四川省达州市2016年中考物理真题试题（含解析）.DOC

2016年四川省达州市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1（3分）.如图所示是敲击音叉时示波器在相同时间内截取的二列声波图，下列说法正确的是（）A甲的音调比乙的音调低B甲的音量比乙的音量小C甲的音调比乙的音调高D甲的音量比乙的音量大【分析】根据下列知识分析判断：（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【解答】解：由图可知，两幅图中音叉振动的快慢相同，因此音调相同；偏离原位置程度不相同，因此响度不相同，甲偏离程度大，所以甲的响度大，即音量大只有D选项说法正确故选D【点评】掌握声音的三个特征：音调、响度、音色，会观察波形图进行判断音调跟频率有关；响度跟振幅有关；音色跟材料和结构有关2（3分）.下列有关光学知识说法错误的是（）A远视眼的矫正是配戴合适的凸透镜B在岸上看到水中的白云是光的折射现象C小孔成像中像的大小与小孔到光屏的距离有关D烛焰在凸透镜的主光轴上，以速度v从1.2f处匀速运动到1.9f处（f为焦距），这段时间内像移动的速度为v，则vv【分析】（1）远视眼患者成像在视网膜后，利用凸透镜会聚作用可以使成像前移到视网膜上（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；（3）小孔成像的原理是光的直线传播，所以，小孔所成的像一定是倒立的实像，至于成像的大小取决于像到小孔的距离（4）凸透镜成像的规律：u2f，成倒立缩小的实像；u=2f，成倒立等大的实像；fu2f，成倒立放大的实像；uf，成正立放大的虚像，应用是放大镜【解答】解：A、远视眼是晶状体太薄，使像成在视网膜的后方；而凸透镜对光线有会聚作用，故远视眼要戴一个凸透镜来矫正故A正确；B、人们在湖边看到“白云”在水中飘动，水面成像，属于光的反射，故B错误；C、在一定范围内屏离小孔越远，像越大，因此小孔成像中像的大小与小孔到光屏的距离有关，故C正确；D、因为当fu2f时，像距v2f，所以蜡烛在凸透镜的主光轴上，从1.1f匀速运动到1.8 f（f为焦距）的过程中，由于像距移动的范围大，因此vv，故D正确故选B【点评】本题主要考查的是远视眼的成因及其矫正方法、光的反射、凸透镜成像的原理和成像规律的应用，记熟成像规律是关键，并搞清成像特点与物距之间的关系3（3分）.关于热现象，下列说法正确的是（）A水结冰后，水分子静止不动B夏天吃冰糕时，冰糕周围的“白气”是冰糕升华形成的C用零下18的盐水使水凝固，此过程中水的内能不变D六月栀子花飘香，说明分子在永不停息地做无规则运动【分析】（1）物体是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动；（3）物质由气态变为液态叫液化；（3）物质凝固时，放出热量，内能减小；（4）分子在永不停息的做无规则运动【解答】解：A、一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，水结冰后，分子仍是运动的，故A错误；B、夏天，我们看到雪糕冒“白气”是空气中的水蒸气遇到温度较低的雪糕液化形成的小水滴，故B错误；C、用18低温盐水使水凝固，此过程中，放出热量，内能减小，故C错误；D、六月栀子花飘香，说明分子在永不停息的做无规则运动，故D正确故选D【点评】本题综合考查了液化现象、分子的无规则运动以及温度、热量与内能的关系，涉及的知识点多，但都属于基础知识考查范围4（3分）.善于归纳总结是学习的好习惯，下列四组连线是小李同学的学习笔记，归纳完全正确的是（）A力与运动的解释同一物体的速度越快受到的惯性越大当浮力等于物体自身重力时物体一定静止在水中匀速运动的物体受到了平衡力B物理问题与科学探究方法探究同一直线上的二力合成控制变量法认识电压类比法研究电流跟电压，电阻的关系等效法C装置与工作原理弹簧测力计在弹性范围内，弹簧的伸长与所受的拉力成正比电动机通电线圈在磁场中要受到磁力的作用天平等臂杠杆D生活现象与物理知识用手机接打电话电磁波传递能量夜间行车，驾驶室内不宜亮灯漫反射使用高压锅沸点与气压的关系【分析】根据我们所学到的力与运动的关系、物理学方法、弹簧测力计和电动机以及天平的原理、电磁波和漫反射以及沸点与气压的关系等相关知识进行逐项的分析、排除，从而得出正确的结论【解答】解：A、惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体的运动速度没有关系，同一物体惯性相同，惯性不是力，不能说受到惯性的作用故A错误；B、探究同一直线上的二力合成，是采用的等效替代法，不是控制变量法故B错误；C、弹簧测力计在弹性范围内，弹簧的伸长与所受的拉力成正比；电动机通电线圈在磁场中要受到磁力的作用；天平等臂杠杆故C正确；D、用手机接打电话是电磁波传递信息，不是传递能量；夜间行车，驾驶室内不宜亮灯，属于镜面反射故D错误故选C【点评】本题考查了物理学中的多个知识点，要求学生对每个知识点的特点，原理及应用做灵活运用5（3分）.如图所示，轻质细绳将物体A，B通过两个定滑轮分别连在同一弹簧测力计的两端，其中GA=10N，GB=100N，B是边长为20cm的正方体，整个装置处于静止状态（不计弹簧测力计的重力及滑轮与绳子的摩擦），下列说法正确的是（）A弹簧测力计的示数为0NB弹簧测力计的示数为40NCB物体对支撑面的压力为100NDB物体对支撑面的压强为2.25103Pa【分析】（1）弹簧测力计读数时，多数都是在静止或匀速直线运动状态即平衡状态下使用的，此时弹簧测力计的示数等于弹簧测力计受到的拉力；（2）通过分析甲的受力情况和相互作用力的大小关系得出B对地面的压力，根据p=求出B对地面的压强【解答】解：（1）物体A由于自身的重力对弹簧测力计施加了一个向右的10N的拉力，因弹簧测力计处于静止状态，水平方向上受到的力是一对平衡力，所以，B也对弹簧测力计施加了一个10N的拉力，则弹簧测力计的示数F=10N，故AB错误；（2）A受到竖直向上的拉力、竖直向上的支持力和竖直向下的重力，这三个力是平衡力，所以，物体B受到的支持力：F支持=GBF=100N10N=90N，因支持力和压力是一对相互作用力，大小相等，所以，B物体对支撑面的压力：F压=F支持=90N，故C错误；甲对地面的压强：p=2.25103Pa，故D正确故选D【点评】本题考查了二力平衡条件、相互作用力的应用以及压强的计算，要注意弹簧测力计处于静止状态时，受到的力是平衡力，弹簧测力计的示数等于其中一个力的大小6（3分）.如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S后，在滑片P从最左端向中心移动的过程中，下列说法正确的是（）A电流表A1和电流表A2的示数都变大B电路总功率变大，电压表的V的示数不变C电路总功率变小，电压表V的示数不变D电流表A2和电压表V的示数都保持不变【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路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R1电流的变化，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变阻器电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化，利用P=UI可知电路总功率的变化【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A1测R1支路的电流，电流表A2测干路电流因电源电压不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，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R1的电流不变，即电流表A1的示数不变，故A错误；在滑片P从最左端向中心移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，由I=可知，通过变阻器的电流变大，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变大，即电流表A2的示数变大，故D错误；由P=UI可知，电路总功率变大，故B正确、C错误故选B【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的应用，分析电路的串并联和电表所测的电路元件是关键7（3分）.如图所示的电路中，电源电压不变，只闭合开关S1时，电压表V1与V2的示数之比为3：2，只闭合开关S2时，电压表V1与V2的示数之比为5：3，则R1与R2的电阻之比为（）A4：3B2：3C3：5D5：3【分析】由电路图可知，只闭合开关S1时，R0与R1串联，电压表V2测R1两端的电压，电压表V1测电源的电压，根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；只闭合开关S2时，R0与R2串联，电压表V2测R2两端的电压，电压表V1测电源的电压，根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比，然后得出R1与R2的电阻之比【解答】解：由电路图可知，只闭合开关S1时，R0与R1串联，电压表V2测R1两端的电压，电压表V1测电源的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，两电阻两端的电压之比：=，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I=可得，两电阻的阻值之比为：=，即R1=2R0；只闭合开关S2时，R0与R2串联，电压表V2测R2两端的电压，电压表V1测电源的电压，两电阻两端的电压之比：=，两电阻的阻值之比：=，即R2=R0，R1与R2的电阻之比：R1：R2=2R0： R0=4：3故选A【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清两种情况下电路的连接方式是解题的关键，要注意各量之间的关系，不要颠倒8（3分）.灯泡L标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化关系如图甲所示，现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压恒为10V，电流表的量程为“00.6A”，电压表的量程为“015V”，则下列说法正确的是（）A灯泡L能正常发光，且电压表的示数为6VB当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为1VC灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大D为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为6W【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出电压表的示数；（2）根据图象读出当电流表示数为0.4A时，灯泡两端的电压，根据电阻的串联特点求出电压表的示数；（3）灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻的越大，根据串联电路的电压特点可知电压表示数增大时灯泡两端的电压变化，进一步得出灯泡电阻与电压表示数之间的关系；（4）根据图象可知灯泡正常工作时的额定电流，并与电流表的量程相比较得出电路的最大电流，即可判断灯泡是否能正常工作；根据P=UI求出电路消耗的最大电功率【解答】解：A、灯泡正常发光时的电压UL=6V，因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯泡L正常发光时，电压表的示数：UR=UUL=10V6V=4V，故A错误；B、由图象可知，当I=0.4A时，UL=1V，所以UR=UUL=10V1V=9V故B错误；C、灯泡的电阻随温度的升高而增大，即灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，因电压表的示数越大时，灯泡两端的电压越小，所以，灯泡的电阻随两端的电压增大而减小故C错误；D、由图象可知，当灯泡正常发光（UL=6V）时，电路中的电流为1A0.6A，所以电路中的最大电流为I=0.6A，电路消耗的最大电功率Pmax=UImax=10V0.6A=6W故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、电功率公式的灵活应用，关键是根据灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流9（3分）.质量相同的两个实心物体甲和乙，体积之比V甲：V乙=2：3，将它们轻轻放入水中，静止时所受的浮力之比F甲：F乙=8：9，水=1103kg/m3，下列说法正确的是（）A甲，乙两物体都漂浮在水面上B甲物体漂浮在水面上，乙物体浸没于水中C乙物体的密度乙=0.75103kg/m3D乙物体的密度乙=0.85103kg/m3【分析】假设两物体都漂浮时，浮力等于两物体重力，两物体质量相等，所以浮力比应是1：1，所以假设不正确；假设两物体都浸没在水中，V排=V物，F浮甲=水gV甲，F浮乙=液gV乙，得浮力比为2：3，所以假设不正确；根据密度公式比较甲乙的密度，判断漂浮和浸没的物体，根据物体的浮沉条件和漂浮条件得出两者受到的浮力之比，然后求出乙的密度【解答】解：设甲、乙两物体质量都为m，甲、乙两物体的体积分别为2V、3V若甲、乙均漂浮，因漂浮时物体受到的浮力和自身的重力相等，且甲乙两物体的质量相等，所以，甲、乙受到的浮力相等，即F甲：F乙=1：1，与题意不符，故该可能被排除，A错误；若甲、乙均浸没，则物体排开液体的体积和自身的体积相等，由F浮=gV排可知，它们受到的浮力之比：F浮甲：F浮乙=2：3，与题意不符，故此种情况不可能；由可知，只能是“甲、乙中一个物体漂浮，另一个物体浸没在水中”，因甲乙的质量相等，且甲的体积小于乙的体积，由=可知，甲的密度大于乙的密度，则甲物体浸没于水中，乙物体漂浮在水面上，故B错误；此时甲受到的浮力：F甲=水gV甲=水g2V，乙受到的浮力：F乙=G乙=m乙g=乙V乙g=乙3Vg；已知F甲：F乙=8：9，所以有： =，解得：乙=水=1.0103kg/m3=0.75103kg/m3，故C正确，D错误故选C【点评】本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件以及密度公式、重力公式的应用，会判断甲乙物体的状态是解题的关键10（3分）.如图所示电路中，电源电压不变，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，开关S闭合后，当滑片P在变阻器的两端A，B之间滑动的过程中，电压表的最大示数为4V，电流表的示数变化范围是0.4A1.2A，则下列结论正确的是（）AR2=10BR1的最大电阻为5C电源电压为6VD电阻R2的电功率变化范围是1.6W至4.8W【分析】（1）当滑片位于A端时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，R1、R2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，电路中的电阻最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小以及滑动变阻器的最大电阻，根据串联电路的分压特点可知电压表的示数最大，根据串联电路的电压特点个欧姆定律表示出电源的电压；（2）当滑片位于b端时，电路为R2的简单电路，此时电路中的电流最大，根据欧姆定律表示出电源的电压，因电源的电压不变建立等式即可求出R2的阻值，进一步得出电源电压；再根据P=I2R求出电阻R2的电功率变化范围【解答】解：（1）当滑片位于A端时，R1、R2串联，电路中的电流最小即I=0.4A，电压表的示数最大U1=4V，由I=可知，R1的最大电阻：R1=10；故B错误；则电源的电压U=U1+IR2=4V+0.4R2（2）当滑片位于b端时，电路为R2的简单电路，此时电路中的电流最大，即I=1.2A，则电源的电压U=IR2=1.2AR2因为电源的电压不变，联立可得：R2=5，U=6V，故A错误，C正确；电阻R2消耗的最大电功率：P2max=（I）2R2=（1.2A）25=7.2W，电阻R2消耗的最小电功率：P2min=I2R2=（0.4A）25=0.8W，故电阻R2的电功率变化范围是0.87.2W，故D错误故选C【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，会根据滑片的移动确定两电表示数之间的关系是解决本题的关键二、填空题11（3分）.身高1.70m的李洋同学面向穿衣镜站在镜前1m，镜中的像与他相距2m，若他远离平面镜后退0.5m，则镜中像高为1.70m【分析】平面镜成的像与物体是等大的，像和物距离平面镜的距离是相等的【解答】解：根据平面镜成像特点可知，像和物距离平面镜的距离是相等的，物到像的距离是物到平面镜距离的两倍，因为李洋同学距平面镜的距离是1m，像与他之间的距离是1m2=2m；平面镜所成的像与物体是等大的，当人远离平面镜时，视觉上感觉像在变小，但实际上像的大小并没有变所以若他远离平面镜后退0.5m，他在平面镜中像的大小不变，高度仍为1.70m故答案为：2；1.70【点评】人的视觉感觉总是近大远小，即离像近感觉大，离像远感觉小，像的真实大小总与物相同12（3分）.有一圆形跑道，跑道长120m，甲，乙同学沿跑道同时同地反向匀速跑步时，每隔20s相遇一次，已知甲、乙速度之比为2：3，如果甲、乙同学以原速度沿跑道同时同地同向跑步，每隔100s相遇一次；若甲同学体重小于乙同学体重，则他们匀速跑步时乙同学的动能大【分析】（1）设甲的速度为v甲，因为甲、乙速度之比为2：3，所以乙的速度为1.5v甲，先根据甲，乙同学沿跑道同时同地反向匀速跑步时，每隔20s相遇一次，可得s甲+s乙=120m，据此求出甲乙的速度；若甲、乙同学以原速度沿跑道同时同地同向跑步，s乙s甲=120m，据此求需要的时间；（2）物体的动能与质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，物体的动能越大【解答】解：（1）设甲的速度为v甲，因为甲、乙速度之比为2：3，所以乙的速度为1.5v甲，因为甲，乙同学沿跑道同时同地反向匀速跑步时，每隔20s相遇一次，即s甲+s乙=120m，v甲t+v乙t=120m，v甲20s+1.5v甲20s=120m，解得v甲=2.4m/s，则v乙=1.5v甲=1.52.4m/s=3.6m/s，若甲、乙同学以原速度沿跑道同时同地同向跑步，s乙s甲=120m，v乙tv甲t=120m，3.6m/st2.4m/st=120m，解得：t=100s；（2）若甲同学体重小于乙同学体重，则甲的质量小于乙的质量，而甲的速度小于乙的速度，所以甲的动能小于乙的动能故答案为：100；乙【点评】本题考查了速度公式的原因以及动能大小的比较，注意两同学沿跑道同时同地反向匀速跑步第一次相遇时s甲+s乙=120m；若两同学同时同地同向跑步第一次相遇时s乙s甲=120m13（3分）.如图所示，某同学用50N的力将重30N的长方体物块紧压在标有刻度的竖直墙壁上静止，则该长方体的长为2.00cm，此时物体受到的摩擦力为30N【分析】（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（2）当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受力平衡【解答】解：由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；长方体下端与83.00cm对齐，上端与85.00cm对齐，所以长方体的长度为L=85.00cm83.00cm=2.00cm；由于长方体处于静止状态，所以受力平衡，在竖直方向上，长方体受到一个竖直向下的重力，还有一个竖直向上的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，故摩擦力为30N故答案为：2.00；30【点评】该题考查了刻度尺的读数和二力平衡条件的应用，解题的关键是确定物体是否处于平衡状态，如果物体是平衡状态，则受平衡力作用14（3分）.如图所示，甲，乙两个圆柱形容器中盛有两种不同的液体A，B，液体对两个容器底的压强相等，则A大于B，现将两个质量相等的物体分别放入两个容器中，静止时一个漂浮，另一个悬浮（液体均为溢出），此时两个容器底受到液体压强的大小关系是p甲小于p乙（均选填“大于”、“等于”或“小于”）【分析】根据图示信息，结合p=gh分析得出两种液体的密度大小；利用漂浮条件F浮=G和p=分析确定两者底部所受液体的压强【解答】解：根据两种液体对容器底的压强相等，结合图知hAhB，由p=gh可知，AB；因为原来两容器中液体产生的压强相等，均匀柱形容器，则FA=GA=pSA；FB=GB=pSB；又因为SASB，可得GAGB，由将两个质量相等的物体分别放入两个容器中，静止时一个漂浮，另一个悬浮（液体均无溢出），由于两物体重力相等都为G，原来液体对两个容器底的压强相等都为p，放入物体后的压强分别为p甲=p+、p乙=p+，由SASB可知：p甲p乙故答案为：大于；小于【点评】此题考查学生对于液体压强的理解和掌握，注意题目中结合压力的变化题目，一定要抓住要点15（3分）.如图所示，杠杆处于平衡状态，且每个钩码的质量相同，若将两边的钩码分别向支点移动相同的距离后，则杠杆B端会下沉（选填“A”或“B”）【分析】根据杠杆原来处于平衡状态，利用图示杠杆的力臂关系；根据条件的变化，分别表示出杠杆作用两边力和力臂的乘积比较两边乘积的大小，即可确定杠杆是否平衡【解答】解：假如一个钩码的重力是G，则原来杠杆在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为物体3G、2G，其对应的力臂分别为L1、L2，根据杠杆的平衡条件可得：3GL1=2GL2，故可知，L1L2当向支点移动相同的距离L时，两边的力臂都减小L，此时左边的乘积为：3G（L1L）=3GL13GL，右边的乘积为：2G（L2L）=2GL22GL，由于3G2G，所以3GL2GL；所以：3GL13GL2GL22GL因此杠杆将向悬挂B物体的一端即右端倾斜故若将两边的钩码分别向支点移动相同的距离后，则杠杆B端会下沉故答案为：B【点评】知道并能熟练的利用杠杆的平衡条件分析是解决该题的关键16（3分）.一台单缸四冲程内燃机正常工作时的转速为1800r/min，该内燃机每秒共经历了60个冲程【分析】解决此题要知道在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次；【解答】解：已知转速为1800 r/min=30r/s，四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，故内燃机每秒钟转30r，故共经过302=60个冲程，做功25次；故答案为：60；【点评】四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次是解决该题的关键17（3分）.某同学设计了如图所示的装置测量盐水的密度，已知木块的重力为3N，体积为500cm3，当木块静止时弹簧测力计的示数为2.5N，g=10N/Kg，盐水密度是1100kg/m3；若剪断细绳，木块最终静止时所受浮力是3N（一切摩擦与阻力均忽略不计）【分析】（1）已知木块的重力和浸没在水中受到的拉力，可以得到木块受到的浮力；已知木块受到的浮力和浸没时排开液体的体积，利用阿基米德原理变形公式得到液体的密度；（2）已知木块重力，可以得到质量，已知木块质量和体积，可以得到密度；将木块密度与液体密度比较，确定木块浮沉，最后得到木块静止时受到的浮力；【解答】解：（1）木块受到的浮力为F浮=F+G=3N+2.5N=5.5N；因为F浮=液gV排，所以液体的密度为液=1100kg/m3；（2）因为G=mg，所以木块的质量为m=0.3kg；木块的密度为=600kg/m3，因为液，所以木块将上浮，最终静止在液面上，受到的浮力为F浮=G=3N故答案为：1100；3；【点评】此题考查的是阿基米德原理和物体浮沉条件的应用、液体压强的计算，涉及到重力公式、密度公式的应用，是一道综合性较强的题目，熟悉基本规律，对木块进行正确的受力方向，是解答此题的关键18（3分）.为了减少煤碳燃烧对环境的污染，达州市委要求推广使用天然气，天然气燃烧时，将化学能转化为内能，小王将质量为5kg、温度为20的水烧开（在一个标准大气压下），水吸收了1.68106J的热量；若他家每天需要3壶同样的开水，至少需要燃烧0.3m3的天燃气；如改用电热水壶烧水，则至少需要消耗1.4kWh的电能c水=4.2103J/（kg），q天然气=1.68107J/m3【分析】（1）燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能；（2）在一标准大气压下水的沸点是100，知道水的质量、比热容和初温，利用Q吸=cm（tt0）求水吸收的热量；（3）求出加热3壶水，水吸收的热量Q吸，由题知Q放=Q吸，利用Q放=Vq求需要天然气体积；（4）至少需要消耗电能W电=Q吸，进行单位换算得出答案【解答】解：（1）天然气燃烧时，将化学能转化为内能；（2）在一标准大气压下水的沸点是100，水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）5kg（10020）=1.68106J；（3）加热3壶水，水吸收的热量Q吸=3Q吸=31.68106J=5.04106J；由题知Q放=Q吸=5.04106J，而Q放=Vq，需要天然气的体积：V=0.3m3；（4）至少需要消耗电能W电=Q吸=5.04106J=1.4kWh故答案为：化学；1.68106；0.3；1.4【点评】本题综合考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，计算时注意单位换算：1kWh=3.6106J19（3分）.用蓄电池驱动的电动自行车，电源电压恒为24V，当它在水平路面上以V=36km/h的速度匀速行驶时，电流表示数为5A，驱动电机的输入功率是150W；若驱动电机将输入功率的90%的转化为机械功率，则电动自行车所受阻力为13.5N【分析】已知驱动电机的输入电压和电流，根据公式P=UI可求驱动电机的输入功率已知汽车做匀速运动，牵引力等于阻力，已知输入功率和转化效率以及汽车的速度，根据公式F=可求汽车所受阻力【解答】解：驱动电机的输入功率P=UI=24V5A=150W汽车的速度V=36km/h=10m/s，牵引汽车前进的机械功率P1=P=90%150W=135W，因为牵引力等于阻力，所以f=F=13.5N故答案为：150；13.5【点评】本题考查功率和阻力的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道汽车做匀速运动时牵引力等于阻力，在解题过程中还要注意单位的换算20（3分）.小华用如图所示的电路探究“电流与电阻的关系”，闭合开关S时，发现电压表有示数，但电流表无示数，请你帮他分析电路故障可能是R1断路；排除故障后，在移动滑片的过程中，观察电压表示数从2V到4V，电流表的示数变化了0.2A，则电阻R1为10，R1变化的功率为1.2W【分析】（1）电流表无示数，说明电路有断路故障；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连；（2）根据R=即可求出定值电阻的阻值，根据P=即可求出R1变化的功率【解答】解：闭合开关后，电流表无示数，说明电路有断路故障；电压表有示数，说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路故障为R1断路；移动滑动变阻器的滑片压表示数从2V到4V，则U=4V2V=2V；电流表的示数变化了0.2A，则I=0.2A；R1=10；由P=可知，R1变化的功率：P=1.2W故答案为：R1断路；10；1.2【点评】本题考查故障分析、欧姆定律以及电功率计算公式的应用，关键明确定值电阻可利用R=进行计算21（3分）.如图所示，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的最大阻值为30，当S闭合，滑片P在最右端时，电压表的示数为1.5V，则小灯泡L的电阻是10，当滑动变阻器的滑片P移到a点时，电压表的实数为Ua，滑动变阻器的功率为Pa；再移动滑片P到b点时，电压表的示数为Ub，滑动变阻器的功率为Pb，若Ua：Ub=2：3，Pa：Pb=8：9，则滑动变阻器的滑片p在a，b两点时连入电路的电阻变化了10（不计灯丝电阻随温度的变化）【分析】（1）根据串联电路的电流规律和欧姆定律可计算小灯泡的电阻；（2）根据欧姆定律表示出两种情况下电压表的示数结合电压关系即可求出两种情况下的电流之比，根据P=I2R结合滑动变阻器消耗的电功率关系即可求出滑动变阻器接入电路电阻的关系，利用电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，根据电源的电压不变和接入电路中的电阻关系即可求出滑动变阻器接入电路中的电阻值，进一步求出滑片P在a、b两点时连入电路电阻的变化量【解答】解：（1）当滑动变阻器R的滑片P在最右端时，其接入的阻值最大，为30，由串联分压可知，滑动变阻器两端的电压为：U滑=UUL=6V1.5V=4.5V，串联电路中各处电流相等，则此时电路中的电流：I=0.15A，小灯泡的电阻：RL=10；（2）因为Ua：Ub=2：3，所以=，因为P=I2R，且Pa：Pb=8：9所以=（）2=（）2=，解得：Ra=2Rb，因为电源的电压不变，所以=，解得：Rb=10，Ra=2Rb=210=20，所以滑动变阻器的滑片P在a、b两点时连入电路的电阻变化了RaRb=2010=10故答案为：10；10【点评】本题考查了电路的动态分析和串联电路特点以及欧姆定律的应用、电功率公式的灵活运用，这是我们在平时的解题当中应该加强的；同时，本题多为对比值的求解，要求我们对电路的分析、公式的运用都要相当熟练，而且一定要保证各个物理量的对应性，是一道很有挑战性的题目三、作图题22.如图所示，物体以初速度V沿表面粗糙的固定斜面向上运动，请画出物体沿斜面向上运动过程中所受力的示意图（力的作用点画在物体的重心）【分析】物体受到重力和斜面的支持力，然后结合物体向上运动，得出物体还要受到摩擦力，然后画出受力图即可【解答】解：在斜面上运动的物体首先要受到竖直向下的重力G和垂直斜面向上的支持力N的作用，另外，由于斜面粗糙，物体向上运动，所以物体还受到沿斜面向下的摩擦力f的作用，如图：【点评】该题要求画出沿斜面向上运动的物体受到的力，属于受力分析的初步的题目类型，在解答的过程中，一定要按照重力、弹力、摩擦力、其他的力的顺序依次分析，养成良好的受力分析的习惯23.将图中的电磁铁连入你设计的电路中（在虚线内完成），要求：能改变电磁铁磁性的强弱，闭合开关S后，小磁针受力静止时，其N极如图所示【分析】要改变电磁铁磁性的强弱，就需要从决定电磁铁磁性强弱的因素电流大小、线圈匝数、有无铁芯这几方面去考虑由于线圈匝数、铁芯这两个方面已经确定故只有从电流大小去考虑要使小磁针静止在图示位置，就要使电磁铁的左端为S极，右端为N极然后利用安培定则来确定电流方向【解答】解：改变线圈中的电流大小可以改变电磁铁磁性的强弱，因此电路中要有一个滑动变阻器要使电磁铁的左端为S极，由安培定则可以判定，电流要从电磁铁的左端流入故设计电路如下：【点评】本题考查电磁铁的影响因素和安培定则，难点是电路图的设计，电路图的设计首先要明确题目的要求，按照要求进行设计电路四、创新设计与实验探究24.小张在家中自制了一个简易密度计并用它来测定盐水的密度实验器材有：刻度尺、圆柱形竹筷、细铅丝、烧杯、水、待测盐水实验步骤如下：用刻度尺测出竹筷的长度L竹筷的下端缠上适量的细铅丝把自制的密度计放入盛水的烧杯中，静止后用刻度尺测出液面上竹筷的长度h1（如图所示）把自制的密度计放入盛盐水的烧杯中，静止后用刻度尺测出液面上竹筷的长度h2根据上面的你步骤回答下列问题：（1）竹筷下端缠上适量的细铅丝，主要目的是降低重心（选填“降低重心”或“增大支撑面”）使竹筷能竖直漂浮在液面（2）密度计是利用浮力等于重力的条件工作的，竹筷下表面受到水的压强等于竹筷下表面受到盐水的压强（均选填“大于”、“等于”、或“小于”）（3）被测液体的密度越大，密度计排开液体的体积越小（选填“越小”或“越大”）（4）被测盐水的密度表达式：盐水=水（不计铅丝体积，水的密度为水）【分析】（1）竹筷下端缠上适量的细铅丝，主要目的是降低重心使竹筷能竖直漂浮在液面；（2）漂浮时，浮力等于自身的重力；且浮力的大小等于浸入液体中的物体上下表面的压力差；（3）根据密度计的工作原理：漂浮条件，浮力与重力相等，列出浮力表达式F浮=液gV排，通过数学中的分式推到出排开液体的体积关系，即推导出盐水的密度式；【解答】解：（1）重心越低，稳度越大，故竹筷下端缠上适量的细铅丝，主要目的是降低重心使竹筷能竖直漂浮在液面；（2）密度计不管放入哪种液体中，都是漂浮，所以浮力等于自身的重力；故重力相同，浮力相同，所以将该自制的密度计放入水或盐水中时，都是漂浮，浮力相等，据浮力的产生原因：“浮力的大小等于浸入液体中的物体上下表面的压力差”可知，F浮=F下F上=F下0=p下S0=p下S；由于浮力相等，所以p下相等，故竹筷下表面受到水的压强 等于竹筷下表面受到盐水的压强；（3）据F浮=液gV排可知，同一密度计，在不同液体中的浮力相同，液体密度越大，排开液体的体积就越小；（4）在水中时：F浮=水gV排1=水gs（Lh1）； 在盐水中时：F浮=盐水gV排2=盐水gs（Lh2）；因为浮力相等所以：水gs（Lh1）=盐水gs（Lh2）；即：盐水=水；故答案为：（1）降低重心；（2）等于；等于；（3）越小；（4）水【点评】考查了液体密度的测量与计算，密度计的使用与浮力的知识有关，需要学生能够灵活得将密度与浮力联系起来，本题难度较大25.张玲和李影同学在进行“测量小灯泡额定功率”的实验中，现有器材：额定电压为3.8V的小灯泡（电阻约为20）2个，电压约为12V的电源1个，电流表、电压表、开关各1个，规格分别为“20，1A”和“50，0.5A”的滑动变阻器各1个，导线若干（1）实验中应选择规格为“50，0.5A”的滑动变阻器（2）图甲中已经连接了部分电路，请用笔画线代替导线，将电路连接完整（3）张玲闭合开关，并适当移动