2018年广西桂林市中考物理试卷（教师版）.doc

2018年广西桂林市中考物理试卷（教师版） 一、单项选择题（每小题3分，共36分用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，每小题逸对的得3分，不远、多选或选错的均得0分）请将答案填在答题卡上1（3分）下列能源中属于可再生能源的是（）A风能B石油C煤D天然气【微点】能源的分类【思路】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。【解析】解：煤、石油和天然气是化石能源，不可在短时间内形成，故属于不可再生能源，只有风能是可再生能源，即选项A符合题意；故选：A。【点拨】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。2（3分）“小关，上学去啦!”。正在看书的小关听到音就知道是好朋友小超在叫他，小关判断的主要依据是声音的（）A音调B响度C音色D频率【微点】音色【思路】解决此题要知道音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。【解析】解：因为每个人的声带结构不同，所以每个人发出声音的音色就会不同，则小关判断的主要依据是声音的音色；故选：C。【点拨】此题考查了对声音特征的辨别，要会利用声音的特征解释生活现象。3（3分）下列现象中，能说明分子在不停地做无规则运动的是（）A冬天大雪纷飞B桂花香飘满园C成群的蝴蝶翩翩起舞D美丽的烟花在空中绽放【微点】分子的运动【思路】一切物质的分子都在不停地做无规则运动，分子比较小，是纳米尺度内的，我们用肉眼是看不到的；我们能够看到的不是分子，是固体的小颗粒。【解析】解：A、冬天大雪纷飞是物体的机械运动，不是分子的运动。故A不符合题意；B、桂花香飘满园是花香分子不停地做无规则运动到空气中，人们就闻到了桂花的香味。故B符合题意；C、成群的蝴蝶翩翩起舞是物体的机械运动，不是分子的运动，故C不符合题意；D、美丽的烟花在空中绽收属于物体的机械运动，不是分子的运动，故D不符合题意。故选：B。【点拨】解答本题我们一定要区分开分子的运动和固体机械运动。4（3分）下列行为中属于节约用电的是（）A离开教室随手关灯B用电水壶烧水时不盖盖子C白天总是用灯光代替自然光照明D夏天，房间里长时间设人时空调还一直开着【微点】有利于节约能源的措施【思路】科学、合理地节约用电是现代公民的行为准则，属于科学、合理地节约用电的是：家电尽量不要长时间待机，离开房间时随手关机；用节能灯替换白炽灯，楼道、走廊照明灯采用声、光控制等。【解析】解：A、为了节约电能，离开教室应随手关灯；故A属于节约用电行为；B、用电水壶烧水时不盖盖子，由于热散失，会增加电能的消耗，故B不属于节约用电行为；C、白天光线比较强，还使用灯泡照明，浪费电能，故C不属于节约用电行为；D、房间里长时间设人时空调还一直开着，浪费电能，故D不属于节约用电行为。故选：A。【点拨】通过本题让同学们知道节约电能要从我做起，从生活的点滴做起，有意义。5（3分）美丽的彩虹常能勾起人们对美好生活的向往。彩虹的“七色光”属于（）A水波B超声波C次声波D电磁波【微点】光的色散【思路】光就是一种电磁波，据此分析。【解析】解：彩虹的“七色光”说明白光是由多种色光组成的；光就是一种电磁波，故D正确。故选：D。【点拨】本题考查了可见光的实质，属于基础知识。6（3分）如图所示小关在课外探究活动中，将一个空易拉罐里的空气抽走后，易拉罐变扁了，压扁易拉罐的力是（）A大气压力B易拉罐的重力C易拉罐对地面的压力D地面对易拉罐的支持力【微点】大气压强的存在【思路】分析易拉罐变瘪的原因，判断是否能体验大气压的存在而得出答案。【解析】解：将一个空易拉罐里的空气抽走后，易拉罐里的气压变小，在外界大气压力的作用下，易拉罐被压扁了。故选：A。【点拨】学生利用身边的器材验证大气压的存在、用所学的知识分析判断，是一道基础题。7（3分）各种新材料正在提高我们的生活品质，坚硬的纳米材料一石墨烯，就是其中的一种，它几乎是完全透明的，并有着出色的导电性和导热性。下列物体中不适合使用石墨烯制作的是（）A防弹衣B隔热手套C电脑元件D太阳能电池【微点】物质属性对科技进步的影响【思路】物质的物理属性包含：密度、比热容、硬度、透明度、导电性、导热性、弹性、磁性等等。【解析】解：由材料知石墨烯具有坚硬、透明、导电性、导热性等物理性质；A、防弹衣要求富有弹性，石墨烯的弹性较大，故A不符合题意；B、隔热手套要求导热性能差，而石墨烯具有优良的导电性和导热性，不适合做保温隔热材料，故B符合题意；C、石墨烯晶体管的传输速度快，应用于电脑元件，故C不符合题意；D、石墨烯可用于制造更耐热的太阳能电池，故D不符合题意。故选：B。【点拨】本题是一道信息给予题，给出物理课外知识的材料，要认真阅读材料，结合物理知识用材料内容回答问题，在中考中出现在频率较高。8（3分）小关与同学们去游览桂林两江四湖，登上游船后，船会下沉一些，那么（）A船的重力将减小B水对船的浮力将减小C水对船的浮力将增大D水对船的浮力将保持不变【微点】物体的浮沉条件及其应用【思路】（1）登上游船后，船和人总重变大；（2）在同学们登上游船过程中，由于船都为漂浮，根据漂浮条件分析船受到浮力的变化情况。【解析】解：（1）同学们登上游船过程中，使船的重力变大，故A错误；（2）登上游船过程中，游船一直处于漂浮状态，则F浮G，所以，游船受到的浮力变大，故BD错误，C正确。故选：C。【点拨】两种情况下，游船均为漂浮，理解并用好漂浮条件是本题的关键。9（3分）如图所示，骑自行车出行郊游，是一种时尚、环保的生活方式。当我们在平直路面上匀速向前骑行时，以下说法正确的是（）A若自行车停下，惯性就消失了B自行车受到的动力大于自行车受到的阻力C路面受到的压力与人受到的支持力是一对平衡力D人和车受到的重力与地面对人和车的支持力是一对平衡力【微点】惯性；平衡力和相互作用力的区分【思路】（1）一切物体都有惯性；（2）（3）（4）根据二力平衡的四个因素分析。【解析】解：A、一切物体都有惯性，当自行车静止时，同样具有惯性，故A错误；B、在平直路面上匀速向前骑行时，自行车受到的动力与自行车受到的阻力是一对平衡力，大小相等，故B错误；C、路面受到的压力与人受到的支持力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故C错误；D、把人和车看做一个整体，人和车受到的重力与地面对人和车的支持力符合二力平衡的四个条件，是一对平衡力，故D正确。故选：D。【点拨】本题考查了二力平衡条件的应用、惯性等知识，属于基础题。10（3分）小关在探究磁现象的活动中能够实现的是（）A用小磁针吸起铜块或铝块B用放大镜能看到磁铁周围的磁感线C用磁铁吸起铜导线制成的通有电流的轻质螺线管D把小磁针放在磁铁周围的任何位置，静止后小磁针的北极都指向地理北极【微点】磁性、磁体、磁极；磁感线及其特点；地磁场；通电螺线管的磁场【思路】物体能够吸引铁、钴、镍的性质叫磁性，具有磁性的物体叫做磁体。磁体周围存在着磁场，磁场对放入磁场中的磁体有力的作用，为了描述磁场的性质而引入了有方向的曲线，称为磁感线；通电导体周围存在磁场。【解析】解：A、小磁针具有磁性，只能吸引铁、钴、镍等金属，不能吸引铜或铝。故A不可能实现；B、磁感线实际不存在，所以用放大镜也不能看到磁铁周围的磁感线。故B不可能实现；C、铜导线制成的轻质螺线管通过电流时，周围会产生磁场。所以用磁铁能够吸起铜导线制成的通有电流的轻质螺线管。故C可能实现；D、磁体周围存在磁场，把小磁针放在磁铁周围的任何位置，静止后小磁针的北极都指向此磁铁的S极。故D不可能实现。故选：C。【点拨】此类问题需注意磁场是客观存在的，磁感线是人为加上去的，磁体周围的磁感线都是从N极出发，回到S极，磁场对放入磁场中的磁体有力的作用。11（3分）经常下厨的小关发现，同时用相同的燃气灶加热质量相等、初温相同的水和食用油，油的温度总是升高得快些。这是因为（）A水的比热容小，吸热后温度升高得快B油的比热容小，吸热后温度升高得快C在相同的时间内，水吸收的热量较多D在相同的时间内，油吸收的热量较多【微点】比热容的概念及其计算【思路】根据Qcmt分析油的温度升高得快的原因；用相同的燃气灶加热，相同时间内水和食用油吸收的热量相同。【解析】解：（1）用相同的燃气灶加热，相同时间内水和食用油吸收的热量相同，故CD错误；（2）质量相等、初温相同的水和食用油，相同时间内吸收的热量相同，因为水的比热容大于食用油的比热容，根据Qcmt知，油的温度升高得快些，故A错误、B正确。故选：B。【点拨】本题主要考查学生利用水的比热容大解释现象，是一道基础题。12（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中保持不变的是（）A用电器消耗的总功率B电压表V的示数与电流表A的示数的比值C电流表A的示数与电流表A1的示数的差值D电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积【微点】电路的动态分析【思路】AB、两电阻并联，电流表A1测R1的电流，电流表A测并联的总电流，电压表测电源电压：分析当滑动变阻器的滑片P向右移动时变阻器连入电路中的电阻变化，根据并联电阻的规律判断总电阻变化，由P分析用电器消耗的总功率变化；由欧姆定律分析总电阻变化；CD、根据并联电路各支路互不影响，通过R1的电流不变：滑片P向右移动时，变阻器连入电路中的电阻变大，由欧姆定律可知，通过变阻器的电流变小；根据并联电路电流的规律，电流表A的示数与电流表A1的示数的差值等于通过变阻器的电流，从而确定电流表A的示数与电流表A1的示数的差值变化；因电压表示数不变，分析电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积变化。【解析】解：AB、由图知，R1与R2并联，电流表A1测R1的电流，电流表A测并联的总电流，电压表测电源电压，则滑片移动时电压表的示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，变阻器连入电路中的电阻变大，根据并联电阻的规律，总电阻变大，由P可知，用电器消耗的总功率变小，故A不符合题意；由欧姆定律可知，电压表V的示数与电流表A的示数的比值等于电路的总电阻，总电阻变大，则该比值变大，故B不符合题意；CD、因并联电路中各支路互不影响，所以通过R1的电流不变，即电流表A1示数不变，滑片P向右移动时，变阻器连入电路中的电阻变大，由欧姆定律可知，通过变阻器的电流变小；根据并联电路电流的规律，电流表A的示数与电流表A1的示数的差值等于通过变阻器的电流，所以该差值变小，故C不符合题意；因电压表示数不变、电流表A1示数不变，所以电压表V的示数与电流表A1的示数的乘积不变，故D符合题意；故选：D。【点拨】本题考查欧姆定律、并联电路的规律、电功率公式的运用，关键是电路的识别。二、填空题（每空1分，具16分不要求写出计算过程）请将答案填写在答题卡上13（2分）电动机是将电能转化为机械能的装置。【微点】直流电动机的原理【思路】电动机的工作原理：通电导体在磁场中受到磁场力的作用，是将电能转化为机械能的装置。【解析】解：所谓电动机，即通电能动，故是消耗电能产生机械能，即它就是将电能转化为机械能的装置，电动机就是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的。故答案为：电；机械。【点拨】本题考查了电动机工作时的能量转化，是一道基础题。14（2分）请在下列数字后面填上合适的单位：（选填“g”、“kg“或“t”）（1）一个鸡蛋的质量大约是50g；（2）中学生小超的质量大约是50kg。【微点】质量的单位换算【思路】此题考查对生活中常见物体质量的估测，结合对生活的了解和对质量单位的认识，填上符合实际的单位。【解析】解：（1）10个鸡蛋的质量大约1斤，而1斤500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右；（2）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。故答案为：（1）g；（2）kg。【点拨】质量的估测，需要我们熟悉常见物体的质量大小，以它们为标准对研究对象的质量作出判断。如：一个鸡蛋的质量在60g左右，一个苹果的质量在200g左右，一杯水的质量在0.5kg左右，中学生的质量在50kg左右，大象的质量在5t左右，等等。15（2分）如图所示刻度尺，它的测量范围为010cm；若小超用此刻度尺测量某物体的长度，记录结果为5.170cm，此记录结果是不正确（选填“正确”或“不正确“）的。【微点】长度的测量【思路】（1）使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其零刻线、量程和分度值；（2）刻度尺上最小的一格代表的长度是此刻度尺的分度值；使用刻度尺测量物体长度时，测量结果要估读到分度值的下一位。【解析】解：（1）使用刻度尺前要注意观察它的零刻线、量程和分度值，由图知此刻度尺的量程为010cm；（2）由图知，在1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即该刻度尺的分度值为1mm；测量结果要估读到分度值的下一位，用此刻度尺测量某物体的长度应该读到0.01cm，故记录结果为5.170cm，是错误的，应读作5.17cm。故答案为：010；不正确。【点拨】刻度尺是初中物理中基本的测量工具，使用前要观察它的量程和分度值，使用时刻度要紧贴被测物体，读数时视线与刻度垂直，估读到分度值的下一位，以及长度测量数据分析及处理，知道长度测量记录的注意事项、认真分析数据即可正确解题。16（2分）小超被广场舞的音乐声吵醒后很不开心，对他来说，广场舞的音乐声属于噪声（选填“噪声”或“乐音”），为避免干扰，他戴上了耳罩，这是利用了隔声（选填“消声”，“吸声”或“隔声”）的方法来减小干扰。【微点】噪声及其来源；防治噪声的途径【思路】（1）凡是妨碍人们工作，学习，休息的声音为噪声。（2）防治噪声的途径，从三方面考虑：在声源处；在传播过程中；在人耳处。【解析】解：小超被广场舞的音乐声吵醒后很不开心，对他来说，广场舞的音乐声影响了他的休息，故属于噪声；为避免干扰，他戴上了耳罩，这是利用了在人耳处减弱噪声，属于隔声减弱噪声的干扰。故答案为：噪声；隔声。【点拨】本题考查学生对响度在生活中具体应用的了解情况，知道控制噪声的途径，是一道声学的基础题。17（2分）如图所示，“漓江烟雨”是难得见的美丽景色，江面上环绕的雾是由水蒸气液化（填写物态变化名称）形成的，在这个过程中水蒸气会放出选填（“吸收”或“放出”）热量。【微点】液化及液化现象【思路】物质由气态变为液态是液化，液化放热。【解析】解：雾是由空气中的水蒸气遇冷液化成的小水珠，液化放热。故答案为：液化；放出。【点拨】此题考查了露的形成是何种物态变化，以及吸放热情况，是一道基础题。18（2分）在体育考试中，小超投出的实心球在空中的运动轨连如图所示。球从最高点到落地点的过程中，重力势能减小，忽略空气阻力，球的机械能不变（均选填“增加”、“不变”“减小”）。【微点】动能和势能的大小变化；机械能的概念【思路】影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。【解析】解：实心球从最高点到落地点的过程中，质量不变，速度增大，高度降低，所以动能变大，势能变小，重力势能转化为动能。由于不计空气阻力，机械能是守恒的，保持不变。故答案为：减小；不变。【点拨】能根据本题中所描述的抛出情况，结合动能和重力势能的影响因素，判断球的动能、重力势能的变化是解答的关键。19（2分）周末，小关和小超分别与家人驾车同时从同一地点前往桂林市乐满地主题乐园游玩，如图所示是两小车在某段平直公路上的运动图象，由图可知，两小车都在做匀速直线运动（选填“加速直线运动”或“匀速直线运动“）；小超家车的速度大于（选填“大于”或“小于”）小关家车的速度。【微点】速度的计算；匀速直线运动【思路】匀速直线运动的路程s与运动时间t成正比，st图象是一条倾斜的直线，根据图象的形状判断两车的运动性质；然后根据相同时间内两小车通过的路程大小比较它们的速度大小关系。【解析】解：由图象知两车的st图象是一条倾斜的直线，所以两车都做匀速直线运动，由图可知，相同时间内小超家车通过的路程大于小关家车，所以小超家车的速度大于小关家车的速度。故答案为：匀速直线运动；大于。【点拨】此题考查了速度的大小比较、物体运动状态的判断和惯性的影响因素，读懂图象含义，从图象中找到有价值的信息，是解答此类问题的关键。20（2分）如图所示，一段粗细、质量均匀的蜡块，重为G1，长为L，与一重为G2的铁块通过轻质细绳相连，竖立漂浮在水面上，露出水面的长度为L0，则蜡块和铁块所受水的浮力F浮G1+G2，若多次截掉蜡块露出水面的部分，直到蜡块上表面与水面恰好相平，此时蜡块在水中的长度L1LL0。（结果用G1、G2、水、蜡、L、L0来表示）【微点】物体的浮沉条件及其应用【思路】（1）根据漂浮时，浮力等于重力，在本题中为F浮G蜡+G铁；（2）当蜡块漂浮时，露出水面的长度为L0，根据阿基米德原理求出V排，根据GmgVg求出蜡块浸没的体积，由于V排V蜡浸+V铁；据此求出铁块的体积；蜡块上表面与水面恰好相平，即此时悬浮，可知F浮G蜡剩+G铁，分别代入后得到蜡烛剩余的长度。【解析】解：（1）蜡块与铁块通过轻质细绳相连，竖立漂浮在水面上时，根据漂浮条件可知：F浮G1+G2；（2）当蜡块漂浮时，根据阿基米德原理可得：V排；根据GmgVg可得蜡块体积：V1，由于露出水面的长度为L0，则蜡块漂浮时浸在水里的体积为：V蜡浸V1，铁块的体积：V2V排V蜡浸；当蜡块上表面与水面恰好相平，即悬浮时，V排V1+V2+；则：F浮G蜡剩+G2，即：水g（+）G1+G2，所以，L1LL0。故答案为：G1+G2；LL0。【点拨】此题考查了有关物体的浮沉条件及阿基米德原理的应用，关键要把握两点：蜡块与铁块通过轻质细绳相连，竖立漂浮在水面上时是漂浮，浮力等于总重力；蜡块上表面与水面恰好相平时是悬浮，浮力等于重力。注意两状态下的浮力不相同。三、作图、实验与探究题（21、22题各2分，23题5分、24题6分，25题9分，共24分）请将答案填写在答题卡上21（2分）请画出在图中放在斜面上静止的物体所受作用力的示意图。【微点】力的示意图与图示【思路】静止在斜面上的物体受到重力、摩擦力和支持力作用，然后过重心分别表示出三个力的方向。【解析】解：静止在斜面上的物体受到竖直向下的重力G、垂直于斜面向上的支持力N；由于物体有向下滑动的趋势，所以物体还受到沿斜面向上的摩擦力f；过物体的重心作竖直向下的重力G，过重心作垂直于斜面向上的支持力N，过重心作沿斜面向上的摩擦力f；如图所示：【点拨】本题考查学生对物体受力分析的能力，并会用力的示意图表示力的作用点和方向。22（2分）如图所示，射向平面镜的一束光AO经镜面反射后沿水平方向OB射出图中，ON是AOB的角平分线，请在图中作出平面镜放置的位置并标出入射角。【微点】作光的反射光路图【思路】法线是反射光线与入射光线形成夹角的角平分线，而平面镜与法线垂直而且过反射点，从而确定平面镜的位置，根据入射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角可标出入射角。【解析】解：由题知，OB为反射光线，题目已经过入射点作出入射光线AO与反射光线OB夹角的平分线（即法线），再过入射点作垂直于法线的平面镜即可，入射角是入射光线与法线的夹角，如图所示：【点拨】本题考查了光的反射定律的应用，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念，法线为入射光线和反射光线的角平分线，法线与平面镜垂直。23（5分）一天，小熊在实验室里进行了探究“影响蒸发快慢的因素”的活动。（1）如下是部分操作过程，在两块相同的玻璃板A、B上，同时滴上等量（选填“等量”或“不等量”）的酒精；使玻璃板A上的酒精表面积变大，玻璃板B不作处理，并保持其它条件不变：观察两块玻璃板上酒精蒸发的快慢。（2）上述活动是为了探究蒸发快慢与液体表面积（选填“液体温度”或“液体表面积”）的关系。会观察到玻璃板A（选填“A”或“B“）上的酒精蒸发得快些。（3）小熊在进行实验时不小心将温度计的玻璃泡浸入了酒精中，将其拿出后，温度计的示数会暂时变小（选填“变大”成“变小“），这是因为酒精蒸发吸热（选填“吸热”成“放热”）造成的。【微点】影响蒸发快慢的因素【思路】（1）（2）影响蒸发快慢的因素有：液体温度的高低、液体表面积的大小、液体上方空气流动的速度。利用控制变量法可对实验过程进行分析。（3）蒸发吸热，具有致冷作用。【解析】解：（1）根据控制变量法的要求，应在两块相同的玻璃板A、B上，同时滴上等量的酒精；（2）由实验操作可知，这是为了探究蒸发快慢与液体表面积的关系。由于其它条件相同，A的表面积大，所以会观察到玻璃板A上的酒精蒸发得快些。（3）实验时不小心将温度计的玻璃泡浸入了酒精中，将其拿出后，温度计的示数会暂时变小，这是因为酒精蒸发吸热造成的。故答案为：（1）等量；（2）液体表面积；A；（3）变小；吸热。【点拨】本题考查了探究“影响蒸发快慢的因素”的实验中控制变量法的运用，以及对蒸发吸热现象的了解，难度不大。24（6分）小体用如图所示实验装置来探究凸透镜的成像规律，用到的光具座足够长。（1）如图所示，依次放置好蜡烛、凸透镜、光屏并将它们调整好后，点燃蜡烛，无论怎样移动光屏，光屏上都没出现烛焰的像：但取掉光屏，在放光屏同侧通过凸透镜可以看到烛焰的像。则此凸透镜的焦距大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）15cm。看到的像是虚（选境“虚”或“实”）像。（2）将蜡烛移至零刻度处，凸透镜位置不变，当把光屏放回如图所示位置时，在光屏上看到了烛焰模糊的像，当把光屏向远离（选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动，在光屏上可以看到烛焰放大（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的清晰像：在看到清晰像后，保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜向靠近（选填“靠近”或“远离”）光屏的方向移动，在光屏上可以再次看到烛焰缩小（选填“放大”，“等大”或“缩小”）的清晰像。【微点】凸透镜成像规律及其探究实验【思路】（1）物距小于焦距时，成的是虚像，虚像不能被光屏接收；（2）物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，成倒立、放大的实像，此时像距要大于二倍焦距；凸透镜成像中，光路是可逆的。【解析】解：（1）点燃蜡烛，无论怎样移动光屏，光屏上都没出现烛焰的像，在放光屏同侧通过凸透镜可以看到烛焰的像，说明此时的像是虚像，此时物距为15cm，物距要小于焦距，即焦距大于15cm；（2）将蜡烛移至零刻度处，凸透镜位置不变，此时物距为30cm，由于凸透镜的焦距大于15cm，故此时物距要小于二倍焦距，成实像时，像距应大于二倍焦距，即像距大于30cm，故应将光屏向右移动，此时成的是倒立、放大的实像；在看到清晰像后，保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜向靠近光屏的方向移动，根据光路可逆可知，当物距大于二倍焦距，像距在一倍焦距和二倍焦距之间时，在光屏上可以再次看到烛焰缩小的清晰的像。故答案为：（1）大于；虚；（2）远离；放大；靠近；缩小。【点拨】此题探究凸透镜成像的规律实验，要熟练掌握成像特点与物距、像距之间的关系及其应用，做到灵活应用。25（9分）小绒在“测量小灯泡的电功率”实验活动中，使用的小灯泡额定电压为2.5V。（1）在检查实验仪器时，发见电流表指针如图乙所示，则应对电流表进行调零；（2）图甲是他未连接好的实验电路，用笔画线代替导线帮他连接好实验电路。（要求滑动变阻器滑片P向右滑动时灯泡变亮）（3）检查电路连接无误后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电压表、电流表都有示数。则小灯泡不亮的原因可能是滑动变阻器阻值接入电路的阻值过大。（4）问题解决后，继续进行实验，闭合开关，发现电压表的示数如图丙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向D（选填“C“或“D“”）端滑动，直至电压表示数为2.5V，若此时电流表的示数为0.30A，则小灯泡的额度功率为0.75W。（5）若两个额定电压为220V的白炽灯L1和L2的电压U与电流I的关系曲线如图丁所示，由图可知，L2的额定电流为0.5A，额定功率为110W；如果将L1和L2串联后接在220V的电源上，则L2的实际功率为24W。【微点】电功率的测量实验【思路】（1）使用电表前应对电表进行机械调零，使指针只在零刻度线处。（2）根据滑动变阻器一上一下串联接入电路，即可完成电路图的连接。（3）灯泡实际功率很小时，灯泡可能不发光；（4）根据图丙电压表小量程读数，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和分压原理确定滑片移动的方向；根据PUI可求功率；（5）由图可知当电压为额定电压时的电流，则由功率公式可得出额定功率；串联后接在220V的电源上，则两电阻两端的电压达不到220V，但二者电压之和应为220V，由图可读出电阻的电流，则可求得功率。【解析】解：（1）由图1所示电流表可知，电流表指针没有指在零刻度线上，在使用该电流表之前应对电流表进行调零，使指针指在零刻度线上。（2）滑动变阻器一上一下连接，滑动变阻器滑片P向右滑动时灯泡变亮，连入电路的电阻变小，电路的电流变大，滑动变阻器的右下接线柱接入电路，电路图如图所示：；（3）闭合开关前滑片置于阻值最大处，闭合开关，电压表与电流表都有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，由于滑动变阻器阻值接入电路的阻值过大，使得电路电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，因此灯泡不发光；（4）图丙中，电压表小量程分度值为0.1V，示数为1.2V，小于灯的额定电压，因灯在额定电压2.5V时才正常发光，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，由分压原理应减小变阻器连入电路中的电阻大小，所以滑片向D移动，直到电压表示数为2.5V；小灯泡的额度功率：PUI2.5V0.3A0.75W；（5）由图可知，当电压为220V时，L2的额定电流为0.5A，故L2的额定功率：PUI2220V0.5A110W；两电阻串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由UI图象可知，串联时电流应为0.3A，此时L1的电压为140V，L2的电压为80V，符合串联电路的电压特点，故此时L2的功率PU2I280V0.3A24W。故答案为：（1）调零；（2）见上图；（3）滑动变阻器阻值接入电路的阻值过大；（4）D；2.5；0.75；（5）0.5；110；24。【点拨】本题考查了实物电路的连接、实验操作和注意事项、电表的读数、功率的计算等，最后一问要结合图象和串并联电路的性质进行分析，注意灯丝电阻随电压的变化发生变化，故不能先求电阻，再进行计算。四、综合应用（26题6分，27题8分，28题10分，共24分）请将解答过程填写在答题卡上26（6分）若家用天然气的热值为4.2107J/m3，水的比热容为4.2103J/（kg）。（1）完全燃烧0.04m3天然气放出的热量是多少？（2）若某新型天然气灶烧水的效率为40%，完全燃烧0.04m3天然气可使室温下5kg的水温度升高多少？【微点】能量利用效率；热量的计算；燃料的热值及其计算【思路】（1）知道天然气的热值和体积，利用Q放Vq求天然气完全燃烧放出的热量；（2）知道天然气完全燃烧放出的热量只有40%被水吸收，即Q吸Q放40%，求出水吸收的热量，再根据吸热公式求水升高的温度值。【解析】解：（1）完全燃烧0.04m3天然气放出的热量：Q放Vq0.04m34.2107J/m31.68106J；（2）由题知，水吸收的热量：Q吸Q放40%1.68106J40%6.72105J，由Q吸cmt可得水升高的温度：t32。故答案为：（1）完全燃烧0.04m3天然气放出1.68106J的热量；（2）完全燃烧0.04m3天然气可使常温下5kg的水温度升高32。【点拨】计算燃料燃烧放出的热量时，注意气体燃料和固液体燃料的热值单位不同：气体J/m3、固液体J/kg。27（8分）如图所示，电源电压恒定，R1的阻值为20，R2的阻值为10当S闭合，S1、S2断开时，电流表的示数为0.5A求（1）电源电压；（2）通电10s内电路消耗的总电能；（3）当S、S1、S2都闭合时，电流表的示数变化了0.4A则R3的阻值是多大？【微点】欧姆定律的应用；电功与电能的计算【思路】（1）当S闭合，S1、S2断开时，R1和R2串联，根据欧姆定律求出电源电压；（2）根据WUIt求出消耗的电能；（3）当S、S1、S2都闭合时，R2被短路，此时R1和R3并联接入电路中，根据并联电路的电阻特点求出干路的电流；根据欧姆定律求出R1的电流，从而求出R1和的电流，根据欧姆定律求出R3的阻值。【解析】解：（1）当S闭合，S1、S2断开时，R1和R2串联接入电路中；根据电阻的串联和I可知，电源电压为：UI（R1+R2）0.5A（20+10）15V；（2）通电10s内电路消耗的电能为：WUIt15V0.5A10s75J；（3）当S、S1、S2都闭合时，R2被短路，此时R1和R3并联接入电路中，电流表测干路中的电流，此时的总电阻要小于R1，当S闭合，S1、S2断开时，R1和R2串联接入电路中，此时的总电阻要大于R1，所以，R1和R3并联的总电阻小于 R1和R2串联的总电阻，由欧姆定律可知，当S、S1、S2都闭合时，干路中的电流变大，故并联后干路中的电流为：I0.4A+0.5A0.9A；通过R1的电流为：I10.75A；由并联电路的电流特点可得，通过R3的电流为：I3II10.9A0.75A0.15A；则R3的阻值为：R3100。答：（1）电源电压为15V。（2）通电10s内电路消耗的电能为75J。（3）R3的阻值为100。【点拨】本题考查了电阻的串联和并联电路的特点及欧姆定律的应用；能根据电阻特点判定干路电流的大小是解题的关键。28（10分）小熊在课外实践活动中，用如图甲所示的滑轮组匀速拉动放在树下一水平面上的不同物体，物体受到的摩擦力从100N开始逐渐增加，每次物体被拉动的距离均为1m。根据测量结果画出了该滑轮组机械效率与物体受到摩擦力大小变化的关系图象，如图乙所示。若不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，求：（1）由图乙可知，当物体受到的摩擦力为100N时，滑轮组机械效率是多大？（2）当滑轮组的机械效率为75%，物体以0.1m/s的速度匀速运动时，该滑轮组的有用功率是多大？（3）当物体与地面的摩擦力为1500N时，体重为500N的小熊竖直向下拉绳，还能用此滑轮组拉动物体吗？用计算结果说明。【微点】滑轮（组）的机械效率；功率的计算【思路】（1）由图乙可知，当物体受到的摩擦力为100N时，滑轮组机械效率；（2）当f1100N时，150%，通过滑轮组拉动水平面上的物体，有用功W有用fs；由题知，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，额外功W额外G动s，总功等于有用功加上额外功，滑轮组的机械效率1，据此求动滑轮重；当275%时，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，机械效率2，据此求此时摩擦力；滑轮组的有用功率P有f2v；（3）不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，拉力F（f+G动），和小熊的重力大小比较得出能否用此滑轮组拉动物体。【解析】解：（1）由图乙可知，当物体受到的摩擦力为100N时，滑轮组机械效率是50%；（2）当f1100N时，150%，通过滑轮组拉动水平面上的物体，则有用功：W有用1f1s，由题知，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，则额外功：W额外G动s，则总功：W总1W有用1+W额外f1s+G动s，所以，150%，解得动滑轮重：G动100N；当275%时，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，此时滑轮组的机械效率：275%，解得此时的摩擦力：f2300N；则滑轮组的有用功率：P有f2v300N0.1m/s30W；（3）由图可知，n3，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，当f31500N时，拉动物体需要的拉力：F3（f3+G动）（1500N+100N）533N，小熊的重力为500N，根据力的作用是相互的，所以小熊给绳子的最大拉力等于其重力为500N，小于533N，故不能用此滑轮组拉动物体。答：（1）由图乙可知，当物体受到的摩擦力为100N时，滑轮组机械效率是50%；（2）当滑轮组的机械效率为75%，物体以0.1m/s的速度匀速运动时，该滑轮组的有用功率是30W；（3）当物体与地面的摩擦力为1500N时，体重为500N的小熊竖直向下拉绳，不能用此滑轮组拉动物体。【点拨】本题是一道力学综合题，考查了滑轮组的特点、功率、机械效率的计算，考查角度新颖，利用好机械效率的推导公式是关键，是一道创新题。第 21 页 / 共 21 页