2015年辽宁省鞍山市中考物理试卷（解析）.doc

2015年辽宁省鞍山市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题给出的四个选项中有一个或几个选项是正确的，漏选得2分，错选得0分）1【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。【解答】解：A、一元硬币的直径在2.5cm左右，成年人手掌的厚度与此差不多，在2.5cm0.25dm左右。故A不符合实际；B、人体正常体温在37左右，感觉舒适的温度在23左右。故B不符合实际；C、书桌的高度在0.8m左右，书桌上的钢笔落到地面上时间很短，用时约1s。故C不符合实际；D、10个鸡蛋的质量在1斤左右，而1斤500g，所以一个鸡蛋的质量在50g5102kg左右。故D符合实际。故选：D。【点评】选择题所考查的知识点覆盖率较高，知识横向跨度大，且注重基础和能力的考查，加大了对科学探究能力和研究方法的考查，还考查学生对理论与实际差异的应变能力，体现新课程的基本理念，注重物理知识的应用，从单向封闭走向多维开放。2【分析】解决此题的关键是对金属材料，半导体材料，纳米材料和超导材料的特点及应用了解。【解答】解：A、超导体材料在特定条件下电阻变为零，电流通过时没有热效应，不能来制成电加热器，A项错误；B、LED灯的核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是半导体，故B正确；C、一颗同步卫星信号可以覆盖赤道120的范围，故需3颗即可实现对全球信号覆盖，故能实现全球通信，故C项错误；D、现代建筑物上的避雷针是用导体材料制成的，故D项错误；故选：B。【点评】本题主要考查学生对半导体、超导体以及磁性材料的了解和掌握，比较简单，属于基础知识的考查。3【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。【解答】解：A、水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的；B、太阳光穿过浓密的树叶在地上形成许多圆形光斑是由于光的直线传播形成的；C、老人使用放大镜看书，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的；D、汽车上安装的观后镜可使驾驶员从镜中看到车后较大范围内的物体，属于光的反射的应用。故选：C。【点评】此题通过几个生活事例考查学生对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，解题的关键是理解词语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。4【分析】（1）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上；（2）在压力一定时，增大受力面积可以减小压强；（3）了解大气压的应用实例可做出判断；（4）对足球进行受力分析可做出判断。【解答】解：A、水平桌面上静止的水杯对桌面的压力和水杯受到的支持力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故A错误；B、人坐在沙发上感觉到舒服是因为压力一定时，增大了受力面积减小了压强，故B正确；C、活塞式抽水机是利用大气压强工作的，故C正确；D、踢出去的足球在草地上滚动时受到重力和摩擦阻力的作用，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了平衡力、压强、受力分析等，了解平衡力的条件，影响压强的大小因素，受力分析的方法等可顺利解答。5【分析】物质由液态变成气态叫做汽化，由气态变成液态叫做液化。【解答】解：刚进室内时，室内空气中的水蒸气遇冷会发生液化现象变成小水珠，使眼镜变得模糊；然后随着眼镜温度的升高，小水珠又蒸发变成水蒸气，眼镜重新变得清晰；即整个过程发生的物态变化过程是先液化后汽化。故选：C。【点评】要正确判断物态变化过程，一定要搞清熔化、汽化、升华和它们的反过程凝固、液化、凝华这些概念，然后根据物体先后的状态来进行判断。6【分析】（1）知道正方体木块的边长可求体积和底面积，根据密度公式和重力公式表示出木块的重力，木块刚好浮起时，木块浸入水中的深度和水的深度相等，根据体积公式表示出木块排开水的体积，根据物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等得出等式即可求出容器中水面的高度；（2）知道木块刚好在水中漂浮时的深度，根据pgh求出水对其底部的压强；（3）由GVg计算木块重力；（4）木块漂浮时，根据VS（Lh）计算露出水面的体积。【解答】解：A、设正方体木块的边长为L，则木块的体积VL3，底面积SL2，由和Gmg可得，木块的重力：Gmg木Vg木L3g，木块刚好浮起时，木块浸入水中的深度和水的深度相等，则排开水的体积：V排ShL2h，因木块受到的浮力和自身的重力相等，所以，F浮G，即水gL2h木L3g，则h0.08m8cm。故A正确；B、木块刚好在水中漂浮时，水对其底部的压强：p水gh1.0103kg/m310N/kg0.08m800Pa故B错误；C、木块的重力：Gmg木Vg木L3g0.8103kg/m3（0.1m）310N/kg8N，木块重力与它受到的浮力无关，木块漂浮时，其受到的重力仍是8N故C错误；D、木块漂浮时，露出水面的体积：V露S（Lh）（0.1m）2（0.1m0.08m）2104m3200cm3，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了密度公式、重力公式、物体浮沉条件和液体压强公式的应用，分析好木块刚好漂浮时的条件和特点是关键。7【分析】A、电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈的匝数有关；B、通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向有关；C、掌握电磁感应现象及实验，知道在此实验中让闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流。根据这个原理制成了发电机。D、要解决此题，需要知道动感线圈式话筒是根据电磁感应现象工作的。【解答】解：A、电路中有滑动变阻器，能改变电流的大小，故研究的是电磁铁磁性的强弱和电流大小的关系，不是研究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故A错误；B、图中是闭合电路的导体在磁场中受到力的作用，故B正确；C、图是电磁感应实验，根据此原理可以制成发电机，故C错误。D、图是动感线圈式话筒，当人对话筒说话时，引起膜片的振动，膜片的振动会引起线圈的运动，切割永磁铁的磁感线而产生相对应的变化的电流，从而在扬声器产生与说话者相同的声音。动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的。故D错误。故选：B。【点评】本题考查了学生对电和磁方面几个重要的课本插图的掌握情况，了解相关的知识是解题的基础，是中考的热点。8【分析】（1）只闭合S3时，R与L2串联，根据P求出L2的电阻和电路中的总电阻，利用的串联求出R的阻值；（2）开关都闭合时，L1与R并联，L2被短路，根据并联电路的电压特点和额定电压下灯泡正常发光判断L1是否正常发光，根据欧姆定律求出通过R的电流，根据PUI求出R的功率，然后加上L1的功率即为总功率。【解答】解：（1）只闭合S3时，R与L2串联，由P可得，L2的电阻和电路中的总电阻分别为：R26，R总12，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，RR总R21266；（2）开关都闭合时，L1与R并联，L2被短路，故B错误；因并联电路中各支路两端的电压相等，且电源的电压和L1的额定电压相等，所以，L1正常发光，功率为3W，故A正确；通过R的电流：IR1A，故D正确；R的功率：PRUIR6V1A6W，电路的总功率：PPR+P16W+3W9W，故C正确。故选：ACD。【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，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别。二、填空题（每空1分，共26分）9【分析】（1）如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的，如果物体相对于参照物的位置不断改变，则物体是运动的；（2）物体间力的作用是相互的。【解答】解：以刘虹为参照物，路边的树木与刘虹之间的位置不断发生变化，因此路边的树木是运动的；物体间力的作用是相互的，刘虹在竞走时用力向后蹬地，给地一个向后的力的同时，地也给刘虹一个向前的力，这个力使刘虹前进。故答案为：运动；物体间力的作用是相互的。【点评】本题考查运动和静止的相对性、力的作用的相互性，是一道基础题，掌握判断物体运动状态的方法是正确解题的关键。10【分析】物质是由分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则运动。【解答】解：小军刚推开家门便闻到厨房中粽子的香味，这是扩散现象，它说明组成物质的分子永不停息地做无规则运动。故答案为：扩散；组成物质的分子永不停息地做无规则运动。【点评】本题通过日常生活现象考查了分子动理论的了解，难度不大是一道基础题。11【分析】红、绿、蓝三种色光叫色光的三原色；声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传播声音；凡是影响人们正常休息和学习的都是噪声；电磁波在生活中的应用比较多，有：无线电广播、电视信号的接收和发射，手机信号的发射和接收，电磁波，微波炉等。【解答】解：电视机上绚丽多彩的画面都是由红、绿、蓝三种色光组成的；声音的传播需要介质，正在学习的小明能听到电视的声音，说明空气能传播声音；电视的声音影响了小明的学习，因此这个声音对于小明来说是噪声；卫星电视信号是靠电磁波来传递的。故答案为：绿；空气；噪声；电磁波。【点评】此题考查了色光的三原色、声音的综合利用、电磁波的传播等，考查的方式比较直接，是一道基础题。12【分析】核电站是利用核裂变获得核能的；能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得的能源是不可再生能源。【解答】解：目前核电站是利用核的裂变来获得核能；核能不能源源不断从自然界获得，是不可再生能源。故答案为：裂变；不可再生。【点评】本题考查了能源的分类、核能利用的方式，是一道基础题。13【分析】流体压强与流速的关系，气体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大，轿车快速行驶时，上下方所受到的压力差形成向上的升力，对地面的压力减小。【解答】解：轿车在快速行驶过程中，车子上方空气的流速大于车子下方空气的流速，因而车子上方气体的压强小于车子下方气体的压强，轿车上下方所受到的压力差形成向上的升力，从而使得轿车对地面的压力变小。故答案为：小；小。【点评】理解流体压强与流速的关系，并能解释一些简单的生活应用，如：候车时站在安全线内、飞机起飞的升力等。14【分析】（1）知道潜水器所处的深度和海水的密度，根据pgh求出受到的海水压强；（2）潜水器排开海水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出受到的浮力。【解答】解：（1）“蛟龙号”受到的海水压强：pgh1.03103kg/m310N/kg6000m6.18107Pa；（2）“蛟龙号”受到的浮力：F浮gV排1.03103kg/m310N/kg80m38.24105N。故答案为：6.18107；8.24105。【点评】本题考查了液体压强和浮力的计算，要注意物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等。15【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）平面镜成像的特点：像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。【解答】解：平面镜成像原理是光的反射；因为平面镜所成的像和物到镜面的距离相等，像和物大小相等，不论小明距离平面镜多远，他在平面镜中所成的像大小适中和他的大小相等。根据v可得，小明以0.2m/s的速度远离平面镜，3s移动的距离svt0.2m/s3s0.6m，此时，小明距离镜面1.6m，根据平面镜成像特点，小明的像距离平面镜也是1.6m，则像与他的距离为1.6m+1.6m3.2m。故答案为：光的反射；不变；3.2。【点评】（1）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。（2）“像与镜的距离”“像与物的距离”两种不同的问法注意区分。16【分析】（1）知道导体的电阻和加在其两端的电压，根据欧姆定律求出通过的电流，根据PUI求出电功率；（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关，根据P求出导体的电功率，然后求出电功率的变化量。【解答】解：加在导体两端的电压为4V时，通过的电流：I0.4A，导体的电功率：PUI4V0.4A1.6W，因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，当导体两端的电压减小到2V时，导体的电阻仍为10不变，此时导体的电功率：P0.4W，电功率的变化量：PPP1.6W0.4W1.2W。故答案为：0.4；10；1.2。【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关。17【分析】此题拉力主要是用来克服物体与地面间的摩擦力的。（1）根据滑轮组承担摩擦力的绳子的段数得出绳端移动的距离（snh）。又因拉力做功为已知，利用公式WFS的变形式F可求拉力；拉力的功率利用P求得；（2）根据总功和机械效率计算出有用功，W有用W总，然后计算出额外功，从而可以计算出动滑轮的重力。【解答】解：（1）由图可知，n2，物体沿水平方向移动8m；则拉力作用点移动距离snh28m16m；由WFs得，拉力：F80N；功率：P32W。（2）由得：W有用W总95%1280J1216J，W额W总W有用1280J1216J64J，因为W额G动h，所以，G动8N故答案为：80；32；8。【点评】本题考查功的计算、功率的计算、机械效率的计算，知识点多，注意计算题的格式和单位的统一，属于较难的题。18【分析】由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路的电流；根据电源的电压可知电压表示数的变化，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的电流变化，从而判断干路电流变化，根据欧姆定律可知电压表与电流表A1的示数比值变化。【解答】解：由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测R1支路的电流；由于电源的电压不变，所以电压表V的示数不变；因为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；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，因为并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可知，该支路的电流变小，即电流表A1的示数变小；根据并联电路的电流特点可知，干路电流表A2示数也变小；因为电压表示数不变，A1的示数变小，所以两者比值变大。故答案为：变小；变小；变大。【点评】本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键。三、作图题（本题包括3个小题，共8分）19【分析】（1）先过入射点作出法线，然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线；（2）根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。【解答】解：过入射点O作垂直于界面的法线，根据入射角等于反射角画出反射光线；根据折射角小于入射角画出折射光线。如图所示：【点评】本题主要考查反射定律和折射定律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。20【分析】要画重力的示意图首先要找力的作用点，即重心，从力的作用点起沿重力的方向画一条带箭头的线段。若知道重力的大小在线段的末尾标上力的大小。动力F1的作用点在杠杆上，方向向上，垂直于动力的力臂L1。【解答】解：重物的重心在物体的几何重心，重力的方向是竖直向下的，从作用点起沿竖直向下的方向，画一条带箭头的线段，用G表示。过杠杆上一点，作垂直于力臂L1的有向线段，根据支点在杠杆的一端，且重物B对杠杆的拉力方向向下，可判断动力F1的方向为垂直于力臂L1向上，如图所示：【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。21【分析】首先根据磁感线的方向判断出电磁铁B和永磁体A的极性，然后根据安培定则判断电流的方向，从而画出绕线方向。【解答】解：在磁体的外部，磁感线总是从磁体的N极发出最后回到S极，所以永磁体B的左端为S极，电磁铁A的右端是N极；根据安培定则，伸出右手使右手大拇指指向电磁铁的N极，四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流从电磁铁A的左端流入，绕线方法如图。【点评】安培定则不但可以判断出螺线管的磁极，也能根据磁极判断出电流方向或绕圈的绕向，即电流方向、线圈的绕向及N极方向，知道其中两个便可求出另外一个。四、简答题（共4分）22【分析】从灯丝的电阻与温度关系的角度判断灯丝电阻的变化，再根据灯丝发热功率的变化判断产生的热量，最终得出结论。【解答】答：家用白炽灯在开灯的瞬间容易熔断。因为灯丝的电阻随温度的升高而增大。刚开灯时，灯丝的温度比较低，灯丝的电阻也相对较小，根据P，电压一定，灯丝此时的发热功率很大，相同时间产生很多的热量，使灯丝温度迅速升高，达到灯丝的熔点而熔断。【点评】解答本题的关键是知道灯丝的电阻与温度的关系，并根据电阻变化对灯丝发热功率的影响判断其发热情况。五、计算题（本题包括3个小题，共23分）23【分析】（1）飞机静止在水平地面时，对地面的压力和自身的重力相等，根据FGmg求出其大小，根据p去求出飞机对地面产生的压强；（2）根据svt求出飞机飞行的距离，匀速飞行时受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据WFs求出飞机发动机在这段时间内所做的功，根据P求出功率。【解答】解：（1）飞机静止在水平地面时，对地面的压力：FGmg4000kg10N/kg4104N，飞机对地面产生的压强：p4104Pa；（2）飞机飞行的速度v288kg/h80m/s，飞行时间t5min300s，由v可得，飞行的路程：svt80m/s300s2.4104m，因飞机水平匀速直线飞行，牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，所以，发动机的牵引力：Ff0.1G0.14104N4103N，飞机发动机在这段时间内所做的功：WFs4103N2.4104m9.6107J，功率：P3.2105W。答：（1）飞机对地面产生的压强是4104Pa；（2）飞机发动机在这段时间内所做的功是9.6107J，功率是3.2105W。【点评】本题考查了压强和功、功率的计算，利用好二力平衡条件和知道水平面上物体的压力和自身的重力相等是关键。24【分析】（1）由电水壶的铭牌可知水的体积，根据mV求出水的质量，利用Q吸cm（tt0）求出水吸收的热量；（2）知道加热功率和加热时间，根据WPt求出消耗的电能，利用100%求出加热过程中电水壶的效率；（3）由题意可知煤气完全燃烧释放的热量，根据Q放Vq求出求出所需煤气的体积。【解答】解：（1）水的体积：V1.2L1.2dm31.2103m3，由可得，水的质量：mV1.0103kg/m31.2103m31.2kg，水吸收的热量：Q吸cm（tt0）4.2103J/（kg）1.2kg（10020）4.032105J；（2）由P可得，电热水壶消耗的电能：WPt1500W560s4.5105J，加热过程中电水壶的效率：100%100%89.6%；（3）由题意可知，煤气完全燃烧释放的热量：Q放Q吸4.032105J，由Q放Vq可得，所需煤气的体积：V0.01m3。答：（1）水吸收了4.032105J的热量；（2）此过程中电水壶消耗了4.5105J的电能，加热过程中电水壶的效率是89.6%；（3）如果水吸收的热量完全由燃烧煤气来提供，至少需要燃烧0.01m3的煤气。【点评】本题考查了密度公式和吸热公式、电功公式、效率公式和燃料完全燃烧释放热量公式的应用，关键是认真审题，从表中得出有用的相关信息，灵活利用相关公式解题。25【分析】（1）当R2的滑片在b端，且只闭合S1、S2时，R1与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；（2）当S1、S2、S3都闭合且滑片在a端时，R1与灯泡L并联，根据并联电路的电压特点和灯泡正常发光时的电压等于额定电压可知灯泡的额定电压，根据图象读出通过灯泡的电流，利用PUI求出灯泡的额定功率，根据欧姆定律求出通过R1的电流，利用并联电路电流特点求出干路电流，利用PUI求出此时电路总功率；（3）只闭合S1、S2，且当电压表示数为6V时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出变阻器接入电路中的电阻。【解答】解：（1）当R2的滑片在b端，且只闭合S1、S2时，R1与R2的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由I可得，电源的电压：UI（R1+R2）0.2A（10+50）12V；（2）当S1、S2、S3都闭合且滑片在a端时，R1与灯泡L并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，所以，灯泡的额定电压ULU12V，由图乙可知，对应的电流IL0.6A，则灯泡额定功率：PLULIL12V0.6A7.2W，通过R1的电流：I11.2A，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：II1+IL1.2A+0.6A1.8A，电路的总功率：PUI12V1.8A21.6W；（3）只闭合S1、S2，且当电压表示数为6V时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R1两端的电压：U1UU212V6V6V，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I，即，解得：R210。答：（1）电源电压为12V；（2）闭合S1、S2、S3，且滑片在a端时，灯泡的额定功率为7.2W，此时电路总功率为21.6W；（3）只闭合S1、S2，且当电压表示数为6V时，滑动变阻器接入电路中的电阻为10。【点评】本题考查了串联电路的特点和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别和图象中读出电流与电压的对应。六、实验、探究题（本题包括5个小题，共35分）26【分析】（1）根据水沸腾时的特点（吸热但温度保持不变）结合图象得出水的沸点；一个标准大气压下水的沸点为100，气压减小，沸点降低；（2）熔点是晶体熔化时的温度，晶体在凝固时保持熔点温度不变，处于固液共存状态；冰凝固的时候继续放热，温度不变，但内能减少；（3）运用公式Q放cmt可以知道，当质量和放出的热量相同时，降低的温度t和比热容c成反比。【解答】解：（1）由图中数据知，水在沸腾过程中温度保持98不变，所以水的沸点是98，小于100，所以当时大气压小于一个标准大气压；（2）从图象上看，该物质从C点开始凝固，到D点凝固完毕，故CD处于固液共存态，持续时间为15min10min5min。该物质的质量不变，凝固是个放热过程，故C点的内能大于D点的内能；（3）从图象上看，相同时间放出相同的热量，该物质处于固态时的温度变化量要大于处于液态时的温度变化量。根据公式Q放cmt可以知道，当质量和放出的热量相同时，温度变化量大的比热容小。故答案为：（1）98；低于；（2）固液共存态；5；大于；（3）液态水的比热容大于固态冰的比热容。【点评】此题通过对图象数据分析，考查了学生根据数据获取信息的能力，考查了对沸点、熔点、比热容的掌握。难度不大，属于中档题。27【分析】（1）调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度上，这样做的目的是使物体的像能够成在光屏的中心。（2）当u2f时，凸透镜成倒立缩小的实像，应用是照相机；当u2f时，凸透镜成倒立等大的实像，应用是测焦距；当fu2f时，凸透镜成倒立放大的实像，应用是投影仪；当uf时，不成像；当uf 时，成正立放大的虚像，应用是放大镜；（3）远视镜对光起会聚作用，使得成像靠近凸透镜。【解答】解：（1）当物体通过凸透镜成实像时，成的像要用光屏来承接，所以要调整凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度上，以保证物体的像能够成在光屏的中心；（2）如图所示，把凸透镜固定在50cm刻线处，蜡烛固定在15cm刻度线处，则光屏在6070cm刻度线范围内移动，该凸透镜的焦距是10cm，从图中可以看出，此时蜡烛在凸透镜的二倍焦距以外，像应该成在透镜的一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、缩小的实像；照相机就是应用的这一原理；（3）远视眼镜为凸透镜，对光线有会聚作用，烛焰发出的光经两个凸透镜的两次会聚后，成像的位置必定在原来像位置的左侧，故光屏向左才能承接到像。故答案为：（1）同一高度上；使烛焰的像成在光屏中心；（2）6070；缩小；照相机；（3）左；会聚。【点评】器材先摆放后调节，蜡烛、凸透镜、光屏按顺序摆放到一条直线上；调节烛焰、凸透镜、光屏三者的中心在同一高度处。摆放时强调“蜡烛”、“同一直线”，调节时强调“烛焰”、“同一高度”。28【分析】（1）掌握二力平衡条件，要正确测出摩擦力的大小，需拉动木块做匀速直线运动；（2）根据猜想，要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，需使压力大小和接触面积大小相同，改变接触面的粗糙程度；（3）要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，需使压力大小和接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小。【解答】解：（1）实验中应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，根据二力平衡原理，拉力和摩擦力是一对平衡力，摩擦力等于拉力；（2）要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，需使压力大小和接触面积大小相同，改变接触面的粗糙程度，所以应选择甲图和丙图；由图知，在压力、接触面积大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，需使压力大小和接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小，将木块切去一半，则在接触面积变化的同时，压力也发生了变化，所以得出错误结论。故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）甲、丙；在压力、接触面积大小一定时，接触面越粗糙；（3）不可靠；在改变接触面积的同时，没有控制压力不变。【点评】此题是探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”的实验，考查了学生对控制变量法的理解和应用，题目很典型。29【分析】将天平放在水平台面上，游码移到左端零刻度线。当横梁静止时，在天平的调平过程中，指针左偏，说明左盘低，右盘高。哪端的盘较高，平衡螺母便向哪端调节；（1）在测量物体的质量时，物体放在左盘中，砝码放在右盘中。天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值。在进行量筒的读数时，从图乙可以读出量筒内盐水的体积，注意量筒的分度值；（2）天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；（3）杯子和盐水的总质量减去杯内剩余盐水的总质量是量筒中盐水的质量；V是量筒中盐水的体积。根据公式计算盐水密度；（4）要测量蜡块的密度，需测出水的体积、水和蜡块的总体积，根据密度公式求出蜡块的密度。【解答】解：将天平放在水平台面上，游码移到左端零刻度线。当横梁静止时，在天平的调平过程中，指针左偏，说明左盘低，右盘高。哪端的盘较高，平衡螺母便向哪端调节。根据题图可以知道，指针左偏，因此平衡螺母应该向右调节；（1）量筒的分度值为1ml，根据图乙可以看出盐水的体积60ml；（2）在测量物体的质量时，物体放在左盘中，砝码放在右盘中。天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值。则剩余的盐水和杯子的总质量为60g+2g62g。由题意可以知道，倒入量筒内的盐水的质量为m128g62g66g。（3）则盐水的密度：1.1g/cm31.1103kg/m3。（4）蜡块漂浮在水面上，漂浮时，F浮G蜡块根据阿基米德原理，F浮G排因此，漂浮的物体受到的重力等于它排开的液体收到的重力，即G蜡块G排所以，m蜡块m排水V排水（V2V1）。蜡块浸没时，排开水的体积等于蜡块的体积，即V蜡块V排V2V1故蜡块的密度：蜡块。故答案为：零刻度线处；右；（1）60；（2）62；（3）1.1103；（4）使蜡块漂浮在量杯内的水面上，记下刻度为V2；用细针将蜡块按住，使其浸没在水中，记下刻度为V3；。【点评】本题涉及到液体的密度的计算以及漂浮物体的密度的测量，综合应用到漂浮条件和阿基米德原理的公式。难度中等。30【分析】（1）实验中滑动变阻器应一上一下串联入电路中，电压表与被测灯泡并联；（2）根据电路现象分析电路故障原因；（3）由图示电表读出其示数，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出灯泡电压，然后由PUI求出灯泡额定功率；灯泡在实际电压等于额定电压时正常工作，由此根据串联电路分压特点分析滑片移动方向；（4）根据并联电路特点和欧姆定律得到灯泡正常发光的电流，由PUI计算小灯泡的额定功率。【解答】解：（1）测灯泡额定功率的实验中，滑动变阻器应一上一下串联入电路，电压表并联在灯泡两端，由题灯泡额定电压2.5V，所以电压表使用03V量程，如图所示：（2）闭合开关，小灯泡微微发光，说明电路电流很小，电路总电阻很大；移动滑片，小灯泡亮度都不改变，说明滑动变阻器不能改变电路总电阻，可能是由于滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器被接成定值电阻造成的；（3）由题意可知，电压表量程为03V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2V；由电路图可知，电流表量程为00.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.24A，灯泡额定功率PUI2V0.24A0.48W；为使灯泡正常发光测得其额定功率，应增大灯泡两端电压，由串联电路的分压原理可知，应减小滑动变阻器连入阻值，即滑片应向左移动；（4）由图R0与灯泡并联，灯泡正常发光时，U额U02.5V，IA10.5A，由并联电路的电流特点可知，此时通过灯泡电流：ILIAIA10.8A0.5A0.3A，所以灯泡的额定功率：P额U额IL2.5V0.3A0.75W。故答案为：（1）见上图；（2）滑动变阻器同时接下面两接线柱了；（3）0.24；2；0.48；（4）0.5；0.75。【点评】本题考查了连接实物电路图、电路故障分析、电表读数、求灯泡额定功率；连接实物电路图时要注意电表量程的选择；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。没有电压表测功率时，明白用电流表与已知阻值的电阻的组合间接测电压是关键。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 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