2017年辽宁省盘锦市中考物理试题（解析）.doc

2017年辽宁省盘锦市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共9小题，每小题2分，共21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、乒乓球的直径约为4.1cm；故A错误；B、大步行时的速度约为1.1m/s，符合实际；故B正确；C、一盏日光灯工作时的电流约为0.2A；故C错误；D、物理书的质量约为200g，即0.2kg；故D错误；故选：B。【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）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；（2）近视眼是由于晶状体曲度过大，折光能力太强，由远处射来的光线将会聚到视网膜前；应佩戴凹透镜；（3）我们如果要看见不发光的物体，那这个物体反射的光线一定要进入我们的眼睛。（4）光在真空中的传播速度是3108m/s，在其它介质中的传播速度都比真空中的要小。【解答】解：A、物体在水中的倒影，是平面镜成像，属于光的反射现象，故A错误；B、近视患者需佩戴凹透镜做的眼镜进行矫正，不是佩戴用凸透镜做的眼镜进行矫正，故B错误；C、能从各个方向看到本身不发光的物体，那说明这个物体反射的光线能向四面八方传播。这说明在这个物体上发生了漫反射的原因，漫反射属于光的反射，故C正确；D、光在真空中的传播速度最大，是3108m/s故D错误。故选：C。【点评】此题考查了近视眼的成因及矫正方法、光的反射现象、平面镜成像特点，光的传播速度等，虽是基础性知识，但也是很容易出错的地方，平时在学习中应多加注意。3【分析】（1）物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。 （2）吸收热量的物态变化过程有：熔化、汽化和升华；放出热量的物体变化过程有：凝固、液化和凝华。【解答】解：A、干冰升华，是由固态直接变为气态过程，是升华现象，需要吸热。故A不符合题意；B、河水结冰是水由液态变为固态，是凝固现象，凝固放热。故B符合题意；C、浓雾消散是水由液态变成气态，是汽化现象，汽化吸热。故C不符合题意；D、冰雪消融，是固态冰雪变为液态水的过程，是熔化现象，熔化吸热。故D不符合题意。故选：B。【点评】本题考查物质三种状态之间六种物态变化，属于基础知识的考查，要求学生在今后的学习中加强对所学基础知识的储备，以便能够灵活应用。4【分析】平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；缺一不可。【解答】解：A、书所受的重力和桌面对书的支持力，它们大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故A正确；B、书所受重力和书对桌面的压力，作用在两个物体上，且方向相同，故不是一对平衡力，故B错误；C、地面对桌子的支持力等于桌子与书的总重力，则支持力大于桌子的重力，所以桌受到的重力和地面对桌子的支持力不是一对平衡力，故C错误；D、书对桌面的压力和桌面对书的支持力，作用在两个物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。故选：A。【点评】此题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体。5【分析】由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，根据被测者的身高变化可知接入电路中的电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化。【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器与定值电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，当被测者的身高降低时，滑片下移，接入电路中的电阻变小，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AB错误；由UIR可知，定值电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大，故C正确、D错误。故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和滑动变阻器的应用，是一道较为简单的应用题。6【分析】根据动能和势能的相互转化及机械能守恒分析。【解答】解：由于接触面是光滑的且不计空气阻力，则物体在下滑的过程中，没有外力做功，故物体的机械能是守恒的；同一物体在A点的重力势能相同，到达斜面底端时重力势能全部转化为动能，则物体的动能相同，速度也相同。故选：D。【点评】本题考查了动能和势能的转化，属于基础知识。7【分析】由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据snh求出绳末端移动的距离，根据v求出绳末端移动的速度，根据WGh求出拉力所做的有用功，又知道拉力所做的总功，利用100%求出滑轮组的机械效率。【解答】解：由图可知，n3，则绳末端移动的距离：s3h32m6m，故D正确；绳末端移动的速度：vF0.6m/s，故C错误；拉力所做的有用功：W有Gh3.2N2m6.4J，故A正确；滑轮组的机械效率：100%100%80%，故B正确故选：ABD。【点评】本题考查了速度公式和做功公式、机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。8【分析】首先根据A和B的密度关系确定其在水中的状态，然后分别计算A和B所受浮力表达式，最后计算两球所受的浮力之比。【解答】解：（1）已知A和B的密度分别为1.2g/cm3和0.8g/cm3，且1.2g/cm3水0.8g/cm3，则由浮沉条件可知，A球沉底，B球漂浮，因为A球沉底，所以V排AVA，则A球受到的浮力：F浮A水gV排A水gVA，（2）因为B球漂浮，所以B球受到的浮力：F浮BGB，已知两个等质量的实心小球A和B，则mAmB，GAGB，所以B球受到的浮力：F浮BGBGAmAgAgVA，；由可得，两球所受的浮力之比：，由计算结果可知，两球所受的浮力之比为5：6，则B球受到的浮力大，故AC错误，BD正确；故选：BD。【点评】此题通过分析小球在液体中的浮沉情况，考查了对阿基米德原理、浮沉条件的应用，同时考查了密度知识的应用，难度较大。9【分析】根据并联电路的特点判定电压表示数的变化；根据串联电路的电压规律判定滑动变阻器滑片的移动方向。【解答】解：只闭合开关S，滑片P移到某一位置时，灯泡L正常发光，再闭合开关S1，则电阻R和灯泡L并联在电路中，根据并联电路的电阻规律可知，灯泡和电阻R并联的总电阻比灯泡的电阻小，由串联分压原理可知，灯泡两端的电压会减小，电压表示数变小，灯泡变暗；由于总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故A错误，B正确；要使灯泡L正常发光，应增大灯泡两端的电压，减小滑动变阻器两端的电压，根据串联分压原理可知，应减小滑动变阻器的阻值，滑片P应向左移动，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查欧姆定律、串并联电路电压、电流的特点，注意分析开关断开与闭合时电路的连接情况。二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共28分）10【分析】机械运动是指一个物体相对另一个物体的位置变化。判断运动还是静止需要选择一个参照物，然后来比较物体相对于参照物的位置有没有发生变化，发生变化就是物体相对于该参照物是运动的，否则就是静止的。声音是由物体振动产生的；声音的三个特征是音调、音色和响度，响度是指声音的大小。【解答】解：小明坐在行驶的汽车上，以自己为参照物，路旁的树木与自己相对位置发生改变，所以看到路旁的树木在向后退。声音是由物体振动产生的，鸣笛声响度大，所以传播的很远。故答案为：自己；振动；响度大。【点评】本题主要是考查学生对运动和静止的相对性、声音的产生和特征的理解和掌握。11【分析】利用以下知识分析解答：（1）体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。（2）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。（3）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：一切物体都具有惯性，都有保持原来运动状态不变的性质；冰壶被推出后，能在冰面上继续滑行就是因为冰壶具有惯性。队员在冰壶前方的冰道上用冰刷“扫刷”，其目的是：使冰熔化，使冰面更光滑，减小摩擦力。后方的冰壶与前方的冰壶撞击后，会将前方的冰壶击走，说明力可以改变物体的运动状态。故答案为：惯性；减小；运动状态。【点评】本题考查惯性、力的作用效果和摩擦力大小的影响因素，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。12【分析】一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸cmt求水吸收的热量。【解答】解：能闻到粽子的香味是扩散现象，这说明一切物质的分子都在不停地做无规则的运动；水吸收的热量：Q吸cmt4.2103J/（kg）1kg502.1105J。故答案为：扩散；2.1105。【点评】本题考查了扩散现象、水吸热公式的应用，属于基础知识。13【分析】（1）流体流速越大的位置，压强越小，飞机由此获得了升力；（2）飞机上的人员是通过电磁波与地面进行联络的；（3）核电站是利用可控的核裂变来进获得能量的。【解答】解：（1）飞机的机翼呈流线型，飞行时，上方空气流速度大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而形成向上的压强差，这是飞机获取升力的原因。（2）电磁波的传播不需要介质，机组人员是通过电磁波与地面取得联系的。（3）核电站是利用可控的核裂变来进获得核能量，再进一步转化为电能的。故答案为：小；电磁；裂变。【点评】本题综合考查了流体压强与流速的关系，电磁波的应用，核电站的原理等，都属于基本知识点，难度不大。14【分析】静摩擦力的大小等于拉力的大小；根据做功的条件分析是否做功。【解答】解：水平向右推静止在水平地面上重100N的桌子，桌子仍处于静止状态，在推力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力fF推10N；摩擦力的方向与推力相反，方向为水平向左；由于桌子没有动，故此时他对桌子没有做功。故答案为：等于；向左；没有做功。【点评】水平面上的物体在受到拉力的作用下仍处于平衡状态时，它受到的摩擦力的大小与拉力的大小相等。15【分析】（1）动滑轮和定滑轮的使用特点：使用定滑轮不能省力，但能改变动力的方向；使用动滑轮不能改变动力的方向，但能省力。（2）根据公式P可比较功率的大小；（3）比较有用功和总功的大小，根据机械效率公式分析机械效率的大小。【解答】解：（1）不计机械自重和摩擦，由定、动滑轮的使用特点可知：F甲G100N；F乙（G+G轮）（100N+10N）55N，所以F甲F乙。（2）如图所示，用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度，由W有Ghmgh可知，则所做的有用功一样大；使用动滑轮时，由于要克服动滑轮的重力做额外功，所以使用动滑轮做的总功多，即拉力做功W甲W乙；因为做功时间相同，根据公式P可知使用动滑轮做功的功率大，即P甲P乙；（3）由前面分析可知，使用定滑轮和动滑轮时所做的有用功相同，但使用动滑轮做的总功多，根据机械效率的公式可知，动滑轮的机械效率低，即甲乙。故答案为：大于；小于；大于。【点评】本题考查拉力、做功、功率大小的比较，解题关键是知道使用动滑轮要克服动滑轮重力做功，在有用功相同的情况下，使用动滑轮所做的总功多。16【分析】根据桥墩的位置特点可知，其不会受到浮力的作用；利用浮沉条件可判断小瓷碗漂浮和下沉时的浮力大小，再利用阿基米德原理判断其排水体积，最终得出水面的变化。【解答】解：（1）浮力产生的原因是物体受到液体给予的上下表面的压力差，而桥墩深陷入河底，其下表面不受水的压力，所以其所受的浮力为0N。（2）小瓷碗漂浮在水盆中，其所受浮力等于自身重力；当小瓷碗没入水中后，由浮沉条件可知，其所受浮力小于自身重力；根据阿基米德原理可知，其漂浮时排开水的体积大，而下沉时排开水的体积小，故当小瓷碗下沉后，水面将降低。故答案为：0；降低。【点评】了解浮力产生的原因，会运用浮沉条件、阿基米德原理对浮力问题进行分析，是解答本题的关键。17【分析】（1）串联电路中各用电器相互影响，一处断路，其它用电器也停止工作；并联电路中电流有多条路径，一条支路的通断不影响其它支路的工作。（2）带电体能吸引轻小物体；（3）利用焦耳定律和串联电流相等特点分析解答；【解答】解：由于家庭电路中的电风扇和照明灯是互不影响的，所以是并联的关系；扇叶和空气摩擦，扇叶带了电，由于带电体能吸引轻小物体，所以灰尘被吸在扇叶上。家用电炉通电正常工作后，电炉丝热得发红，而与之相连的导线却不热，是因为电炉丝电阻大，根据焦耳定律可知，在电流相等和通电时间相同时，产生的热量多；故答案为：并联；吸引轻小物体；电阻。【点评】此题考查了家庭电路的特点、带电体的基本性质、焦耳定律的应用等知识点，是一道综合题。18【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；（2）根据杠杆的平衡条件可以求出在B处挂钩码的个数；（3）动力和阻力在支点的同侧时，二力的方向相反；阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。【解答】解：（1）调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小；（2）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，图甲中，杠杆的左端：4G3L12GL，B处的力臂为4L，杠杆的右端：F24L12GL，解得F23G，即在B处挂3个同样的钩码；（3）如图乙，弹簧测力计在杠杆C处时，竖直向上拉也可使杠杆平衡；弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。故答案为：（1）便于测量力臂大小；（2）3；（3）变大。【点评】利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或判断力的大小变化等，杠杆平衡条件应用很广泛。19【分析】（1）把甲和乙并联后接在电压为2V的电源两端时它们两端的电压相等，根据图象读出通过两元件的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用PUI求出电路的总功率；（2）把甲和乙串联在电源电压为3V的电路中时，通过它们的电流相等，且总电压等于各分电压之和，根据图象读出符合题意的电流和电压，根据PUI求出乙的实际功率；（3）已知两灯泡的额定电压和额定功率，根据PUI求出两灯的额定电流，两灯串联后通过它们的电流相等，电路中的最大电流为两灯泡额定电流中较小的，根据欧姆定律求出额定电流较大灯泡的电阻，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路两端的最大电压。【解答】解：（1）把甲和乙并联后接在电压为2V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，两元件两端的电压U甲U乙2V，由图象可知，通过两元件的电流分别为I甲0.4A，I乙0.2A，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：II甲+I乙0.4A+0.2A0.6A，电路的总功率：PUI2V0.6A1.2W；（2）把甲和乙串联在电源电压为3V的电路中时，因串联电路中各处的电流相等，且总电压等于各分电压之和，所以，由图象可知，当电路中的电流I0.2A，U甲1V，U乙2V时满足U甲+U乙U，此时乙的实际功率：P乙U乙I2V0.2A0.4W；（3）若把乙和“3V 3W”的灯泡L（灯丝电阻不变）串联在电源两端，由PUI可得，两灯泡的额定电流分别为：I乙0.5A，IL1A，由I可得，灯泡L的电阻：RL3；因串联电路中各处的电流相等，所以，在保证电路元件安全的情况下，电路的最大电流I大I乙0.5A，此时乙灯泡两端的电压U乙2.5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电路两端的最大电压：U大I大RL+U乙0.5A3+2.5V4V。故答案为：1.2；0.4；4。【点评】本题考查了串并联电路的特点和电功率公式、欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。三、作图题（本大题共3小题，每小题3分，共9分）20【分析】知道平面镜成像的原理，知道是由于光的反射形成的，我们看到了像是因为看到了由镜面反射的反射光线，而像就在反射光线的反向延长线上。【解答】解：作出发光小球S关于平面镜的对称点S即为小球的像。连接眼睛P点与像点S与镜面相交于一点O，即为入射点，连接SO、OP，则SO是入射光线，OP为反射光线，如图所示。【点评】把握平面镜成像的实质，并把握好作图的顺序，是完成此题的关键，同时，还要注意实线、虚线的区别。21【分析】根据该图钉的转动情况，可以确定其支点。然后根据杠杆平衡条件确定其最长动力臂，并根据力与力臂的垂直关系作出最小力的示意图，再根据阻力是阻碍杠杆转动的力，确定其作用点与方向，画出阻力的示意图。【解答】解：这个装置的目的是为了能把图钉拔出来，该图钉的工作过程是这样的：用力向上撬杠杆的A点，设备绕着D点顺时针转动，使图钉被拔出，由此可知D点是支点。由杠杆平衡条件F1 L1F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；因此DA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上；阻力F2是阻碍杠杆转动的力，作用点在B点，方向竖直向下，如图所示：【点评】本题考查最小力的示意图的画法，同时考查了杠杆的五要素，关键是要明确其工作过程，确定杠杆的支点。22【分析】（1）据题意可知，房卡相当于家庭电路的总开关；（2）在家庭电路中，插座和灯泡是互不影响的，即是并联的，而灯泡的开关和灯泡是串联的。【解答】解：为了节约能源，宾馆的客房都配备房卡，只有把房卡插入电槽中，房间内的灯和插座才能有电，即说明此时的房卡相当于电路的总开关，即处于干路中，且开关接火线；由于在家庭电路中，插座和灯泡是互不影响的，即是并联的，而灯泡的开关和灯泡是串联的；对于三孔插座来说，是左零右火上接地；对于灯泡来说，灯泡的开关应该接火线，所以具体家庭电路的连接如下：【点评】知道并理解家庭电路的连接是解决该题的关键。四、简答题（共4分）23【分析】当电流通过线圈时，线圈周围就会产生磁场；通电导体周围存在磁场的现象，称为电流的磁效应。【解答】答：磁带上附有一层硬磁性材料的小颗粒，录音时，动圈话筒将声音转变成强弱变化的电流，这样的电流通过录音磁头，产生了强弱变化的磁场。磁带划过磁头时，磁带上的小颗粒被强弱不同地磁化，于是记录了一连串有关磁性变化的信息。【点评】此题主要考查的知识点有两个：一是电流的磁效应通电导体周围存在磁场；二是磁现象在生活中的应用。紧密联系生活实际，体现了物理来源于生活。服务于社会的新课程理念。五、计算题（本大题共3小题，共22分）24【分析】（1）校车在平直的公路上匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据PFv求出发动机做有用功的功率。（2）根据WPt求出发动机做的有用功，根据mV求出消耗柴油的质量，利用Q放mq求出消耗柴油完全燃烧释放的热量，利用100%求出发动机的效率。【解答】解：（1）因校车在平直的公路上匀速行驶时处于平衡状态，则校车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，发动机的牵引力：Ff6103N，发动机做有用功的功率：PFv6103Nm/s9104W；（2）匀速行驶20min，发动机做的有用功：WPt9104W2060s1.08108J，由可得，消耗柴油的质量：m柴油V0.8103kg/m37.5103m36kg，消耗柴油完全燃烧释放的热量：Q放mq柴油6kg4107J/kg2.4108J，发动机的效率：100%100%45%。答：（1）发动机做有用功的功率为9104W；（2）发动机的效率为45%。【点评】本题考查了功率公式和做功公式、密度公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式以及二力平衡条件的应用，计算过程要注意单位的换算和统一。25【分析】（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据PUI求出灯泡正常发光时的电流，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电阻；（2）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器调到阻值最大处，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的并联求出R2的最大值；（3）闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡L与R2串联，电流表测电路中的电流，根据灯泡正常发光时的电流可知电路中的最大电流，根据PUI求出电路的最大功率。【解答】解：（1）由PUI可得，灯泡正常发光时的电流：IL0.5A，由I可得，灯泡正常工作时的电阻：RL12；（2）闭合开关S、S1、S2，滑动变阻器调到阻值最大处，R1与R2并联，电流表测干路电流，此时电路中的总电阻：R12，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，+，即+，解得：R224；（3）闭合开关S，断开开关S1、S2，灯泡L与R2串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光时的电流为0.5A，所以，安全使用的情况下，电路中的最大电流I大0.5A，则电路的最大功率：P大UI大12V0.5A6W。答：（1）小灯泡正常工作时的电流为0.5A，电阻为12；（2）R2的最大值为24；（3）闭合开关S，断开开关S1、S2，安全使用的情况下，电路的最大功率为6W。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。26【分析】（1）根据阿基米德原理求出木块受到的浮力，对木块受力分析可知，受到竖直向下的重力和绳子的拉力以及竖直向上的浮力处于平衡状态，根据力的平衡条件求出细线对木块的拉力；（2）根据VSh求出木块浸入水中的深度，然后求出此时容器内水的深度，根据pgh求出容器底受到水的压强；（3）根据题意求出容器内水的体积，利用求出水的质量，利用Gmg求出水的重力，容器对桌面的压力等于木块和水、容器的重力之和，根据p求出容器对桌面的压强。【解答】解：（1）木块受到的浮力：F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg800106m38N，木块受到竖直向下的重力和绳子的拉力以及竖直向上的浮力而处于平衡状态，由力的平衡条件可得：G木+F拉F浮，则细线对木块的拉力：F拉F浮G木8N6N2N；（2）由VSh可得，木块浸入水中的深度：h浸8cm，此时容器内水的深度：hh浸+L8cm+4cm12cm0.12m，容器底受到水的压强：p水gh1.0103kg/m310N/kg0.12m1200Pa；（3）容器内水的体积：V水S容hV排200cm212cm800cm31600cm3，由可得，水的质量：m水水V水1.0g/cm31600cm31600g1.6kg，水的重力：G水m水g1.6kg10N/kg16N，容器对桌面的压力：FG水+G木+G容16N+6N+2N24N，容器对桌面的压强：p1200Pa。答：（1）细线对木块的拉力为2N；（2）容器底受到水的压强为1200Pa；（3）容器对桌面的压强为1200Pa。【点评】本题考查了阿基米德原理、平衡条件、液体压强公式、密度公式、重力公式和压强定义式的应用，正确的求出容器内水的深度和水的体积是关键。六、实验探究题（本大题共6个小题，共36分）27【分析】（1）探究晶体和非晶体的熔化和凝固实验时，一般都采用水浴法，物体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度；（2）（3）晶体在熔化的过程中温度不变；根据Q吸cm（tt 0）可知：在吸收的热量和时间一定时，物体的温度变化值越大，比热容就越小。【解答】解：（1）将装有物质的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法，萘物质的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度；（2）由图可知，该物质在熔化的过程中，温度保持在50不变，故该物质为晶体；烧杯内物质在相同时间内吸收的热量相同，在熔化前3min升高的温度为t1503020，在熔化后3min升高的温度为t 2805030，故t 1t2由Qcmt可知，当吸收的热量和质量都相同时，t越大比热容c就越小。所以这种物质固态时的比热容大于液态时的比热容；（3）由图可知，晶体在熔化的过程中吸收热量，温度不变。故答案为：（1）受热均匀；（2）晶体；小；（3）吸收热量；温度不变。【点评】该题通过图象考查了晶体的熔化过程，解题的关键是理解图象中每一阶段表示的含义及物质的状态。28【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心。（2）（3）u2f，成倒立、缩小的实像，像距fu2f；u2f，成倒立、等大的实像，像距u2f；fu2f，成倒立、放大的实像，像距u2f；由此可知物距大于像距时，成的是倒立、缩小的实像；（4）理解凸透镜成倒立实像的真正含义，物体向下移动时，对应的像会向上移动，据此分析。【解答】解：（1）实验前，调节蜡烛、凸透镜、光屏的中心在同一高度，像才能呈在光屏的中央。（2）由图可知，u2f，则像距应在f和2f之间；而此时的像距为30cm2f，所以应减小像距，应向左移动光屏，此时成倒立、缩小的实像，根据这一成像特点制成的是照相机；（3）在（2）的基础上，若凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏位置互换，此时物距fu2f，像距u2f，成倒立、放大的实像；（4）随着蜡烛的不断燃烧，烛焰向下移动，光屏上烛焰的像将不断的向上移动；因此为了使像还能成在光屏的中央，应向上适当调节光屏的位置。故答案为：（1）同一高度；（2）左；缩小；照相机；（3）放大；（4）上。【点评】此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提。29【分析】（1）调节天平横梁平衡时，应先将游码调至标尺的0刻度线处，按“左偏右调”的方法调节；（2）天平在读数时应将砝码的质量与游码的示数相加；（3）金属块体积等于总体积与水的体积之差；（4）根据密度公式计算金属块的密度；（5）在评估实验方案时，重点分析在操作过程中对体积、质量的测量结果是否产生误差，进而分析对密度造成的影响。【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，应先将游码调至标尺的0刻度线处；图甲中指针左偏，说明左侧质量偏大，故应向右调节平衡螺母，使天平横梁平衡。（2）由图乙知，砝码的总质量为50g+20g+5g75g，标尺的分度值为0.2g，游码示数为3.4g，则金属块的质量为75g+3.4g78.4g；（3）金属块的体积为：V60ml50ml10ml10cm3；（4）金属块的密度：7.84g/cm37.84103kg/m3。（5）若实验中所用的线较粗，则测得金属块的体积偏大，由可知，测量结果与实际密度相比会偏小。故答案为：（1）右；（2）78.4；（3）10；（4）7.84103；（5）小。【点评】本题考查了固体密度的测量方法，涉及到量筒和天平的使用，属于重要实验题目，必须掌握。30【分析】（1）球把木块推出的距离长，说明的动能大；这是一种转换的方法。（2）动能的影响因素有质量和速度，根据控制变量法的思路，去分析解决；钢球从同一高度自由滚下，到达水平面的初始速度相同；（3）物体质量一定时，速度越大动能越大；（4）由图知是控制速度相同时，研究动能与质量的关系，动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的。【解答】解：（1）球对木块做功的多少反映球的动能的多少，而做功的多少可由木块被推动距离的长短来确定。（2）甲和丙图球从同一高度滚下，是为了使球滚到水平面上时的速度相同。（3）在甲、乙的两个实验中，控制了质量相同，速度不同，甲图中球速度越大，木块被球撞击后移动的距离的越长，所得到的结论是：物体的质量相同时，速度越大，动能越大。（4）由题意可知，甲丙实验探究在速度相同时，动能大小与质量的关系，质量越大，动能越大，撞击木块后移动的距离更远；由控制变量法的思想可知：木板的接触面的粗糙程度不能变、钢球滚下时的高度不能变，与木板的质量也无关，故ABD错；若在丙实验中换用质量较小的钢球，可减小钢球与木块碰撞时的动能，能减小木块被推动的距离，使木块不会滑出木板，故C正确。故答案为：（1）木块被推动距离的长短；（2）甲丙；速度；（3）速度；（4）C。【点评】用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；能通过数据分析得出动能跟质量和速度的关系是关键。31【分析】（1）为保护电路，连接电路的过程中，开关应处于断开状态。研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，据此分析滑动变阻器的另一个作用；（2）若电流表示数几乎为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，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，则与电压表并联的电阻断路了；（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；（4）定值电阻的阻值越大，所需变阻器的阻值越大，根据滑动变阻器的最大阻值及定值电阻的最大阻值判断出电阻两端能够达到的最小电压；根据电路中允许通过的最大电流求出电路的最小电阻，根据分压原理求出电压表的最大电压。【解答】解：（1）连接电路的过程中，开关应处于断开状态；研究电流与电阻的关系时，要控制电压表示数不变，故滑动变阻器除保护电路外，本实验中的作用是：控制定值电阻的电压不变；（2）经分析，连接好电路后，闭合开关，发现电流表几乎无示数，电压表示数接近电源电压，则电路的故障可能为：定值电阻断路。（3）根据串联分压原理可知，将定值电阻由5改接成10的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数不变。（4）由题意知，滑动变阻器的最大阻值为20，定值电阻的最大电阻为20；根据串联电路电压规律和分压原理：，即，解得：U1.5V，即电压表控制不变的最小电压为1.5V，因滑动变阻器R标有“20 0.5A”字样，即电路中的最大电流为0.5A，故电路中的最小电阻：R最小6，此时对应的阻值为5，变阻器连入电路中的电阻为1，根据分压原理，电压表控制不变的最大电压为：U大3V2.5V，所以定值电阻两端的电压只能在1.5V到2.5V之间。故答案为：（1）断开；控制定值电阻的电压不变；（2）定值电阻断路；（3）B；（4）1.5；2.5。【点评】本题探究电流与电压和电阻的关系实验，考查注意事项，控制变量法的作用和故障分析及串联电路的规律和欧姆定律的运用，最后一问有难度。32【分析】（1）根据灯的额定电压为3.8V确定电压表量程；（2）灯的额定电压为3.8V，根据串联电路电压的规律，求出变阻器分得的电压：根据分压原理，求出变阻器连入电路中的电阻大小，确定变阻器的规格；（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）根据电流表小量程确定分度值读数，根据PUI求灯的额定功率；灯的亮度由灯的实际功率决定；（5）根据灯丝电阻与温度有关，不是一个定值分析；（6）根据串联电路电压的规律，求出灯正常发光时变阻器分得的电压，故可将电压表并联在变阻器两端。【解答】解：（1）因灯的额定电压为3.8V，故电压表要选用大量程与灯并联，改正后如下图所示：（2）灯的额定电压为3.8V，则灯正常发光时，变阻器分得的电压：U滑6V3.8V2.2V，变阻器分得的电压为灯泡两端电压的倍，根据分压原理可得，变阻器连入电路中的电阻为：R滑RL105.8，考虑到额定电流为0.38A，故为了完成整个实验，应该选用R2“10 1A”的滑动变阻器；（3）电路连接正确后，闭合开关，滑片位于某一位置时，电压表示数为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，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，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，则电流表的示数为0.32A，小灯泡的额定功率为：PUIL3.8V0.32A1.216W；实验得出的结论：小灯泡的实际功率越大，小灯泡越亮；（5）因为灯丝电阻与温度有关，不是一个定值，所以根据I可知，通过小灯泡的电流与它两端的电压不成正比；（6）实验中若电压表的“015V”量程损坏，根据串联电路电压的规律，灯正常发光时，变阻器分得的电压为2.2V，故可将电压表并联在变阻器两端，记下此时电流表示数，故能测小灯泡额定功率。故答案为：（1）如上图所示；（2）R2；（3）右；（4）0.32；1.216；越大；（5）温度；（6）能。【点评】本题测量标有“3.8V”字样的小灯泡的额定功率，考查电路的连接、器材的选择、电流表读数、额定功率的计算灯的亮度决定因素及影响电阻大小因素及实验方案的设计声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/1/24 19:39:06；用户：微信用户；邮箱：orFmNt6JxbombNK-PZkfnvM8130；学号：42171657第20页（共20页）