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2018年桂林中考物理沖刺試題

一、選擇題（每小題3分，共36分）

1．下列是對與中學生有關的一些物理量的估測，其中最接近實際的是（　　）

A．中學生的平均身高為160cm

B．適合中學生洗澡的水溫為70℃

C．中學生的體重約為60N

D．中學生脈搏的跳動是每秒65次

【分析】首先對題目中涉及的物理量有個初步的了解，對于選項中的單位，可根據需要進行相應的換算或轉換，排除與生活實際相差較遠的選項，找出符合生活實際的答案．

【解答】解：

A、成年人的身高在170cm左右，中學生的身高比成年人小一些，在160cm左右．此選項符合實際；

B、人體正常體溫在37℃左右，洗澡水的溫度應該略高于體溫，在40℃左右，不可能達到70℃．此選項不符合實際；

C、中學生的質量在50kg左右，受到的重力大約為G=mg=50kg×10N/kg=500N左右．此選項不符合實際；

D、正常情況下，人的脈搏1min跳動的次數在75次左右，跳動一次的時間接近1s．此選項不符合實際．

故選A．

【點評】物理學中，對各種物理量的估算能力，也是我們應該加強鍛煉的重要能力之一，這種能力的提高，對我們的生活同樣具有很大的現實意義．

2．如圖所示是桂林天文愛好者拍攝的2015年某次月食的全過程，以下規律能用來解釋月食形成原因的是（　　）

A．光的折射B．光的反射C．光的直線傳播D．凸透鏡成像

【分析】當太陽、地球、月亮位于同一直線上，地球位于太陽與月球之間時，不透明的地球擋住了沿直線傳播的太陽光，在地球上看不到月球時，便形成月食．

【解答】解：太陽、地球、月球位于同一條直線上，當不透明的地球位于太陽與月球之間，地球擋住了沿直線傳播的太陽光，太陽光照不到月球上，在地球上看不到月球的現象就是月食，所以月食是由于光的直線傳播形成的，發生月食時，在中間位置的是地球．

故選C．

【點評】本題考查了月食形成的原理、形成月食時太陽、地球、月球三者的位置關系以及照相機的照相原理，是一道應用題，難度不大．

3．下列有關聲的說法中正確的是（　　）

A．只要物體振動，我們就能聽到聲音

B．考場周圍禁鳴喇叭是在人耳處減弱噪音

C．“聽診器”能使人的心臟振動幅度增大，音調升高

D．用超聲波能擊碎人體內的結石，說明聲波具有能量

【分析】解決此題要掌握以下幾個知識點：

A、聲音是由物體的振動產生的，我們要想聽到聲音必須有介質；

B、減弱噪聲的途徑；

C、“聽診器”是探測人的心臟振動頻率的儀器；

D、超聲波可以傳遞能量．

【解答】解：A、物體振動，我們周圍如果沒有介質，就聽不到聲音；故A錯誤；

B、考場周圍禁鳴喇叭是在聲源處減弱噪音；故B錯誤；

C、“聽診器”不能使人的心臟振動幅度增大，只能是探測人的心臟振動頻率，故C錯誤；

D、因為超聲波可以傳遞能量，所以利用超聲波可以擊碎結石，故D正確．

故選D．

【點評】此類題目是考查多個知識點的綜合題目，要結合相關物理知識點進行分析解答．

4．2015年央視春節聯歡晚會上，有一個以“科技創新”為主題節目的表演．如圖所示，人形機器人正在為觀眾表演舞蹈，其中涉及到的物理知識分析正確的是（　　）

A．機器人表演舞蹈時沒有慣性

B．機器人鞋底較寬是為了減小壓力

C．機器人鞋底上凹凸不平的花紋是為了增大摩擦力

D．機器人站立時受到的重力和它對地面的壓力是一對平衡力

【分析】（1）一切物體都有保持原來運動狀態不變的性質，叫慣性；

（2）在壓力一定時，增大受力面積可以減小壓強；

（3）在壓力一定時，增大接觸面的粗糙程度可以增大摩擦力；

（4）一對平衡力必須大小相等、方向相反、作用在一條直線上、作用在同一物體上．

【解答】解：A、一切物體都有慣性，機器人表演舞蹈時也有慣性，故A錯誤；

B、機器人鞋底較寬是為了增大受力面積，減小壓強，而不是減小壓力，故B錯誤；

C、機器人鞋底上凹凸不平的花紋，增大了接觸面的粗糙程度，是為了增大摩擦力，故C正確；

D、機器人站立時受到的重力和它對地面的壓力作用在不同的物體上、方向也相同，所以它們不是一對平衡力，故D錯誤．

故選C．

【點評】本題圍繞機器人表演舞蹈考查了慣性、減小壓強的應用、增大摩擦力的應用，以及平衡力的辨別等，有一定綜合性，但難度不大．

5．某品牌的微型電腦吸塵器有兩個開關，開關S1控制照明燈L和吸塵電動機M，開關S2只控制吸塵電動機M．如圖所示的電路圖中符合要求的是（　　）

A． B． C． D．

【分析】開關S1只控制照明用的小燈泡L，開關S2只控制吸塵用的電動機M，說明，小燈泡L和電動機M獨立工作、互不影響即為并聯，再根據開關的作用，判斷開關的位置．

【解答】解：

A、開關S1只控制小燈泡，開關S2只控制電動機，不合題意；

B、開關S1為總開關，控制小燈泡和電動機，開關S2只控制小燈泡，不合題意；

C、開關S2為總開關，控制小燈泡和電動機，開關S1只控制小燈泡，不合題意；

D、開關S1為總開關，控制小燈泡和電動機，開關S2只控制電動機，符合題意．

故選D．

【點評】（1）根據二者是否相互影響，判斷出它們的連接方式，相互影響為串聯，互不影響為并聯；

（2）根據開關的控制作用，確定開關的位置，控制整個電路，開關要在干路上；單獨控制某個用電器，開關應與用電器串聯連接在支路上．

6．2014年4月16，日，我國在從北京飛往成都的CA4116航班上成功進行了全球首個4G地空寬帶實驗，在飛機上實現無線高速上網．這些信號從地面到空中是通過（　　）

A．電磁波傳送B．次聲波傳送C．光纖傳送D．超聲波傳送

【分析】電磁波可以在真空中傳播，但是超聲波或次聲波，其都不能在真空中傳播，且其傳播速度遠小于電磁波的傳播速度，故現代的移動電話都是利用電磁波來傳遞信息的．

【解答】解：

電磁波作為現代信息傳遞的載體，傳輸著各種信號，包括聲信號、圖象信號等，故我們生活中常用的4G手機就是通過電磁波傳遞信號的．

故選A．

【點評】本題主要考查學生對電磁波傳遞信號的特點的了解和掌握，是一道基礎題．

7．2015年桂林市體育中考的現場，很多同學為了補充能量都在喝某品牌的運動飲料，小紅同學利用所學的知識測量了該飲料的密度，實驗步驟如下：①用天平測出空量筒的質量 ②向量筒中倒入適量飲料，測出其體積 ③用天平測出量筒和養料的總質量．對于上述事宜步驟的評價，正確的是（　　）

A．所測出飲料的體積一定不準確，不可取

B．能測出飲料的密度且步驟完全規范合理

C．測出飲料的密度值偏大，不可取

D．易使量筒從天平上傾斜而摔碎，不宜提倡

【分析】量筒是測量液體體積的工具，形狀細而長，放在天平上在調節的過程中很容易傾斜而摔碎，盛放液體一般用小燒杯或玻璃瓶，依據實際操作中保護器材不受損壞的做法來選擇．

【解答】解：

AC、量筒和飲料的總質量減空量筒質量，正是倒入量筒中飲料的質量，所測質量、體積正確，測出的密度不會偏大，故A、C錯誤．

BD、步驟中把量筒放在天平上測質量是不合適的，量筒的形狀細高，直接放在天平托盤上很容易掉下來摔碎．故B錯誤，D正確．

故選D．

【點評】考查液體密度的測量方法，在實驗中，將量筒放在天平托盤中是學生常犯的錯誤，也是學生認識的不足，不能把量筒作為盛裝液體的容器直接放在天平上稱質量．

8．如圖所示，下列四種情形符合安全用電的是（　　）

A．

在同一插座上接入多個用電器

B．

可以攀爬電桿

C．

不能用濕手觸摸用電器及插座

D．

電冰箱可以不接地線

【分析】（1）家庭電路中電流過大的原因有兩個：一是短路，二是用電器的總功率過大；

（2）安全用電的原則：不靠近高壓帶電體（室外、高壓線、變壓器旁），不接觸低壓帶電體；

（3）濕物體是導體，接觸帶電體容易發生觸電；

（4）有金屬外殼的家用電器使用三腳插頭，將金屬外殼接地，防止外殼漏電造成觸電事故．

【解答】解：

A、多個用電器接在同一插座板上，電路中總功率過大，電路中電流過大，從而發生危險，故A不符合安全用電原則；

B、攀爬電桿，很容易造成高壓觸電，故B不符合安全用電原則；

C、水是導體，用濕手觸摸用電器及插座，從而使人體和帶電體接觸，就會造成觸電事故，十分危險，故C符合安全用電原則；

D、電冰箱的三腳插頭是為了將其金屬外殼與大地相連，防止外殼漏電時，給人造成觸電事故，所以電冰箱必須接地線，故D不符合安全用電原則．

故選C．

【點評】本題來源于日常生活的常見現象和行為，在考查安全用電的原則中，實現安全用電知識的宣傳和教育作用．

9．如圖為我國新型反潛巡邏機．機尾的“棍子”叫做磁異探測器，它能將潛艇經過海域引起的磁場強弱變化轉化為強弱變化的電流，從而發現潛艇的存在．下列圖中能解釋磁異探測器工作原理的是（　　）

A． B． C． D．

【分析】電子設備最終將信號轉換為變化的電流；因此是一個發電機，分析下面四幅圖，找出發電機的原理即可．

【解答】解：

A、開關閉合后，在外力作用下使導體左右移動，切割磁感應線，則電流表指針發生偏轉，說明此時有感應電流產生，這是電磁感應現象，是發電機的工作原理．符合題意；

B、圖示的實驗是電磁鐵的原理，運用電流的磁效應，可制成電磁鐵，吸引大頭針等，不合題意；

C、圖示為磁極之間的相互作用，故不符合題意；

D、圖示為奧斯特實驗，是電流的磁效應，故不符合題意；

故選A．

【點評】解答本題的關鍵要能從題意中分析出該裝置為發電機．

10．如圖所示，用釣魚桿釣魚的時候，魚鉤已經鉤住了魚，魚還在水中時，感覺魚很輕，剛把魚從水中拉離水面就感覺魚變“重”了．對釣魚過程的下列解釋錯誤的是（　　）

A．魚離開水后，失去了水的浮力，使人感覺魚變重了

B．魚離開水后，魚的重力增大，使人感覺魚變重了

C．魚離開水后，釣魚線對釣魚桿的拉力會增大

D．釣魚桿是一種費力杠桿

【分析】（1）魚離開水面，魚只受重力和拉力作用，釣魚線對魚的拉力等于魚的重力．

（2）魚在水中時，魚受到豎直向上的拉力和浮力、豎直向下的重力，釣魚線對魚的拉力等于重力和浮力的差．

（3）釣魚時，雙手一前一后握住釣魚竿，手和釣魚竿尾部的接觸點是支點，前面的手和釣魚竿接觸點是動力點，魚是杠桿的阻力．畫出力臂，比較動力臂和阻力臂，判斷是釣魚竿是省力杠桿還是費力杠桿．

【解答】解：（1）魚在水中受到豎直向上的浮力和拉力，受到豎直向下的重力，釣魚竿對魚的拉力等于魚的重力和浮力的差．

當魚離開水面，魚只受重力和拉力作用，釣魚線對魚的拉力等于魚的重力．所以釣魚竿對魚的拉力增大．

魚在水里和離開水面，魚的質量不變，魚的重力不變，但魚離開水后，失去了水的浮力，使人感覺魚變重了，故選項AC正確，B錯誤．

（2）如圖，釣魚竿的尾部是杠桿的支點，前面的手作用在杠桿上的點是動力，魚對杠桿的作用是杠桿的阻力，作出動力臂和阻力臂，動力臂小于阻力臂，釣魚竿是費力杠桿．故D正確．

故選B

【點評】本題有兩個點容易混淆：

（1）魚在水中和在離開水面時，魚的重力不變．

（2）兩個手和釣魚竿接觸，前面的手的動力，后面的手是支點．

11．放在同一水平桌面上的甲、乙兩個相同的容器盛有不同的液體，現將兩個相同的物塊分別放入兩容器中，當兩物塊靜止時，兩容器中液面恰好相平，兩物塊所處的位置如圖所示．則（　　）

A．甲容器中液體的密度較大

B．乙容器底部受到液體的壓強較大

C．甲容器中物塊排開液體的重力較大

D．乙容器中物塊受到液體的浮力較大

【分析】（1）漂浮和懸浮時受到的浮力都等于重力，由此可知兩個相同的物塊受浮力大小關系；

（2）根據漂浮和懸浮時液體密度和球的密度關系，找出兩種液體的密度關系，又知道兩容器液面等高（深度h相同），利用液體壓強公式分析兩種液體對容器底壓強的大小關系．

【解答】解：（1）∵物塊在甲容器懸浮，

∴ρ甲=ρ物，

∵物塊在乙容器的漂浮，

∴ρ乙＞ρ物，

∴兩種液體的密度：ρ甲＜ρ乙，故A錯誤；

又∵兩容器液面等高，p=ρgh，

∴兩種液體對容器底壓強：

p甲＜p乙，故B正確．

（2）∵兩個相同的物塊，在甲容器的物塊懸浮，在乙容器的物塊漂浮，

∴兩個相同的物塊受到的浮力：F甲=F乙=G，故D錯誤；

∵F浮=G排，

∴G甲排=G乙排，故C錯誤．

故選：B．

【點評】本題考查了學生對漂浮條件、懸浮條件運用（密度關系、浮力與自重關系），以及對液體壓強公式的理解和運用．

12．某同學在做“調節燈泡亮度”的電學實驗時，電路如圖所示，電源電壓恒為6.0V，電壓表量程為“0～3V”，電流表量程為“0～0.6A”，滑動變阻器規格為“10Ω　0.5A”，燈泡L標有“3.8V　1.9W”字樣（忽略燈絲電阻變化），為保證電路中其他元件的安全，下列判斷不正確的是（　　）

A．電路中電流變化的范圍是0.34A～0.5A

B．滑動變阻器阻值變化的范圍是4.4Ω～7.6Ω

C．燈泡的最小功率是1.184W

D．該電路的最大功率是3W

【分析】由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓．

燈泡正常發光時的電壓和額定電壓相等，根據串聯電路的電壓特點求出電壓表的示數；再根據串聯電路的電流特點和歐姆定律求出滑動變阻器接入電路中的最小阻值；當電壓表的示數為3V時，電路中的電流最小，滑動變阻器接入電路中的電阻最大，利用歐姆定律求出燈泡的電阻，利用串聯電路的電壓特點求出燈泡兩端的電壓，利用歐姆定律求出電路中的電流，進一步求出電路中電流變化的范圍，最后根據歐姆定律求出滑動變阻器接入電路中的最大阻值即可得出滑動變阻器阻值變化的范圍；

根據燈泡兩端的最小電壓和通過的最小電流，根據P=UI即可求出燈泡的最小功率；

根據根據串聯電路的電流特點可知電路中的最大電流為燈泡額的電流和滑動變阻器允許通過最大電流中較小的一個，根據P=UI求出電路中的最大電功率．

【解答】解：由電路圖可知，燈泡與滑動變阻器串聯，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓．

燈泡正常發光時的電壓為3.8V，功率為1.9W，燈泡的額定電流：IL===0.5A；

因為串聯電路總電壓等于各分電壓之和，所以此時電壓表的示數U滑=U﹣UL=6V﹣3.8V=2.2V，此時滑動變阻器接入電路的電阻最小，最小阻值為：

R滑min===4.4Ω；

當電壓表的示數為3V時，電路中的電流最小，滑動變阻器接入電路中的電阻最大，

燈泡的電阻：RL===7.6Ω，

燈泡兩端的電壓：UL′=U﹣U滑max=6V﹣3V=3V，

電路中的最小電流：

Imin==≈0.39A，

故電路中電流變化的范圍是0.39A～0.5A，故A錯誤；

滑動變阻器接入電路中的最大阻值：

R滑max===7.6Ω，

故滑動變阻器阻值變化的范圍是4.4Ω～7.6Ω，故B正確；

燈泡的最小功率：PLmin=UL′×Imin=3V×0.39A=1.17W，故C錯誤；

因為串聯電路中各處的電流相等，而滑動變阻器允許通過的最大電流為0.5A，所以電路中的最大電流Imax=0.5A，

電路的最大電功率：Pmax=UImax=6V×0.5A=3W，故D正確．

故選BD．

【點評】本題考查了串聯電路的特點和歐姆定律、電功率公式的靈活應用，關鍵是根據燈泡的額定電流確定電路中的最大電流和電壓表的最大示數確定電路中的最小電流，并且要知道燈泡正常發光時的電壓和額定電壓相等．

二、填空題（每空1分，共16分）

13．如圖所示，是在足球比賽中，某足球運動員頭球攻門的精彩時刻，請根據圖中想現象，寫出兩個與力學有關的物理知識：

（1）　力可以改變物體的運動狀態　

（2）　力的作用是相互的　．

【分析】與本題相關的主要是力學方向的知識，可以力的概念、物體間力的作用是相互的、力可以改變物體的運動狀態等方面考慮．

【解答】解：

足球被運動員頂入球門，改變了運動方向，說明力可以改變物體的運動狀態；

運動員將足球頂入球門，對足球有力的作用，同時運動員的頭部感覺疼，是因為力的作用是相互的，足球對運動員產生反作用力．

答：

（1）力可以改變物體的運動狀態；

（2）力的作用是相互的．

【點評】這是一道開放題，只要寫出的知識點正確且與題中情景相符都是正確的．

14．如圖所示是小明同學探究質量和體積關系的實驗時所畫出的圖象，a、b、c是由不同物質組成的三個實心體，從圖象中可以得出結論：對于同一種物質，質量與體積成　正比　，同時也可以比較三種物質的密度（ρa、ρb、ρc）大小，其關系是　ρa＞ρb＞ρc　．

【分析】（1）分析題圖可知，a、b、c都是過原點的直線，說明對于同一種物質，質量隨體積的增大，并且質量和體積的比值相同；

（2）取相同的體積V，比較其質量大小，利用ρ=得出密度關系．

【解答】解：

（1）由圖知，a、b、c都是過原點的直線，說明對于同一種物質，質量隨體積的增大而增大，并且質量和體積的比值相同，即：對于同一種物質，質量與體積成正比；

（2）由圖可知，當V=1cm3時，ma＞mb＞mc，由ρ=可得密度關系：ρa＞ρb＞ρc．

故答案為：正比；ρa＞ρb＞ρc．

【點評】本題考查了密度公式的應用，能從物質的m﹣V圖象得出相關信息是關鍵．

15．如圖所示，是學生很喜歡的一種運動﹣﹣溜旱冰．旱冰鞋下面的輪子可以減小　摩擦　，從而使人更輕松的運動．想“剎車”停下來時，由于人具有　慣性　，還會向前滑動一段距離．

【分析】慣性是一切物體都有的保持原來運動狀態不變的性質；

減小摩擦力的方法：減小壓力，減小接觸面的粗糙程度，使接觸面脫離，用滾動代替滑動．

【解答】解：旱冰鞋下面的輪子用滾動代替滑動摩擦，從而減小摩擦；

想“剎車”停下來時，人由于慣性還要保持原來的運動狀態繼續運動，所以還會向前滑動一段距離．

故答案為：摩擦；慣性．

【點評】此題主要考查了常見的慣性現象，除了要了解慣性的概念，還要掌握摩擦力大小的影響因素，利用控制變量法解釋生活中有關增大和減小摩擦力的問題．

16．如圖所示，捻動滾擺的軸使其升高后釋放，從最高點到最低點的過程中，　重力勢　能轉化為動能，若不計空氣阻力和摩擦，滾擺將會一直上下滾動，機械能　不變　（選填“增大”、“減小”或“不變”）．

【分析】分析滾擺的向下運動時的速度及高度的變化，則可知動能及重力勢能的變化；不計空氣阻力和摩擦時，機械能守恒．

【解答】解：滾擺從最高點到最低點的過程中，質量不變，速度增大，動能增大，同時高度降低，重力勢能減小，故是將重力勢能轉化為動能；

若不計空氣阻力和摩擦，滾擺將會一直上下滾動，說明整個過程機械能守恒，因此機械能不變．

故答案為：重力勢；不變．

【點評】本題考查了動能和重力勢能的相互轉化，注意在不計空氣阻力和摩擦時，機械能總量是保持不變的．

17．行駛中的汽車在緊急剎車時，剎車片會發燙，這是通過　做功　的方式增加物體內能的．若汽車行駛過程中消耗汽油2kg，則這些汽油完全燃燒能放出　9.2×107　J的熱量．，物體內能會增加；物體對外做功，物體內能會減少；二是熱傳遞．

②知道汽油的質量和熱值，利用Q放=mq求汽油完全燃燒產生的熱量．

【解答】解：①剎車片發熱，是剎車片克服摩擦做功，使剎車片的內能增加、溫度升高，是通過做功途徑改變物體內能；

②2kg汽油完全燃燒產生的熱量：

Q放=mq=2kg×4.6×l07J/kg=9.2×l07J．

故答案為：做功，9.2×l07．

【點評】汽車行駛中的發熱問題：：①發動機發燙，是發動機內部放出的熱量傳遞到發動機外殼，使外殼的內能增加、溫度升高，是通過熱傳遞改變物體的內能；

②輪胎在發熱，是輪胎克服摩擦做功，使輪胎的內能增加、溫度升高，是通過做功途徑改變物體內能；

③剎車片發熱，是剎車片克服摩擦做功，使剎車片的內能增加、溫度升高，是通過做功途徑改變物體內能；

④水箱中的水變熱，是發動機放出的熱量傳遞給水箱中的水，使水的內能增大、溫度升高，是通過熱傳遞改變物體的內能．

18．為了方便坐輪椅的殘疾人上下臺階，很多公共場所都設計了殘疾人專用的通道，如圖所示，其實質就是簡單機械中的　斜面　（選填“杠桿”、“滑輪”或“斜面”），若將總重為700N的人和輪椅沿殘疾人專業通道推移7m才推上1m的高臺，推移輪椅的力為120N，則該簡單機械的效率為　83.3%　．

【分析】（1）根據斜面的定義可判斷在很多公共場所為殘疾人建立了專用通道，是我們所學過的簡單機械斜面；

（2）利用斜面提升物體時，沿斜面所用的推力作的功是總功，提升重物做的功是有用功，利用效率公式求該簡單機械的機械效率．

【解答】解：

（1）根據斜面的定義可知，為殘疾人建立的專用通道實際上是簡單機械的一種﹣﹣斜面，使用斜面可以省力；

（2）W有用=Gh=700N×1m=700J，

W總=FL=120N×7m=840J，

機械效率為：

η==×100%≈83.3%．

故答案為：斜面；83.3%．

【點評】本題主要考查了斜面的有關內容，解決此題要知道斜面是一個省力機械，在斜面高一定時，斜面越長越省力；在利用斜面提升重物時，要分清有用功和總功及額外功．

19．如圖所示的電路中，電源電壓保持不變，閉合開關S，將滑動變阻器的滑片向左移動，電流表的示數　變小　，電壓表的示數與電流表的示數的比值　變大　．（選填“變大”、“變小”或“不變”）

【分析】由電路圖可知，R1與R2并聯，電壓表測電源的電壓，電流表A2測干路電流，電流表A1測R2支路的電流．根據電源的電壓可知電壓表示數的變化，根據并聯電路中各支路獨立工作、互不影響可知滑片移動時通過R1的電流變化，根據滑片的移動可知接入電路中電阻的變化，根據歐姆定律可知該支路電流的變化，根據并聯電路的電流特點可知干路電流的變化，進一步判斷電壓表V示數與電流表A2示數的比值變化．

【解答】解：由電路圖可知，R1與R2并聯，電壓表測電源的電壓，電流表A2測干路電流，電流表A1測R2支路的電流．

因為電源的電壓不變，所以電壓表的示數不變；

因為并聯電路中各支路獨立工作、互不影響，所以滑片移動時通過R1的電流不變；

當滑動變阻器的滑片P向左移動時，接入電路中的電阻變大，由I=可知，該支路的電流變小，即電流表A1示數變小；

因為并聯電路中干路電流等于各支路電流之和，所以干路電流表的示數變小，即電流表A2示數變小，即電壓表V示數與電流表A2示數的比值變大．

故答案為：變小；變大．

【點評】本題考查了電路的動態分析，涉及到并聯電路的特點和歐姆定律的應用，關鍵是電路串并聯的辨別和電表所測電路元件的判斷．

20．（2分）（2012仙桃）如甲圖所示的電路中，電源電壓不變，R1為定值電阻．閉合開關S，將滑動變阻器R2的滑片P從a向b移動的過程中，電壓表和電流表的示數變化情況如乙圖所示，則R1的阻值為　10　Ω．當滑動變阻器的滑片P在中點時，兩電表的示數對應于乙圖中的　B　點（選填“A”、“B”、“C”、“D”或“E”）．

【分析】（1）根據滑片在a、b兩點時電路的連接情況，由電源電壓保持不變的特點，利用歐姆定律列出關于電壓的等式，即可求出R1的阻值；

（2）由圖可知滑動變阻器R2兩端的電壓和通過的電流值，根據歐姆定律求出R2，則當滑動變阻器的滑片P在中點時，連入電路的阻值為R2，如何根據串聯電路的特點和歐姆定律求出串聯電路的電流．

【解答】解：（1）由電路圖可知，當滑片P在a端時滑動變阻器全部接入，R1與R2串聯，即電路中電流最小時，則由圖象可知此時電路中的電流Ia=0.2A，R2兩端的電壓U2=4V，

∴R2===20Ω；

電源電壓U=IaR1+U2，

即：U=0.2A×R1+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①

當滑片P在b端時，滑動變阻器沒有連入電路，電壓表示數為零，由圖象可知這時電路中電流為Ib=0.6A，電源電壓加在R1上，則U=IbR1；

即U=0.6A×R1 ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②

解①②得：R1=10Ω，U=6V；

（2）當滑動變阻器的滑片P在中點時，則滑動變阻器連入電路的阻值為R2′=R2=×20Ω=10Ω，

∴電流表的示數為：I′===0.3A．

∴由圖象可知：電流表示數為0.3A時對應的點是B．

故答案為：10；B．

【點評】本題關鍵是歐姆定律及其變形的靈活運用，難點是明白滑片移動過程中電路的變化情況，本題重點考查了應用圖象解決問題，這是以后學習的重點．

三、作圖、實驗與探究（21、22題各2分，23題4分，24題9分，25題7分，共24分）

21．（2分）如圖所示，已知一條入射光線過凸透鏡的光心O，一條經過凸透鏡折射后的光線與主光軸平行，請分別畫出它們對應的出射光線和入射光線．

【分析】先確定所給的入射光線和折射光線的特點，然后根據凸透鏡的光學特點作圖．

【解答】解：對于凸透鏡，折射光線平行于主光軸，則入射光線過焦點；

過光心的光線經凸透鏡折射后傳播方向不改變；如圖所示：

【點評】凸透鏡三條特殊光線的作圖：①通過焦點的光線經凸透鏡折射后將平行于主光軸．②平行于主光軸的光線經凸透鏡折射后將過焦點．③過光心的光線經凸透鏡折射后傳播方向不改變．

22．如圖所示，一個小球被一根細繩掛在豎直墻壁上的A點，請畫出小球受到的重力及其對墻的壓力示意圖．

【分析】重力的示意圖的畫法，即從重心起，沿重力的方向畫條帶箭頭的線段．

壓力的方向總是垂直于接觸面，并且指向接觸面；根據壓力的作用點在接觸面上，確定出壓力的作用點，然后過作用點表示壓力的方向．

【解答】解：物體的重心一般在物體的幾何重心，重力的方向是豎直向下的．過小球重心沿豎直方向畫一條線段，末端帶上箭頭．

壓力的作用點是球與墻壁的接觸點，然后過作用點作垂直于墻壁，并指向墻里面的壓力．如圖所示：

【點評】力的示意圖是用一個帶箭頭的線段把力的大小、方向、作用點三個要素表示出來，線段的長短表示力的大小，箭頭表示力的方向，線段起點或終點表示力的作用點．

23．（4分）在探究“平面鏡成像特點”的實驗中，小蘭在水平桌面上鋪一張白紙，在白紙上豎直放置一塊薄平板玻璃，在玻璃板前放一支點燃的蠟燭A，再另取一支未點燃的蠟燭B放在成像處，如圖所示．

（1）蠟燭B要與蠟燭A完全相同，這是為了比較像與物的　大小　關系．

（2）實驗時，他應該在玻璃板　前　（選填“前”或“后”）觀察蠟燭的像，所成的像是　虛　（選填“虛”或“實”）像．

（3）當蠟燭A向玻璃板靠近時，蠟燭A的像　不變　（選填“變大”、“不變”或“變小”）．

【分析】（1）實驗時采用兩個完全相同的蠟燭，一支蠟燭放在玻璃板的前面并點燃，另一支放在玻璃板的后面，當玻璃板后面的蠟燭和玻璃板前面的蠟燭的像完全重合時，可以確定像的位置，同時也可以比較物像大小關系．

（2）點燃蠟燭，蠟燭在玻璃板中成像，觀察蠟燭的像時，眼睛要在蠟燭的一側，才能通過玻璃板看到蠟燭的像；光屏能承接實像，光屏不能承接虛像．

（3）平面鏡成像特點：物像等大．

【解答】解：

（1）實驗時采用兩個完全相同的蠟燭，一個充當物體放在玻璃板的前面，另一個放在玻璃板的后面代替鏡前的物體，便于比較物像大小關系．

（2）實驗時，將點燃的蠟燭放在玻璃板前，眼睛應該在玻璃板前觀察；驗證像的虛實時，將光屏放在像的位置上，眼睛直接觀察光屏，通過看到光屏上沒有像的現象，可知平面鏡所成的像是虛像．

（3）當蠟燭A向玻璃板靠近，由平面鏡成像特點：物像等大，可知，蠟燭A的像不變．

故答案為：（1）大小；（2）前；虛；（3）不變．

【點評】掌握平面鏡成像實驗中各器材選擇和操作的目的，例如為什么選擇薄透明玻璃板、為什么選擇兩個完全相同的蠟燭、玻璃板為什么要豎直放置、刻度尺的作用、看用光屏是否能承接到像等．

24．（9分）小明探究“水沸騰時溫度變化的特點”，實驗裝置如圖甲所示．

（1）加熱一定時間后，溫度計的示數如圖甲所示，此時水的溫度為　89　℃；

（2）觀察水的沸騰，測得數據如下表．分析表中數據可知，水沸騰過程中的特點為：　繼續吸熱，溫度保持不變　．

（3）當停止加熱，撤去酒精燈之后，水不會立即停止沸騰，其原因是　鐵圈和石棉網有余熱，溫度高于水的沸點，水會繼續吸熱　．

（4）小雨是學校科技創新小組的成員，利用所學知識改進了探究實驗的器材，如圖乙所示的裝置和器材，可以用來探究水的沸騰特點和物質的吸熱能力．

①請說出該實驗裝置比圖甲的實驗裝置的優點：　乙圖即能探究水的沸騰特點，又能探究物質的吸熱能力　（答案不限，合理即可）

②小雨用該裝置探究物質的吸熱能力，設計的電路中的R甲、R乙必須滿足的條件是　R甲=R乙　，這樣做的目的是使水和油在相同時間內　吸收的熱量相等　．

③小雨應在兩個相同的燒杯中應加入初溫相同、　質量　相同的水和煤油；且應先閉合開關　S1　，在閉合開關　S2　．實驗中發現誰的溫度不如煤油的溫度升高得慢，這表明水吸熱的本領更強．

【分析】（1）溫度計的讀數：確定每一個大格和每一個小格各代表是示數，再進行讀數；

（2）水沸騰過程中溫度保持不變；

（3）根據水沸騰的條件：達到沸點并繼續吸熱，通過沸騰的兩個條件結合熱傳遞的知識進行分析．

（4）應用控制變量法分析答題，根據實驗目的確定需要控制的變量；分析實驗數據，根據實驗數據得出實驗結論．

【解答】解：（1）每一個大格代表10℃，每一個小格代表1℃，示數是89℃．

（2）由表中實驗數據可知，當水溫達到98℃水開始沸騰，在水沸騰后，水繼續吸熱，溫度不變（吸熱溫度不變）．

（3）剛撤掉酒精燈時，鐵圈、石棉網的溫度還高于水的溫度，所以水可以繼續吸熱，不馬上停止沸騰．

（4）①甲圖只能探究出水沸騰時溫度變化的特點，不能探究物質的吸熱能力，而乙圖可以用來探究水的沸騰特點和物質的吸熱能力；

②探究物質的吸熱能力，應控制物質吸收的熱量相等，由圖示電路圖可知，兩電阻并聯，它們的電壓相等，要使電阻在相等時間內產生的熱量相等，使水和油在相同時間內吸收的熱量相等．應控制兩電阻阻值相等，即：R甲=R乙．

③要探究水與油的吸熱能力，應控制水與油的質量、初溫、吸收的熱量相等，要控制水與油吸收的熱量相等，應控制兩個電阻同時開始加熱，因此應先閉合開關S1，然后再閉合開關S2；實驗過程中水不能達到沸騰，應控制水的末溫度低于98℃；實驗表明：水的末溫比油低，水的吸熱能力比油強．

故答案為：（1）89；（2）繼續吸熱，溫度保持不變；（3）鐵圈和石棉網有余熱，溫度高于水的沸點，水會繼續吸熱；（4）①乙圖即能探究水的沸騰特點，又能探究物質的吸熱能力；②R甲=R乙；吸收的熱量相等；③質量；S1；S2．

【點評】此題考查了對有關熱學實驗的掌握，主要考查了水沸騰的特點、焦耳定律及溫度變化與吸熱能力的關系，要掌握基本的知識，并能靈活運用．

25．（7分）如圖甲所示，是小雨同學的實驗小組在探究通過導體的電流與導體兩端電壓的關系的一個實驗電路圖：

（1）如圖甲所示，用筆畫線代替導線，將實驗電路連接完整，使滑動變阻器接入電路的阻值最大．

（2）小雨同學連接電路后，閉合開關發現：電流表指偏轉正常，電壓表的指針反向偏轉，請寫出造成這個現象的原因是　電壓表的正負接線柱接反了　．

（3）小雨同學通過調節滑動變阻器，把測量的數據都記錄在下表，請在圖乙中作出通過導體的電流與導體兩端電壓的關系圖象．分析表中實驗數據及圖象可以得出的結論是　電阻一定時，電流與電壓成正比　．

（4）探究了電阻的電流根兩端電壓的關系后，同學們又提出了測燈泡額定電功率這一問題，小雨同學讀取完最后一次電流表示數后，直接拆下電阻改換成額定電壓為2.5V的小燈泡，他認為這樣操作簡捷高效．請你指出他在操作中的錯誤：　應先斷開開關，然后再拆下電阻改換成額定電壓為2.5V的小燈泡　．

（5）小雨按照正確的實驗步驟完成了實驗，丙把數據記錄在自己設計的表格中，且進行了數據處理．該燈泡的額定電功率是　0.625　W．認真分析此表，你認為小雨的設計存在的問題是：　設計電功率“平均值”一欄是錯誤，應該刪掉　．

【分析】（1）滑動變阻器應一上一下串聯入電路中，根據連接電路后要使滑動變阻器接入電路的阻值最大確定其接線柱；

（2）當電壓表和電流表的正負接線柱接反后，指針將反向偏轉；

（3）根據表格中數據描點，并用平滑的曲線連接起來，分析得出結論；

（4）拆接電路時，需斷開開關；

（5）燈泡在額定電壓下的功率為額定功率，據此讀出燈泡的額定功率；燈泡在不同電壓下的實際功率不變，因此不可以求平均值．

【解答】解：（1）滑動變阻器應一上一下串聯接入電路，連接電路后要使滑動變阻器接入電路的阻值最大，所以應將其左下接線柱接入電路．如圖所示：

（2）電壓表的指針反向偏轉，說明電壓表的正負接線柱接反了；

（3）根據表格中數據描點，并用平滑的曲線連接起來，如圖所示：

由表格中數據及圖象知，電阻一定時，電流與電壓成正比．

（4）為測量燈泡的額定功率，直接拆下電阻改換成額定電壓為2.5V的小燈泡，該做法是錯誤的，應先斷開開關，然后再拆下電阻改換成額定電壓為2.5V的小燈泡；

（5）因為燈泡的額定電壓為2.5V，由表中數據可知，燈泡的額定功率為0.625W；

因為燈泡在不同電壓下的實際功率不同，因此不可以求平均價，即設計電功率“平均值”一欄是錯誤，應該刪掉．

故答案為：（2）電壓表的正負接線柱接反了；（3）電阻一定時，電流與電壓成正比；（4）應先斷開開關，然后再拆下電阻改換成額定電壓為2.5V的小燈泡；（5）0.625；設計電功率“平均值”一欄是錯誤，應該刪掉．

【點評】本題考查了探究通過導體的電流與導體兩端電壓的關系和電功率的測量的實驗，考查了電路的連接、實驗數據的分析，本題涉及到知識點較多，綜合性較強．

四、綜合應用（26題6分，27題8分，28題10分，共24分）

26．（6分）飛虎公園位于廣西桂林市臨桂區的秧塘機場遺址，于2015年3月28日落成，目前保存有山洞指揮所、陳納德將軍觀戰石、飛機掩體等文物，是美國飛虎隊現存唯一的指揮所遺址．如圖所示，公園內有一巨型的圓柱體堅實大石滾，用洋灰（水泥）夾碎石澆凝而成的大石滾，在修建機場跑道時，由100多勞力拉動一個，在“咳喲咳喲”聲中，一寸一寸滾壓機坪．大石滾質量約為40噸，體積為16m3，大石滾在滾動時與地面的接觸面積約為0.1m2．求：

（1）大石滾的密度約為多少kg/m3？

（2）大石滾對地面的壓強約為多少Pa？

【分析】（1）知道大石滾的質量和體積，根據ρ=求出大石滾的密度；

（2）大石滾對地面的壓力等于自身的重力，根據F=G=mg求出其大小，再根據p=求出對地面的壓強．

【解答】解：（1）大石滾的密度：

ρ===2.5×103kg/m3；

（2）大石滾對地面的壓力：

F=G=mg=40×103kg×9.8N/kg=3.92×105N，

對地面的壓強：

p===3.92×106Pa．

答：（1）大石滾的密度約為2.5×103kg/m3；

（2）大石滾對地面的壓強約為3.92×106Pa．

【點評】本題考查了密度和壓強的計算，關鍵是知道水平面上物體的壓力和自身的重力相等．

27．（8分）幾千年來中國的廚藝最講究的就是“火候”二字．如圖甲所示是新型電飯鍋，采用“聰明火”技術，電腦智能控溫、控壓，智能化控制食物在不同時間段的溫度，以得到最佳的口感和營養，其簡化電路如圖乙所示．R1和R2均為電熱絲，S是自動控制開關．接通電路后，開關S自動與觸點a和b接通，開始加熱．當鍋內溫度達到105℃時，開關S自動與a和b斷開，并與觸點c接通，開始保壓，此時鍋內米飯的溫度不變，且水始終沒有沸騰．如圖丙所示為這個電飯鍋在某次煮飯全過程中電流隨時間的變化圖象．

求：（1）電熱絲R1的阻值；

（2）電飯鍋在這次煮飯的過程中消耗的電能．

【分析】（1）當開關S自動與a和b斷開，并與觸點c接通時，電路中只有R1工作，由丙圖可知通過R1的電流值，然后根據歐姆定律即可求出R1的阻值；

（2）根據圖丙可知電路中電流最大和最小時的工作時間，根據W=UIt求出兩種情況下電流做的功，兩者之和即為電飯鍋在這次煮飯的過程中消耗的電能．

【解答】解：（1）當鍋內溫度達到105℃時，開關S自動與a和b斷開，并與觸點c接通，電路中只有R1，電路中的電阻最大，由丙圖可知，通過R1的電流值I1=2A，

由圖乙知，電路中的電流I′=2A，

由I=可得，電熱絲R1的阻值：

R1===110Ω；

（2）由圖丙可知，電路中的電流為3A時工作的時間t=15min=900s，

電路中的電流為2A時工作的時間t′=15min=900s，

電飯鍋在這次煮飯的過程中消耗的電能：

W=UIt+UI′t′=220V×3A×900s+220V×2A×900s=9.9×105J．

答：（1）電熱絲R1的阻值為110Ω；

（2）電飯鍋在這次煮飯的過程中消耗的電能為9.9×105J．

【點評】本題考查了并聯電路的特點和歐姆定律、電功率公式、電熱公式的綜合應用，分析電路結構得出兩種狀態下對應的電流值是關鍵．

28．（10分）某速遞公司在北京、上海、廣州部分區域開展無人機快遞實驗：消費者在網上購物平臺拍下規定商品﹣﹣某品牌的紅糖姜茶，就有機會在1小時內，看到無人機載著商品抵達．據報道，擔負起快遞運送任務的小型無人機名為“八爪直升機”，如圖甲所示．該無人機配備有利于馬達驅動的8旋翼，丙依靠GPS導航系統完成送貨．如圖乙所示是該無人機在水平飛行時受到的空氣阻力與飛行速度之間的關系圖象，其他的有關信息如下表．求：

（1）該無人機最大裝載的貨物重量；

（2）該無人機在最大裝載狀態下勻速上升時的規律；（不計空氣阻力）

（3）為了保證無人機以最大安全飛行速度勻速送貨完畢后能安全返回，請求出該無人機的最大送貨距離．

【分析】（1）由題意可知，無人機的最大升力與無人機自重之差即為無人機送貨時最大能裝載重力，根據G=mg，求出無人機送貨時最大能裝載質量；

（2）越到高空空氣密度越小，要產生的最大升力仍為260N，則旋翼的轉速應加快．

（3）根據電池容量可求得消耗的電能，再根據電動機效率求得有用能量，已知最大安全飛行速度v，根據圖乙可知對應的牽引力，然后利用W=Fs可求得送貨距離．

【解答】解：

（1）無人機上貨物的最大重力：

G=F﹣G機=260N﹣160N=100N；

根據G=mg得，無人機送貨時最大能裝載的貨物質量為：

m===10kg；

（2）越到高空空氣的密度越小，因此該無人機在最大裝載狀態下勻速上升時，要產生260N的升力，旋翼的轉速應越來越快；

（3）已知電池容量5000mAh，

電池儲存的電能W=UIt=12V×5A×3600s=2.16×105J，

則電能轉化的有用能量：W有=W×80%=2.16×105J×80%=1.728×105J；

已知最大安全飛行速度v=54km/h=54×m/s=15m/s，

由圖乙可知，當最大安全飛行速度v=15m/s時，對應的阻力f=9.6N，

無人機水平勻速飛行時，牽引力F=f=9.6m，

由W有=可得無人機飛行的距離：

s===1.8×104m，

因為無人機以最大安全飛行速度勻速送貨完畢后能安全返回，

則該無人機的最大送貨距離s′=s=×1.8×104m=9×103m．

答：（1）該無人機最大裝載的貨物質量為10kg；

（2）該無人機在最大裝載狀態下勻速上升時旋翼的轉速應越來越快；

（3）該無人機的最大送貨距離為9×103m．

【點評】本題考查了重力公式、速度公式的靈活應用，關鍵是從表格或圖象中獲取有用的信息．