2017年辽宁省铁岭市中考物理试题（解析）.doc

2017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（共12小题，每小题2分，满分28分）1【分析】首先要对选项中涉及的几种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、初中生百米赛跑用时约15s；故A错误；B、铁岭市六月份的平均气温绝对达不到50；故B错误；C、手机电池的电压为3.7V；故C错误；D、一袋方便面的质量约100g，故其重力约为1N；故D正确；故选：D。【点评】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即可。2【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。【解答】解：A、手影是由光的直线传播形成的，故A错误；B、倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B正确；C、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果，故C错误；D、铅笔折了是一种由光的折射产生的现象，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。3【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；（2）响度指的是声音的大小；（3）每个发声体的音色是不同的；（4）光的三原色是红绿蓝。【解答】解：A、从手机中听到的声音是由物体振动产生，故A错误；B、调节手机的音量按键可以改变声音的响度，故B错误；C、每个发声体的音色是不同的，小敏能分辨出爷爷和奶的声音是根据声音的音色，故C正确；D、手机屏幕的画面由红、绿、蓝三种色光混合而成，故D错误。故选：C。【点评】本题除了考查学生对光的三原色、声音的特征的理解和掌握，属于基础知识。4【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化；物质由液态变为固态的过程叫凝固；物质由气态变为液态的过程叫液化；物质由液态变为气态的过程叫汽化；汽化的两种方式是蒸发和沸腾；物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态直接变为固态的过程叫凝华。【解答】解：A、雾是液态的小水滴，是空气中的水蒸气遇冷由气态变化形成的，属于液化现象，故A错误；B、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，故B正确；C、霜是空气中的水蒸气快速放热后凝华形成的固态小冰晶，故C错误；D、蜡烛是非晶体，蜡烛“流泪”是熔化现象，熔化过程中温度不断升高。故D错误。故选：B。【点评】此题考查的是物态变化现象的判断，是一道热学的基础题。掌握六种物态变化的状态变化是解题的关键。5【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理，然后再逐个分析选择项中的各电学元件的制成原理，分别与前面分析的结论对应即可得到答案。【解答】解：由题意可知电流表的工作原理：通电线圈在磁场中受力而转动，并且电流越大，线圈受到的力越大，其转动的幅度越大；因此可以利用电流表指针的转动幅度来体现电路中电流的大小。A、动圈式话筒是利用电磁感应现象制成的，与电流表的工作原理不同，故A错误。B、电铃是利用电流的磁效应制成的，与电流表的工作原理不同，故B错误。C、电钻是利用通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的，与电流表的工作原理相同，故C正确。D、电磁起重机是利用电流的磁效应制成的，与电流表的工作原理不同，故D错误。故选：C。【点评】在学过的测量工具或设备中，每个工具或设备都有自己的制成原理，如：天平、温度计、电话、电磁继电器、测力计，以及此题中提到的这些设备。针对它们的制成原理的考查，是一个热点题型，需要重点掌握。6【分析】（1）开关与用电器串联，并且接在火线上；（2）电器着火时，要先切断电源，再救火；（3）正确使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体；（4）家庭电路电流过大的原因：短路或总功率过大【解答】解：A、开关与灯泡应串联，灯的开关应接在灯与火线之间，这样在断开开关时，灯泡才不会带电，故A正确；B、用电器着火时，要先切断电源，再救火，若直接用水泼易引发触电，故B错误；C、使用试电笔时手指要接触金属笔尾，笔尖接触电线，可辨别火线与零线，但手不能接触笔尖金属体，否则会发生触电事故，故C错误；D、家庭电路中电流过大，可能是用电器总功率过大，也可能是电路中发生了短路。故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查了家庭电路的有关问题，要掌握安全用电的知识、家庭电路中电流过大的原因等。7【分析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源电压；电流表A1测量的是干路中的电流，电流表A2测量的是R1的电流；根据滑片P移动的方向判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电流的变化。【解答】解：由图可知，R1、R2并联，电压表测量电源电压，故移动滑片时电压表示数保持不变，故C错误；电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过R1的电流；当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据I可知，通过滑动变阻器的电流减小；电阻R1的阻值不变，其两端电压不变，则通过电阻R1的电流不变，即A2示数不变，故B错误；并联电路中干路的电流等于各支路电流的和，滑动变阻器的电流减小，电阻R1的电流不变，则干路中的电流减小，即电流表A1示数变小，故A错误；由欧姆定律可知，电压表V与电流表A2示数的比值等于R1的阻值，所以该比值保持不变，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电表所测电路元件的判断，这也是本题的难点。8【分析】（1）流体的压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小、在流速小的地方压强大；（2）上端开口，下部相连通的容器叫连通器；当连通器内的液体不流动时，各容器中的液面总是相平的。（3）飞机的起飞也利用了流体压强与流速的关系。（4）用吸管吸饮料，是利用大气压的作用把饮料压入嘴里。【解答】解：A、口吹硬币跳跃木块，是因为流体在流速大的位置压强小，故A错误；B、船闸工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，所以船闸是利用连通器原理工作的，故B正确；C、飞机的机翼上面凸起、下面平直，滑行时流过机翼上方的空气流速大、压强小，流过机翼下方的空气流速小、压强大，产生向上的压强差，从而产生向上的升力使飞机起飞，即飞机的起飞利用了流体压强与流速的关系，不是利用浮力，故C错误；D、吸管吸饮料时，吸气时，管内压强减小，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，故D错误。故选：B。【点评】此题是一道综合题，涉及了流体压强与流速的关系、连通器原理、大气压的应用等知识点，要求灵活运用所学力学知识加以分析。9【分析】（1）太阳能电池可以将太阳能转化为电能；（2）用电器是将电能转化为其他形式能的装置；（3）在自然界短时间就能得到补充的是可再生能源，常见的可再生能源有：风能、太阳能、水能等；（4）LED指示灯是利用半导体材料制成的。【解答】解：A、太阳能电池工作时可以将太阳能转化为电能，故A正确；B、在给手机电池充电的过程中，电能转化为电池的化学能，在电路中手机电池消耗电能，所以手机电池相当于用电器，故B正确；C、太阳能是一种短时间就能得到补充的能源，是可再生能源，故C错误；D、充电宝上的LED指示灯是利用半导体材料制成的，故D错误。故选：AB。【点评】本题以充电宝为载体，考查了太阳能的转化、电能的转化、能源的分类以及半导体材料的应用等知识，属于基础题目。10【分析】（1）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上；（2）压力一定时，增大受力面积可减小压强；（3）周围景物在向后运动，说明景物在运动，那么所选参照物与景物之间的位置发生了变化，据此即可选择合适的参照物；（4）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。【解答】解：A、“划船机”静止时对地面的压力和它所受的支持力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故A错误；B、“划船机”手柄处宽大松软是为了在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B正确；C、“划船机”向前运动时，小威看到周围的景物向后运动，选择的参照物是“划船机”，而不是地面，故C错误；D、一切物体都有惯性，停止划船机，“划船机”还会向前运动一段距离是由于“划船机”具有惯性，故D正确。故选：BD。【点评】本题通过对“划船机”的相关说法，考查了平衡力的辨别、减小压强的方法、参照物的选择、惯性的应用等，综合性强，但难度不大。11【分析】（1）首先根据甲、乙两容器的底面积大小判断体积相等的A、B两种液体分别装入两容器后液体的深度大小，然后利用液体压强公式判断A、B液体的密度的密度大小；（2）首先根据物体浮沉条件判断物体在两液体中所受浮力大小，然后根据阿基米德原理判断物体在甲、乙两容器中排开液体的质量大小；（3）放入物体后两容器底受到的压力等于物体的重力，又知底面积大小，根据p判断压强大小。【解答】解：A、由图可知，甲容器底面积大于乙容器底面积，所以体积相等的A、B两种液体分别装入甲、乙两容器后，hBhA，A、B两种液体对容器底的压强相等，根据pgh可知，A、B液体的密度AB，故A正确；BD、由图可知，物体在AB 两种液体中均处于漂浮状态，所以所受浮力相等，都等于其自身重力，故D正确；根据阿基米德原理可知，物体所受浮力等于其排开液体的重力，所以物体在甲、乙两容器中排开液体的质量相等。故B错误；C、放入物体后两容器底增加的压力相等，都等于物体的重力，甲容器的底面积大于乙容器的底面积，所以，根据p可知，甲增加的压强小于乙增加的压强，而放入物体前液体对容器底的压强相等，所以放入物体后两容器底受到液体压强大小为pApB，故C正确。故选：ACD。【点评】此题考查液体压强公式、压强定义式、阿基米德原理、以及物体浮沉条件及其应用，是一道综合性很强的题目，对学生要求较高，只有对相关知识点熟练掌握，并能灵活运用，才能正确作答。12【分析】根据欧姆定律可知：电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比，由此可知b为R0的IU图象；再根据R1的阻值会因通过的电流增大而增大，R2的阻值会因通过的电流增大而减小确定热敏电阻R1和灯L值的图象。（1）分析图乙电路图，当滑动变阻器滑片移至a端、只闭合S1时，电路中灯和R0串联，由于灯正常发光，知道电路中的电流，根据图甲得出灯两端的电压（灯的额定电压）以及R0两端电压，利用PUI求灯的功率（额定功率），利用串联电路的电压特点求电源电压；（2）当滑片移至b端，只闭合S2，热敏电阻R1、R0和滑动变阻器串联，知道电流表A的示数，根据图甲得出R0两端的电压、热敏电阻R1两端的电压，利用串联电路的电压特点求滑动变阻器两端的电压，再利用欧姆定律求滑动变阻器的最大阻值；（3）闭合S1、S3，断开S2时，灯和滑动变阻器串联，由滑动变阻器的铭牌可知滑动变阻器允许通过的最大电流（电路最大电流），利用PUI求电路的最大功率。【解答】解：由于热敏电阻R1电阻随温度升高而减小、灯泡的电阻随温度升高而增大、R0为定值电阻，由图甲可知，b图象，电压增大，电流增大，电流与电压成正比例函数，它代表定值电阻R0的IU图线；a图象，电压增大，电流增大，但电压的变化量比电流的变化量大，根据欧姆定律可知它代表的电阻增大，为灯泡L的IU图线；c图象，电压增大，电流增大，但电压的变化量比电流的变化量小，根据欧姆定律可知它代表的电阻减小，为热敏电阻R1的IU图线；（1）由图乙可知，当滑动变阻器滑片移至a端、只闭合S1时，电路中灯L和R0串联；因为灯正常发光，电路中的电流为0.6A（即灯的额定电流），所以由图甲可知，此时R0两端电压为6V，灯两端的电压为12V（即灯的额定电压），灯的额定功率：P额ULI12V0.6A7.2W，电源电压：U12V+6V18V，故A、B正确；（2）当滑片移至b端，只闭合S2，热敏电阻R1、R0和滑动变阻器串联，电流表A的示数为0.4A；由图甲可知，此时R0两端的电压为4V，热敏电阻R1两端的电压为2V，则由串联电路的特点可得，滑动变阻器两端的电压：UR18V4V2V12V，滑动变阻器的最大阻值：R滑大30，故C错；（3）闭合S1、S3，断开S2时，灯和滑动变阻器串联，因电流表A的量程为00.6A，灯泡的额定电流为0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，则为了保证电路的安全，电路中通过的最大电流为0.5A，所以，电路的最大功率：P最大UI最大18V0.5A9W，故D正确。故选：ABD。【点评】本题考查了欧姆定律、串联电路的特点以及电功率公式的应用，分析图象得出不同情况下的电路组成是关键。二、填空题（共9小题，每小题3分，满分26分）13【分析】（1）摩擦现象生活中很常见，晚上睡觉前脱衣服时有火花；衣服上易沾有灰尘；梳子梳头发，头发随梳子飘起来等；（2）电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（3）容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。【解答】解：与头发摩擦过的塑料尺能吸引碎纸屑，这是摩擦起电现象；当梳子和头发相互摩擦时，梳子和头发带有异种电荷，由于异种电荷相互吸引，所以头发会随着梳子飞起来。梳子不容易导电是绝缘体故答案为：摩擦起电；异种；绝缘体。【点评】本题考查了生活中的摩擦起电现象，这是生活中比较常见的现象，注重了物理和生活的联系，是中考常考的问题。14【分析】（1）判断自行车的刹车在使用过程中动力臂和阻力臂的关系，即可判断杠杆类型；（2）增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；在接触面粗糙程度一定时，增大压力。（3）GPS定位系统是通过电磁波传递信息的。【解答】解：（1）共享单车在刹车时，前闸的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；（2）遇到紧急情况刹车时，我们用力握紧刹车是通过增大压力的方法来增大摩擦力。（3）超声波不能再真空中传播，GPS全球定位系统是通过电磁波来实时传递信息的。故答案为：省力；摩擦力；电磁波。【点评】本题考查了杠杆分类和增大摩擦的方法以及电磁波的传播，属于基础题目。15【分析】投影仪是利用凸透镜成倒立、放大的实像原理工作的，此时物距2fuf，像距v2f；凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。【解答】解：手机投影仪的镜头相当于一个凸透镜，可以实现将“影院”搬到家中，说明成放大的实像，则此时物距2fuf，像距v2f，即所成的像位于二倍焦距以外；放投影时，要使屏幕上的像更大，由凸透镜成实像的规律可知，应使物距减小（即减小投影片与凸透镜之间的距离），同时要增大像距（即增大镜头与屏幕之间的距离），所以投影仪应远离屏幕。故答案为：凸；二倍焦距以外；远离。【点评】此题主要考查了有关凸透镜成像的规律及应用。一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系。16【分析】（1）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，放出的热量越多；（2）燃料燃烧是一个化学变化，是化学能转化成内能的过程。【解答】解：火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以放出更多的热量；火箭上升时，燃料燃烧将化学能转化为内能。故答案为：热值；化学。【点评】本题考查了热学方面的知识，要求学生对物理知识有一个全面的了解并能学以致用。17【分析】（1）知道最大吃水深度，即满载时船底到海面的距离，利用pgh求满载时船底受到海水的压强；（2）利用阿基米德原理F浮G排m排g求驱逐舰受到水的浮力；（3）根据物体漂浮时浮力等于重力分析出浮力的变化情况。【解答】解：（1）满载时船底受到海水的压强：p海水gh1.0103kg/m310N/kg6m6104Pa；（2）由阿基米德原理可得，驱逐舰受到的浮力为：F浮G排m排g7500103kg10N/kg7.5107N；（3）卸掉部分物品后，船的总质量减小、重力减小，由于驱逐舰仍漂浮在水面上，浮力等于重力，所以受到浮力变小。故答案为：6104；7.5107；变小。【点评】本题考查了浮沉条件的应用、浮力和液体压强的计算，关键是知道排水量是指满载时排开水的质量。18【分析】（1）知道电能表的工作电压和允许通过的最大电流，利用PUI求他家同时使用的用电器最大总功率；（2）电能表上标有“3200imp/kWh”表示每消耗1kWh的电能电能表的指示灯闪烁3200次，现在知道指示灯闪烁640次，可以求出电磁炉在10min内消耗的电能，再利用P求出电磁炉的电功率；（3）电能表最后一位示数是小数位，由图示电能表读出月初电能表的示数，月末电能表示数等于月初电能表示数加上本月消耗的电能。【解答】解：（1）由图知，电能表的工作电压是220V，允许通过的最大电流为40A，所以他家同时使用的用电器最大总功率：PUI22040A8800W；（2）“3200imp/kWh”表示每消耗1kWh的电能电能表的指示灯闪烁3200次，电能表的指示灯闪烁640次消耗的电能：WkWh0.2kWh，电磁炉的电功率：P1.2kW1200W；（3）由图示电能表可知，电能表月初示数为623.4kWh，则本月用电量为100度100kWh，月末示数：623.4kWh+100kWh723.4kWh。故答案为：8800；1200；723.4。【点评】掌握电能表各参数的含义，利用工作电压和最大电流可以求出最大功率，利用一个用电器单独工作，根据指示灯闪烁次数和时间可以求出用电器的功率，这两种是常用的方法，一定要掌握。19【分析】利用以下知识分析解答：（1）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（2）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。【解答】解：高抛发球时球向上运动，球的质量不变，高度增加，所以它的重力势能变大；重力的方向是竖直向下的，乒乓球到达最高点由于受重力作用开始下落；球拍将球击向对方球台，球的运动方向发生了改变，这说明力可以改变物体的运动状态。故答案为：变大；重；运动状态。【点评】此题考查动能和势能的大小变化、力的作用效果等，是一道综合性较强的题目，但都属于基础知识考查，难度不大。20【分析】（1）知道物体上升的高度及所用时间，利用速度公式求物体上升的速度；（2）由图知n3，拉力端移动的距离s3h，利用WFs求拉力做的总功为，再利用P求拉力做功的功率；（3）利用WGh求有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：（1）物体上升的速度：v0.1m/s；（2）由图知n3，则拉力端移动的距离s3h31m3m，拉力做的总功为：W总Fs200N3m600J，拉力做功的功率为：P60W；（3）做的有用功：W有用Gh360N1m360J，滑轮组的机械效率：100%60%。故答案为：0.1；60；60%。【点评】本题主要考查了速度公式、功的公式、功率公式、机械效率公式的理解和运用，理解并求出有用功和总功是本题的关键。21【分析】由图知，电阻R0与电动机串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路中的电流，可得R0两端的电压和电路中的电流。（1）利用WUIt求电动机在1min内消耗的电能；（2）根据串联电路特点求R0两端的电压，利用欧姆定律求R0的阻值；（3）利用焦耳定律求1min内电动机产生的热量。【解答】解：由图知，电阻R0与电动机串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路中的电流，则由题意可知UM6V，R0两端的电压U0UUM9V6V3V，电路中的电流I0.5A。（1）电动机在1min内消耗的电能：WUMIt6V0.5A60s180J；（2）由欧姆定律可得R0的阻值：R06；（3）1min内电动机产生的热量：QI2RMt（0.5A）2160s15J。故答案为：180；6；15。【点评】本题考查了电能、电阻和电流产生热量的计算，分析电路图得出电路连接方式以及电表的测量对象是关键。三、作图题（共11小题，满分66分）22【分析】（1）凸透镜的三条特殊光线：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。（2）反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。（3）反射角为反射光线与法线的夹角。【解答】解：先根据“平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点”画出光线经凸透镜折射后的光线，与平面镜的交点为入射点，然后过入射点垂直于镜面作出法线，再根据反射角等于入射角作出反射光线，并标明反射角r，如图所示：【点评】此题考查了透镜光路图和反射光路的画法，对于凸透镜要掌握三条特殊的光线，同时要掌握光的反射规律，特别注意反射角和入射角的关系。23【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。根据杠杆的平衡条件F1L1F2L2可知在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长、越省力，所以只要找到最长的力臂便可求得最小的力。【解答】解：由题可知O为支点，从O向F2的作用线引垂线，则垂线段的长度即为阻力臂L2。根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小；由图知，最长的动力臂L1是从O点到A点的距离，过A点作垂直于OA向下的力，即为最小动力F1的示意图。如图所示：【点评】此题考查了杠杆中的力臂的画法和杠杆中的最小力问题。要做出最小的力，关键是确定最长的力臂，即从支点到力的作用点的距离。24【分析】根据甲图中电流表的正负接线柱，可确定甲图中电源的正负极，由安培定则可确定甲螺线管的NS极，根据磁极间的作用规律，可以确定小磁针的NS极和乙螺线管的NS极；根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；利用螺线管的NS极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极。【解答】解：甲图中电源左端为正极，由安培定则可知，甲螺线管右端为N极，左端为S极；根据磁极间的作用规律，可知小磁针下端为S极，则乙螺线管左端为N极，右端为S极；再根据安培定则可知乙图中电源右端为正极，左端为负极；在磁体外部，磁感线的方向由N极指向S极，如图所示：【点评】安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极告诉的。25【分析】（1）（2）改变内能的方式有两个，做功和热传递；（3）分子间存在引力；（4）根据分子动理论分析。【解答】答：（1）工人用电热熔器将两个PVC管套在热熔器的加热盘上加热，这是通过热传递的方式改变内能的；（2）工作时将两个PVC管套在加热盘上热熔时PVC管，则PVC管吸收热量，内能变大；（3）连接在一起的PVC管冷却后很难被拉开是因为分子间存在引力；（4）电热熔器工作时，温度升高，分子无规则运动加快，这是扩散现象。【点评】本题考查了改变内能的方式、分子动理论的相关知识，属于基础题。26【分析】（1）公交车满载时静止在水平地面上，对地面的压力等于其重力，利用Gmg求出，然后利用p计算受力面积，即轮胎与地面接触的总面积；（2）利用PFv计算公交车的牵引力，然后根据二力平衡得出阻力；（3）根据求出燃料燃烧放出的总能量，根据公式QqV可求消耗天然气的体积。【解答】解：（1）公交车满载时静止在水平地面上，对地面的压力：FGmg6000kg10N/kg6104N，由p可得，轮胎与地面接触的总面积：S0.2m2；（2）由PFv可得公交车的牵引力：F牵3600N，因为公交车以最高速度沿水平路面匀速行驶，受力平衡，所以公交车受到的阻力：fF牵3600N；（3）发动机所做的功：WPt72103W1060s4.32107J；由可得，燃烧天然气得到的总能量：QW总1.08108J；由QqV可得，消耗天然气的体积：V2.7m3。答：（1）轮胎与地面接触的总面积为0.2m2；（2）公交车受到的阻力为3600N。（3）使用天然气作燃料，公交车匀速行驶10min，需要完全燃烧天然气的体积是2.7m3。【点评】本题考查压强、做功和效率的计算，关键是公式及其变形的灵活应用，考查的知识点比较多，主要考查对所学物理知识的灵活应用能力。27【分析】（1）关闭柜门，门控开关S2闭合，臭氧发生器工作，根据WPt求出10min所消耗的电能；（2）消毒柜的总功率减去臭氧发生器的功率即为石英加热管R的功率，根据PUI求出通过石英加热管R的电流，根据欧姆定律求出其电阻；（3）知道不锈钢餐具的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸cm（tt0）求出吸收的热量，不计热量损失，消耗的电能和不锈钢餐具吸收的热量相等，根据P求出正常工作需要的加热时间。【解答】解：（1）关闭柜门，门控开关S2闭合，只有臭氧发生器工作，由P可得，臭氧发生器工作10 min所消耗的电能：WP发生器t150W1060s9104J；（2）因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，石英加热管R的功率：PRP总P发生器1250W150W1100W，由PUI可得，通过石英加热管R的电流：I5A，由I可得，石英加热管R的电阻：R44；（3）不锈钢餐具吸收的热量：Q吸cm（tt0）0.46103J/（kg）100kg（7026）2.024106J，不计热量损失，则加热管消耗的电能：WQ吸2.024106J，则正常工作需要的加热时间：t1840s。答：（1）关闭柜门，门控开关S2闭合，臭氧发生器工作10 min所消耗的电能为9104J；（2）正常工作时通过石英加热管R的电流为5A，它的阻值为44；（3）若在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从26加热到70，不计热量损失，正常工作需要加热1840s。【点评】本题考查了电功公式和电功率公式、欧姆定律、吸热公式的综合应用，要注意电路中的总功率等于各用电器功率之和。28【分析】（1）要正确解决此题，需要掌握酒精灯与温度计的使用规则。要用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在被测液体中，但不能碰到容器壁和容器底。（2）温度计读数时，先确定是零上还是零下，认清分度值，再读数。（3）水的沸腾图象的特点是沸腾前温度是上升的而沸腾过程中温度保持不变。知道水的沸点与气压有关；（4）根据影响沸点的因素分析。【解答】解：（1）在使用酒精灯时，需要用其外焰加热，所以应将铁圈向上移动，即A处向上。又因为使用温度计时，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底和容器壁。（2）温度计的分度值是1，此时是零上，液柱上表面对准了90上面第4个小格处，读作94。（3）由图象可知水的沸点是98，此时的气压低于1个标准大气压；（4）水的沸点与气压有关，与酒精灯的火焰的大小无关，故这种做法是不可行的。故答案为：（1）A处向上；（2）94；（3）98；小于；（4）不可行。【点评】本题考查结合图象分析液体沸腾的特点，会看液体沸腾的图象，横坐标代表时间，纵坐标代表温度还要明确每一个小格各代表多少，考查学生的分析归纳能力。29【分析】（1）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；（2）研究物像的大小采用的是等效替代法，把蜡烛A的大小用蜡烛B来代替；平面镜成像特点知像物连线与镜面垂直，且它们到镜面的距离相等；（3）平面镜成等大的虚像；（4）凸透镜成像规律：u2f，成倒立、缩小的实像，2fvf；u2f，成倒立等大的实像，v2f；2fuf，成倒立、放大的实像，v2f；uf，成正立、放大的虚像。【解答】解：（1）透明的玻璃板，可以观察到玻璃板的另一侧。即在观察到A蜡烛像的同时。也能观察到蜡烛B，确定像的位置和大小。（2）在玻璃板左侧点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B在玻璃板右侧移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛B蜡烛A的像完全重合，说明平面镜成像与成像物体大小相等，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；蜡烛A到平面镜距离u40.0cm20.0cm20.0cm，蜡烛B到平面镜的距离v20.0cm，蜡烛位置：40.0cm+20.0cm60.0cm；（3）光屏能接收到实像，但接收不到虚像，因为平面镜成的是虚像，所以移去蜡烛B，在蜡烛B的原来位置上放一光屏，光屏上不能承接到蜡烛A的像；（4）将玻璃板换成焦距10cm的凸透镜，物距u20.0cm2f，成倒立、等大的实像。故答案为：（1）便于确定像的位置；（2）相等；60.0；（3）不能；（4）等大；实。【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。30【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。根据测量力计示数大小，结合二力平衡的条件分析；研究摩擦力与受力面积的关系，要控制压力和接触面的粗糙程度相同；（2）根据转换法，钢球动能的大小是通过推动木块运动的距离大小来表示的，木块运动的距离越长，小球对外做功越多，动能越大；根据题意分析；根据速度相同时，质量越大，动能越大，越不容易刹车分析。【解答】解：（1）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小，故用弹簧测力计水平拉木块做匀速直线运动，读出弹簧测力计示数：再把木块立放在长木板上，重复上述实验，读出弹簧测力计的示数；比较两次读数，可知测力计示数大小相同，即摩擦力大小相同，可得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小无关；根据控制变量法，实验中被控制的变量是接触面的粗糙程度和压力大小；（2）由题意，用质量不同的钢球在同一斜面的同一高度由静止滚下、去撞击水平面上的木块，观察木块被撞击的距离，故该实验研究的是钢球动能的大小与质量的关系；比较图乙两次实验可得出结论，因从同一高度由静止滚下，下滑到水平面时速度一定，质量越大，推动木块运动的距离越长，物体的动能越大；因速度相同时，质量越大，动能越大，克服摩擦力做功的越多，越不容易刹车，因大客车的质量更大，故限制的速度要越小，大客车的限速应该是100km/h。故答案为：（1）匀速直线；无关；压力大小；（2）钢球；越大；大客车。【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关和影响动能大小的因素，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。31【分析】（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母，直到天平平衡；（2）由图乙读出花生油的体积；天平平衡时，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，由此得到量筒中油的质量，由密度公式计算其密度；根据所测质量的差异分析密度的差异；（3）橡皮薄膜变平说明受到筒内花生油向下的压力和筒外水向上的压力是一对平衡力，又因为受力面积相同，所以橡皮薄膜受到向上是压强和向下的压强相等，根据液体压强相等列出等式，即可求出玻璃管内液体密度，据此进行解答；根据液体压强特点结合现象分析解答。【解答】解：（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；（2）由图乙知，量筒中花生油的体积V40mLcm3，如图丙知，烧杯和花生油的总质量：m总50g+20g+10g+5g+1.4g86.4g，花生油的总质量：mm总m杯86.4g50g36.4g所以花生油的密度：0.91g/cm30.91103kg/m3；将量筒中的花生油倒入烧杯时，油会有一部分残留在杯壁上，所以测得的烧杯和花生油的总质量偏小，使得得到的花生油质量偏小，由密度公式知得到其密度偏小；（3）由题知，薄膜与玻璃管下端管口相平，管内花生油和管外水的压强相等，由pgh可知，水gh1花生油gh2，则花生油的密度表达式花生油水。将玻璃管逐渐插入水中的过程中，模皮膜的凹路程度逐渐增大，说明液体内部压强随深度增加而增大。故答案为：（1）调节天平平衡时，未将游码调零；（2）40；36.4；0.91103；偏小；（3）水；增大。【点评】本题是液体密度测量的实验，考查了天平和量筒的使用、密度计算、利用液体压强测密度以及误差分析等，考查知识点多，综合性强。32【分析】（1）根据图可知：灯泡和电压表被短路，灯泡不会发光、电压表无示数，据此判断正确的接法；（2）电流表有示数，说明电路不存在断路，可能是灯泡短路或电压表断路造成的；（3）由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数，再由PUI求出灯泡的功率；（4）比较电压表示数与额定电压的大小，由分压原理确定滑片移动的方向，因灯在额定电压下才能正常工作，所以电压表示数为额定电压；（5）根据串联电路特点与分压原理答题；（6）测灯泡功率需要测出灯泡额定电流对应的额定电压，根据电路图、实验原理与实验步骤分析答题。【解答】解：（1）由图甲可知，灯泡和电压表被短路，灯泡不会发光、电压表无示数，电流应该从滑动变阻器流到灯泡的左端，即应去掉的导线，如图所示：（2）电流表有示数，说明电路不存在断路，而电压表无示数，说明与电压表并联部分发生短路或电压表断路；（3）由乙图知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；灯泡的功率PUI2V0.2A0.4W；（4）此时电压表示数小于灯的额定电压，要使灯正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器的电压，根据分压原理可知，应减小变阻器连入电路中的电阻，滑片向左端移动，直到电压表的示数为2.5V；（5）探究“电流与电阻的关系”，只将小灯泡换成阻值不同的定值电阻，实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变；电源电压为6V，定值电阻