2011年广西桂林市中考物理试卷（教师版）.doc

2011年广西桂林市中考物理试卷（教师版） 一、去伪存真（单项选择，每小题3分，共39分每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑每小题选对的得3分，不选、多选或选错的均得0分）1（3分）小明坐在行驶的列车内，若说他是静止的，则所选择的参照物是（）A车窗B铁轨C路边的树D在车内走动的乘务员【微点】参照物及其选择【思路】判断参照物是研究物体运动状态的一个逆过程，是已知物体的运动情况，判断以“谁”为参照物。当然对于此类选择题，我们可以逐项分析，找到正确的选项。【解析】解：以车窗为参照物，小明相对于车窗的位置没有发生改变，所以小明相对于车窗是静止的，故A符合题意；小明坐在行驶的列车内，相对于铁轨、路旁的树及在车内走动的乘务员的位置都发生了改变，所以以铁轨、路旁的树及在车内走动的乘务员为参照物，小明是运动的，故B、C、D不符合题意；故选：A。【点拨】判断物体是静止的还是运动的，关键在于参照物的选择，选取不同的参照物，得到的结果可能不同。2（3分）用小提琴和二胡演奏同一首乐曲，我们能分辨出它们发出的声音有所不同，主要是因为这两种乐器发出的声音（）A音调不同B响度不同C音色不同D传播速度不同【微点】音色【思路】解决此题需要掌握：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：因为每种乐器发声的材料或结构都不相同，因此会发出不同音色的声音，所以可以通过音色辨别乐器是小提琴还是二胡；故选：C。【点拨】解决此类问题要会根据响度、音色和音调的定义区分乐音特征的三个因素。3（3分）你在使用水性笔解答中考试题时，水性笔中的墨水保持不变的物理量是（）A质量B密度C重力D体积【微点】密度及其特性【思路】在使用水性笔解答中考试题时，水性笔中的墨水会减少，即质量和体积都会减少，所以重力也会减少，而密度是保持不变的。【解析】解：A、物体内所含物质的多少叫做质量，当使用水性笔解答中考试题时，水性笔中的墨水含量在减少，所以质量会减少；B、密度是物质的一种特性，同种物质密度一定，与物体的质量和体积都无关；C、物体的重力跟质量是成正比的，因为水性笔中的墨水质量在减少，所以墨水的重力也在减少；D、当使用水性笔解答中考试题时，水性笔中的墨水在减少，所以墨水的体积也在减少。故选：B。【点拨】解答本题的关键是要理解质量及其特性和密度及其特性。4（3分）在日常生活中，用10N的拉力不能提起重15N的物体的简单机械是（）A一个定滑轮B一个动滑轮C杠杆D斜面【微点】杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；斜面与轮轴【思路】不计机械自重和摩擦的情况下；定滑轮不省力，动滑轮可以省一半的力，使用杠杆可以省力，也可以费力，使用斜面一定省力，省力情况取决于斜面的长度与高度的比值。【解析】解：因为10N的拉力要提起重15N的物体，使用的机械一定是能省力的机械，而在动滑轮、定滑轮、杠杆和斜面中，只有定滑轮不能达到省力的目的，所以用10N的拉力不能提起重15N的物体。故选：A。【点拨】此题主要考查了动滑轮、杠杆、斜面的省力特点，注意使用定滑轮一定不能省力，但可以改变动力方向。5（3分）如图所示，是小华用相机拍摄的桂林市杉湖上的双塔相片。下面说法正确的是（）A双塔在湖中的倒影是实像B要使塔的像更大些，小华或相机镜头应向塔靠近些C要使塔的像更大些，小华或相机镜头应离塔更远些D要使塔的像更小些，小华或相机镜头应离塔更近些【微点】凸透镜成像的应用【思路】要解决此题，需要掌握平面镜成像的原理，知道平面镜成的像是虚像。掌握凸透镜成像的原理及应用，知道照相机是根据当物距大于2f时，成倒立、缩小实像的原理制成的。并且物距越大，像越小，像距也越小；物距越小，像越大，像距也越大。【解析】解：双塔在湖中的倒影属于平面镜成像，成的是虚像。所以A说法错误。要使塔的像更大些，应减小镜头与塔之间的距离。所以B说法正确，C说法错误。要使塔的像更小些，应增大镜头与塔的距离，所以D说法错误。故选：B。【点拨】此题主要考查了平面镜成像的性质，知道平面镜成的像是虚像。同时考查了凸透镜成像的原理及应用。知道要增大所成的像，应减小物距；否则要增大物距。6（3分）关于磁体、磁场和磁感线，以下说法中正确的是（）A铁和铝都能够被磁体所吸引B磁感线是磁场中真实存在的曲线C磁体之间的相互作用是通过磁场发生的D小磁针的北极不论在任何情况下都指向地理的南极【微点】磁性材料；磁场；磁感线及其特点；地磁场【思路】只有磁性物质才能被磁化，磁化后的磁性材料具有了磁性，磁性材料变为磁体，磁体周围存在着磁场，磁场看不见，摸不到，为了研究磁场，画了一些带箭头的曲线来描述磁场，这样的曲线就是磁感线，这些曲线根本不存在。磁体之间的相互作用，都是通过磁场来完成的。地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，小磁针受地磁场的作用，小磁针的北极指地磁南极（地理北极附近）。【解析】解：A、磁体只能吸引磁性材料，铁是磁性材料，铝不是磁性材料，磁体能吸引铁，不能吸引铝。不符合题意。B、磁感线是人们为了方便研究磁场，在磁体周围画的带箭头的曲线，这些曲线在磁场中根本不存在。不符合题意。C、磁体之间的排斥和吸引都是通过两个磁体周围的磁场相互作用完成的。符合题意。D、小磁针的北极不论在任何情况下都指向地磁南极，也就是在地理的北极附近。不符合题意。故选：C。【点拨】本题涉及到磁性材料、磁场、磁感线、磁体之间相互作用的原因、地磁场等等，综合性较强，但是这些知识不是太深，只要掌握基础知识，还是能顺利解答的。7（3分）如图所示的实例中，目的是为了增大压强的是（）A铁轨下铺枕木B坦克装有履带C刀刃磨得很薄D书包背带很宽【微点】增大压强的方法及其应用【思路】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，减小受力面积增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强。【解析】解：A、铁轨下铺枕木，是在压力一定时，增大铁轨和路基的受力面积来减小铁轨对路基的压强，保护路基。不符合题意。B、坦克装有履带，是在压力一定时，增大坦克和路面的受力面积来减小坦克对路面的压强，保护路面。不符合题意。C、刀刃磨得很薄，是在压力一定时，减小刀刃和菜的受力面积来增大刀对菜的压强，容易把菜切开。符合题意。D、书包背带很宽，是在压力一定时，增大书包和肩膀的受力面积来减小书包对肩膀的压强，使肩膀感到舒服。不符合题意。故选：C。【点拨】掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法，并能在生活中加以应用，体现了理论和实践相结合。8（3分）据悉，到2020年我国将建立自己的空间站“天宫一号”。关于空间站所使用的供电装置，你认为最可行的是（）A太阳能电池B化学蓄电池C柴油发电机D风力发电机【微点】电源及其能量转化【思路】我们可以从各电源的工作原理及特点上进行分析，选择最可行的电源。【解析】解：太阳能电池可以做得比较小巧，并且太阳能取之不尽，没有污染，所以太阳能电池要比化学电池和柴油发电机优越得多。因为在太空中没有空气，不会产生风，所以风力发电机就没有用武之地了。故选：A。【点拨】太阳能取之不尽，没有污染，因此太阳能电池是廉价而又清洁的电源。在地球上，它的不足之处是要受到天气的限制。9（3分）我市目前已全面开通了3G手机通信业务。使用3G手机不仅可以通话，还可以随时通过无线网络上网。下列说法正确的是（）A电磁波不能在真空中传播B手机通话是直接传输声信号C电磁波在空气中的传播速度是340m/sD手机无线上网是利用电磁波传输数字信号【微点】电磁波的传播与应用；移动通信【思路】电磁波可以在真空中传播；电磁波在空气中的传播速度等于光速；移动通信是利用电磁波传输信号的。【解析】解：A、电磁波可以在真空中传播，不符合题意；B、移动电话是用微波信号与电话网络联系的，并非直接传输声信号，不符合题意；C、电磁波在空气中的传播速度约是3108m/s，不符合题意；D、移动通信是利用电磁波传递信息的，包括手机上网，符合题意；故选：D。【点拨】不论是普通手机还是3G手机，都是利用电磁波来传递信息。10（3分）如图所示，进入人眼睛的光线是由（）A平面镜发出的B像s发出的C平面镜反射的D人的眼睛发出的【微点】光的反射现象【思路】要解决此题，需要掌握平面镜成像的原因，是由于光从物体射到平面镜上时，发生反射，反射光线的反向延长线会相交于一点，这便是像点。【解析】解：图中表示的是蜡烛在平面镜中成像的原因，进入人眼的光线是由平面镜反射而来的。故选：C。【点拨】此题主要考查了平面镜成像的原因。平面镜成像是由于光的反射，我们逆着反射光线的方向看去，很容易认为光是从像点发出的，其实看到的是经平面镜反射的光线。11（3分）驾驶员酒醉后驾车要负刑事责任。酒精测试仪可检测驾驶员是否酒后驾车，如图所示是它的原理图。图中R0为定值电阻，酒精气体传感器的电阻值随酒精气体浓度的增大而减小，如果驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，那么测试仪的（）A电压表示数越大B电压表示数不变C通过传感器的电流越小D传感器两端的电压越大【微点】电路的动态分析【思路】从电路图可知，传感器与电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压，酒精气体浓度越大，酒精气体传感器的电阻越小，根据欧姆定律可知，电路电流越大，根据公式UIR可知R0两端的电压的变化。【解析】解：由电路图可知，传感器与电阻R0串联，酒精气体浓度越大，酒精气体传感器的电阻越小，电路电流越大，即通过传感器的电流越大；根据公式UIR可知R0两端的电压越大，所以电压表示数越大。故选：A。【点拨】本题考查欧姆定律的应用和串联电路电流、电压的规律，关键是知道两电阻的连接方式，这是本题的重点。12（3分）图是小明在体育考试中测试“引体向上”时的示意图。关于“引体向上”，下列说法中正确的是（）A身体悬挂不动时，势能为零B身体上升时，重力做功，势能减少C身体下降时，重力做功，势能增加D身体上升时，克服重力做功，势能增加【微点】动能和势能的大小变化【思路】物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素有物体的质量和物体所处的高度，物体被举得越高，重力势能越大；据此判断小明的势能大小情况；做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，据此判断小明做功、重力做功情况。【解析】解：A、身体悬挂不动时，因为身体被举高，具有重力势能，故A错；B、身体上升时，在重力的方向上移动了距离，重力做功；高度增大，重力势能增大，故B错；C、身体下降时，在重力的方向上移动了距离，重力做功；高度减小，重力势能减小，故C错；D、身体上升时，克服重力做功；高度增大，重力势能增大，故D正确。故选：D。【点拨】本题考查了做功的两个必要因素（力和距离，二者缺一不可）、影响势能大小的因素（质量、高度），属于基础题目。13（3分）如图1所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“UI”关系图象如图2所示。则下列判断正确的是（）A电源电压为10VB定值电阻R1的阻值为20C滑动变阻器R2的阻值变化范围为010D变阻器滑片在中点时，电流表示数为0.3A【微点】欧姆定律的应用【思路】从“UI”关系图象可以看出，甲为滑动变阻器的关系图象，因为最后电压变为0，此时滑动变阻器的电阻为0；乙为电阻R1的图象，当滑动变阻器的阻值最大时，两电阻串联，电流相等，从图象可以看出，电流相等时为I0.3A，滑动变阻器两端的电压为3V，电阻R1的电压为3V，电源电压为两电压之和，根据欧姆定律可求电阻R1的电阻和滑动变阻器的最大阻值，当滑片在中点时，滑动变阻器接入电路电阻为滑动变阻器总阻值的一半，和电阻R1串联，根据欧姆定律求出此时电路的电流。【解析】解：当滑动变阻器的阻值最大时，两电阻串联，干路电流最小：I0.2A，电阻R1的电压U12V，滑动变阻器两端的电压U24V；所以电源电压UU1+U22V+4V6V，故A错误。定值电阻R1的阻值为R110，故B错误。滑动变阻器的阻值最大为R220，所以滑动变阻器R2的阻值变化范围为020，故C错误。变阻器滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻为10，此时R1、R2的阻值相同，分得的电压相同，从图上看，此时电流表的示数为I0.3A。故选：D。【点拨】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“UI”关系图象。二、思考与表达（填空，每空1分，共18分请将答案填写在答题卡上，不要求写出计算过程）14（2分）台式电脑使用一段时间后，为保证电脑的稳定性，需要打开主机箱盖除尘，这是因为散热风扇的扇叶在转动过程中与空气摩擦带上了电荷，可以吸引轻小物体，所以灰尘会附着在扇叶上。【微点】物体带电现象；摩擦起电【思路】本题依据摩擦可以起电，带电的物体可以吸引轻小的物体的知识来填空。【解析】解：散热风扇转动的过程中与空气摩擦，使扇叶带上了电，带电体的性质是可以吸引轻小的物体，所以扇叶就把灰尘吸附在表面上了。故答案为：电（或电荷，或静电）；吸引。【点拨】知道生活中摩擦起电的现象，知道带电体的性质，并能解释生活中的摩擦起电现象。15（2分）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的比热容较大；在这个过程中是通过热传递的方式使水的温度升高，内能增大。【微点】热传递改变物体内能；水的比热容的特点及应用【思路】（1）单位质量的某种物质温度升高（或降低）1吸收（或放出）的热量为该物质的比热容，水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；（2）改变物体内能的方法有二：一是做功，二是热传递，在热传递的过程中，高温物体或物体的高温部分，内能减小，温度降低；低温物体或物体的低温部分，内能增大，温度升高。【解析】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以常用水给汽车发动机降温；（2）在该过程中，发动机放出热量、温度降低，水吸收热量、温度升高，发生了热传递。故答案为：比热容、热传递。【点拨】本题主要考查了学生对水的比热容大的特点及应用、改变物体内能的方法的了解和掌握，应用好“物体的m、t相同时，c大的Q大”是本题的关键。16（2分）如图所示，是小明在“探究凸透镜成像的规律”实验中看到的一种成像的情况。此时凸透镜所成的像是虚（选填“实”或“虚”）像，其成像的条件是物距小于焦距。【微点】凸透镜成像规律及其探究实验【思路】要解决此题，需要掌握虚像的概念，在凸透镜成像中，虚像是由折射光线的反向延长线会聚而成的。要掌握凸透镜成像的规律，知道当物距小于焦距时，成正立、放大的虚像。【解析】解：由图知，所成的像是由折射光线的反向延长线会聚而成，所以是虚像。根据凸透镜成像的规律，当物距小于焦距时，成正立、放大的虚像。故答案为：虚；物距小于焦距。【点拨】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了对虚像的理解，知道虚像不是实际光线会聚而成的。同时要熟练掌握成像特点与物距之间的关系。17（2分）在用天平测物体质量时，应根据估计所用的砝码，按质量由大到小（选填“由小到大”或“由大到小”）的顺序向右盘中增减砝码；在调换砝码时，如果发现添加最小的砝码嫌多，而取出最小的砝码又嫌少，这时应采取移动游码的方法使天平平衡。【微点】天平的使用【思路】用天平称量物体前要通过调节横梁两端的螺母使横梁平衡；在物体的称量过程中左物右码，向右盘中添加砝码应按从大到小的顺序。在调换砝码时，如果添加了最小砝码还大，而取出最小砝码又偏少，此时才采取移动游码方法使天平平衡。【解析】解：在物体的称量过程中向右盘中添加砝码应按从大到小的顺序。在调换砝码时，如果添加了最小砝码还大，而取出最小砝码又偏少，此时应该采取移动游码方法使天平平衡。故答案为：由大到小，移动游码。【点拨】解决此题的关键是：明确天平称量物体前与称量物体过程中使横梁平衡的调节方法是不同的。18（2分）如图所示，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自重来实现的；潜水艇在上浮过程中，未露出水面之前，所受的浮力将不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【微点】阿基米德原理的应用；物体的浮沉条件及其应用【思路】潜水艇浸没在水中，潜水艇的体积不变（排开水的体积不变），受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，根据物体的浮沉条件分析是怎么上浮或下沉的。【解析】解：在水中，潜水艇受到水的浮力和重力的作用，F浮水v排g，潜水艇的体积不变，排开水的体积不变，潜水艇受到水的浮力不变；把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当F浮G时，潜水艇上浮；打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当F浮G时，潜水艇下沉；当F浮G时，潜水艇悬浮，可以停留在任何深度；由此可见，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自重来实现的。故答案为：自重，不变。【点拨】本题考查了学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，知道潜水艇自身体积不变（排开水的体积不变、受浮力不变）是本题的关键。19（2分）一根镍铬合金丝两端电压一定，将镍铬合金丝对折后接入原电路中，其电阻将变小，通过的电流将变大。（选填“变大”、“变小”或“不变”）【微点】影响电阻大小的因素；欧姆定律的应用【思路】要解决此题，需要掌握影响电阻大小的因素，知道导体越短、横截面积越大，则电阻越小。同时掌握欧姆定律的内容，根据I，能够分析电流和电压、电流和电阻之间的关系，在分析时要注意运用控制变量法。【解析】解：将镍铬合金丝对折后，合金丝的长度变短、横截面积变大，所以镍铬合金丝的电阻变小。因为合金丝两端的电压不变，根据公式I，电压不变，导体中的电流与导体的电阻成反比，电阻变小，所以电流将变大。故答案为：变小；变大。【点拨】此题注意考查了影响电阻大小的因素，同时考查了对欧姆定律的应用。在分析中注意要运用公式，同时注意分析改变的量和不变的量，从而得出电流的变化。20（2分）惯性与日常生活的联系非常密切，请分别列举一个利用惯性和防止惯性的实例。利用惯性：跳远前要助跑；防止惯性：驾驶员必须系上安全带。【微点】惯性【思路】解答本题要掌握：一切物体都有惯性，我们在生活中可以利用惯性，但也要注意防止惯性带来的危害。惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质。【解析】答：生活中利用惯性的例子很多：跳远前要助跑；车快到站时熄火靠惯性前进；拍衣服上的灰尘等等；防止惯性的例子有：驾驶员必须系上安全带；汽车限速行驶等等。【点拨】解决此类题目首先要掌握惯性的知识，并要分析在具体事例中的作用。21（2分）如图所示，电源电压不变。将定值电阻R1和R2串联后接在电源上，R1消耗的功率为3W，R2消耗的功率为6W，则R10.5R2；若将它们并联后仍接在该电源上，则电路消耗的总功率为40.5W。【微点】电功率的计算【思路】当两电阻串联时，电流相等，根据公式PI2R可求两电阻之比，根据两电阻的关系，求出并联的总电阻，然后利用公式P求出电路消耗的总功率。【解析】解：当两电阻串联时，所以R10.5R2，电路消耗的总功率P串P1+P23W+6W9W，整理得27W，并联的总电阻R并R1，所以电路消耗的总功率P并27W40.5W。故答案为：0.5；40.5。【点拨】本题考查电功率的计算，关键是计算电阻的关系以及电阻与电功率的关系，难点是计算电阻与电功率的关系，这是本题的转折点，要知道串、并联电路电流、电阻的关系。22（2分）如图所示，质量为40g的金属小球从导轨的a处自由滑下，依次经过b处、c处，到达d处时恰好停下。在从a到b的过程中，重力做功为0.2J；在整个运动过程中，小球克服导轨摩擦消耗的机械能为0.12J（g10N/kg）【微点】功的计算；机械能的概念【思路】知道小球的质量，利用重力公式求小球重，又知道下降高度（在重力方向上移动的距离），利用WGh求重力做功；在整个运动过程中，实现了重力势能和动能的相互转化，同时小球要克服摩擦做功，消耗机械能转化为内能；求出小球在ad两点时的机械能，二者之差就是小球克服导轨摩擦消耗的机械能。【解析】解：小球重：Gmg40103kg10N/kg0.4N，小球从a到b的过程中，重力做功：WGh0.4N0.5m0.2J；小球克服导轨摩擦消耗的机械能：Emg（hahd）0.4N（0.5m0.2m）0.12J。故答案为：0.2，0.12。【点拨】计算重力做功，关键是确定在重力方向上移动的距离即竖直高度；计算重力势能大小：Emgh。三、作图、实验与探究（23、24题各2分，25题5分，26题7分，27题9分，共25分请将答案填写在答题卡上）23（2分）在图中作出投出的实心球在空中飞行时所受力的示意图。（空气阻力忽略不计）【微点】力的示意图与图示【思路】不计空气阻力，空中飞行的球只受重力的作用，画出重力的示意图即可。【解析】解：空中飞行的实心球只受到重力的作用。重力的作用点在它的球心上，方向竖直向下。故答案为：【点拨】画重力的示意图首先找重心，然后用一条带箭头的线段表示重力，箭头指示的方向就是重力的方向竖直向下，最后用G表示出这个力。24（2分）在图中标出磁感线的方向和小磁针的N极。【微点】磁感线及其特点；通电螺线管的磁场【思路】利用电源的正负极，可以确定电路中电流的方向，在根据电流方向和图示的螺线管的绕向，利用安培定则可以确定螺线管的NS极。然后利用磁感线是从磁体的N极出发，回到S极这一特点，确定磁感线的方向。利用螺线管的磁极结合磁极间作用规律确定小磁针的N、S极。【解析】解：电流从电源的正极出发，经过外电路会到电源的负极，所以电流是从螺线管的右端流入，左端流出。根据螺线管的线圈绕向和电流的方向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为N极，右端为S极。磁感线是从磁体的N极出发，回到S极，所以可以确定磁感线的方向是向右的。小磁针的左端靠近了螺线管的右端（S极），异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端与螺线管的右端为异名磁极，故为N极。综上分析可得答案如右图：【点拨】此题综合了安培定则、磁极间作用规律、磁感线的特点等知识点，题目的难度不大，利用安培定则确定螺线管的NS极，是解决此题的关键。25（5分）在做“探究水的沸腾”实验中，小华使用的实验装置如图甲示，根据实验数据作出的“温度时间”图象如图乙示。（1）实验中所用温度计是根据液体热胀冷缩的规律制成的。（2）从图乙可知实验测得水的沸点是97，说明此时实验室中的大气压小于（选填“小于”、“大于”或“等于”）1标准大气压。（3）水在沸腾过程中，温度将不变（选填“升高”、“降低”或“不变”），并看到有“白气”不断从烧杯中冒出，这些“白气”是由于水蒸气液化（填写物态变化名称）而产生的。【微点】液体温度计的构造与工作原理；沸点及沸点与气压的关系；液化及液化现象；探究水的沸腾实验【思路】（1）要解决此题，需要掌握温度计的制作原理，知道液体温度计是根据液体热胀冷缩的规律制成的。（2）要掌握沸点的概念，知道液体沸腾时温度叫做沸点。同时要掌握沸点与气压之间的关系，知道气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低。（3）掌握液体沸腾时的特点：吸热，但温度保持不变。掌握液化的概念：由气态变为气态的过程，此过程需要放热。【解析】解：（1）实验室中常用的温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的。故答案为：热胀冷缩。（2）由图知，当水的温度达到97时，温度不再变化，说明此时是水的沸腾过程，沸点是97。沸点低于标准大气压下的沸点，所以实验室中的大气压小于1标准大气压。故答案为：97；小于。（3）水在沸腾过程中，温度保持不变。我们看到的“白气”是由大量小水珠组成的，这些小水珠是由水蒸气遇冷液化而来的。故答案为：不变；液化。【点拨】此题是探究水的沸腾实验，主要考查了温度计的制作原理及沸点的概念、沸点与大气压之间的关系。要熟记标准大气压下的水的沸点，掌握水沸腾过程中的特点。同时考查了液化的概念。26（7分）如图1示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。此时，应把杠杆两端的平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态。这样做的好处是：便于在杠杆上直接测量力臂。（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件为：动力动力臂阻力阻力臂（或F1L1F2L2）。他这样得出的结论是否合理？不合理；为什么？结论具有偶然性（结论没有普遍性）。（3）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图2示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是：杠杆自重的影响。【微点】探究杠杆的平衡条件实验【思路】（1）杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来。（2）实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律。（3）图2中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。【解析】解：（1）杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。（2）杠杆的平衡条件是：动力动力臂阻力阻力臂（或F1L1F2L2），只通过一次测量，数据具有偶然性，不具备普遍性。（3）图2中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。故答案为：（1）左、水平、力臂；（2）动力动力臂阻力阻力臂（或F1L1F2L2）、不合理、结论具有偶然性（结论没有普遍性）；（3）杠杆自重的影响。【点拨】（1）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；（2）初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件多次测量就是为了寻找普遍规律。27（9分）如图所示，是小明在“测量小灯泡电功率”实验中连接的实验电路，所用小灯泡的额定电压为3.8V，电源是电压为6V且保持不变的蓄电池组。（1）实验开始，当开关闭合，变阻器滑片P向右移动时，电流表示数变大，电压表示数不变。（选填“变大”、“变小”或“不变”）（2）同组的小红发现连线中有一处不符合实验要求，所以才出现上述现象，而且只需改动一根导线的连接，就可以顺利进行实验。请你在需要改动的导线上打“”，并用笔画线代替导线画出正确的接线。（3）电路连接正确后，小明他们正常进行实验并将实验数据记录在下表中。若第二次测量时电流表的示数如图所示，则此时电路电流为0.42A，可得小灯泡的额定功率为1.596W分析表中数据，请写出你还能得出的一个结论：灯的电流随两端电压增大而增大。实验次数123电压/V3.03.84.5电流/A0.360.45（4）如果电压表的015V量程被损坏，只有03V量程能正常使用，实验室里也没有其它电压表可供更换，要求利用现有器材测出小灯泡的额定功率。请在虚线框中画出你设计的电路图。【微点】电功率的测量实验【思路】（1）滑动变阻器接入右半段，滑片右移，接入电路的右半段变短。电阻变小，总电阻变小，电流变大。灯泡和滑动变阻器串联在电路中，总电压等于电源电压，电压表测灯泡和滑动变阻器两端的总电压。根据电源电压不变判断电压表示数。（2）测灯泡功率的实验，电压表要并联在灯泡两端测灯泡的电压。（3）电流表读数：首先确定使用的量程，然后确定每一个大格和每一个小格代表的示数。知道额定电压和额定电流，根据PUI，计算额定功率。表格中有电压和电流，可以判断电流随电压的变化关系，可以判断电阻跟电压的变化关系。根据PUI，求出三次功率，得出功率与电压的关系。（4）根据串联电路电压特点，当灯泡正常工作时，求出滑动变阻器电压小于3V，测滑动变阻器电压，间接得到灯泡的额定功电压。【解析】解：（1）滑动变阻器接入右半段，滑片右移，总电阻变小，电路电流变大，电流表的示数变大。灯泡和滑动变阻器串联在电源上，灯泡与滑动变阻器电压之和等于电源电压，电压表测灯泡和滑动变阻器两端，滑片移动，不会改变电源电压，所以电压表示数不变。（2）电压表并联在灯泡和滑动变阻器两端，测两者的总电压是错误的。电压表要测灯泡两端电压，要并联在灯泡两端。如下面实物图。（3）电流表使用的00.6A，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.42A。PUI3.8V0.42A1.596W。如表格，可以得出的结论：电流随电压的增大而增大，根据R得实验1、2、3次电阻分别是8.3、9.0、10，电压增大，灯丝温度升高，电阻增大。根据PUI得实验1、2、3次功率分别是1.08W、1.596W、2.025W电压增大，电流做的，功率增大。（4）电源电压为6V，灯泡和滑动变阻器串联在电路中，灯泡额定电压为3.8V，要上灯泡正常工作，滑动变阻器的电压为6V3.8V2.2V3V，可以用电压表03V量程，并联在滑动变阻器两端，当滑动变阻器的电压为2.2V时，灯泡正常工作。电路图如上图。故答案为：（1）变大；不变；（2）如上面实物图。（3）0.42；1.596；灯的电流随两端电压增大而增大（答案不唯一）；（4）电路图如上图。【点拨】分析表格中的数据，可以直接在表格给定的栏目中找关系，也可以在给定的栏目中能求出的物理量中找规律，实际上间接考查了I与U、R与U、P与U的关系。四、综合应用（28题10分，29题8分，共18分请将解答过程填写在答题卡上）28（10分）小明的妈妈为了改善早餐的营养，买了一台全自动豆浆机，如图甲所示。图乙所示是豆浆机的主要结构：中间部位是一个带动刀头的电动机，用来将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热管，负责对液体加热煮沸。下表是这个豆浆机的主要技术参数；图所示是豆浆机正常工作做一次豆浆的过程中电热管和电动机交替工作的“Pt”图象。型号SYL624额定电压220V额定频率50Hz电机功率120W加热功率1210W容量1000mL请解答下列问题：（1）豆浆机正常工作时的最大电流是多大？（2）豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能是多少？（3）在一次豆浆机工作的时候，小明将家里的其它用电器都关闭，他观察到豆浆机的电热管工作时，家里标有“1200r/kWh”字样的电能表转盘在1min内转过了20转。此时电路的实际电压是多大？【微点】电功与电能的计算；电能表参数的理解与电能的求法；电功率与电压、电流的关系【思路】（1）从表中可以看出豆浆机正常工作时的最大功率，根据公式I可求豆浆机正常工作时的最大电流。（2）已知电动机的功率和加热的功率，从图象上可以看出各自的各自时间，根据公式WPt可求消耗的电能。（3）已知电能表每消耗1kwh的电能转盘就转动1200r，可求转20转消耗的电能，已知工作时间，根据公式WPt可求豆浆机的实际功率，利用公式R求出电热管电阻，最后利用公式R求出此时电路的实际电压。【解析】解：（1）已知最大功率P11210W，所以正常工作时的最大电流：I15.5A。答：正常工作时的最大电流为5.5A。（2）由图象可知，豆浆机正常工作一次电热管工作时间t19min，电动机工作时间t22min，豆浆机正常工作做一次豆浆消耗的电能：WP1t1+P2t21210W960s+120W260s667800J。答：豆浆机正常工作做一次豆浆，总共消耗的电能是667800J。（3）豆浆机1min内消耗的电能W实kwh20kwh6104J，豆浆机实际功率：P实1000W，电热管电阻：R40，电路实际电压：U实200V。答：此时电路的实际电压是200V。【点拨】本题考查电流、消耗电能、实际功率、电阻、实际电压等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是求豆浆机正常工作一次电热管工作时间和电动机工作时间，要学会从题目所给信息中找到有用的数据，能正确理解电能表的各个参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。29（8分）从2006年开始，我国就参与了国际科研合作项目国际热核聚变实验堆联合实施协定，研究可控核聚变技术。该技术可用氢的同位素氘和氚聚合发生核聚变释放能量，并不会产生放射性污染，如图所示。而氘可以从海水中提取，从1L的海水中提取的氘参与核聚变反应放出的能量相当于300L优质汽油完全燃烧放出的热量。若这些核能用来发电的效率可以达到50%，所产生的电能可供如图所示的电力机车牵引功率为4800kW的“和谐号”电力动车组以252km/h的运营速度匀速行驶多少km？（计算结果保留一位小数）（汽油密度：0.71103kg/m3；汽油热值：4.6107J/kg）【微点】密度公式的应用；速度公式及其应用；热量的计算；燃料的热值及其计算；电功率与电能、时间的关系【思路】先根据公式Qmq算出300L汽油完全燃烧放出的热量，然后根据题意算出转化的电能，再根据