2018年山东省烟台市中考物理试题（解析版） 22页

‎2018年山东省烟台市中考物理试卷 一．选择题 ‎1. “北斗”卫星是中国自行研制的通信系统，可在全球范围内全天候地为各类用户提供高精度，高可靠性的定位、导航等服务，该系统在传递信息过程中主要依靠（ ）‎ A. 声波 B. 超声波 C. 次声波 D. 电磁波 ‎【答案】D ‎【解析】解：‎ ABC．声音的传播需要介质，真空不能传声，故ABC不符合题意。‎ D．卫星和地面的联系靠电磁波，将图片和声音等信号调制到电磁波上，把电磁波当成载体发射回地面，所以它传递信息利用的是电磁波。故D符合题意。‎ 故选：D。‎ 点睛：人们日常生活中用的电视信号、手机信号以及卫星通信都是利用电磁波传递的。‎ ‎2. 为了探究声音产生的条件，小明设计了如图所示的几个实验，你认为不能完成探究目的是（ ）‎ A. 发出“啊”的声音，用手指触摸喉咙处 B. 一边改变管子插入水中深度，一边用嘴吹管的上端 C. 敲打铜锣，锣响后用手触摸锣面 D. 敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊 ‎【答案】B ‎【解析】解：‎ A、发出“啊”的声音，用手指触摸喉咙处，感觉到声带振动，能探究声音产生的条件，故A不符合题意；‎ B、一边改变管子插入水中深度，一边用嘴吹管的上端，空气柱的长度改变，振动频率发生变化，音调发生变化，研究的是音调和频率的关系，故B符合题意；‎ C、敲打铜锣，锣响后用手触摸锣面，感觉到鼓面在振动，能探究声音产生的条件，故C不符合题意；‎ D、敲击音叉后，将音叉轻轻地接触脸颊，会感到音叉在振动，能探究声音产生的条件，故D不符合题意。‎ 故选：B。‎ 点睛：此题考查了声音的特性和声音的产生，物体发声时一定振动，振动停止，发声停止。‎ ‎3. 如图所示的杠杆，属于费力杠杆的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：‎ A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ C、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，符合题意。‎ D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。‎ 故选：C。‎ 点睛：本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。‎ ‎4. 关于惯性，以下说法正确的是（ ）‎ A. 百米赛跑运动员到达终点不能马上停下来，是由于运动员具有惯性 B. 汽车驾驶员和乘客需要系上安全带，是为了减小汽车行驶中人的惯性 C. 行驶中的公交车紧急刹车时，乘客会向前倾，是由于惯性力的作用 D. 高速公路严禁超速，是因为速度越大惯性越大 ‎【答案】A ‎【解析】解：‎ A、百米赛跑运动员到达终点不能马上停下来，是由于运动员具有惯性，故A正确；‎ B、汽车驾驶员和乘客需要系上安全带，是为了减小汽车行驶中惯性造成的危害，不能减小惯性，惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，故B错误；‎ C、行驶中的公交车紧急刹车时，乘客会向前倾，是由于乘客具有惯性；惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故C错误。‎ D、物体的惯性只与物体的质量有关，与运动状态、速度等因素无关，故D错误。‎ 故选：A。‎ 点睛：正确理解惯性的概念是解答此题的关键。惯性是物体保持原来运动状态不变的性质。原来静止的物体保持原来的静止状态；原来运动的物体保持原来的运动状态。并且要知道任何物体都有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，与是否运动、是否受力、做什么运动都没有关系。‎ ‎5. 下列现象，属于汽化的是（ ）‎ A. 烧水时，壶嘴冒出“白气”‎ B. 夏天，洒在地板上的水很快干了 C. 冬天，室外冰冻的衣服也能变干 D. 冰箱冷冻室内壁结霜 ‎【答案】B ‎【解析】解：A、烧水时，从壶嘴冒出“白气”是水蒸气的液化现象，故A错误；‎ B、夏天，洒在地板上的水很快干了，是水变成水蒸气，是汽化现象，故B正确；‎ C、冰冻的衣服在0℃以下也能干，是冰直接变成水蒸气，属于升华现象，故C错误；‎ D、冰箱冷冻室内壁结霜是水蒸气直接变成小冰晶，是凝华现象，故D错误。‎ 故选：B。‎ 点睛：分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。‎ ‎6. 如图描述的四个生活实例，属于光反射现象的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：A、手影中影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故A与题意不符；‎ 学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...‎ C、水中鱼上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，属于光的折射，故C与题意不符；‎ D、“潜望镜”是两块平面镜组成，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故D符合题意。‎ 故选：D。‎ 点睛：本题通过日常生活中的光现象，考查了对光的直线传播、光的反射、光的折射的理解和应用，考查了学生理论联系实际的能力，在学习中要善于利用所学的物理知识解释、解决有关问题。‎ ‎7. 一重力为G的热气球竖直匀速上升时，它所受到的浮力为F，受到的空力阻力为f，下列关系正确的是（ ）‎ A. F＞G+f B. F=G+f C. F＜G+f D. F=G﹣f ‎【答案】B ‎【解析】解：‎ 热气球匀速上升时，受平衡力的作用，浮力的方向竖直向上，重力和阻力的方向竖直向下；‎ 则浮力F等于重力G与阻力f之和，即：F=G+f。‎ 故选：B。‎ ‎8. 在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，所用凸透镜焦距为10cm，当蜡烛从如图所示的A位置逐渐移到B位置的过程中，像距及其像的变化情况是（ ）‎ A. 像距增大，像变大 B. 像距减小，像变大 C. 像距减小，像变小 D. 像距增大，像变小 ‎【答案】A ‎【解析】解：凸透镜的焦距是10cm，将点燃的蜡烛从A位置逐渐移到B位置的过程中，由于物距减小，则像距变大，像变大。‎ 故选：A。‎ 点睛：掌握凸透镜成像的三种情况：‎ u＞2f，成倒立、缩小的实像。‎ ‎2f＞u＞f，成倒立、放大的实像。‎ u＜f，成正立、放大的虚像。‎ 凸透镜成实像时，物体离凸透镜越近，像离凸透镜越远，像也越大。‎ ‎9. 如图是小明为家里的盆景设计了一个自动供水装置，他用一个塑料瓶装满水后倒放在盆景中，瓶口刚刚被水浸没，这样盆景中的水位可以保持一定的高度。塑料瓶中的水不会立刻全部流掉的原因是（ ）‎ A. 受浮力的作用 B. 外界大气压的作用 C. 盆景盘支持力的作用 D. 瓶口太小，水不易流出 ‎【答案】B ‎【解析】解：‎ 一个标准大气压可以支持约10.13m高的水柱。瓶中水面能高于盆内水面不会流出来，正是因为盆景中的水与大气相通，是大气压支持着瓶内的水不会流出来。‎ 故选：B。‎ 点睛：本题考查学生运用所学知识分析解决实际问题的能力，浸在空气中的物体受到大气压的作用，一个标准大气压可以支持10.13m高度的水柱。‎ ‎10. 炎炎夏日，烈日下海滩的沙子热得烫脚，而海水很清凉，榜晚落日后，沙子凉了，海水却依然暖暖的，这主要是因为海水和沙子具有不同的（ ）‎ A. 密度 B. 内能 C. 热量 D. 比热容 ‎【答案】D ‎【解析】解：‎ 水的比热容比沙子的比热容大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，水的温度变化比沙小，因此，在受太阳照射条件相同时，海水比沙滩的温度低，放出相同热量时，海水比沙滩的温度高，故D正确。‎ 故选：D。‎ 点睛：本题主要考查学生对水的比热容大在生活中的应用的了解。水的比热容大，在吸收和放出相同热量时，与同质量的其他物质相比，其温度变化小。‎ ‎11. 物理学中把抽象的、不易直接测量的物理量，转换为具体的，易测量的物理量的科学方法，叫转换法，在下图所示实验中没有使用转换法的是（ ）‎ A. 探究光的反射规律 B. 探究液体压强与哪些因素有关 C. 探究重力势能与哪些因素有关 D. 探究电热与哪些因素有关 ‎【答案】A ‎【解析】解：A、在探究光的反射规律实验中，多次改变入射光线的角度，观察并记录反射光线的位置，目的是探究反射光线位置变化与入射光线的关系，采用的是归纳法。故A符合题意；‎ B、探究液体压强与哪些因素有关实验中，通过U形管中液面高度差的大小反映液体内部压强的大小，采用的是转换法。故B不符合题意；‎ C、探究重力势能与哪些因素有关实验中，通过小桌陷入沙中的深度反映重力势能的变化，采用的是转换法。故C不符合题意；‎ D、探究电热与哪些因素有关实验中，通过液体温度变化反映电流产生热量的多少，采用的是转换法。故D不符合题意。‎ 故选：A。‎ 点睛：物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。‎ ‎12. 如图所描述的情景中，没有发生动能转化为势能的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：‎ A、滑滑梯时，人的高度降低，速度变大，是重力势能转化为动能，没有发生动能转化为势能，故A符合题意；‎ B、荡秋千时，在从低处向高处运动时，人与秋千的速度减小，高度增加，是动能转化为重力势能，故B不合题意；‎ C、在跳水比赛中，人向上弹起的过程中，高度增大，速度减小，是动能转化为重力势能，故C不合题意；‎ D、在单杠上翻转时，若人由下向上运动，人的速度减小，高度增加，是动能转化为重力势能，故D不合题意。‎ 故选：A。‎ 点睛：本题主要通过生活中的几个实例，考查了动能与势能之间的转化，明确动能与势能的影响因素，据此可结合物体的运动情况做出判断。‎ ‎13. 如图描述的是生活中与“电”有关的现象，其中符合安全用电常识的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：‎ A、水是导体，不得用湿手触摸带电的电器或开关，故A错误；‎ B、同时使用多个大功率用电器会使得干路中的电流过大，容易引发火灾，故B错误；‎ C、发现有人触电应先切断电源，然后在施救，故C正确；‎ D、电冰箱的金属外壳必须接地，故应采用用三脚插头及三孔插座，故D错误。‎ 故选：C。‎ 点睛：安全用电的原则是：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。‎ ‎14. 在如图所示的电路中，闭合开关后，当滑片P向左移动时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 灯泡L变亮 B. 电压表V示数变大 C. 电流表A1示数变小 D. 电流表A2示数变大 ‎【答案】C ‎【解析】解：‎ 由图可知，该电路为并联电路；电流表A1测量干路中的电流，电流表A2‎ 测量通过灯泡的电流；电压表测量的是支路两端的电压，亦即电源电压，保持不变，故B错误；‎ 根据并联电路的特点可知，滑动变阻器滑片移动时，对灯泡所在的支路无影响，灯泡的电流和电压都不变，故电流表A2示数不变，灯泡亮度不变，故AD错误；‎ 当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小；通过灯泡的电流不变，根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流减小，即电流表A1示数变小，故C正确。‎ 故选：C。‎ 点睛：解决动态电路的问题，认清电路的连接方式和电表的作用是关键。‎ ‎15. 下列实验现象所揭示的物理原理或规律与对应的技术应用不正确的是（ ）‎ A. 飞机 B. 内燃机 C. 电磁起重机 D. 电动机 ‎【答案】D ‎【解析】解：‎ A、上图是用力向两张纸的中间吹气，纸向中间靠拢，说明了流体压强与流速的关系；‎ 下图中飞机的升空就是利用流体压强与流速的关系来实现的；两者对应关系一致，故A不合题意。‎ B、上图中，活塞被高温的水蒸气推出，是水蒸气的内能转化成机械能；‎ 下图中火花塞正在打火、活塞向下运动，所以是做功冲程，在该冲程中气体的内能转化为活塞的机械能；两者对应关系一致，故B不合题意。‎ C、上图中通电线圈能吸引大头针，这是电流的磁效应；‎ 下图为电磁起重机，是根据电流的磁效应制成的；两者对应关系一致，故C不合题意。‎ D、上图中，闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象；‎ 下图电动机是通电线圈在磁场中受力而转动制成的；两者对应关系不一致，故D符合题意。‎ 故选：D。‎ 点睛：首先分析选择项中上下两个图示场景中包含的物理知识，然后将包含的物理知识相对应，通过比较它们是否一致，得到答案。‎ 二．填空题 ‎16. 小明在探究”海波熔化时温度的变化规律”的实验时，设计了甲、乙两种方案（如图所示）。实验应选用_____方案，其优点是_____，实验过程中温度计的变化情况是_____。‎ ‎【答案】 (1). 甲 (2). 使物质均匀受热 (3). 先升高，后不变，再升高 ‎【解析】解：利用水浴法加热，不但能使试管受热均匀，而且物质的温度上升速度较慢，便于及时记录各个时刻的温度，故应选择甲装置。‎ 实验过程中，海波吸收热量，温度升高，海波在熔化过程中温度不变，熔化结束后，温度计示数逐渐变大。所以实验过程中温度计的变化情况是先升高，后不变，再升高。‎ 点睛：本题考查了固体熔化特点实验，知道晶体与非晶体的特点，属于基础知识。‎ ‎17. 水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球A、B分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示两小球；甲所受浮力的大小关系为FA_____FB，两小球所排开液体重力的大小关系为GA_____GB，两种液体对烧杯底的压强的大小关系为p甲_____p乙（均选填“＞”、“=”或“＜”）。‎ ‎【答案】 (1). = (2). = (3). ＞‎ ‎【解析】解：由图可知，A球漂浮，B球悬浮，所以根据悬浮和漂浮条件可知两球受到的浮力都等于各自的重力，由于两个小球是相同的，重力相等，所以FA=FB=G。‎ 根据阿基米德原理可知：排开液体重力GA=FA，GB=FB，所以GA=GB；‎ 由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲＞ρ球，ρ乙=ρ球，‎ 则两种液体的密度大小关系是：ρ甲＞ρ乙。‎ 因为两容器液面等高（深度h相同），根据液体压强公式p=ρgh可得，两种液体对烧杯底的压强的大小关系为p甲＞p乙。‎ 点睛：本题考查物体的浮沉条件和阿基米德原理的应用，关键知道物体漂浮时浮力等于重力，物体密度小于液体密度；物体悬浮时浮力等于重力，物体密度等于液体密度。‎ ‎18. 甲、乙两小车同时同地向东做匀速直线运动，它们的s﹣t图象如图所示，甲车的速度为_____，5s 时两车相距_____，以甲车为参照物，乙车向_____运动。‎ ‎【答案】 (1). 0.2m/s (2). 0.5m (3). 西 ‎【解析】解：‎ ‎（1）读图可知，经过6s，甲运动了1.2m，乙运动了0.6m，‎ 则甲的速度：v甲===0.2m/s；‎ 乙的速度：v乙===0.1m/s，‎ 所以，v甲＞v乙；‎ 经过5s，两车通过的路程分别为：‎ s甲′=v甲t′=0.2m/s×5s=1m，s乙′=v乙t′=0.1m/s×5s=0.5m，‎ 此时两车相距：△s=1m﹣0.5m=0.5m。‎ ‎（2）由于甲、乙两车同时同地向东做匀速直线运动，所以，同一时刻甲在乙的前面向东运动，如果以甲为参照物，乙的位置不断向西变化，则乙车向西运动。‎ 点睛：本题考查了物体的s﹣t图象及物体运动状态的判断方法，由图象找出两物体的路程s与所对应的时间t是解题的关键。‎ ‎19. 常温常压下，一台标有“220V 2000W“的电热水壶正常工作时，将质量为1kg、初温为20℃的水烧开，需要的时间是_____[假设该热水壶产生的热量完全被水吸收，c水=4.2×103J/（kg•℃）]。‎ ‎【答案】168s ‎【解析】解：‎ 在1个标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，‎ 不计热损失，由W=Q吸=Pt可得，需要的加热时间：‎ t′====168s。‎ 点睛：本题考查了吸热公式、电功公式的应用，关键是知道在1个标准大气压下水的沸点为100℃。‎ ‎20. 请在下面的流程图中填入后面所列出的短语，来解释电铃（图甲）是怎样利用电磁铁工作的。短语：弹簧片恢复原状；电磁铁无磁性；电路接通；电路断开；电磁铁吸引衔铁，锤子敲击铃碗；电磁铁有磁性。‎ ‎【答案】闭合开关，电磁铁有电流通过，电磁铁具有了磁性，衔铁被吸引过来，使锤子打击铃碗发出声音，同时衔铁B与螺钉A分离，电路断开，电磁铁失去了磁性，锤子又被弹簧片弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声了 ‎【解析】电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电铃就是利用电磁铁的这个特性工作的；通电时，电磁铁吸引衔铁，鼓槌打击铃碗发出声音，同时衔铁与螺钉分离，鼓槌被弹回，电路重新接通，不断重复上面的过程。故答案为（1）电磁铁具有磁性；（2）电路断开；（3）锤子又被弹簧片弹回；‎ 点睛：通过读图明确电磁继电器的工作原理与工作过程，从而可以正确描述其工作时的状态；‎ 三．作图简答题 ‎21. 学习了电路相关知识后，小明想给自家的养殖场设计一种呼叫装置，要求前后门来的客人均可呼叫，前门来的客人关闭开关，办公室的电铃响、红灯亮；后门来的客人关闭开关，办公室的电铃响、绿灯亮。请在图中帮助他画出符合要求的电路图（导线不得交叉）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】解：‎ 由题意知，两个电灯为并联，且各有一个开关控制，而电铃串联在干路中；即绿灯亮、电铃响时表示人在后门按后门开关，红灯亮、电铃响时表示人在前门按前门开关，电路图如图所示：‎ 点睛：本题是实物连接的问题，关键根据现象判断各元件间的连接方式。根据要求设计电路，一般电路有三种情况：串联、并联、部分短路。‎ ‎22. 神奇的光伏高速公路 全球首段承载式光伏高速公路2017年12月28日在山东济南通车，光伏路面全长1120米，路面顶层是类似毛玻璃的新型材料，摩擦系数高于传统沥青路面，保证轮胎不打滑的同时，还拥有较高的透光率，让阳光穿透它：使下面的太阳能把光能转换成电能，发电装机容量峰值功率为817.2kW．预计年发电量约100万千瓦，参与测试的一名中巴车司机说：“路面的感觉和平常高速一样，刹车距离和平常路面一样。”在冬季，这段路面还可以将光能转化为热能，消融冰雪，确保行车安全。‎ 报道称，这光伏滑路面还预留了电磁感应线圈，随着电动汽车无线技术的配套，未来可实现电动车边跑边充电，预留的信息化端口还可接入各种信息采集设备：车辆信息、拥堵状况等信息将汇聚成交通大数据，构建大数据驱动的智慧云控平台，通过智能系统，车辆管控等措施，能更有效的提升高速公路的运行效率。‎ 晒晒太阳就能发电，公路变成”充电宝”，自行融化路面积雪…，这就是智见公路的先行案例。‎ 阅读上文，回答下列问题：‎ ‎（1）交章中有个物理量的单位有误，请你指出来并改正；‎ ‎（2）简要描述“新型材料”的特性；‎ ‎（3）光伏高速公路的设计应用了哪些物理知识？（回答三点即可）。‎ ‎【答案】见解析所示 ‎【解析】答：（1）功率的单位是W、kW；电功、电能的单位是千瓦时，故题目中的错误“预计年发电量约100万千瓦”，应该为“100万千瓦时”；‎ ‎（2）由题中信息知：“新型材料”的特性为：摩擦力大，保证轮胎不打滑；‎ 透光率高使下面的太阳能把光能转换成电能；‎ 还可以将光能转化为热能，消融冰雪，确保行车安全电；‎ 磁感应线圈可实现电动车边跑边充电；‎ ‎（3）①路面顶层是类似毛玻璃的新型材料，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大车辆行驶时与地面的摩擦力；‎ ‎②阳光穿透它达到中层的光伏发电组件时，消耗太阳能，产生电能，即将太阳能转化为电能。‎ ‎③太阳能电池板可以把光能转化成电能，若将预留的金属线圈与太阳能电池相连，线圈中会用电流，电流周围就会产生磁场，当电动汽车内的线圈随汽车运动时，线圈在磁场中做切割磁感线运动，会在汽车的线圈中产生感应电流，从而实现运动中的无线充电，解决电动汽车充电难的问题。‎ 点睛：本题考查了功的单位、增大摩擦力的方法、能量转化以及发电机的工作原理，理解电磁感应现象的运用是关键。‎ 四．实验探究题 ‎23. 如图是利用平板玻璃，两只相同的蜡烛A和B、刻度尺，笔等器材探究“平面镜成像特点”的实验装置 ‎（1）实验器材选用两只相同蜡烛的目的是什么？刻度尺的作用是什么？‎ ‎（2）为了保证实验效果，对实验环境有什么要求？‎ ‎（3）简述确定记录像位置的方法步骤；‎ ‎（4）实验过程中，某实验小组无论怎样操作，总是观察到两个几乎重叠的像，其原因是什么？‎ ‎【答案】见解析所示 ‎【解析】解：‎ ‎（1）两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相同，所以两只蜡烛相同是为了比较像与物大小关系的；在实验中用到刻度尺，是测像到镜面的距离、物到镜面的距离，然后比较二者关系用的；‎ ‎（2）在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮。所以在比较黑暗的环境中进行实验；‎ ‎（3）确定记录像位置的方法步骤是：‎ ‎①．在水平桌面上铺一张白纸，将一块玻璃板后面竖立在纸上，在纸上记下玻璃板的位置。‎ ‎②．选取两支大小相同的蜡烛，把一支蜡烛点燃放在玻璃板的前面，看到玻璃板后面有蜡烛的像时，在纸上记下蜡烛的位置A。‎ ‎③．拿另一支没有点燃的蜡烛，竖立着在玻璃板后面移动，直到它与前面的蜡烛的像完全重合，在纸上记下该蜡烛的位置A′。‎ ‎④．移动点燃的蜡烛到另一位置，重做上面的实验，在纸上记录物与像的位置B、B′；C、C′。‎ ‎（4）实验过程中，某实验小组无论怎样操作，总是观察到两个几乎重叠的像，其原因是玻璃板有两个反射面，两个反射面都能成像。两个反射面都能反射成像。所以看到两个像，玻璃板越厚，两个像距离越远，越明显。‎ 点睛：本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。在探究“平面镜成像特点”的实验中，实验步骤应该是先在水平桌面上铺一张白纸，纸上竖立一块玻璃板作为平面镜，再点燃蜡烛做实验，为得到普遍规律，应改变玻璃板前蜡烛的位置，多做几次实验。‎ ‎24. 在用天平，量筒“测量盐水密度”的实验中，甲、乙、丙三位同学设计了如下三种实验方案：‎ 方案一：‎ ‎1调节天平平衡 ‎2用天平测出空烧杯的质量m1‎ ‎3在烧杯中倒入适量的被测液体，测出总质量m2‎ ‎4将烧杯中的液体倒入量筒中，读出液体的体积V ‎5算出液体的密度ρ液 方案二：‎ ‎1调节天平平衡 ‎2在烧杯中盛被测液体，测出它们的质量m1‎ ‎3将烧杯中的适量液体倒入量筒中，读出液体的体积V ‎4测出烧杯和杯中剩余液体的质量m2‎ ‎5算出液体的密度ρ液 方案三：‎ ‎1调节天平平衡 ‎2将适量的液体例入量筒中，读出液体的体积V ‎3用天平测出空烧杯的质量m1；‎ ‎4将量筒中液体倒入烧杯，测出总质量m2‎ ‎5算出液体的密度ρ液 ‎（1）请观察图，简要说明调节天平平衡的步骤 ‎（2）写出以上三种实验方案密度的表达式 ‎（3）分析评估以上三种实验方案，指出哪种方案最合理 ‎【答案】见解析所示 ‎【解析】解：‎ ‎（1）调节天平平衡的步骤：‎ 把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度处，调节平衡螺母使指针指到分度盘的中央；‎ ‎（2）液体的密度，基本原理是ρ=；‎ 方案一：液体的密度ρ液==；‎ 方案二：液体的密度ρ液==；‎ 方案三：液体的密度ρ液=═；‎ ‎（3）方案一：当把液体由烧杯倒入量筒时，烧杯上会沾有少量液体，导致称量的液体体积偏小，根据ρ=知测量的液体密度偏大，误差较大；‎ 方案三：当把液体由量筒倒入烧杯时，量筒上会沾有少量液体，导致称量的液体质量偏小，根据ρ=知测量的液体密度偏小，误差较大；‎ 方案二避免了方案一和方案三中的这些问题，实验误差较小，故方案二较合理。‎ 点睛：本题考查测量液体密度实验步骤和原理，关键是平时要注意知识的积累，记住测量的方法和原理；重点是记住测量密度的原理和测量步骤。‎ ‎25. 小明在做“测定小灯泡电功率”的实验时连接了如图甲所示的电路 ‎（1）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P，发现小灯泡不亮，经检查有一根导线连接错误，请你在电路中将连接错误的导线上打“×”，并补测出正确的连线。‎ ‎（2）正确连接电路后，滑片P移动到某一位置时，电压表和电流表示数如图乙所示小灯泡此时的电功率是多少？‎ ‎（3）小明根据记录的多组数据绘制出小灯泡的I﹣U图象（图丙），分析评估时，小明对自己的实验产生了困惑，他认为：由欧姆定律I=知，I与U之间的变化关系是正比函数，所以其图象理论上应该是过原点的一条直线，请你帮助他解除困惑。‎ ‎【答案】（1）；（2）小灯泡此时的电功率是0.9W；（3）灯丝的电阻随温度的升高而增大。‎ ‎【解析】解：（1）由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，灯泡连接错误，将灯泡左端接线柱与开关的右接线柱连线断开，改接为灯泡左接线柱与电压表负接线柱相连即可，连图如下所示：‎ ‎；‎ ‎（2）由图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.5V，‎ 由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.36A，‎ 则小灯泡的额定电功率P=UI=2.5V×0.36A=0.9W；‎ ‎（3）由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以通过灯泡的电流与电压不成正比。‎ 点睛：本题是测定小灯泡电功率实验，考查了电表的读数、电功率的计算、电路故障的分析、灯丝电阻与温度的关系，是一道综合性题目。第（3）小题是难点。‎ 五．计算题 ‎26. 在某次综合实践活动中，小明利用蓄电池（电压为24V）、电压表（量程为0～15V）校准电阻R0，滑动变阻器R（最大阻值为100Ω）等器材，设计了一种测定油箱内油量的方案（图甲），选配合适的校准电阻值，能够使油箱装满汽油，滑动变阻器的触片在某一端时，油量表示数为最大值（即电压表示数达到最大值）油箱中的汽油用完，滑动变阻器的触片在另一端时，油量表示数为零（即电压表示数为零）‎ ‎（1）校准电阻除了可以校准表盘，还有什么作用？校准电阻的阻值为多少？‎ ‎（2）整个电路消耗的电功率的变化范围是多少？‎ ‎（3）另一个小组的小红同学设计了如图乙所示的电路，请你从能耗的角度分析这种方案的优点。‎ ‎【答案】（1）分压作用 60Ω；（2）3.6W～9.6W；（3）图乙的设计从能耗的角度看优点是节约电能。‎ ‎【解析】解：‎ ‎（1）由题知，电源电压U=24V，电路中若没有变阻器R，则R两端电压等于电源电压24V，超过了电压表量程0﹣15V，会被烧坏，所以校准电阻R0串联在电路中，除了可以校准表盘，还起到分压的作用，能避免电压超过电压表量程而损坏；‎ 当油箱装满汽油，由图甲知，滑片在下端，此时变阻器连入阻值最大，电压表示数达到最大值15V，‎ 所以电路中电流：I=I0=IR===0.15A，‎ 所以R0的阻值：R0====60Ω；‎ ‎（2）当油箱装满汽油，变阻器连入阻值最大时，电路中电阻最大，电源电压一定，由P=‎ 知整个电路功率最小，‎ 电路最小功率：P最小===3.6W；‎ 当汽油用完时，滑片在另一端，即在上端，此时只有R0接入电路中，电路功率最大，‎ P最大===9.6W，‎ 所以整个电路消耗的电功率的变化范围是3.6W～9.6W；‎ ‎（3）由图乙知，滑动变阻器始终以最大值串联入电路中，电压表示数UV=IR滑，能反应测量的变化情况，且电路中电阻始终处于最大值，由P=可知电路中功率最小，由W=Pt可知，同样时间内电路消耗的电能最少，所以乙图的电路设计可以节能。‎ 答：（1）校准电阻除了可以校准表盘，还有能起保护电路的作用，校准电阻的阻值为60Ω；‎ ‎（2）整个电路消耗的电功率的变化范围是3.6W～9.6W；‎ ‎（3）图乙的设计从能耗的角度看优点是节约电能。‎ 点睛：本题以测量表为情景考查了电路设计、串联电路特点和欧姆定律定律以及电功率公式的应用，从能耗上分析电路设计优点起到培养学生节能的意识，有意义。‎ ‎27. 如图是某汽车起重机静止在水平地面上起吊重物的示意图，重物的升降使用的是滑轮组，滑轮组上钢丝绳的收放是由卷扬机来完成的。提升重物前，起重机对地面的压强为2×105Pa，某次作业中，将重物甲以0.25m/s的速度匀速提升时，起重机对地面的压强为2.3×105Pa；若以相同的功率将重物乙以0.2m/s的速度匀速提升时，起重机对地面的压强为2.4×105Pa（不计钢丝绳重和摩擦）‎ ‎（1）起重机两次提升的重物质量之比。‎ ‎（2）起重机两次提升重物时，滑轮组的机械效率之比。‎ ‎（3）提升重物乙时，滑轮组的机械效率是多少？‎ ‎【答案】（1）3：4；（2）15：16。（3）80%。‎ ‎【解析】解：（1）设起重机重为G，被提升重物甲重力为G甲，被提升重物乙重力为G乙；‎ 提升物体前，起重机对地面的压力：G=p1S，‎ 匀速提升重物甲时，起重机对地面的压力：G+G甲=p2S，‎ 匀速提升重物乙时，起重机对地面的压力：G+G乙=p3S，‎ 故G甲=（p2﹣p1）S，G乙=（p3﹣p1）S，‎ ‎====﹣﹣﹣﹣①；‎ G=mg，‎ 故==﹣﹣﹣﹣﹣②‎ ‎（2）根据P===Fv，因以相同的功率将重物提升，故拉力与提升的速度成反比，‎ ‎===，﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 因η===﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 由③④得：‎ 起重机两次提升重物时，滑轮组的机械效率之比。‎ ‎=×=×=‎ ‎（3）不计钢丝绳重和摩擦，F甲=﹣﹣﹣﹣﹣⑤‎ F乙=﹣﹣﹣﹣﹣⑥，‎ 由⑤⑥代入③得：=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥‎ 由①⑥得：‎ G动=﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦‎ 因不计钢丝绳重和摩擦，提升重物乙时，滑轮组的机械效率是：‎ 由⑦，η=====80%。‎ 答：（1）起重机两次提升的重物质量之比为3：4；‎ ‎（2）起重机两次提升重物时，滑轮组的机械效率之比为15：16。‎ ‎（3）提升重物乙时，滑轮组的机械效率是80%。‎ 点睛：本题为力学综合题，考查了学生对压强公式、机械效率公式、功率公式的掌握和运用，本题关键：一是利用好功率推导公式P=Fv，二是利用好不计摩擦和绳重F=（G物+G动）。‎