福建省厦门市2016年中考物理试卷(解析版).doc

福建省厦门市2016年中考物理试卷一、选择题（本大题共16小题，每小题2分，共32分，每小题只有一个选项符合题意）1如图所示的四个实例中，属于增大压强的是（）A滑雪板的面积较大 B书包的背带较宽C切果器的刀片很薄 D坦克的履带很宽大【考点】增大压强的方法及其应用【分析】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：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强【解答】解：A、滑雪板的面积较大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A不合题意；B、书包的背带较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B不合题意；C、切果器的刀片很薄，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故C符合题意；D、坦克的履带很宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故D不合题意；故选C2以下措施中，从传播过程中减弱噪声的是（）A厦门岛内禁止燃放烟花爆竹B鼓浪屿禁止商家导游使用扩音器C地铁施工时给机器加润滑油D部分BRT路段两侧设有透明板墙【考点】防治噪声的途径【分析】防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱【解答】解：A、厦门岛内禁止燃放烟花爆竹是在声源处减弱噪声的；B、鼓浪屿禁止商家导游使用扩音器是在声源处减弱噪声的；C、地铁施工时给机器加润滑油是在声源处减弱噪声的；D、部分BRT路段两侧设有透明板墙是在传播过程中减弱噪声的故选D3天宫二号空间实验是计划于2016年第三季度择机发射空间实验室内适宜宇航员工作生活的气压约为（）A100Pa B1000Pa C10000Pa D100000Pa【考点】大气压的综合应用【分析】地表附近的气压约为一标准大气压，即105Pa，根据人类的适应性可做出判断【解答】解：地球表面附近的气压约为一标准大气压，即105Pa，人类已经适应了这种环境，如果环境中的气压太大或太小，人类都将无法正常生存，因此，空间实验室内适宜宇航员工作生活的气压约为100000Pa，与一标准大气压接近故选D4荷叶上水珠晶莹透亮，映出荷叶纹理的“清晰”像这个像的特点是（）A正立放大 B正立等大 C倒立放大 D倒立缩小【考点】凸透镜成像的应用【分析】凸透镜的成像规律：u2f，成倒立、缩小的实像；2fuf，成倒立、放大的实像；uf，成正立、放大的虚像【解答】解：此时荷叶上水珠中间厚，边缘薄，相当于凸透镜；当透过附在荷叶上的水珠观察荷叶时，叶子相当于在该水凸透镜的1倍焦距以内，即此时可以成一个正立、放大的虚像，故此时叶片上细密的纹理变得清晰可辨故选A5在如图所示的四种剪刀中，最适用于剪开较硬物体的是（）A B C D【考点】杠杆的分类【分析】结合生活经验和图片，先判断剪刀在使用过程中的目的，再根据各类杠杆的特点选择所需要的剪刀【解答】解：剪开较硬的物体，就需要一把省力的剪刀，因此需选用动力臂大于阻力臂的剪刀，即手柄比刀口长的剪刀，所以B最适合故选B6小芳在科技馆用手触摸静电球时，头发丝一根根竖起，形成“怒发冲冠”的有趣景象如图所示，由此可以判断，竖起的头发丝所带电荷是（）A同种电荷 B异种电荷 C正电荷 D负电荷【考点】电荷间的相互作用规律【分析】在自然界中只有两种电荷，即正电荷和负电荷，且电荷间存在着相互作用规律，即同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故该题据上分析即可解决【解答】解：当人在触摸静电球时，人身体就会带上电荷，即人的头发上会带上同种电荷，由于同种电荷相互排斥，故此时人的头发会飘起来故选A7动车从启动到离站的过程，其惯性（）A先不变后变大 B保持不变 C先变大后不变 D逐渐变大【考点】惯性【分析】惯性指物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性，质量是衡量物体惯性大小的量度，据此分析即可解答【解答】解：惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，动车从启动到离站的过程中，其质量不变，只是速度的变化，所以，动车的惯性保持不变，故B正确故选B8人类首次探测到引力波是由13亿光年之外的双黑洞合并形成的双黑洞的初始质量分别是太阳的29倍和36倍合并后的黑洞质量是太阳的62倍亏损的质量以强大引力波的形式释放到宇宙，经过漫长的旅行抵达地球下列说法中正确的是（）A牛顿预言了引力波的存在 B双黑洞合并过程质量守恒C该引力波产生于13亿年前 D引力波只能在介质中传播【考点】人类探究太阳系及宇宙的历程【分析】关于引力波，在牛顿引力理论中是没有引力波的，但爱因斯坦的广义相对论预言了引力波的存在，认为引力波与电磁波类似，以光速传播并携带能量【解答】解：A、在牛顿的引力理论中是没有引力波的，但爱因斯坦的广义相对论预言了引力波的存在，故A错误；B、双黑洞的初始质量分别是太阳的29倍和36倍，合并后的黑洞质量是太阳的62倍，所以双黑洞合并过程质量不守恒，故B错误；C、双黑洞碰撞发生的位置到地球的距离为13亿光年，引力波的传播速度等于光速，所以两黑洞碰撞产生的引力波经过13亿年传播到地球，即该引力波产生于13亿年前，故C正确；D、引力波在空间的传播方式与电磁波类似，以光速传播且不需要介质，故D错误故选：C9与世界能源结构相比，我国目前的能源结构存在不足，如图所示，以下措施有利于优化我国能源结构的是（）A继续发挥产煤大国的优势 B减小石油和天然气的比重C严控核能、水电能的开发 D加大可再生资源的开发利用【考点】能源危机与能源消耗对环境的影响【分析】根据图中的数据，可推测：减少煤炭的使用，增加石油和天然气、非化石能源的使用；【解答】解：有图可以看出我国能源以煤为主，污染大且煤属于不可再生能源，储量有限所以应减少煤炭的使用，增加石油、天然气、非化石能源的使用，对于核能这样的非可再生能源，应在保证安全的情况下提倡使用，水能有条件的地方应大力提倡故选D10某些鱼的浮沉靠鳔的膨缩实现原来静止在水中的鱼（）A鳔膨胀时浮力小于重力会下沉B鳔膨胀时浮力大于重力会上浮C鳔收缩时浮力等于重力仍悬浮D鳔收缩时浮力大于重力会悬浮【考点】物体的浮沉条件及其应用【分析】由物体的浮沉条件可知，鱼的重力不变，当气体体积减小时，排开水的体积将随之改变，则浮力改变，从而改变鱼的状态【解答】解：鱼体内的鱼鳔里面是空气，改变鱼鳔的体积也就改变了排开水的体积（不会改变自身质量），从而达到改变所受浮力大小的目的，而控制自身的浮沉故：AB、鳔膨胀时排开液体的体积变大，浮力变大，即浮力大于重力，会上浮，故A错误，B正确；CD、鳔收缩时，排开液体的体积变小，即浮力变小，当浮力等于重力仍悬浮，故C正确，D错误；故选BC11如图所示，嫦娥三号着陆器向下喷气获得反推力，以较小速度向月面匀速降落着陆器匀速降落时，重力与反推力（）A施力物体相同 B是相互作用力 C是一对平衡力 D其合力向下【考点】平衡力的辨别【分析】（1）力是物体对物体的作用，施力物体的同时又是受力物体；（2）力的作用是相互的，两个相互的作用力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；（3）二力平衡的条件：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；（4）物体静止或做匀速直线匀速时处于平衡状态，合力为零【解答】解：A重力的施力物体是地球，着陆器向下喷气获得反推力的施力物体是空气，故A错误；BC着陆器匀速降落时，重力与反推力，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，不是一对相互作用力，故B错误、C正确；D着陆器匀速降落时，重力与反推力的合力为零，故D错误故选C12老师上课时常使用“小蜜蜂”扩音，声音信号由话筒传入扩音器扩大后从扬声器播出，话筒、扬声器的工作原理分别相当于（）A发电机、电动机 B电动机、发电机C发电机、发电机 D电动机、电动机【考点】动圈式话筒的构造和原理；扬声器和耳机的构造和原理；实用电动机的构造、特点和应用；发电机的构造和原理【分析】（1）话筒工作原理：电磁感应现象；其工作过程：对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也跟着一起振动，线圈在磁场中的这种运动，能产生随着声音的变化而变化的电流，经放大后，通过扬声器还原成声音（2）扬声器的工作原理：通电导体在磁场中受力；其工作过程：扬声器的线圈中通入携带声音信息、时刻变化的电流，使得在一个瞬间和下一个瞬间产生不同方向的磁场，线圈就不断地来回振动，纸盆也就振动起来，便发出了声音【解答】解：发电机的形式很多，但其工作原理都基于电磁感应定律和电磁力定律；电动机指依据电磁感应定律实现电能转换或传递的一种电磁装置；话筒工作原理：电磁感应现象；扬声器的工作原理：通电导体在磁场中受力；因此发电机和动圈式话筒都是电磁感应现象原理；电动机和扬声器都是通电导体在磁场中受力原理故选A13如图所示，以下四件家用电器正常工作时电流最接近5A的是（）A电风扇 B笔记本电脑 C台灯 D电饭锅【考点】电流的大小【分析】根据我们对生活中常用用电器电流大小的了解去选择【解答】解：A、电风扇工作时的功率约为100W，电流大约是0.5A，故A错误；B、笔记本电脑工作时的功率约为100W，电流大约是0.5A，故B错误；C、台灯工作时的功率约为40W，电流大约是0.2A，故C错误；D、电饭锅的电功率约为1000W，工作电流约为5A，故D正确故选D14据厦门市气象部门发布的数据，2016年1月25日，岛内动渡观测站和同安莲花镇观测站测到的最低温度，分别创下了厦门市岛内、外有气象记录以来的最低值你认为对应的值的温度分别是（）A8.8、0.1 B0.1、8.8 C0.1、8.8 D8.8、0.1【考点】温度【分析】根据生活经验、对气温高低的认识和数据的大小，可知动渡观测站和同安莲花镇观测站冬季的最低温度【解答】解：厦门市地处我国东南沿海，冬季最低气温不会低于0同安莲花镇海拔1050米，冬季最低气温可以达到10左右，所以B符合实际故选：B15如图所示，公交车后门左右扶杆上各装有一个相当于开关的按钮当乘客按下任意按钮时，铃声响起，提醒司机有人要下车选项图中符合要求的电路是（）A B C D【考点】电路图设计【分析】根据“当乘客按下任一按钮，铃声都会响起”结合串并联电路特点判断两个开关的连接方式，然后分析电路图答题【解答】解：当乘客按下任一按钮，铃声都会响起，说明这两个开关可以独立工作、互不影响即为并联，且电铃位于干路上，由图示电路图可知，C符合题意，ABD不符合题意故选C16公共场所严禁吸烟小明设计了一种简易烟雾报警控制器如图所示电路中R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，烟雾增大到一定程度使电压表的指针偏转到某区域时出发报警系统以下做法能使控制器在烟雾较淡时就触发报警的是（）A改接大量程 B增大激光强度 C减少R0阻值 D减小电源电压【考点】欧姆定律的应用【分析】由电路图可知，R与R0串联，电压表测R两端的电压根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小可知，当烟雾增大时，光敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化量，据此得出控制器在烟雾较淡时就触发报警时分得的电压变化，然后分析选项得出答案【解答】解：由电路图可知，R与R0串联，电压表测R两端的电压因光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，所以，当烟雾增大时，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由I=可知，电路中的电流减小，由U=IR可知，R0两端的电压减小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R两端的电压增大，即电压表的示数增大，要使控制器在烟雾较淡时就触发报警，就应在烟雾较淡时光敏电阻两端的电压达到报警系统触发的电压，即增大气敏电阻分得到的电压，A电压表改接大量程时，不能改变气敏电阻两端的电压，故A错误；B增大激光强度，光敏电阻的阻值变小，分得的电压变小，故B错误；C减少R0阻值时，其分得的电压减小，光敏电阻分得的电压增大，故C正确；D减小电源电压时，光敏电阻分得的电压也变小，故D错误故选C二、填空题（本大题共6小题，每小题2分，共12分）17在微观尺度下，科学家拍下了超亮的射线的液体瞬间打得“灰飞烟灭”的情景如图所示，此过程液体吸收射线的能量，内能增大，发生的物态变化是汽化【考点】物体内能的改变；汽化及汽化吸热的特点【分析】物体吸收热量，内能增加；物体由气态变为液态的现象叫液化；物体由液态变为气态的过程叫汽化【解答】解：该过程中，液体吸收射线的能量，内能增大，物体由液态变为气态，因此发生了汽化现象故答案为：增大；汽化18如图所示，两个表面光滑的铅块相互挤压后粘在一起，说明分子间有引力；长时间挤压在一起的铅块和金块会相互渗透，说明分子在不停地做无规则运动【考点】分子间的作用力；分子的运动【分析】（1）分子间存在引力的作用；（2）不同的物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散，这一现象说明一切物体的分子都在不停地做无规则运动【解答】解：（1）两个表面光滑的铅块相互紧压后，它们会黏在一起，是分子运动的结果，说明了分子间有引力（2）将磨得很光滑的铅块和金块长时间紧压在一起，再将它们切开，可以看到它们互相渗入，说明分子在不停地做无规则运动；故答案为：引力；在不停地做无规则运动19智能手环可以记录佩戴者的运动情况，以佩戴者手腕为参照物，手环是静止的；手环数据可由蓝牙通过电磁波发送给手机，使用户在朋友圈获得排名和点赞【考点】参照物及其选择；电磁波的传播【分析】（1）研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；（2）微波是指频率为300MHz300GHz的电磁波，WiFi在2.4Ghz频段工作，属于微波【解答】解：以佩戴者手腕为参照物，智能运动手环相当于手腕的位置没有发生变化，智能运动手环是静止的；智能运动手环还是通过电磁波以无线的方式向手机发送运动的统计数据故答案为：静止；电磁波20康熙几暇格物编中记载：“置钱碗底，远视若无，及盛满水时，在钱随水光而显现矣”如图所示，把铜钱放在碗底B处后加适量水，从A处恰好看到铜钱的像在E处，用激光笔从A点向E处（用图中字母表示）照射，可照亮铜钱加满水，从A处看到像的位置将变高（选填“变高”“变低”或“不变”）【考点】光的折射规律【分析】光从水中斜射入空气中时，会发生折射，光线远离法线，人逆着光线看去物体的位置会偏高根据光路的可逆性，可用激光笔照亮物体【解答】解：（1）据题意可知，把铜钱放在碗底B处后加适量水，从A处恰好看到铜钱的像在E处；根据光路的可逆性可得，他用激光笔从A点向E处射出光束时，光线会原路返回，即可把铜钱照亮（2）根据光的折射规律可知，他看到的铜钱是因为光的折射而形成的变高的虚像；加满水后，由于入射点升高，人眼逆着射来的光线看去，看到像的位置将变高如图所示故答案为：E；变高21如图是某电热暖手宝的主要参数选用水作为吸热或放热物质，是因为水的比热容较大已知水的初温为15（C水=4.2103J/（kg），接通电源正常工作6min时暖手宝处于通电加热状态（选填“通电加热”或“自动断电”）【考点】水的比热容的特点及应用；电功与热量的综合计算【分析】（1）水的比热容大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；（2）知道功率和加热时间，可以计算出消耗的电能，这些电能转化为水的内能，所以知道水的质量，根据热量的计算公式Q吸=cmt计算出水升高到的温度即可判断【解答】解：（1）因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热暖手宝里面用水作为吸热或放热物质；（2）此时消耗的电能是：W=Pt=500W300s=150000J；据公式Q吸=cmt可知，t=35.7；由于初温是：15，所以此时的末温是：15+35.7=50.7，小于65，故处于加热状态故答案为：比热容；通电加热22如图所示，两只电表及导线完好，闭合开关，两只电表示数为零现用一个完好的电阻替换R2，在闭合开关：若只有电压表示数不为零，则原来的故障是R1、R2都断路；若只有电流表示数不为零，则原来的故障是R2断路和R1短路【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用【分析】电路故障有断路和短路，根据电流表示数为零，可判断故障原因的断路，电压表示数也为零则可判断R2一定断路，替换R2，再根据电表示数进一步判断R1故障原因【解答】解：分析电路可知R1、R2串联，电压表V测量R1两端电压若电流表示数为零，说明电路故障是断路，若只有R1断路，则电压表会有示数，根据电压表也没有示数，说明R2一定断路；用完好的电阻R替换R2，闭合电键，若只有电压表示数不为零，即电流表示数还是零，说明R1也断路；如果只有电流表示数不为零，那说明R1没有断路，但电压表示数为零，那说明电阻R1短路了故答案为：R1、R2都断路；R2断路和R1短路三、简答题（本大题共1小题，共4分）.23厦门城市名片筼筜湖（如图）原称筼筜港本是移除避风坞，素有“筼筜渔火”盛誉海堤围筑后筼筜港由海湾变为内湖，海水交换的天然通道被切断筼筜湖的水位大部分时间低于外海水位，目前主要利用西堤进水闸门、出水闸门实施进水纳潮和排放潮水实现潮水与海水交换从而改善湖水水质和生态环境（1）请结合物理知识简述利用闸门纳潮或排水的过程（纳湖或排水任选其一作答）（2）有人建议可利用纳潮或排水两个时段进行潮汐发电，请指出那个时段更适合，并说明判断依据【考点】连通器原理；未来的理想能源【分析】（1）上端开口下部连通的容器称为连通器，在连通器内若装入同种液体，在液体不流动时，液面总是保持相平的；据此分析解答；（2）根据“筼筜湖的水位大部分时间低于外海水位”分析解答【解答】解：（1）涨潮时，外海水位高于内湖，此时开启进水闸门，关闭出水闸门，外海与内湖构成连通器，根据连通器原理，两处水位相平，海水流入内湖；退潮时，外海水位低于内湖，此时开启出水闸门，关闭进水闸门，外海与内湖构成连通器，根据连通器原理，两处水位相平，湖水流进外海；（2）进水纳潮时段发电更适合，因为筼筜湖的水位大部分时间低于外海水位，进水纳潮时段发电可获得更多的电能四、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）24在如图中，投出去的篮球在空中飞行，不考虑空气阻力，请在图中画出篮球的受力示意图【考点】力的示意图【分析】篮球在空中飞行时，不考虑空气阻力，所以篮球只受重力，画出重力的示意图即可【解答】解：篮球在空中飞行时，不考虑空气阻力，所以篮球只受重力找到篮球的重心，然后沿重力方向画一条带箭头的线段表示这个力如图所示：25如图为上午8：00太阳光经过水平镜面反射的光路图，请大致画出一小时后太阳光照射同一点的入射光线及对应的反射光线【考点】作光的反射光路图【分析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；作出反射光线，找到反射角的大小；再确定早晨8：00经1小时后入射光线的入射方向的变化，确定入射角的变化，从而分析出反射角的变化【解答】解：随着时间的推移，早晨8：00经1小时后，入射光线逐渐向法线靠近，入射角逐渐减小，反射角也逐渐减小，如图所示五、实验探究题（本大题共5小题，共28分）.26利用如图所示装置探究平面镜成像特点（1）实验时应选较薄（选填“厚”或“薄”）的玻璃板竖立在水平桌面上（2）点燃蜡烛A，透过玻璃板观察到A的像，把与A完全相同的蜡烛B放在像的位置，观察到B与像完全重合，说明像与物大小相等（3）将光屏放到像的位置，无法直接在光屏上观察到像，说明所成的像是虚像（4）用方格纸替代白纸，更方便探究像与物的位置关系【考点】平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【分析】（1）玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以成一个像，这样由于两个像的干扰，像的位置不易确定准确，需要两个像距离越近越减小误差；（2）实验中选择两根完全一样的蜡烛是为了比较物体与像的大小关系（3）实像和虚像的重要区别是实像能用光屏上承接，虚像不能在光屏上承接（4）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等【解答】解：（1）玻璃板越薄，两个反射面所在的像距离越近，这样可以使确定的像的位置更加准确，厚玻璃板会形成两个像，会影响对实验结果的判断；（2）点燃蜡烛A，透过玻璃板观察到A的像，把与A完全相同的蜡烛B放在像的位置，观察到B与像完全重合，说明像与物大小相等；（3）因为虚像不能在光屏上承接，所以将光屏放到像的位置，无法直接在光屏上观察到像，说明所成的像是虚像（4）若将玻璃板和蜡烛下面的白纸换成方格纸进行实验，这种做法的优点是便于探究像和物与平面镜的位置关系；故答案为：（1）薄；（2）大小相等；（3）虚；（4）位置27小芳用如图甲所示的实验装置探究水的沸腾特点（1）请指出图甲中操作错误：温度计的玻璃泡碰到容器壁（2）图乙是根据实验数据画出水的温度随时间变化的曲线由图可知，水沸腾时的特点是继续吸热，温度保持不变（3）为了说明水在沸腾过程中是否需要吸热，应停止加热，观察水是否继续沸腾（4）小芳再次实验时采取两项措施节省了加热时间，请在图乙中大致画出能体现那两项措施的图线【考点】探究水的沸腾实验【分析】（1）温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中，并且玻璃泡不能接触容器底和容器壁；（2）液体沸腾的特点：不断吸热，但温度保持不变；（3）为了说明水沸腾过程中需要吸热，可以撤去酒精灯，观察水能否继续沸腾即可得出结论；（4）液体从加热到沸腾需要的时间的长短与很多因素有关：水量的多少、水温的高低、火力的大小、是用酒精灯的外焰还是内焰加热等等【解答】解：（1）图中错误是温度计的玻璃泡接触容器壁；（2）根据实验结果可以发现液体99开始沸腾，此时不断吸热，但温度保持不变（3）水沸腾后，若撤去加热源，则水不再吸收热量，也就不能维持沸腾状态，所以应停止加热，观察水是否能够继续沸腾；（4）发现从开始加热到沸腾的这段时间过长；故为了缩短实验的时间，可以采取的措施是：减小水的质量；提高水的初温；原来是5min开始沸腾，当减小水的质量和提高水的初温后，不到5min就开始沸腾，如图所示：故答案为：（1）温度计的玻璃泡碰到容器壁；（2）继续吸热，温度保持不变；（3）停止加热；（4）见上图28探究影响滑动摩擦力大小因素的实验装置如图所示在小桶内装入适量的沙子，滑块恰好在水平木板上做匀速直线运动（1）为测量滑块受到的滑动摩擦力大小，应测量沙和桶的重力，所需测量仪器是弹簧测力计（2）把毛巾铺在木板上，发现需要装入更多的沙子，滑块才会做匀速直线运动，说明压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大（3）小明想用钩码替代沙桶，请你对此做出评价：此做法方便得出钩码重力，但无法连续改变拉力的大小【考点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验【分析】（1）当滑动匀速直线运动时，受平衡力作用，则摩擦力等于其受到的拉力，即等于沙和桶的重力，据此解答；（2）影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，据此结合实验现象可得出结论；（3）从钩码质量的特点，结合具体实验要求可做出评价【解答】解：（1）在小桶内装入适量的沙子，滑块恰好在水平木板上做匀速直线运动此时摩擦力与拉力是一对平衡力，而拉力又等于沙和桶的总重力因此为测量滑块受到的滑动摩擦力大小，应测量沙和桶的重力，所需测量仪器是弹簧测力计（2）把毛巾铺在木板上，发现需要装入更多的沙子，滑块才会做匀速直线运动，说明需要的拉力更大，摩擦力更大，故可得出结论：压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）用钩码替代沙桶，此做法方便得出钩码重力，但无法连续改变拉力的大小故答案为：（1）沙和桶的重力；弹簧测力计；（2）压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）此做法方便得出钩码重力，但无法连续改变拉力的大小29磁感应强度B用来描述磁场的强弱，国际单位是特斯拉，符号是“T”为了探究电磁铁外轴线上磁感应强度的大小与哪些因素有关，小鹭设计了如图1所示的电路，图甲电源电压6V，R为磁感应电阻，其阻值随磁感应强度变化的关系图线如图2（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，电流表的示数为60mA闭合S1和S2，图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，图甲中电流表的时速逐渐减小，说明磁感电阻R处的磁感应强度B逐渐增大（2）闭合S1和S2，滑片P不动，沿电磁铁轴线向左移动磁感电阻R，测出R离电磁铁左端的距离x与对应的电流表示数I，算出R处磁感应强度B的数值如表请计算x=5cm时，B=0.40Tx/cm123456I/mA101215203046B/T0.680.650.600.510.400.20（3）综合以上实验数据可以得出“电磁铁外轴线撒花姑娘磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大，离电磁铁越远，磁感应强度越小【考点】磁场【分析】（1）据题可知，此时的电源电压是6V，且此时的磁场强度为零；图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，图甲中电流表的时速逐渐减小，据此分析即可判断规律；（2）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可以判断电阻大小，进而判断磁场的强弱；（3）据上面的知识分析即可判断出变化的规律【解答】解：（1）当图乙S2断开，图甲S1闭合时，即磁场强度为零，据图2可知，此时的R=100，故此时电路中的电流是：I=0.06A=60mA；图乙中滑动变阻器的滑片P向右移动，有效电阻变小，电流变大磁场变强，图甲中电流表的示数逐渐减小，即R的电阻变大，据此分析可知：磁感电阻R处的磁感应强度B逐渐增大；（2）x=5cm时，对于图表得出电流是30mA，据欧姆定律可知，R=200，故对应磁场的强度是0.40T；（3）综合以上实验数据，分析（2）中的表格数据可以得出“电磁铁外轴线撒花姑娘磁感应强度随电磁铁电流的增大而增大，离电磁铁越远，磁感应强度越小；故答案为：（1）60；增大；（2）0.40；（3）增大；小30用图甲所示的电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压15V保持不变，滑动变组器的规格是“50 2A”，阻值为10、20、30、40、50的定值电阻各1个，电流表量程00.6A、03A，电压表量程03V、015V（1）根据图甲将图乙所示的实物图连接完整，电压表量程选择应满足能测量5组数据（2）小明将10的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的几组电表示数此过程小明实际探究的问题是电流与电压的关系，其中自变量是电压（3）要完成预定实验探究任务，滑动变阻器除了保护电路外，另有一个重要作用是改变电阻两端的电压（4）如表为另一同学提交的实验数据，林老师指出有的数据不符合试剂，你认为不符合试剂的是实验次序4、5的数据，理由是要控制电阻两端的电压6V不变，所需分压电阻超出了滑动变阻器的最大阻值实验次序R/I/A1100.592200.303300.204400.155500.12【考点】探究电流与电压、电阻的关系实验【分析】（1）由表中数据分析电流表和电压表的量程选择，电压表和电阻并联，电流表和电阻串联；（2）探究电流与点的关系时，控制电阻不变，改变电压值，分析电流和电压的关系；（3）要探究电流和电阻的关系，要通过滑动变阻器调节电阻两端的电压，保证电阻两端的电压保持不变；（4）根据欧姆定律求出电阻两端电压，再根据串联电路的分压特点求出滑动变阻器两端电压，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的阻值，做出解答【解答】解：（1）由表中数据可知，最大电流为0.59A，所以电流表选择0.6A量程即可；根据欧姆定律可知，导体两端电压U=IR=0.3A20=6V，所以电压表选择15V量程；电压表和电阻并联，电流表和电阻串联，实物图连接如下：（2）小明将10的电阻接入电路中，闭合开关，多次移动滑动变阻器的滑片，记录对应的几组电表示数此过程小明控制电阻不变，改变电压值，探究的问题是电流与电压的关系；（3）要探究电流和电阻的关系，要通过滑动变阻器调节电阻两端的电压，保证电阻两端的电压保持不变；（4）由表中数据可知，电阻两端的电压保持6V不变，那么第4次实验中，滑动变阻器分担的电压为9V，根据欧姆定律可知，滑动变阻器的阻值R滑=60，超出了滑动变阻器的最大阻值；同理第5次实验中也超出了滑动变阻器的最大阻值故答案为：（1）如上图；（2）电流与电压的关系；电压；（3）改变电阻两端的电压；（4）4、5；要控制电阻两端的电压6V不变，所需分压电阻超出了滑动变阻器的最大阻值六、计算题（本大题共3小题，共20分）31如图所示，R1=25，小灯泡L的规格为“2.5V 0.3A”，电源电压保持不变（1）S1、S2都断开时，小灯泡L正常发光，求电源电压；（2）S1、S2都闭合时，电流表示数变为0.6A，求R2的阻值【考点】欧姆定律的应用【分析】（1）S1、S2都断开时，R1与L串联，小灯泡L正常发光，可知电路中电流，由串联电路特点和欧姆定律计算电源电压；（2）S1、S2都闭合时，R1与R2并联，电流表测干路电流，由并联电路特点和欧姆定律计算R2的阻值【解答】解：（1）由电路图可知，S1、S2都断开时，R1与L串联，小灯泡L正常发光，所以UL=U额=2.5V，电路中电流：I=I1=I额=0.3A，由I=可得R1两端电压：U1=I1R1=0.3A25=7.5V，由串联电路电压特点可得电源电压：U=U额+U1=2.5V+7.5V=10V；（2）由电路图知，S1、S2都闭合时，R1与R2并联，电流表测干路电流，由并联电路的电压特点知：U=U1=U2=10V，通过R1的电流：I1=0.4A，由并联电路的电流特点可得，通过R2的电流：I2=II1=0.6A0.4A=0.2A，所以R2的阻值：R2=50答：（1）电源电压为10V；（2）R2的阻值为5032“嘉庚号”科考船（如图1）于2016年5月8日下水，厦门大学由此成为中国大陆综合性大学中第一所拥有自己的全球级科考船的高效科考船满载时排水量为3.5103t，在某段航行中牵引力与速度的关系图象是双曲线，如图2所示，求：（1）科考船满载航行受到的浮力；（2）请根据图2所示规律推算，科考船航速为20km/h时受到的牵引力；（3）在该段航行时，科考船发动机每分钟所做的功【考点】浮力大小的计算；功的计算【分析】（1）知道轮船满载时排水量（排开水的质量）的含义，利用阿基米德原理求轮船满载时受到的浮力（2）根据双曲线的特点可得F1v1=F2v2，从图中得出相关数据代入求解即可；（3）科考船在该段航行时功率不变，根据P=Fv可求科考船发动机每分钟所做的功【解答】解：（1）因为排水量是轮船满载时排水的质量，所以，科考船满载时受到的浮力：F浮=G排=m排g=3.5103103kg10N/kg=3.5107N（2）由图2可知，科考船航行中牵引力与速度的关系是双曲线，所以有：F1v1=F2v2，则科考船航速为20km/h时受到的牵引力：F2=6105N；（3）科考船在该段航行时功率不变，根据P=Fv可得，科考船发动机每分钟所做的功：W=Pt=F1v1t=6106N（2）m/s60s=2108J答：（1）科考船满载航行受到的浮力为3.5107N；（2）科考船航速为20km/h时受到的牵引力为6105N；（3）在该段航行时，科考船发动机每分钟所做的功为2108J33某段输电线由铝绞线组成，为避免冰雪天时因附着冰块变粗变重，造成断线危险，附着在线上的冰重与铝绞线重之比达到8：3时，就必须进行除冰作业已知该铝绞线的直径D0=9mm，铝=2.7103kg/m3，冰=0.9103kg/m3，每公里铝绞线的电阻R=0.56铝绞线变粗前后横截面均看作圆，如图所示（1）求需要除冰时冰冻变粗铝绞线的直径D（2）有一种除冰方法叫“短路熔冰”即短时间内输电线不经用电器直接通电，利用导线本身发热熔冰若短路熔冰时通过铝绞线的电流是600A，每千克冰熔化吸热3.36105J，熔冰效率为80%，则每公里铝绞线每秒钟可熔冰多少千克？【考点】密度公式的应用；重力的计算；焦耳定律的计算公式及其应用【分析】（1）已知体积V=SL，面积S=r2，根据G=mg分别求得铝和冰的重力，然后根据关附着在线上的冰重与铝绞线重之比达到8：3，列出等式，可求粗铝绞线的直径D（2）根据Q=I2Rt可求得短路熔冰时产生的热量，已知熔冰效率为80%，可求电热，然后利用每千克冰熔化吸热3.36105J，可求熔冰质量【解答】解：（1）已知体积V=SL，面积S=D2，G铝=m铝g=铝V铝g=铝Lg，G冰=m冰g=冰Vg=冰（D2）Lg，已知附着在线上的冰重与铝绞线重之比达到8：3，即=，则=，解得D=27mm