上海市奉贤区中考物理二模试卷含答案解析.doc

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上海市奉贤区2016年中考物理二模试卷（解析版）　一、选择题（共8小题，每小题2分，满分16分）1．今年春节前夕，奉贤市遭遇寒潮期间的最低温度最接近（　　）A．8℃B．2℃C．﹣2℃D．﹣8℃2．在研究原子结构时，物理学家汤姆生将所发现的带负电的粒子称为（　　）A．电子B．中子C．核子D．质子3．影响声音传播速度的是（　　）A．传播声音的物质B．声音的音调C．声音的音色D．声音的响度4．在图中，能正确表示小磁针静止时N极指向的是（　　）A．B．C．D．5．为了规范交通行为，公安部门在很多路口处设置了红、绿、黄交通信号灯，某同学进行了观察并画出了控制红灯和绿灯的可能的电路图，如图所示，你认为正确的是（　　）A．B．C．D．6．甲、乙两辆小车从同一地点出发，沿水平地面在一条直线上运动，它们的s﹣t图象如图所示，由图象可知（　　） A．甲车的速度比乙车小B．甲车所受合力比乙车大C．运动6秒两车可能相距3.8米D．运动3秒两车可能相距4.08米7．已知甲、乙两个薄壁圆柱形容器的底面积为S甲和S乙，且S甲＜S乙，先将两种不同液体分别倒入甲、乙容器中且使两容器底受到液体的压强相等，再将两容器中的液体全部交换倒入对方容器中，液体没有溢出，设两容器底受到液体压强的变化量分别为△P甲和△P乙，则以下说法中正确的是（　　）A．甲底受到液体的压强减小，△P甲一定小于△P乙B．乙底受到液体的压强增大，△P甲可能小于△P乙C．甲底受到液体的压强增大，△P甲一定大于△P乙D．乙底受到液体的压强减小，△P甲可能等于△P乙8．如图所示，电源电压保持不变，闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，以下说法中正确的是（　　）A．电流表A示数变小，电压表V2示数变小B．电压表V1示数与电流表A示数的比值变小C．电压表V1与电压表V2示数的差值不变D．电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量之比变小　二、填空题（共7小题，满分23分）9．一节干电池的电压为______伏，某日光灯标有“220V40W”的字样，该灯的额定电压为______伏，正常工作25小时消耗的电能为______度． 10．如图所示，足球运动员用力踢足球，球会飞出去，说明力能使物体的______发生改变，由于力的作用是______的，运动员用头顶球时，头会有痛的感觉，顶出的足球能在空中继续飞行，是由于足球具有______的缘故．11．如图所示，试管底部某点距液面的深度为0.02米，该点受到水的压强是______帕，点燃酒精灯，加热一段时间后试管内的水温度升高了10℃，这是通过______方式改变了水的内能，水沸腾后，盖在试管口上的塞子会受到水蒸气的压力而冲出，此时能量转化情况与四冲程汽油机的______冲程类似．g=10N/kg．12．如图所示，健身器是人们喜爱的运动装置，图（a）装置主要由______组合而成的（选填“杠杆”、“定滑轮”或“动滑轮”），当有人用力将图（b）装置右端下方的重物拉起时，重物的重力势能将______，利用此装置的目的主要是为了______（选填“省力”、“省距离”或“改变用力的方向”）．13．某导体两端的电压为6伏，5秒钟内通过该导体横截面的电荷量为3库，则通过该导体的电流为______安，电流做功为______焦．当通过该导体的电流为0.5安时，导体的电阻为______欧． 14．如图所示，闭合电键后，移动滑片P的过程中，标有“2.5V”字样的小灯L始终不亮，为了查找电路故障，用电压表进行检测，先将电压表的正接线柱与A接线柱相连，电压表的负接线柱依次与电路中的其他接线柱相连，对应的电压表示数如表所示，若只有R、L可能出现了故障，则可判断电路中可能存在故障的是______，若电路中串联一个电流表，发现电流表有示数，则判断电路中存在的故障可能是______．与电压表负接线柱相连的接线柱电压表的示数/VB3C3D0E015．某小组同学为了探究容器中漂流在水面上的冰块熔化前后水面变化的情况，他们选用了质量为m1和m2的冰块（已知m1＜m2），将它们分别放入盛有相同体积水的相同的烧杯中，冰块熔化前后水面变化情况如图（a）、（b）所示，请仔细观察图中的现象和相关条件，归纳得出初步结论．（1）分析比较图（a）或（b）中的现象及相关条件可知：______．（2）若图（a）的冰块内掺有小木块，待冰块熔化后小木块漂浮在水面上，此时水面高度将______，而图（b）的冰块内掺有小铁块，待冰块熔化后小铁块下沉到杯底，此时水面高度将______．（已知ρ铁＞ρ水＞ρ冰）　三、作图题（共3小题，满分9分）16．如图重为6牛的物体静止在水平面上，用力的图示法画出它所受的重力G．17．如图，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数． 18．如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：使两灯L1、L2并联．　四、计算题（共4小题，满分24分）19．将2千克水加热，使水的温度升高50℃，求水吸收的热量．【C水=4.2×103焦/（千克•℃）】20．如图所示，体积为2×10﹣3米3的物体浸没在盛有水的容器中，在拉力F=50牛作用下物体匀速上升0.2米，g=10N/kg，求：（1）物体浸没在水中时受到的浮力F物；（2）拉力F所做的功W．21．如图所示，电阻R1标有“5Ω1.2A”字样，R2标有“20Ω2A”字样，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0～15V，在a、b间接入电压可调的电源．闭合电键S后，为保证R1、R2均不损坏，求：（1）允许加的最大电源电压；（2）滑动变阻器R2上消耗的最大功率；（3）调节滑片P的位置，求电流表A1和电流表A2的示数比值的最大值． 22．如图所示，边长为0.1米、密度为2×103千克/米3的实心正方体静止在水平面上，求：（1）正方体的质量．（2）正方体对水平面的压强．（3）若正方体的边长为a，密度为p，现设想把该正方体截取一半，并将截取部分叠放在剩余部分上方的中央，使截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面受到的压强相等．小华和小明两位同学分别用下表的方法进行截取，判断能否满足上述要求？若能，请求出叠放后水平面受到的压强（用字母表示）．截取方法能否满足上述要求小华沿竖直方向截取一半______小明沿水平方向截取一半______小强同学把该正方体截取一半并将截取部分放在水平面上，使其对水平面的压强最小，求出最小压强（用字母表示）．　五、实验题（共4小题，满分18分）23．如图所示的几种实验器材，其中图（a）仪器的名称是______，在“探究杠杆平衡的条件”实验中，为了使图（b）中的杠杆在水平位置平衡，应向______调节平衡螺母，现有两种方法用螺丝刀将骑马钉撬起，比较图（c）、（d）两种方法，______方法更省力，图（e）器材证明______的存在．24．小红和小丽同学做“探究平面镜成像特点”的实验，如图（a）所示． （1）小红发现在蜡烛一侧看到了两个像，于是她换了一块______（选填“薄玻璃”或“厚玻璃”）后就能看到一个比较清楚的像了；实验中小丽把白纸放在像的位置处，此时她______在白纸上看到像，由此说明平面镜成的是______像．（2）实验后小丽用如图（b）所示的透镜替换了玻璃板，但是原来放在像的位置处的白纸上没有看到烛焰的清晰的像，她把透镜缓慢远离蜡烛后白纸上出现了明亮清晰的像，这个像的性质是______像．25．甲、乙同学分别做“测定小灯泡的电功率”实验，他们使用电压相同的电源（1.5伏的整数倍），两个分别标有“10Ω1A”和“20Ω2A”字样的滑动变阻器，待测小灯两个，且都标有“0.2A”字样，已知它们的额定功率在0.4瓦～0.9瓦之间，他们分别按要求正确连接电路进行实验，闭合电键后移动变阻器的滑片，使小灯正常发光时，滑片的位置都恰好在中点，但是甲灯比乙灯亮．（1）简述他们判断小灯泡正常发光的理由：______．（2）他们所用的电源电压为______伏．（3）甲同学选用的滑动变阻器的规格为______．（4）乙同学选用小灯泡的额定功率为______瓦．26．根据“浸入水中的硬币会沉在容器底部而浸入水中的木块会漂浮在水面上”的现象，某兴趣小组的同学猜想物体浸入液体后静止时的位置可能与①物体的密度；②液体的密度有关．于是他们在实验室找到高度不同的圆柱体A、B、C、D、E、F（已知ρA＞ρB＞ρC＞ρ水＞ρD＞ρE＞ρF）进行实验．当各圆柱体在足够深的水中静止时，实验现象如图（a）、（b）、（c）、（d）、（e）和（f）所示．（1）分析比较图中______的实验现象和相关条件，可得出的初步结论是：当浸入水中高度相同的圆柱体的密度大于水的密度时，圆柱体静止在容器底部．（2）①分析比较图中（d）或（e）或（f）的实验现象和相关条件，可得出的初步结论是：当______时，圆柱体漂浮在水面上．②分析比较图中（d）和（e）和（f）的实验现象和相关条件，还可得出的结论是：漂浮在水面上的高度相同的圆柱体，______，其露出水面的高度越大．（3）他们将容器中的水换成酒精和盐水重新实验，验证了猜想②，在此过程中他们发现漂浮在不同液面上的圆柱体露出液面的高度也不同，于是他们将记录在表格中的实验数据作进一步的分析． 序号圆柱体的密度ρ圆柱体（千克/米3）液体的密度ρ液（千克/米3）圆柱体露出液面的高度h（厘米）14000.8×10312.021.0×10314.431.3×10316.645000.8×1039.051.0×10312.061.3×10314.876500.8×1034.581.0×1038.491.3×10312.0①进一步分析表中数据可得出的结论一：______；②进一步分析表格中数据可得出的结论二：______．（4）根据第（3）题中得出的结论，可以推测当圆柱体的密度与液体的密度之比为______时，圆柱体露出液面的高度为零．　 2016年上海市奉贤区中考物理二模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共8小题，每小题2分，满分16分）1．今年春节前夕，奉贤市遭遇寒潮期间的最低温度最接近（　　）A．8℃B．2℃C．﹣2℃D．﹣8℃【考点】温度．【分析】解答本题需要我们对上海奉贤所处的纬度位置和常年气温变化有所熟悉和了解．【解答】解：上海奉贤市位于亚热带，纬度位置偏南，冬季气温不是太低，最低气温在0℃左右，故C符合题意．故选C．【点评】本题考查学生对生活中常见物体及环境温度的了解情况，告诉我们一定要对实际生活中常见的物体做到熟知．　2．在研究原子结构时，物理学家汤姆生将所发现的带负电的粒子称为（　　）A．电子B．中子C．核子D．质子【考点】原子结构、元电荷与带电情况．【分析】在原子结构中，原子是由带正电的原子核和带负电的核外电子构成的．【解答】解：1897年，英国物理学家汤姆发现阴极射线是由速度很高的带负电的粒子组成的，这种粒子就是电子，它的发现表明原子是可分的．故选A．【点评】原子由位于中心的原子核和核外电子组成；其中，原子核带正电，电子带负电．　3．影响声音传播速度的是（　　）A．传播声音的物质B．声音的音调C．声音的音色D．声音的响度 【考点】声速．【分析】声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质，固体传声最快、液体次之，气体最慢．【解答】解：（1）响度、音调、音色是声音的三个特性，它们不能决定声音的传播速度；故BCD不合题意．（2）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以作为传播声音的介质，声音在不同介质中的传播速度不同，固体传声最快、液体次之，气体最慢．故A符合题意．故选A．【点评】本题考查了影响声音传播快慢的因素，属于声学基础知识的考查，相对比较简单．　4．在图中，能正确表示小磁针静止时N极指向的是（　　）A．B．C．D．【考点】通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；安培定则．【分析】从电源入手，先判断电流的流向，再利用安培定则可确定螺母管的极性，最后根据磁极间的相互作用，可判断小磁针静止时N极的指向．【解答】解：根据电流从电池正极流出，可确定电流的流向，再用安培定则可确定螺线管的极性，根据异名磁极相互吸引，可知只有选项C符合题意．故选C．【点评】安培定则的运用和磁极间的相互作用，是判断该题的关键，判断时要找准顺序，依次进行．　5．为了规范交通行为，公安部门在很多路口处设置了红、绿、黄交通信号灯，某同学进行了观察并画出了控制红灯和绿灯的可能的电路图，如图所示，你认为正确的是（　　） A．B．C．D．【考点】电路的基本连接方式．【分析】根据生活经验可知，红绿交通信号灯不能同时工作、且互不影响即为并联，然后分析选项得出答案．【解答】解：A、当只闭合开关S2时，两灯泡都发光；只闭合S1时绿灯亮，故A不正确；B、只闭合开关S2时红灯亮，只闭合开关S1时绿灯亮，故B正确；C、两开关都闭合时会造成电源断路且两灯泡不发光，任何一个开关断开时红绿交通信号灯同时发光．故C不正确；D、两开关均闭合时红绿交通信号灯同时发光，只闭合一个开关均不发光．故D不正确．故选B．【点评】本题考查了电路图的设计，关键是知道红绿交通信号灯两灯泡不会同时亮，要注意从选项中找出最符合题意的答案．　6．甲、乙两辆小车从同一地点出发，沿水平地面在一条直线上运动，它们的s﹣t图象如图所示，由图象可知（　　）A．甲车的速度比乙车小B．甲车所受合力比乙车大C．运动6秒两车可能相距3.8米D．运动3秒两车可能相距4.08米 【考点】速度与物体运动．【分析】（1）由s﹣t图象判断两车的运动性质，找出甲、乙两车的路程与所对应的时间，然后由速度公式求出两车的速度；（2）由s﹣t图象求出3s、6s两车的路程，然后求出两车通过的距离．【解答】解：A、由图象知：甲车的速度v甲===0.96m/s，乙车的速度v乙===0.4m/s，所以甲车速度大于乙车速度，故A错误；B、由图知，甲车与乙车的路程与时间成正比，则甲车与乙车做匀速直线运动，甲乙两车都处于平衡状态，所受合力都为零，故B错误；C、t=6s时，s甲=v甲t=0.96m/s×6s=5.76m，s乙=v乙t=0.4m/s×6s=2.4m，两车同向运动时，相距s=s甲﹣s乙=5.76m﹣2.4m=3.36m；两车反向运动时相距s′=s甲+s乙=5.76m+2.4m=8.16m，故C错误；D、t=3s时，s甲=v甲t=0.96m/s×3s=2.88m，s乙=v乙t=0.4m/s×3s=1.2m，两车同向运动时，相距s=s甲﹣s乙=2.88m﹣1.2m=1.68m；两车反向运动时相距s′=s甲+s乙=2.88m+1.2m=4.08m，故D正确；故选D．【点评】本题考查了由s﹣﹣t图象求小车的速度、判断两车的位置关系、小车所受的合力等内容，由图象判断小车的运动性质、找出小车的路程与所对应的时间，是解题的关键．　7．已知甲、乙两个薄壁圆柱形容器的底面积为S甲和S乙，且S甲＜S乙，先将两种不同液体分别倒入甲、乙容器中且使两容器底受到液体的压强相等，再将两容器中的液体全部交换倒入对方容器中，液体没有溢出，设两容器底受到液体压强的变化量分别为△P甲和△P乙，则以下说法中正确的是（　　）A．甲底受到液体的压强减小，△P甲一定小于△P乙B．乙底受到液体的压强增大，△P甲可能小于△P乙C．甲底受到液体的压强增大，△P甲一定大于△P乙D．乙底受到液体的压强减小，△P甲可能等于△P乙【考点】压强大小比较． 【分析】（1）由于容器是柱状的，液体的压力与液体的重力相等，由于单独分析甲或乙容器时，底面积不变，根据p=可知只分析压力的大小关系即可判断压强的变化；（2）由于将两种液体全部交换倒入对方容器中，而柱状的容器里液体的压力与液体的重力相等，即可知道两容器的压力变化相同；分别利用p=得出容器底受到液体压强的变化量的表达式，然后根据受力面积大小关系即可得出结论．【解答】解：由题干可知：两容器底受到液体的压强相等．且S甲＜S乙，由p=可知：容器底受到液体的压力F甲＜F乙，由于容器是柱状的，液体的压力与液体的重力相等，则F甲=G甲，F乙=G乙，所以，G甲＜G乙；将两种液体全部交换倒入对方容器中（液体不溢出）时：（1）对于甲容器：由于容器是柱状的，甲底受到液体的压力F甲′=G乙，所以甲底受到液体的压力变大，则甲底受到液体的压强变大；故A错误；对于乙容器：由于容器是柱状的，乙底受到液体的压力F乙′=G甲，所以乙底受到液体的压力减小，则乙底受到液体的压强减小；故B错误；（2）容器的压力变化：△F甲=G乙﹣G甲，△F乙=G乙﹣G甲，所以，△F甲=△F乙，由于△p甲=，△p乙=，且S甲＜S乙，所以，△p甲＞△p乙；故C正确，D错误．故选C．【点评】本题考查的是学生对液体压强、压力计算公式的理解和掌握，关键是明确对于本题若利用液体的压强公式由于液体密度和深度都变化不能判断，所以难点能够利用容器是柱状时液体的压力与液体的重力相等的特点，于是本题直接据此判断压力的变化即可解答．　8．如图所示，电源电压保持不变，闭合电键S后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，以下说法中正确的是（　　） A．电流表A示数变小，电压表V2示数变小B．电压表V1示数与电流表A示数的比值变小C．电压表V1与电压表V2示数的差值不变D．电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量之比变小【考点】电路的动态分析；欧姆定律的应用．【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，进一步可知电压表V1示数与电流表A示数的比值变化以及电压表V1与电压表V2示数的差值变化；根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出滑片移动前后电压表V2示数的变化量，然后判断电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量之比的变化．【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测量电路中的电流，因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，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A的示数变大，故A错误；由U=IR可知，R1两端的电压变大，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变小，即电压表V2示数变小；则电压表V1示数与电流表A示数的比值变小，电压表V1与电压表V2示数的差值变大，故B正确，C错误；设滑片移动前后电路中的电流分别为I、I′，则电流的变化量△I=I′﹣I，电压表V2示数变化量： △U2=（U﹣I′R1）﹣（U﹣IR1）=IR1﹣I′R1=﹣△IR1，则=﹣R1，即电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量之比不变，故D错误．故选B．【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，能把电压表V2示数变化量与电流表A示数变化量之比转化为R1的阻值处理是关键．　二、填空题（共7小题，满分23分）9．一节干电池的电压为　1.5　伏，某日光灯标有“220V40W”的字样，该灯的额定电压为　220　伏，正常工作25小时消耗的电能为　1　度．【考点】电压；电功率与电能、时间的关系．【分析】一节的电压是1.5V；日光灯标有“220V40W”的字样，其中“220V”是指该灯的额定电压；根据P=公式变形可求得消耗电能．【解答】解：（1）一节新干电池的电压为1.5V；（2）日光灯标有“220V40W”的字样，“220V”指额定电压；（3）由P=可得，日光灯正常工作25小时消耗电能：W=Pt=0.04kW×25h=1kW•h=1度．故答案为：1.5；220；1．【点评】此题考查了家庭电路的电压、消耗电能的计算，属于基础知识．对人体安全的电压为不高于36V．　10．如图所示，足球运动员用力踢足球，球会飞出去，说明力能使物体的　运动状态　发生改变，由于力的作用是　相互　的，运动员用头顶球时，头会有痛的感觉，顶出的足球能在空中继续飞行，是由于足球具有　惯性　的缘故．【考点】力的作用效果；力作用的相互性；惯性． 【分析】①力的作用有二：改变物体的运动状态，改变物体的形状；力的作用是改变物体的运动状态，物体运动不需要力维持；②物体间力的作用是相互的；③一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性．【解答】解：足球运动员用力踢足球，球会飞出去，足球由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态；由于物体间力的作用是相互的，运动员顶球的同时，球会给头一个大小相同的力的作用，所以头会有痛的感觉；顶出去的足球由于惯性，继续保持运动状态，所以能在空中继续飞行．故答案为：运动状态；相互；惯性．【点评】此题考查力的作用效果、力的相互作用、惯性知识的应用，深入理解基本规律，是正确解答的关键．　11．如图所示，试管底部某点距液面的深度为0.02米，该点受到水的压强是　200　帕，点燃酒精灯，加热一段时间后试管内的水温度升高了10℃，这是通过　热传递　方式改变了水的内能，水沸腾后，盖在试管口上的塞子会受到水蒸气的压力而冲出，此时能量转化情况与四冲程汽油机的　做功　冲程类似．g=10N/kg．【考点】液体的压强的计算；做功改变物体内能；热传递改变物体内能．【分析】（1）已知水的深度，由p=ρgh求出该点受到水的压强；（2）做功和热传递都可以改变物体的内能；（3）当物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，内燃机的做功冲程就是利用此原理．【解答】解：（1）p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m=200Pa；（2）用酒精灯加热试管中的水，这是通过热传递的方式改变水的内能；（3）图中的塞子被试管内的水蒸气推出过程是水蒸气的内能转化为塞子机械能的过程，与热机的做功冲程的能量转化相同．故答案为：200；热传递；做功． 【点评】本题考查了液体压强公式、改变物体内能的方式及热机做功冲程的能量转化，属于基础题．　12．如图所示，健身器是人们喜爱的运动装置，图（a）装置主要由　杠杆　组合而成的（选填“杠杆”、“定滑轮”或“动滑轮”），当有人用力将图（b）装置右端下方的重物拉起时，重物的重力势能将　增大　，利用此装置的目的主要是为了　改变用力的方向　（选填“省力”、“省距离”或“改变用力的方向”）．【考点】杠杆的应用；势能的影响因素．【分析】（1）分析图中装置的特点可确定其是哪种机械的组合（2）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，据此判断；（3）确定装置的结构特点，结合其使用的目的可做出判断．【解答】解：（1）图（a）装置中，主要是可以绕固定点转动的硬棒，因此，是杠杆组合而成的；（2）用力将图（b）装置右端下方的重物拉起时，重物被举高，所以它的重力势能将增大；（3）图（b）装置是用来锻炼身体的，不是为了省力或省距离，装置中主要使用了几个定滑轮，其作用是可以改变用力的方向．故答案为：杠杆；增大；改变用力的方向．【点评】本题主要考查了杠杆、滑轮等在健身器械中的应用，同时还要了解影响重力势能的因素，难度不大．　13．某导体两端的电压为6伏，5秒钟内通过该导体横截面的电荷量为3库，则通过该导体的电流为　0.6　安，电流做功为　18　焦．当通过该导体的电流为0.5安时，导体的电阻为　10　欧． 【考点】电功的计算；欧姆定律的应用．【分析】已知电荷量和通过的时间，根据公式I=可求通过该导体的电流．已知电荷量和导体两端的电压，根据公式W=QU可求电流做的功．当导体两端电压为3伏时，通过该导体的电流为0.2安，根据公式R=可求电阻．【解答】解：通过该导体的电流I===0.6A，电流做功W=QU=3C×6V=18J，由I=可得，导体的电阻R===10Ω．故答案为：0.6；18；10．【点评】本题考查电量、电流做功、电阻的计算，关键是公式及其变形的应用，还要知道影响电阻大小的因素是导体的长度、横截面积、温度还有材料，与电流和电压的大小无关．　14．如图所示，闭合电键后，移动滑片P的过程中，标有“2.5V”字样的小灯L始终不亮，为了查找电路故障，用电压表进行检测，先将电压表的正接线柱与A接线柱相连，电压表的负接线柱依次与电路中的其他接线柱相连，对应的电压表示数如表所示，若只有R、L可能出现了故障，则可判断电路中可能存在故障的是　R断路　，若电路中串联一个电流表，发现电流表有示数，则判断电路中存在的故障可能是　L短路　．与电压表负接线柱相连的接线柱电压表的示数/VB3C3D0E0【考点】电路的三种状态；电流表、电压表在判断电路故障中的应用．【分析】电压表检测电路故障时，当电路发生断路时，电压表与电源两极相连时，电压表有示数，否则，电压表无示数．电流表检测电路故障时，当电路发生断路时，电流表无示数，否则，电流表有示数． 【解答】解：电压表的正接线柱与A接线柱连接，电压表负接线柱与B接线柱连接，电压表有示数，说明电源完好；电压表负接线柱与C接线柱连接，电压表有示数，说明AC之间完好；电压表负接线柱与D接线柱连接，电压表没有示数，说明AD之间有断路；电压表负接线柱与E接线柱连接，电压表没有示数，说明AE之间有断路；所以故障出在DE之间，可能是变阻器R发生断路．若电路中串联一个电流表，发现电流表有示数，则判断电路是通路，但由于电压表测量AE之间没有电压，所以存在的故障可能是灯泡L短路．故答案为：R断路；L短路．【点评】用电压表检验电路故障时，电压表有示数（一般等于电源电压），说明与之并联的导体发生断路或串联的导体发生短路；电压表无示数，说明与之并联的导体发生短路或串联的导体发生断路．　15．某小组同学为了探究容器中漂流在水面上的冰块熔化前后水面变化的情况，他们选用了质量为m1和m2的冰块（已知m1＜m2），将它们分别放入盛有相同体积水的相同的烧杯中，冰块熔化前后水面变化情况如图（a）、（b）所示，请仔细观察图中的现象和相关条件，归纳得出初步结论．（1）分析比较图（a）或（b）中的现象及相关条件可知：　漂浮在水面上的冰块熔化后，水面高度不发生改变　．（2）若图（a）的冰块内掺有小木块，待冰块熔化后小木块漂浮在水面上，此时水面高度将　不变　，而图（b）的冰块内掺有小铁块，待冰块熔化后小铁块下沉到杯底，此时水面高度将　下降　．（已知ρ铁＞ρ水＞ρ冰）【考点】阿基米德原理．【分析】（1）比较图（a）或（b），分析不同质量的冰块熔化与未熔化时的水体积的变化，总结体积变化与冰的质量的关系；（2）比较冰熔化前后受浮力大小关系，再分析排开液体体积的关系，而确定液面升降． 【解答】解：（1）分析比较图（a）或（b），可得出的初步结论是：漂浮在水中的冰块，冰块完全熔化后体积不变，容器中液面没有变化；（2）①冰熔化前，冰和木块处于悬浮状态，F浮=G冰+G木，即：ρ水gV排=G冰+G木，V排=，冰熔化后，冰变成水，木块漂浮，冰熔化成水的体积为：V水=，木块排开的水的体积为：V木排=，此时排开水的体积：V=V水+V木排=，因为V=V排，所以水面不变．②冰熔化前：F浮=G=G铁+G冰，冰熔化后受到的浮力等于铁受到的浮力F铁加上水受到的浮力F水，即：F浮′=F铁+F水=F铁+G水，因为铁下沉，所以F铁＜G铁，所以：F浮＞F浮′因为：F浮=ρ水V排g所以：V排＞V排′，液面将下降．故答案为：（1）漂浮在水面上的冰块熔化后，水面高度不发生改变；（2）不变；下降． 【点评】本题主要考查学生控制变量法的应用和学生的图中信息的分析能力，难度较大．有熟练运用相关公式才能顺利解答此题．　三、作图题（共3小题，满分9分）16．如图重为6牛的物体静止在水平面上，用力的图示法画出它所受的重力G．【考点】重力示意图．【分析】画力的图示要确定力的大小、方向、作用点，并选择合适的标度．【解答】解：设标度为3N，重心在物体的中心上，从中心开始，沿竖直向下的方向画两段等长的线段，在线段的末端标上箭头表示力的方向，如下图．【点评】做这类题要看清题目的要求，是画力的示意图还是画力的图示．力的示意图没有标度，力的图示必须选取合适的标度．　17．如图，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数．【考点】作光的反射光路图．【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数．【解答】解：由入射角为30°，可得反射角也为30°，在法线右侧画出反射光线，度数等于入射角为30°即可，如图所示： 【点评】由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求．要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角．　18．如图所示电路的○里填上适当的电表符号，要求：使两灯L1、L2并联．【考点】电流表的连接；电压表的连接．【分析】（1）电流表串联在电路中，电压表并联在电路中．（2）要使灯L1、L2并联，必须让两灯分别在两个支路，每个灯都不能在干路．【解答】解：要使两灯并联，从电源正极流出的电流应分别流入灯泡L1、L2，流过两灯泡中的电流应汇合共同流回负极，故与正极相连○里是电流表，中间○里是电压表，上边的○里是电流表，见下图：【点评】本题需要知道电压表和电流表的使用外，还要知道电流表电阻很小，相当于导线；电压表电阻很大，相当于断路．　四、计算题（共4小题，满分24分）19．将2千克水加热，使水的温度升高50℃，求水吸收的热量．【C水=4.2×103焦/（千克•℃）】【考点】热量的计算．【分析】知道水的质量、水的比热容、水温度升高值，利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量． 【解答】解：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×50℃=4.2×105J．答：水吸收的热量为4.2×105J．【点评】本题考查了学生对吸热公式Q吸=cm△t的掌握和运用，注意温度升高了（△t）与升高到（末温）的区别．　20．如图所示，体积为2×10﹣3米3的物体浸没在盛有水的容器中，在拉力F=50牛作用下物体匀速上升0.2米，g=10N/kg，求：（1）物体浸没在水中时受到的浮力F物；（2）拉力F所做的功W．【考点】浮力大小的计算；功的计算．【分析】（1）物体浸没在水中时排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求物体受到的浮力；（2）图中使用的是动滑轮，拉力端移动的距离等于物体上高高度的2倍，利用W=Fs求拉力做功．【解答】解：（1）物体浸没在水中时V排=V=2×103m3，物体所受的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3=20N；（2）图中使用的是动滑轮，拉力端移动的距离s=2h=2×0.2m=0.4m，拉力做功：W=Fs=50N×0.4m=20J．答：（1）物体浸没在水中时受到的浮力为20N；（2）拉力F所做的功为20J．【点评】本题考查了浮力和功的计算，同时考查了动滑轮的特点，属于基础题目． 　21．如图所示，电阻R1标有“5Ω1.2A”字样，R2标有“20Ω2A”字样，电流表A1、A2的量程均为0～3A，电压表量程0～15V，在a、b间接入电压可调的电源．闭合电键S后，为保证R1、R2均不损坏，求：（1）允许加的最大电源电压；（2）滑动变阻器R2上消耗的最大功率；（3）调节滑片P的位置，求电流表A1和电流表A2的示数比值的最大值．【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测电源的电压．（1）知道电阻R1的阻值和R2的最大阻值以及它们允许通过的最大电流，根据欧姆定律求出它们两端允许所加的最大电压，电源的电压为两者允许所加电压中较小的；（2）根据并联电路的电流特点求出电流表A1示数最大时通过R2的电流，然后与电流表A2的量程和变阻器允许通过的最大电流相比较确定通过该支路的最大电流，根据P=UI求出滑动变阻器R2上消耗的最大功率；（3）当通过R2的电流最小时电流表A1和电流表A2的示数的比值最大值，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时通过R2的电流最小，据并联电路的电流特点和欧姆定律求出通过R2的电流，根据并联电路的电流特点得出答案．【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测电源的电压．（1）由I=可得，电阻R1和滑动变阻器R2两端允许所加的最大电压分别为：U1=I1R1=1.2A×5Ω=6V，U2=I2R2=2A×20Ω=40V，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，允许所加的最大电源电压U=U1=6V；（2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，当电流表A1的示数I=3A时，通过R2的电流：I2′=I﹣I1=3A﹣1.2A=1.8A，因R2允许通过的最大电流为2A，电流表A2的量程为0～3A，所以，通过R2的最大电流为1.8A，则滑动变阻器R2上消耗的最大功率：P2=UI2′=6V×1.8A=10.8W；（3）当通过R2的电流最小时，电流表A1和电流表A2的示数的比值最大值，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过R2的电流最小，则I2″===0.3A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，电流表A1和电流表A2的示数比值的最大值：==+1=+1=5．答：（1）允许加的最大电源电压为6V；（2）滑动变阻器R2上消耗的最大功率为10.8W；（3）调节滑片P的位置，电流表A1和电流表A2的示数比值的最大值为5．【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是两电流表示数比值的最大值的确定．　22．如图所示，边长为0.1米、密度为2×103千克/米3的实心正方体静止在水平面上，求：（1）正方体的质量．（2）正方体对水平面的压强．（3）若正方体的边长为a，密度为p，现设想把该正方体截取一半，并将截取部分叠放在剩余部分上方的中央，使截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面受到的压强相等．小华和小明两位同学分别用下表的方法进行截取，判断能否满足上述要求？若能，请求出叠放后水平面受到的压强（用字母表示）．截取方法能否满足上述要求小华沿竖直方向截取一半　不能　小明沿水平方向截取一半　p=ρga　 小强同学把该正方体截取一半并将截取部分放在水平面上，使其对水平面的压强最小，求出最小压强（用字母表示）．【考点】压强的大小及其计算；密度公式的应用．【分析】（1）根据密度公式变形后可求出质量；（2）根据压强的定义式P=，代入数值可求压强；（3）在比较压强的大小变化时，既要分析压力（此题中压力大小等于重力）的变化，又要考虑受力面积的变化，统筹考虑才能最终做出判断．【解答】解：（1）体积V=l3=（0.1m）3=0.001m3；质量m=ρV=2×103kg/m3×0.001m3=2kg；（2）压力F=G=mg=2kg×10N/kg=20N；底面积S=l2=（0.1m）2=0.01m2；压强P===2000Pa；（3）小华沿竖直方向截取一半，则重力和面积各减小一半；将截取部分叠放在剩余部分上方的中央，截取部分对剩余部分的压强为P1==；水平面受到的压强为P2==；可见P1＜P2；故不能满足截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面受到的压强相等．小明沿水平方向截取一半，物体与地面的接触面积不变；则截取部分对剩余部分的压强为P1==；水平面受到的压强为P2=；可见P1=P2；故能满足截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面所受的压强相等；小强沿如图沿对角线切去一半后， 所截部分的重力减半即为12G，物块为正方体，受力面积是原来的倍，所截部分对水平面的压强p==．答：（1）正方体的质量为2kg；（2）正方体对水平面的压强为2000Pa；（3）小华想沿竖直方向截取一半，不能满足截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面受到的压强相等；小明沿水平方向截取一半，能满足截取部分对剩余部分的压强与叠放后水平面受到的压强相等；小强的做法截取后对地面的最小压强是p=．【点评】熟练运用密度公式、压强公式是解答此题的基础；分析压强的变化时，要抓住压力和面积的变化情况．　五、实验题（共4小题，满分18分）23．如图所示的几种实验器材，其中图（a）仪器的名称是　压强计　，在“探究杠杆平衡的条件”实验中，为了使图（b）中的杠杆在水平位置平衡，应向　右　调节平衡螺母，现有两种方法用螺丝刀将骑马钉撬起，比较图（c）、（d）两种方法，　d　方法更省力，图（e）器材证明　大气压　的存在．【考点】探究杠杆的平衡条件实验；杠杆的应用．【分析】（1）图（a）仪器的名称是压强计； （2）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2解答；（4）图（e）器材为马德堡半球，可证明大气压的存在．【解答】解：（1）图（a）仪器的名称是压强计；（2）调节杠杆的平衡时，如果杠杆右侧高左侧低，杠杆的右端上翘，应将平衡螺母向上翘的右端调节，使其在水平位置平衡；（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力臂与阻力臂的比值越大，越省力，由图可知，d图动力臂与阻力臂的比值大，因而更省力；（4）图（e）器材为马德堡半球，可用来证明大气压的存在．故答案为：压强计；右；d；大气压．【点评】学会运用杠杆的平衡条件来进行分析，是解答的关键．　24．小红和小丽同学做“探究平面镜成像特点”的实验，如图（a）所示．（1）小红发现在蜡烛一侧看到了两个像，于是她换了一块　薄玻璃　（选填“薄玻璃”或“厚玻璃”）后就能看到一个比较清楚的像了；实验中小丽把白纸放在像的位置处，此时她　不能　在白纸上看到像，由此说明平面镜成的是　虚　像．（2）实验后小丽用如图（b）所示的透镜替换了玻璃板，但是原来放在像的位置处的白纸上没有看到烛焰的清晰的像，她把透镜缓慢远离蜡烛后白纸上出现了明亮清晰的像，这个像的性质是　倒立、缩小的实　像．【考点】平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．【分析】（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题．实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接．（2）首先根据平面镜成像特点可知，此时物距等于像距；当小丽用凸透镜替换了玻璃板，并把凸透镜缓慢远离蜡烛后，此时物距大于像距，然后根据凸透镜成像规律即可确定像的性质． 【解答】解：（1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板．因为实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接，所以小明把白纸放在像的位置，他不能在白纸上看到像，由此说明平面镜成的是虚像．（2）由平面镜成像特点可知，此时物距等于像距；当小丽用凸透镜替换了玻璃板，并把凸透镜缓慢远离蜡烛后，此时物距大于像距，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、缩小的实像．故答案为：（1）薄玻璃；不能；虚；（2）倒立、缩小的实．【点评】用凸透镜替换了玻璃板，既考查学生对平面镜成像特点的理解，又考查学生对凸透镜成像规律的掌握，是一道好题．　25．甲、乙同学分别做“测定小灯泡的电功率”实验，他们使用电压相同的电源（1.5伏的整数倍），两个分别标有“10Ω1A”和“20Ω2A”字样的滑动变阻器，待测小灯两个，且都标有“0.2A”字样，已知它们的额定功率在0.4瓦～0.9瓦之间，他们分别按要求正确连接电路进行实验，闭合电键后移动变阻器的滑片，使小灯正常发光时，滑片的位置都恰好在中点，但是甲灯比乙灯亮．（1）简述他们判断小灯泡正常发光的理由：　当电流表的示数为0.2A时，灯正常发光　．（2）他们所用的电源电压为　4.5　伏．（3）甲同学选用的滑动变阻器的规格为　“10Ω1A”　．（4）乙同学选用小灯泡的额定功率为　0.5　瓦．【考点】电功率的测量；串联电路的电压规律．【分析】（1）根据灯泡的额定电压与电流表的示数判断灯泡是否正常发光；（2）求出灯可能的电压范围，根据滑动变阻器的规格分类讨论，由使用电压相同的电源（1.5伏的整数倍）判断出电源电压；（3）根据求出的电源电压，由串联电路电压的特点，求出两灯可能的额定功率，由已知条件确定甲灯的额定功率，从而确定甲滑动变阻器的规格；（4）确定乙同学选用灯的功率．【解答】解：（1）因为灯泡的额定电流为0.2A，所以当电流表的示数为0.2A时，灯泡正常发光； （2）根据P=UI，灯泡两端的最小电压U最小==2V，灯两端的最大电压U最大==4.5V：若使用“10Ω1A”的变阻器，则变阻器连入电路的电阻大小R滑小=×10Ω=5Ω，则此时变阻器的电压U滑小=R变小I=5Ω×0.2A=1V，则电源电压最小为1V+2V=3V，最大为1V+4.5V=5.5V，又电源电压为1.5V的整数倍，所以为可能电源电压为3V或4.5V；当串联“20Ω2A”的滑动变阻器时，滑动变阻器两端的电压为U滑大=0.2A××20Ω=2V，则电源电压最小为2V+2V=4V，最大为2V+4.5V=6.5V，又电源电压为1.5V的整数倍，所以电源电压为4.5V或6V；因他们使用电压相同的电源，所以电源电压为4.5V；（3）灯正常发光时，用电源电压减去变阻器的电压即为灯的额定电压，此灯泡的额定电压为U额=4.5V﹣1V=3.5V，或U额=4.5V﹣2V=2.5V，可知灯泡的额定功率为P额=U额I=3.5V×0.2A=0.7W，或P额=U额I=2.5V×0.2A=0.5W；因为甲灯比乙灯亮，所以甲灯的额定功率为0.7W，额定电压为3.5V，与其串联的变阻器分去的电压为1V，由（2）知，使用的是“10Ω1A”的滑动变阻器；（4）则乙同学选用灯的额定功率为0.5W；故答案为：（1）当电流表示数为0.2A时，小灯正常发光；（2）4.5；（3）“10Ω1A”；（4）0.5【点评】此题测量灯泡额定功率，在没有电压表的情况下，运用分类讨论，结合已有知识和题目条件确定电源电压、灯泡的额定电压是解决此题的关键．　26．根据“浸入水中的硬币会沉在容器底部而浸入水中的木块会漂浮在水面上”的现象，某兴趣小组的同学猜想物体浸入液体后静止时的位置可能与①物体的密度；②液体的密度有关．于是他们在实验室找到高度不同的圆柱体A、B、C、D、E、F（已知ρA＞ρB＞ρC＞ρ水＞ ρD＞ρE＞ρF）进行实验．当各圆柱体在足够深的水中静止时，实验现象如图（a）、（b）、（c）、（d）、（e）和（f）所示．（1）分析比较图中　（a）、（b）、（c）　的实验现象和相关条件，可得出的初步结论是：当浸入水中高度相同的圆柱体的密度大于水的密度时，圆柱体静止在容器底部．（2）①分析比较图中（d）或（e）或（f）的实验现象和相关条件，可得出的初步结论是：当　当浸入水中的实心圆柱体的密度小于水的密度　时，圆柱体漂浮在水面上．②分析比较图中（d）和（e）和（f）的实验现象和相关条件，还可得出的结论是：漂浮在水面上的高度相同的圆柱体，　圆柱体的密度越小　，其露出水面的高度越大．（3）他们将容器中的水换成酒精和盐水重新实验，验证了猜想②，在此过程中他们发现漂浮在不同液面上的圆柱体露出液面的高度也不同，于是他们将记录在表格中的实验数据作进一步的分析．序号圆柱体的密度ρ圆柱体（千克/米3）液体的密度ρ液（千克/米3）圆柱体露出液面的高度h（厘米）14000.8×10312.021.0×10314.431.3×10316.645000.8×1039.051.0×10312.061.3×10314.876500.8×1034.581.0×1038.491.3×10312.0①进一步分析表中数据可得出的结论一：　高度相同的圆柱体漂浮在不同液体的液面上时，液体的密度越大，露出液面的体积越多　；②进一步分析表格中数据可得出的结论二：　高度相同的不同圆柱体漂浮在同一种液体的液面上时，圆柱体密度越大时，露出液面的高度越大　．（4）根据第（3）题中得出的结论，可以推测当圆柱体的密度与液体的密度之比为　1：1　时，圆柱体露出液面的高度为零． 【考点】物体的浮沉条件及其应用．【分析】物体的浮沉条件：浸没水中的物体，当物体的密度大于水的密度时，物体下沉到水底；当物体的密度小于水的密度时，物体将上浮，最后漂浮；当物体的密度等于水的密度时，物体悬浮．然后认真各个图中观察到的实验现象，找出变化的物理量和相同的物理量，根据控制变量法得出它们之间的关系，继而得出结论．【解答】解：（1）分析比较图（a）、（b）、（c）的现象，可知，物体A、B静止在容器底部，由已知ρA＞ρB＞ρC＞ρ水，可得出的初步结论是：当浸入水中高度相同的圆柱体的密度大于水的密度时，圆柱体静止在容器底部．（2）①由图（d）或（e）或（f）的现象可知，物体都处于漂浮，由已知ρ水＞ρD＞ρE＞ρF，所以可得出的初步结论是：当浸入水中的实心圆柱体的密度小于水的密度时，圆柱体会漂浮在水面上．②（d）和（e）和（f）的实验中，由图可知：露出水面的高度hD＜hE＜hF，由于ρD＞ρE＞ρF，则还可得出的结论是：漂浮在水面上的高度相同的圆柱体，圆柱体的密度越小，其露出水面的高度越大．（3）①比较表格中同一物体在不同液体中漂浮时的数据可知，高度相同的圆柱体漂浮在不同液体的液面上时，液体的密度越大，露出液面的体积越多．②比较表格中不同物体在同一液体中漂浮时的数据可知，高度相同的不同圆柱体漂浮在同一种液体的液面上时，圆柱体密度越大时，露出液面的高度越大．（4）由（3）的现象及相关条件可知：都是漂浮在液面上，高度相同的圆柱体密度越大，排开水的体积越大，露出水面的体积越小，由此可推出：圆柱体的密度与液体的密度之比为1：1时，圆柱体露出液面的高度为零．故答案为：（1）a、b、c；（2）①当浸入水中的实心圆柱体的密度小于水的密度；②圆柱体密度小；（圆柱体的）密度；（3）①高度相同的圆柱体漂浮在不同液体的液面上时，液体的密度越大，露出液面的体积越多． ②高度相同的不同圆柱体漂浮在同一种液体的液面上时，圆柱体密度越大时，露出液面的高度越大．（4）1：1．【点评】本题考查了学生对实验现象的分析评估能力，能从图中得出相关信息是现在考试的一个重点，这类题目一半都是比较简单的，用到最多的是控制变量法，但这类题目一般很少得满分，原因是语言的表述不够准确，在得出结论时语言一定要凝练、简洁（尤其是在采用控制变量法时要说明在什么因素一定时）．