灶给水加热，在1标准大气压下，把体积为10L，温度为15的水加热到沸腾，求：（1）水吸收了多少热量？水=1.0103kg/m3 C水=4.2103J/（kg）（2）若不计热量损失，需要燃烧多少m3的天然气？（q天燃气=4.2107J/m3）【分析】（1）已知水的体积求出水的质量，知道一标准大气压下水沸腾时的温度为100，利用公式Q=cm（tt0）可以得到水吸收的热量；（2）已知热量和天然气的热值，利用公式Q放=Vq得出需要燃烧天然气的体积。【解答】解：（1）由=得，10L水的质量：m=V=1.0103kg/m310103m3=10kg，水吸收的热量：Q吸=c水m水（tt0）=4.2103J/（kg）10kg（10015）=3.57106J；（2）不计热量损失，则Q放=Q吸，由Q放=Vq可得，需要燃烧天然气的体积：V天然气=0.085m3。答：（1）水至少需要吸收的热量为3.57106J；（2）若不计热量损失，需要燃烧0.085m3的天然气。【点评】本题考查了求热量、燃烧热的计算等问题，应用热量公式、燃烧值公式、即可正确解题。27（4分）（2018广安）空难事故发生后，为了找到事故原因，救援人员到现场后，总会寻找被誉为“空难见证人”的黑厘子。某架飞机的黑厘子质量30kg，是一个长0.5m，宽0lm，高0.2m的长方体，现沉在距海面30m的海底（黑匣子未与海底紧密接触），搜救人员将其匀速托出海面后依然完好，为破解事故真相提供了最有力的证据。根据以上信息请计算（海水近似取1.0103kgm3，g取10N/kg）（1）黑匣子在海底时下表面受海水的压强是多少？（2）黑厘子在海水中浸没时受到的浮力是多大？（3）搜救人员在海水中托起黑匣子上升到上表面与海平面相平做了多少功？【分析】（1）已知黑匣子所处的深度和海水的密度，根据液体压强公式求出它受到海水的压强；（2）知道黑匣子的长、宽、高可求体积即为在海水中排开的体积，再根据阿基米德原理求出受到的浮力；（3）潜水员匀速托起此黑匣子时，黑匣子处于平衡状态，受到的竖直向上的托力和浮力与竖直向下的重力是平衡力，根据平衡条件求出托力的大小，根据W=Fs算出搜救人员在海水中托起黑匣子上升到上表面与海平面相平做的功。【解答】解：（1）黑匣子在海底受到海水的压强：p=gh=1103kg/m310N/kg30m=3105Pa，（2）黑匣子浸没海水中排开海水的体积：V=0.5m0.1m0.2m=0.01m3，黑匣子在海水中受到的浮力：F浮=gV=1103kg/m310N/kg0.01m3=100N；（3）潜水员匀速托起此黑匣子时，黑匣子受到的竖直向上的托力和浮力与竖直向下的重力是平衡力，则F托力=GF浮=mgF=30kg10N/kg100N=200N。搜救人员在海水中托起黑匣子上升到上表面与海平面时运动的距离s=hh匣子=30m0.2m=29.8m，搜救人员在海水中托起黑匣子上升到上表面与海平面时做的功：W=F托力s=200N29.8m=5960J。答：（1）黑匣子在海底受到海水的压强为3105Pa；（2）黑匣子在海水中受到的浮力100N；（3）搜救人员在海水中托起黑匣子上升到上表面与海平面相平做了5960J的功。【点评】本题考查了液体压强、阿基米德原理、平衡力的应用以及功的公式等知识，关键是知道物体浸没时排开水的体积和本身的体积相等，同时计算过程要注意单位的换算。28（5分）（2018广安）电饭锅是家中常用的用电器，下表是小字家中一