四川省泸州市中考物理试题及答案解析word 31页

四川省泸州市2018年中考物理试题（word解析版）‎ 一．选择题（本题包括12个小题，共38分．在每小题给出的四个选项中，第1～10小题只有一项符合题目要求，选对得3分；第11～12小题，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．（2018•泸州）在泸州市委党校大礼堂举办了学习“十九大”精神宣讲报告会，下列说法正确的是（　　）‎ A．看到主席台上鲜红的党旗，这是因为党旗吸收了白光中的红光 B．会场中各个方向都能看到宣讲者，是由于光射到宣讲者身上时发生了漫反射 C．进入会场后手机设为静音状态，这是声音在传播过程中减弱噪声 D．宣讲者通过麦克风来提高声音的音调 ‎2．（2018•泸州）“珍爱生命，注意安全”是人们生活中必备的意识，下列涉及物理知识中的安全问题，说法正确的是（　　）‎ A．光学实验用的激光笔发出的激光不能直接照射眼睛 B．控制用电器的开关要接在照明线路中的零线上 C．可以把三孔插座接地孔与照明线路中的零线连接使用 D．人体总漂浮在河水中，私自下河塘洗澡无溺水风险 ‎3．（2018•泸州）下列四幅图展示了我国古代劳动人民的智慧成果，对其中所涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．‎ 中国古代的火箭“飞天”与“孔明灯”升空的原理一样 B．‎ 日晷是古代探测地震的仪器之一 C．‎ 碾谷物的石磨选用厚重的石材，是为了减小石磨对谷物的压强 D．‎ 古代发明的钻木取火，是通过做功改变物体的内能 ‎4．（2018•泸州）很多动物为了适应生存环境，进化出了符合一定物理规律的自身部位，下列从物理学的角度给出的解释中正确的是（　　）‎ A．泥鳅身上的粘液能减小摩擦，在泥土中不易被黏住，更易滑溜 B．壁虎的脚掌上有许多“吸盘”，是为了减小重力使其在天花板上也不会掉下来 C．啄木鸟的嘴很尖细，可以减小压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子 D．深水里的海鱼，其体形结构更适宜在压强小的深海中生存 ‎5．（2018•泸州）2018年5月14日，川航重庆至拉萨3U8633航班在飞行期间出现挡风玻璃碎裂，导致驾驶舱处于高空低温失压的状态，在空管和机组人员的冷静处理下，飞机安全迫降于成都双流机场。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞机正常飞行时机翼上方空气流速大压强大 B．系安全带是为了防止被“吸出”舱外和惯性带来的危害 C．挡风玻璃碎裂后，驾驶舱内的气压突然变为零 D．飞机在迫降过程中运动状态始终保持不变 ‎6．（2018•泸州）小明家有额定电压相同的微波炉和电视机各一台，按照每度电0.55元的计费标准，将这两个用电器正常工作1h所用的电费绘制成了如图所示的柱状图，对小明家的这两个用电器，下列判断正确的是（　　）‎ A．微波炉正常工作时的电压大于电视机正常工作时的电压 B．微波炉正常工作时的电流等于电视机正常工作时的电流 C．微波炉正常工作时的电功率大于电视机正常工作时的电功率 D．每月在微波炉上用的电费一定比在电视机上用的电费多 ‎7．（2018•泸州）一束平行光从水中射入空气，OP是其中的一条反射光线，如图所示。能正确反映光线OP的光路图是（　　）‎ ‎8．（2018•泸州）如图所示，电磁铁上方附近有一点A，小磁针置于电磁铁的右方附近。闭合开关S，下列判断正确的是（　　）‎ A．电磁铁的左端为N极 B．电磁铁上方A点的磁场方向向右 C．小磁针静止后，其N极的指向向右 D．向左移动滑片P，电磁铁的磁性减弱 ‎9．（2018•泸州）在2018年泸州市中考体育考试中，小彤同学进行了实心球测试，对球运动的几个阶段，下列说法正确的是（　　）‎ A．小彤捡起实心球，并缓慢举高的过程中，小彤对球做功，球的重力势能增加 B．小彤将球用力投出后，球在空中运动过程中小彤对球做功，球的机械能增加 C．小彤将球用力投出后，球在空中最高点时所受的合力为零 D．球落地后在水平地面滚动一段距离停止，球在地面滚动阶段，球的机械能不变 ‎10．（2018•泸州）泸州作为中国历史文化名城和全国旅游城市，有着许多让人印象深刻的文化旅游资源。下列对各景点中涉及的物，说法正确的是（　　）‎ A．泸县龙脑桥的桥墩可视为柱形结构，当河中水位下降时桥墩受到的浮力变小 B．叙永雪山关山顶的气压高于山脚的气压，山顶水的沸点高于山脚水的沸点 C．在酒城乐园小孩蹦极时弹性绳被拉长的过程中，小孩的惯性逐渐减小 D．汽车沿合江法王寺的盘山公路爬坡时，该车受到的支持力与重力不是一对平衡力 ‎11．（2018•泸州）某同学在家庭实验室里，将甲、乙图中的装置连接成了如图所示的通路，其中两个相同的铜线圈处于磁场中。用外力使甲图中的线圈在磁场中摆动，下列说法正确的是（　　）‎ A．乙图中的线圈有电流通过，也会随着运动起来 B．乙图类似于发电机，其原理是电磁感应 C．甲图类似于电动机，其原理是磁场对电流有力的作用 D．甲图中的线圈在运动过程中将机械能转化为电能 ‎12．（2018•泸州）中央电视台报道：2018年6月2日12时13分，在酒泉卫星发射中心用长征2号丁运载火箭将“高分六号卫星”发射升空。在卫星发射前将重为G1的火箭置于自重为G2的拖车上，此时拖车轮胎与路面的总接触面积为S，使拖车沿粗糙程度相同的水平地面做直线运动，将火箭运送到发射场。下列说法正确的是（　　）‎ A．运送该火箭的过程中，拖车对地面的压强P=‎ B．若拖车在水平地面做加速运动，受到的摩擦力变大 C．拖车在运送该火箭的过程中，所受的摩擦力大小不变 D．“高分六号卫星”定轨后，绕地球匀速转动时处于平衡状态 ‎　‎ 二．填空题（每空1分，共24分）‎ ‎13．（2018•泸州）进入泸州市古蔺黄荆老林风景区时，我们闻到了花香，这是花香分子的　 　现象；不能随意丢弃饮料瓶，因为透明饮料瓶内进入水后，相当于一个凸透镜，对太阳光有　 　作用，容易引发火灾；景区照片通过手机上传到微信朋友圈，是靠　 　来传播的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。‎ ‎14．（2018•泸州）在物理实验中，常采用的研究方法有“控制变量法”“等效替代法”“类比法”“转换法”“模型法”“归纳法”等。研究电阻的串、并联时，引入“总电阻”的概念，主要采用了　 　；用“水压”类比“电压”，主要采用了　 　；列举一种用控制变量法研究的物理学事例　 　。‎ ‎15．（2018•泸州）泸州市为了巩固创文成果下发了宜传手册“绿色低碳生活，从垃圾分类开始”。如图是一种轮式垃圾桶，拖动时它相当于一个　 　杠杆（选填“省力”或“费力”）；垃圾桶底部的小轮子是为了　 　摩擦力（选填“增大”或“减小”）；若拖动时垃圾桶总重为150N，且动力臂为阻力臂的2倍，则保持垃圾桶平衡的拉力F为　 　N。‎ ‎16．（2018•泸州）常规潜艇以四冲程柴油内燃机为动力，工作时包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中机械能转化为内能的是　 　冲程；核潜艇利用核反应堆发生核裂变提供动力，其核能是　 　（选填“新能源”或“常规能源”）；在海面下潜艇上浮过程中受到的重力　 　下潜过程中受到的重力（选填“等于”、“小于”或“大于”）。‎ ‎17．（2018•泸州）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知她家7月份用电器消耗的电能为　 　kW•h；电子式单相电能表她家现在已经接人用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接　 　W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是　 　W。‎ ‎18．（2018•泸州）泸州沱江六桥全程长4km，桥面设计为双向8车道，中间预留了轻轨线路，于2018年1月通车。一辆小轿车做匀速直线运动通过全程，速度为50km/h，受到的阻力恒为60N，通过全程所需的时间为　 　min，牵引力所做的功为　 　J；若通过全程消耗了0.2kg的汽油，汽油机的效率为　 　。（已知热值q汽=4.4×107J/kg）‎ ‎19．（2018•泸州）据报道，2018年5月5日，直﹣18改进型直升机阵落在我国首艘国产航母的甲板上，如图所示。该航母满载时排水量为7000吨，在海水中吃水深度为11m。取ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。该航母满载时，受到的浮力为　 　N，最低处受到海水的压强为　 　Pa；某架直升机飞离该航母后，若航母排开的海水体积减少了7m3，则该直升机的质量是　 　kg。‎ ‎20．（2018•泸州）如图所示的电路，电源电压恒为9V，电压表量程为0～6V，滑动变阻器R的规格为 ‎30Ω 1A”，灯泡L标有“6V ‎ 3W“字样。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P移动时，要求两电表示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不超过额定值，不考虑灯丝电阻变化，在全部满足以上条件的情况下，电流表的量程应选　 　最恰当（选填“0～0.6A”或“0﹣3A“），滑动变阻器接人电路中的最小阻值应为　 　Ω；电路中电流的最小值应为　 　A。‎ ‎　‎ 三．实验探究题（共3小题，作图2分，其余每空1分，共14分）‎ ‎21．（2018•泸州）小明采用如图甲所示的装置进行“探究水的沸腾”实验 ‎（1）图甲实验操作中有一处明显的错误是　 　；‎ ‎（2）纠正错误后，小明同学观察到水沸腾时水中气泡体积在上升过程中　 　（选填“由大变小”或“由小变大”）；‎ ‎（3）某同学绘出了水的温度随时间变化的图象，如图乙所示。该实验测得水的沸点是　 　℃。‎ ‎22．（2018•泸州）为了测量某种食用油的密度，进行如下实验操作 ‎（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的“0”刻度线处，发现指针静止时指在分度盘中线的右侧，则应将平衡螺母向　 　调节使橫梁平衡（选填“左”或“右”）‎ ‎（2）用天平称量出空烧杯的质量m1=28.4g；然后向烧杯中倒入适量的食用油，称量出烧杯和食用油的总质量m2=65.6g；把烧杯中的食用油全部倒入量筒中，如图所示，其示数为　 　‎ mL。‎ ‎（3）测出食用油的密度为ρ=　 　kg/m3，比实际密度值偏　 　（选填“大”或“小”）。‎ ‎23．（2018•泸州）图甲为“探究电流与电阻的关系”的实验电路图，电源电压恒为3V，用电阻箱来选用不同的电阻，按下述步骤进行实验，回答下列问题 ‎（1）闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到适当位置，调节电阻箱使接人电路的电阻为4Ω时，电流表示数如图乙所示，为　 　A；电压表示数应为　 　V。‎ ‎（2）将电阻箱调到一个阻值更大的电阻后，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向　 　端移动（选填“a”或“b“），使电压表的示数保持不变，同时记下对应的电流值。‎ ‎（3）多次改变电阻箱的阻值，重复上述操作，得到了下表中所示的数据，通过观察表中的数据，分析得出：当电阻两端的电压一定时，接入电路的电阻越大，通过它的电流越　 　。‎ 物理量 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R （Ω）‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎25‎ I（A）‎ 乙图的示数 ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.08‎ ‎（4）为了进一步确定电流与电阻的定量关系，老师提出将表中各组电阻值的倒数算出，请你在丙图中描点作出I﹣的图象，根据画出的图象可知：电压一定时，电流Ⅰ跟电阻R成　 　比。‎ ‎　‎ 四．计算题（共2小题，共19分）‎ ‎24．（2018•泸州）如图甲所示的九阳豆浆机，由打浆和电热两部分装置构成。中间部位的打浆装置是电动机工作带动打浆刀头，将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热装置，电热装置的简化电路图如图乙所示，开关S可切换加热和保温两种状态，R1、R2‎ 是发热电阻，豆浆机的主要参数如下表。请解答下列问题：‎ 型号 额定电压 打浆装置 电热装置 JYP﹣P11S ‎220V 电机功率 加热功率 保温功率 ‎180W ‎1000W ‎242W ‎（1）某次向豆浆机中加入黄豆和清水共1.0kg，打浆完成后浆的初温为40℃，加热该浆使其温度升高到100℃，需要吸收多少热量？[设该浆的比热容为4.0×103J/（kg•℃）]‎ ‎（2）电阻R1和R2的阻值分别为多大？‎ ‎（3）该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作lmin所消耗电能为多大？‎ ‎25．（2018•泸州）如图甲所示的滑轮组装置，不计绳重和摩擦，绳对滑轮的拉力方向均为竖直方向。用该滑轮组提升放置在水平地面上重为G=80N的重物到高处。用竖直向下的拉力拉绳的自由端，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，重物上升的速度v随时间变化的图象如图丙所示。已知在2s～4s内重物上升的竖直高度为2m，求：‎ ‎（1）在4s～6s内，重物克服重力做功的功率；‎ ‎（2）在2s～4s内，绳自由端下降的平均速度；‎ ‎（3）在0～2s内，重物对地面的压力大小。‎ ‎　‎ ‎　四川省泸州市2018年中考物理试题（word解析版）‎ 一．选择题（本题包括12个小题，共38分．在每小题给出的四个选项中，第1～10小题只有一项符合题目要求，选对得3分；第11～12小题，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．（2018•泸州）在泸州市委党校大礼堂举办了学习“十九大”精神宣讲报告会，下列说法正确的是（　　）‎ A．看到主席台上鲜红的党旗，这是因为党旗吸收了白光中的红光 B．会场中各个方向都能看到宣讲者，是由于光射到宣讲者身上时发生了漫反射 C．进入会场后手机设为静音状态，这是声音在传播过程中减弱噪声 D．宣讲者通过麦克风来提高声音的音调 ‎【分析】根据以下知识解题：‎ ‎（1）不透明物体的颜色由它反射的色光决定。‎ ‎（2）漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体。‎ ‎（3）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。‎ ‎（4）麦克风可将声音的响度扩大，但不能提高音调。‎ ‎【解答】解：A、不透明物体的颜色是由它反射的色光就定的，因为红旗能够反射红光，所以红旗呈现红色，红旗反射了红光，而不是吸收了红光，故A错误；‎ B、我们能从不同方向看到宣讲者，是由于光射到宣讲者身上时发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故，故B正确；‎ C、开会时将手机关闭或者调到静音状态是在声源处减弱噪声，故C错误；‎ D、宣讲者通过麦克风来提高声音的响度，但不能提高声音的音调，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】本题是一道综合题，综合考查学生对光学和声学一些基础知识点的了解和掌握，是一道基础题，此类型题也是中招的热点。‎ ‎　‎ ‎2．（2018•泸州）“珍爱生命，注意安全”是人们生活中必备的意识，下列涉及物理知识中的安全问题，说法正确的是（　　）‎ A．光学实验用的激光笔发出的激光不能直接照射眼睛 B．控制用电器的开关要接在照明线路中的零线上 C．可以把三孔插座接地孔与照明线路中的零线连接使用 D．人体总漂浮在河水中，私自下河塘洗澡无溺水风险 ‎【分析】（1）激光具有能量大、颜色纯、亮度高、方向直等特点；‎ ‎（2）家庭电路中，控制灯泡的开关装在火线上；‎ ‎（3）三孔插座的中间插孔应接地；‎ ‎（4）河塘水域周围以及水下的情况比较复杂，即使会游泳的人也有溺水风险。‎ ‎【解答】解：‎ A、激光笔发出的激光，集中较高的能量，不能直接照射到人的眼睛，否则会灼伤眼睛；故A正确；‎ B、控制用电器的开关要接在火线上，这样在断开开关时，能“切断”火线，用电器才不会带电，故B错误；‎ C、若把三孔插座接地孔与照明线路中的零线连接使用，当用电器漏电时，人接触用电器的金属外壳发生触电事故，所以，为了用电安全，三孔插座的接地孔必须接地线，故C错误；‎ D、不会游泳的人在河水中会下沉；河塘水域周围以及水下的情况比较复杂，即使会游泳的人也有溺水风险，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】此题考查的是日常生活中的一些安全用电常识和生活常识，以及激光笔的使用，是一道综合题。‎ ‎　‎ ‎3．（2018•泸州）下列四幅图展示了我国古代劳动人民的智慧成果，对其中所涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．‎ 中国古代的火箭“飞天”与“孔明灯”升空的原理一样 B．‎ 日晷是古代探测地震的仪器之一 C．‎ 碾谷物的石磨选用厚重的石材，是为了减小石磨对谷物的压强 D．‎ 古代发明的钻木取火，是通过做功改变物体的内能 ‎【分析】（1）孔明灯灯内的空气受热，体积膨胀，在空中所受的浮力变大，大于它自身的重力所致；‎ ‎（2）日晷能够记录时刻，利用了光的直线传播；‎ ‎（3）由p=得，增大压强的方法增大压力或者减小受力面积；‎ ‎（4）改变物体内能的方法，做功和热传递。‎ ‎【解答】解：A、孔明灯灯内的空气受热，体积膨胀，在空中所受的浮力变大，大于它自身的重力所致，火箭“飞天”是应用力的相互作用，故A错误；‎ B、日晷能够记录时刻，是利用了光的直线传播形成的影子，是测量时间的工具，不是探测地震的仪器，故B错误；‎ C、碾谷物的石磨选用厚重的石材，增大了压力，是为了增大石磨对谷物的压强，故C错误；‎ D、古代发明的钻木取火，是通过做功改变物体的内能，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题以古代劳动人民发明的几种装置为内容，考查了物理知识在生活中的应用，体现了古代劳动人民的智慧。‎ ‎　‎ ‎4．（2018•泸州）很多动物为了适应生存环境，进化出了符合一定物理规律的自身部位，下列从物理学的角度给出的解释中正确的是（　　）‎ A．泥鳅身上的粘液能减小摩擦，在泥土中不易被黏住，更易滑溜 B．壁虎的脚掌上有许多“吸盘”，是为了减小重力使其在天花板上也不会掉下来 C．啄木鸟的嘴很尖细，可以减小压强，从而凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子 D．深水里的海鱼，其体形结构更适宜在压强小的深海中生存 ‎【分析】（1）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。‎ ‎（2）地球被厚厚的大气层包围着，地球表面的物体都受到大气压的作用；‎ ‎（3）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。‎ ‎（4）据液体压强p=ρgh可知，在海水中，越深处海水的压强越大。据此分析判断。‎ ‎【解答】解：A、泥鳅身上的粘液能减小摩擦，在泥土中不易被黏住，更易滑溜。故A正确；‎ B、“吸盘”能使壁虎“吸”在墙上，是把盘内的空气挤出，然后就被外界的大气压紧压在了墙壁上，不能减小重力。故B错误；‎ C、啄木鸟的嘴很尖细，在压力一定时增大了压强，从而很容易凿开树干，捉到躲藏在深处的虫子。故C错误；‎ D、根据p=ρgh深海处的海水压强很大，所以深水里的海鱼，其体形结构更适宜在压强大的深海中生存。故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】物理是有趣的，这有趣就体现在生活中有许多现象和我们学过的物理知识是有关的，多观察，多思考，才能学好物理。‎ ‎　‎ ‎5．（2018•泸州）2018年5月14日，川航重庆至拉萨3U8633航班在飞行期间出现挡风玻璃碎裂，导致驾驶舱处于高空低温失压的状态，在空管和机组人员的冷静处理下，飞机安全迫降于成都双流机场。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．飞机正常飞行时机翼上方空气流速大压强大 B．系安全带是为了防止被“吸出”舱外和惯性带来的危害 C．挡风玻璃碎裂后，驾驶舱内的气压突然变为零 D．飞机在迫降过程中运动状态始终保持不变 ‎【分析】（1）机翼上方的空气流速比下方的快，因此下方向上的压强大于上方向下的压强，上下表面存在一个压力差，这就是机翼的升力。‎ ‎（2）任何物体都具有惯性。物体的惯性有时对人们有利，有时候对人们有害。‎ ‎（3）挡风玻璃碎裂，导致驾驶舱处于高空低温失压的状态，据此分析；‎ ‎（4）运动状态不变是指静止或匀速直线运动。‎ ‎【解答】解：A、根据流体压强和流速的关系可知，飞机正常飞行时机翼上方空气流速大压强小，故A错误；‎ B、系安全带，是为防止惯性带来的危害。不是为了防止被“吸出”舱外。故B错误；‎ C、根据挡风玻璃碎裂，导致驾驶舱处于高空低温失压的状态可知，挡风玻璃碎裂后，驾驶舱内的气压突然变为零，故C正确；‎ D、飞机在迫降过程中速度大小和运动方向都在发生变化，所以运动状态始终保持在变。故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】此题考查的知识点比较全面，有流体压强和流速的关系、物体运动状态的改变、大气压的存在，及惯性等，对学生的综合能力要求较高，但是难度不大。‎ ‎　‎ ‎6．（2018•泸州）小明家有额定电压相同的微波炉和电视机各一台，按照每度电0.55元的计费标准，将这两个用电器正常工作1h所用的电费绘制成了如图所示的柱状图，对小明家的这两个用电器，下列判断正确的是（　　）‎ A．微波炉正常工作时的电压大于电视机正常工作时的电压 B．微波炉正常工作时的电流等于电视机正常工作时的电流 C．微波炉正常工作时的电功率大于电视机正常工作时的电功率 D．每月在微波炉上用的电费一定比在电视机上用的电费多 ‎【分析】（1）根据用电器正常工作时的电压与额定电压相等分析判断；‎ ‎（2）从柱状图可知两用电器正常工作1小时的电费，进而知道消耗的电能，再根据P=和P=UI判断通过用电器的电功率和电流；‎ ‎（3）电能计算：W=Pt；电能的多少与电功率大小和时间长短有关；‎ ‎【解答】解：‎ A、用电器正常工作时的电压等于额定电压，由于微波炉和电视机的额定电压相同，所以这两个用电器正常工作时的电压相等，故A错误；‎ BC、由柱状图可知，微波炉正常工作1小时的电费比电视机高，而单价是一定的，所以微波炉消耗电能多，‎ 根据P=可知，微波炉电功率大于电视机的电功率，故C正确；‎ 电压相同，由P=UI可知，微波炉正常工作时的电流大，故B错误；‎ D、虽然微波炉电功率大，由于不知道一个月内它们的实际工作时间，根据W=Pt知无法判断微波炉和电视机消耗的电能的多少，所以无法比较电费的多少，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查学生对电功公式和电功率公式的掌握和灵活运用，关键能从柱状图上找出有用的信息，计算电费是生活中常见的现象，体现了物理和生活的密切关系。‎ ‎　‎ ‎7．（2018•泸州）一束平行光从水中射入空气，OP是其中的一条反射光线，如图所示。能正确反映光线OP的光路图是（　　）‎ ‎【分析】反射时，反射光线、入射光线、法线都在同一个平面内；反射光线、入射光线分居法线两侧； 反射角等于入射角。‎ 光从水中斜射入空气中，折射光线和入射光线分居于法线的两侧，折射角大于入射角。‎ ‎【解答】解：‎ 由题知，OP是一束平行光从水中射入空气时的一条反射光线，所以入射光线应在法线右侧的水中，因为反射角等于入射角，所以入射光线和反射光线与水平面的夹角也相等（均为60°）；‎ 折射光线应在法线左侧的空气中，且折射角大于入射角；‎ 由以上分析可知，B图正确。‎ A图中折射角小于入射角，故A错误；‎ C图中折射光线与入射光线在法线的同侧，故C错误；‎ D图中反射角与入射角不相等，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题主要考查了光的反射和光的折射定律的内容，同时考查了反射角、入射角、折射角的概念。‎ ‎　‎ ‎8．（2018•泸州）如图所示，电磁铁上方附近有一点A，小磁针置于电磁铁的右方附近。闭合开关S，下列判断正确的是（　　）‎ A．电磁铁的左端为N极 B．电磁铁上方A点的磁场方向向右 C．小磁针静止后，其N极的指向向右 D．向左移动滑片P，电磁铁的磁性减弱 ‎【分析】（1）根据线圈的绕法和电流的方向，可以确定螺线管的NS极；‎ ‎（2）据磁感线的方向分析判断即可解决；‎ ‎（3）据磁体间的相互作用分析小磁针的运动方向；‎ ‎（4）电磁铁磁性强弱的影响因素：电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯。电流越大，匝数越多，有铁芯时电磁铁的磁性越强。‎ ‎【解答】解：A、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向右端，则通电螺线管的右端为N极，故A错误；‎ B、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外A点的磁场方向向左，故B错误；‎ C、通电螺线管的右端是N极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的右端，则小磁计的S极向左转动，小磁针会逆时针旋转，故小磁针静止时，其N极的指向向右，故C正确；‎ D、向左移动滑片P，连入电路的电阻减小，电流增大，电磁铁的磁性增强，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个，其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的NS极联系在一起。‎ ‎　‎ ‎9．（2018•泸州）在2018年泸州市中考体育考试中，小彤同学进行了实心球测试，对球运动的几个阶段，下列说法正确的是（　　）‎ A．小彤捡起实心球，并缓慢举高的过程中，小彤对球做功，球的重力势能增加 B．小彤将球用力投出后，球在空中运动过程中小彤对球做功，球的机械能增加 C．小彤将球用力投出后，球在空中最高点时所受的合力为零 D．球落地后在水平地面滚动一段距离停止，球在地面滚动阶段，球的机械能不变 ‎【分析】（1）（2）一个力作用在物体上，并且物体在力的方向上通过一段距离，就说力对物体做了功；重力势能与高度有关；‎ ‎（3）合力为0时，物体将保持静止或匀速直线运动状态；‎ ‎（4）克服摩擦做功，机械能减少。‎ ‎【解答】解：‎ A、小彤捡起实心球，并缓慢举高的过程中，球在力的方向上通过了距离，小彤对球做功，球的高度增大，则球的重力势能增加，故A正确；‎ B、小彤将球用力投出后，球在空中运动过程中小彤没有对球是家里，对球没有做功，球在运动时克服摩擦做功，机械能减小，故B错误；‎ C、小彤将球用力投出后，球在空中最高点时受到重力和空气阻力的作用，这两个力不是平衡力，故所受的合力不为零，故C错误；‎ D、球落地后在水平地面滚动一段距离停止，是因为球受到了阻力，克服摩擦阻力做功，机械能转化为内能，球的机械能减少，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了影响势能的因素、机械能的变化、做功的条件等知识点，属于基础题。‎ ‎　‎ ‎10．（2018•泸州）泸州作为中国历史文化名城和全国旅游城市，有着许多让人印象深刻的文化旅游资源。下列对各景点中涉及的物，说法正确的是（　　）‎ A．泸县龙脑桥的桥墩可视为柱形结构，当河中水位下降时桥墩受到的浮力变小 B．叙永雪山关山顶的气压高于山脚的气压，山顶水的沸点高于山脚水的沸点 C．在酒城乐园小孩蹦极时弹性绳被拉长的过程中，小孩的惯性逐渐减小 D．汽车沿合江法王寺的盘山公路爬坡时，该车受到的支持力与重力不是一对平衡力 ‎【分析】（1）物体所受浮力方向竖直向上，大小等于上下表面的压力差；‎ ‎（2）大气压强随着高度的增加而减小，液体沸点随气压增大而升高；‎ ‎（3）物体惯性大小与物体的质量有关；‎ ‎（4）平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上。‎ ‎【解答】解：A、桥墩下部埋入泥中很深，下部没有水，所以桥墩的下部不受浮力的作用，河中水位下降时桥墩受到的浮力不变，故A错误；‎ B、山顶的大气压低于山脚的大气压，水的沸点低，故B错误；‎ C、弹性绳被拉长的过程中，小孩的质量不变、惯性大小不变，故C错误；‎ D、车受到的支持力与重力方向不在一条直线上，大小也不相同，不是一对平衡力，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查大气压强、浮力产生的原因、惯性的影响因素以及二力平衡条件，考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。‎ ‎　‎ ‎11．（2018•泸州）某同学在家庭实验室里，将甲、乙图中的装置连接成了如图所示的通路，其中两个相同的铜线圈处于磁场中。用外力使甲图中的线圈在磁场中摆动，下列说法正确的是（　　）‎ A．乙图中的线圈有电流通过，也会随着运动起来 B．乙图类似于发电机，其原理是电磁感应 C．甲图类似于电动机，其原理是磁场对电流有力的作用 D．甲图中的线圈在运动过程中将机械能转化为电能 ‎【分析】电动机的制作原理是通电导体在磁场中受力，发电机的原理是电磁感应，电动机工作时消耗电能，得到机械能；发电机工作时将机械能转化为电能。‎ ‎【解答】解：用力使甲装置中的线圈在磁场中摆动起来，相当于甲中的线圈做切割磁感线运动，所以电路中会产生电流，是利用电磁感应现象的原理工作的，将机械能转化成了电能，相当于发电机；‎ 甲图和乙图中的线圈是相连的，所以乙图中的线圈相当于通电导线，其会在磁场中受力的作用，所以乙中的线圈会受力运动，将电能转化为机械能，相当于电动机，其原理是通电导体在磁场中受力。‎ 综合分析甲相当于发电机，其原理是电磁感应，将机械能转化为电能；乙相当于电动机，其原理是通电导体在磁场中受力，将电能转化为机械能。‎ 故AD正确，BC错误 故选：AD。‎ ‎【点评】本题考查了电与磁之间的两个联系及其应用，注意通电导体在磁场中的受力，易错点。‎ ‎　‎ ‎12．（2018•泸州）中央电视台报道：2018年6月2日12时13分，在酒泉卫星发射中心用长征2号丁运载火箭将“高分六号卫星”发射升空。在卫星发射前将重为G1的火箭置于自重为G2的拖车上，此时拖车轮胎与路面的总接触面积为S，使拖车沿粗糙程度相同的水平地面做直线运动，将火箭运送到发射场。下列说法正确的是（　　）‎ A．运送该火箭的过程中，拖车对地面的压强P=‎ B．若拖车在水平地面做加速运动，受到的摩擦力变大 C．拖车在运送该火箭的过程中，所受的摩擦力大小不变 D．“高分六号卫星”定轨后，绕地球匀速转动时处于平衡状态 ‎【分析】（1）根据压强公式p==分析压强的大小；‎ ‎（2）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与运动速度无关；‎ ‎（3）平衡状态包括匀速直线运动状态和静止状态，运动方向和速度快慢的变化，均属于运动状态的变化。‎ ‎【解答】解：A、拖车对地面的压力为：F=G1+G2，对地面的压强为：p==，故A正确；‎ BC、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与运动速度无关，拖车加速运动的过程中，对地面的压力和接触面的粗糙程度不变，只有速度发生了变化，受到的摩擦力不变，故B错误，C正确；‎ D、“高分六号卫星”绕地球匀速转动时，运动方向不断发生变化，所以受力不平衡，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点评】本题主要考查了压强、摩擦力、平衡状态的判断，容易出错点在于BD选项，要特别注意摩擦力大小与运动速度无关，匀速圆周运动的方向不断发生变化，运动状态也在不断发生变化。‎ ‎　‎ 二．填空题（每空1分，共24分）‎ ‎13．（2018•泸州）进入泸州市古蔺黄荆老林风景区时，我们闻到了花香，这是花香分子的　扩散　现象；不能随意丢弃饮料瓶，因为透明饮料瓶内进入水后，相当于一个凸透镜，对太阳光有　会聚　作用，容易引发火灾；景区照片通过手机上传到微信朋友圈，是靠　电磁波　来传播的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。‎ ‎【分析】（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈。花香分子在空气中做无规则运动越快，人们闻到的花香味越浓烈；‎ ‎（2）透明圆塑料瓶装水后，中间后而边缘薄，类似于凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用；‎ ‎（3）电磁波可以传递信息。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）我们闻到了花香，这是一种扩散现象，是由于花香的分子在不停地做无规则的运动形成的；‎ ‎（2）因为瓶中进入水之后，瓶中的水形状是中间厚、边缘薄，符合凸透镜的形状特点，对光线有会聚作用，如果热量集中，会造成树叶燃烧，造成火灾；‎ ‎（3）手机上的微信依靠电磁波来传递信息。‎ 故答案为：扩散；会聚；电磁波。‎ ‎【点评】物理知识渗透在生活的每个角落，同学们要注意思考、积累。因此在森林中旅游，导游向你建议，不要随意丢弃玻璃瓶，就是这个道理。‎ ‎　‎ ‎14．（2018•泸州）在物理实验中，常采用的研究方法有“控制变量法”“等效替代法”“类比法”“转换法”“模型法”“归纳法”等。研究电阻的串、并联时，引入“总电阻”的概念，主要采用了　等效替代法　；用“水压”类比“电压”，主要采用了　类比法　；列举一种用控制变量法研究的物理学事例　研究摩擦力与压力的关系，需要控制接触面粗糙程度，改变压力　。‎ ‎【分析】①‎ ‎“等效替代法”是在保证效果相同的前提下，将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成等效的、容易的、易处理的问题的一种方法；‎ ‎②“类比法”是指两类不同事物之间存在某种关系上的相似，从两类不同事物之间找出某些相似的关系的思维方法；‎ ‎③控制变量法：在研究物理问题时，某一物理量往往受几个不同物理量的影响，为了确定各个不同物理量之间的关系，就需要控制某些量，使其固定不变，改变某一个量，看所研究的物理量与该物理量之间的关系。‎ ‎【解答】解：研究电阻的串、并联时，引入“总电阻”的概念，主要采用了等效替代法；‎ 用“水压”类比“电压”，主要采用了类比法；‎ 在物理探究实验中，较多运用了控制变量法，如：研究摩擦力与压力的关系，需要控制接触面粗糙程度，改变压力；研究压力作用效果与接触面积的关系时，控制压力，改变接触面积大小；研究动能与质量的关系时，保持速度不变，改变质量；研究电流与电压关系时，保持电阻不变，改变电压；研究电流产生热量与电阻关系时，保持电流和通电时间一定，改变电阻大小，等等。‎ 故答案为：等效替代法；类比法；研究摩擦力与压力的关系，需要控制接触面粗糙程度，改变压力。‎ ‎【点评】此题考查的是我们对常见科学研究方法的掌握。选择合适的研究方法是保证研究结论正确的前提。‎ ‎　‎ ‎1527．（2018•泸州）泸州市为了巩固创文成果下发了宜传手册“绿色低碳生活，从垃圾分类开始”。如图是一种轮式垃圾桶，拖动时它相当于一个　省力　杠杆（选填“省力”或“费力”）；垃圾桶底部的小轮子是为了　减小　摩擦力（选填“增大”或“减小”）；若拖动时垃圾桶总重为150N，且动力臂为阻力臂的2倍，则保持垃圾桶平衡的拉力F为　75　N。‎ ‎【分析】（1）由示意图分析动力和阻力，然后看动力臂和阻力臂的大小，确定杠杆种类；‎ ‎（2）用滚动代替滑动可以减小摩擦；‎ ‎（3）根据杠杆的平衡条件进行计算求出竖直向上的力。‎ ‎【解答】解：（1）图示的垃圾桶，因为是动力臂大于阻力臂的杠杆，所以是一个省力杠杆；‎ ‎（2）垃圾桶底部安装小轮子，采用变滑动为滚动的方式减小了摩擦力；‎ ‎（3）已知垃圾桶总重G=150N，动力臂L1=2L2，‎ 根据杠杆平衡条件：FL1=GL2可得，‎ 保持垃圾桶平衡的拉力为：F===75N。‎ 故答案为：省力；减小；75。‎ ‎【点评】此题考查的是杠杆的分类、减小摩擦分方法及平衡条件的应用，明确阻力臂的大小是解答此题的关键。‎ ‎　‎ ‎16．（2018•泸州）常规潜艇以四冲程柴油内燃机为动力，工作时包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中机械能转化为内能的是　压缩　冲程；核潜艇利用核反应堆发生核裂变提供动力，其核能是　新能源　（选填“新能源”或“常规能源”）；在海面下潜艇上浮过程中受到的重力　小于　下潜过程中受到的重力（选填“等于”、“小于”或“大于”）。‎ ‎【分析】（1）热机是将内能转化为机械能的机器，它的一个工作循环包括四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程，其中压缩冲程是将机械能转化为内能；做功冲程是将内能转化为机械能；‎ ‎（2）新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或很少污染，且有些可以再生，根据这些特征进行判断；‎ ‎（3）潜水艇所受浮力不变，故要想下潜应通过水仓进水而增大自身的重力。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在内燃机的四个冲程中，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能；‎ ‎（2）核能是人们最近开始使用、有待推广的能源，所以是新能源；‎ ‎（3）潜水艇在海面下上浮，应通过水仓排水而减小自身的重力，由于重力小于浮力故潜水艇会上浮；潜水艇要潜入水中，应通过水仓进水而增大自身的重力，由于重力大于浮力故潜水艇会下沉；所以在海面下潜艇上浮过程中受到的重力小于下潜过程中受到的重力。‎ 故答案为：压缩；新能源；小于。‎ ‎【点评】此类题目考查知识了能源的分类、内燃机的四个冲程能量的转化以及物体的浮沉条件及其应用，要结合相关知识点进行分析解答，属于基本内容，比较简单。‎ ‎　‎ ‎17．（2018•泸州）小英家6月底电能表的示数如图甲所示，7月底表盘示数如图乙所示，由图可知她家7月份用电器消耗的电能为　140　kW•h；电子式单相电能表她家现在已经接人用电器的总功率为3600W，则最多还可以连接　3000　W的用电器同时工作。将铭牌已模糊的饮水机单独接在该电能表上正常工作3min，电能表指示灯闪烁了160次，则饮水机的额定功率是　1000　W。‎ ‎【分析】（1）电能表显示的数字中最后一位是小数，单位为kW•h，两次示数只差即为本月用的电。‎ ‎（2）由电能表的参数可知工作电压和允许工作的最大电流，根据P=UI求出电能表允许用电器工作的最大总功率；‎ ‎（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此可求出当电能表指示灯闪烁160次消耗的电能，又知道工作时间，根据公式P=求出该用电器消耗的功率。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图知，小英家7月份用电器消耗的电能为：W=6768.2kW•h﹣6628.2kW•h=140kW•h；‎ ‎（2）由电能表的参数可知，工作电压为U=220V，允许工作的最大电流为I=30A，‎ 电能表允许用电器工作的最大总功率：P大=UI=220V×30A=6600W，‎ 已知她家现在已经接入用电器的总功率为3600W，‎ 则最多还可以同时连接用电器的功率为6600W﹣3600W=3000W；‎ ‎（3）3200imp/kW•h表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，‎ 则电能表指示灯闪烁160次时，饮水机消耗的电能：W=kW•h=0.05kW•h，‎ 饮水机的实际功率：P===1kW=1000W。‎ 因为饮水机正常工作，所以饮水机的实际功率等于额定功率，则饮水机的额定功率是1000W。‎ 故答案为：140；3000；1000。‎ ‎【点评】本题考查了电功率和电功的计算以及电能表的读数，明白电能表参数的含义是解题的关键。‎ ‎　‎ ‎18．（2018•泸州）泸州沱江六桥全程长4km，桥面设计为双向8车道，中间预留了轻轨线路，于2018年1月通车。一辆小轿车做匀速直线运动通过全程，速度为50km/h，受到的阻力恒为60N，通过全程所需的时间为　4.8　min，牵引力所做的功为　2.4×105　J；若通过全程消耗了0.2kg的汽油，汽油机的效率为　27.3%　。（已知热值q汽=4.4×107J/kg）‎ ‎【分析】（1）根据速度的变形公式计算所需的时间；‎ ‎（2）利用二力平衡的条件求出牵引力的大小，然后利用W=Fs可求得牵引力所做的功；‎ ‎（3）根据Q=mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用η=可求得汽油机的效率。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由v=可得，通过全程所需的时间：‎ t===0.08h=4.8min；‎ ‎（2）因为匀速通过大桥，所以牵引力F=f=60N，‎ 牵引力所做的功W=Fs=60N×4×103m=2.4×105J；‎ ‎（3）汽油完全燃烧放出的热量Q=mq=0.2kg×4.4×107J/kg=8.8×106J，‎ 汽油机的效率η=×100%=×100%≈27.3%。‎ 故答案为：4.8；2.4×105；27.3%。‎ ‎【点评】本题考查了重力的计算、速度公式及其应用、功的计算等，关键是知道汽车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力。对于这类综合题目，要快速联想选择相对应的公式进行求解，在计算过程中注意单位要统一。‎ ‎　‎ ‎19．（2018•泸州）据报道，2018年5月5日，直﹣18改进型直升机阵落在我国首艘国产航母的甲板上，如图所示。该航母满载时排水量为7000吨，在海水中吃水深度为11m。取ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。该航母满载时，受到的浮力为　7×107　N，最低处受到海水的压强为　1.1×105　Pa；某架直升机飞离该航母后，若航母排开的海水体积减少了7m3，则该直升机的质量是　7×103　kg。‎ ‎【分析】（1）知道航母满载排水量（排开水的质量），利用阿基米德原理求该舰满载时所受浮力；‎ ‎（2）已知深度，利用液体压强公式p=ρgh求出海水的压强。‎ ‎（3）航母漂浮，则浮力等于重力，利用重力、密度公式和阿基米德原理表示出航母在舰载机飞离前后排开海水的体积，然后列出等式，计算舰载机的质量。‎ ‎【解答】解：（1）该航母满载时排水量：‎ m排=7000t=7×106kg，‎ 航母满载时受到的浮力：‎ F浮=G排=m排g=7×106kg×10N/kg=7×107N；‎ ‎（2）满载时该航母最底处受到海水的压强：‎ p=ρ海gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×11m=1.1×105Pa。‎ ‎（3）因为航母漂浮在水面上，则F浮=G，直升机飞离该航母后，则F浮′=G′，‎ 由于直升机飞离该航母后，直升机的重力G直=G﹣G′，‎ 则△F浮=F浮﹣F浮′=G﹣G′=G直，‎ 根据F浮=ρ海gV排和G=mg可得：‎ 直升机的质量m直===ρ海△V排=1.0×103kg/m3×7m3=7×103kg。‎ 骨答案为：7×107；1.1×105；7×103。‎ ‎【点评】本题考查液体压强、浮力的计算，同时考查排水量的有关问题，关键是知道排水量就是轮船满载时排开水的质量。还要知道轮船漂浮时浮力等于自身重力。‎ ‎　‎ ‎20．（2018•泸州）如图所示的电路，电源电压恒为9V，电压表量程为0～6V，滑动变阻器R的规格为 ‎30Ω 1A”，灯泡L标有“6V 3W“字样。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P移动时，要求两电表示数均不超过所选量程，灯泡两端的电压不超过额定值，不考虑灯丝电阻变化，在全部满足以上条件的情况下，电流表的量程应选　0～0.6A　最恰当（选填“0～0.6A”或“0﹣3A“），滑动变阻器接人电路中的最小阻值应为　6　Ω；电路中电流的最小值应为　0.25　A。‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）根据P=UI求出灯泡的额定电流，然后与滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，据此确定电流表的量程，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路的最小阻值；‎ ‎（2）由串联电路的分压特点可知，当电压表的示数最大时电路中的电流最小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流。‎ ‎【解答】解：‎ 由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。‎ ‎（1）由P=UI可得，灯泡的额定电流：‎ IL===0.5A，‎ 因串联电路中各处的电流相等，且滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，‎ 所以，电路中的最大电流I大=IL=0.5A，则电流表的量程为0～0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，‎ 由I=可得，灯泡的电阻和电路的最小总电阻分别为：‎ RL===12Ω，R总小===18Ω，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，滑动变阻器接入电路的最小阻值：‎ R小=R总小﹣RL=18Ω﹣12Ω=6Ω；‎ ‎（2）由串联电路的分压特点可知，当电压表的示数最大为UR=6V时，变阻器接入电路的阻值最大，电路中的电流最小，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，此时灯泡两端的电压：‎ UL′=U﹣UR=9V﹣6V=3V，‎ 则电路中的最小电流：‎ I小===0.25A。‎ 故答案为：0～0.6A；6；0.25。‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的确定电路中的最大和最小电流是关键。‎ ‎　‎ ‎　‎ 三．实验探究题（共3小题，作图2分，其余每空1分，共14分）‎ ‎21．（2018•泸州）小明采用如图甲所示的装置进行“探究水的沸腾”实验 ‎（1）图甲实验操作中有一处明显的错误是　温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部　；‎ ‎（2）纠正错误后，小明同学观察到水沸腾时水中气泡体积在上升过程中　由小变大　（选填“由大变小”或“由小变大”）；‎ ‎（3）某同学绘出了水的温度随时间变化的图象，如图乙所示。该实验测得水的沸点是　98　℃。‎ ‎【分析】（1）用温度计测液体温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底和容器壁；‎ ‎（2）掌握水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；‎ ‎（3）液体沸腾时的温度叫沸点，液体在沸腾时吸收热量，温度保持不变。‎ ‎【解答】解：（1）图甲所示实验操作中有一处明显的错误是温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部；‎ ‎（2）小明同学观察到水沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大，由小变大；‎ ‎（3）由于液体在沸腾时吸收热量，温度保持不变，分析图象可知：水的沸点是98℃。‎ 故答案为：（1）温度计的玻璃泡碰到了烧杯底部；（2）由小变大；（3）98。‎ ‎【点评】在“探究水的沸腾实验”中，要学会分析曲线图，并能通过数据或图象准确找出沸点温度，常见题目。‎ ‎　‎ ‎22．（2018•泸州）为了测量某种食用油的密度，进行如下实验操作 ‎（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的“0”刻度线处，发现指针静止时指在分度盘中线的右侧，则应将平衡螺母向　左　调节使橫梁平衡（选填“左”或“右”）‎ ‎（2）用天平称量出空烧杯的质量m1=28.4g；然后向烧杯中倒入适量的食用油，称量出烧杯和食用油的总质量m2=65.6g；把烧杯中的食用油全部倒入量筒中，如图所示，其示数为　40　‎ mL。‎ ‎（3）测出食用油的密度为ρ=　0.93×103　kg/m3，比实际密度值偏　大　（选填“大”或“小”）。‎ ‎【分析】（1）天平称量前，不平衡时应调节平衡螺母；调节平衡螺母时要“左偏右移，右偏左移”。‎ ‎（2）据量筒的分度值估测读出示数即可；‎ ‎（3）实验时，把烧杯中的食用油倒入量筒中，食用油不能全部倒出，烧杯上会沾有一些，测量体积会偏小，求出的密度会偏大；‎ ‎【解答】解：（1）使用前，指针停在分度盘的左侧应向右调节平衡螺母；‎ ‎（2）量筒的分度值是1ml，故食用油的体积（如图所示）V=40ml=40cm3；‎ ‎（3）量筒中食用油的质量为m=m2﹣m1=65.6g﹣28.4g=37.2g；‎ 食用油的密度为ρ===0.93g/cm3=0.93×103kg/m3；因食用油不能全部倒出，烧杯上会沾有一些，测量体积会偏小，故求出的密度会偏大；‎ 故答案为：（1）右；（2）40；（3）0.93×103；大 ‎【点评】实验过程不可避免地存在误差，我们在设计实验时，应该考虑到导致误差增大的因素，可能的情况下进行优化设计，以达到减小误差的目的。‎ ‎　‎ ‎23．（2018•泸州）图甲为“探究电流与电阻的关系”的实验电路图，电源电压恒为3V，用电阻箱来选用不同的电阻，按下述步骤进行实验，回答下列问题 ‎（1）闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P移到适当位置，调节电阻箱使接人电路的电阻为4Ω时，电流表示数如图乙所示，为　0.5　A；电压表示数应为　2　V。‎ ‎（2）将电阻箱调到一个阻值更大的电阻后，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向　b　端移动（选填“a”或“b“），使电压表的示数保持不变，同时记下对应的电流值。‎ ‎（3）多次改变电阻箱的阻值，重复上述操作，得到了下表中所示的数据，通过观察表中的数据，分析得出：当电阻两端的电压一定时，接入电路的电阻越大，通过它的电流越　小　。‎ 物理量 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ R （Ω）‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎25‎ I（A）‎ 乙图的示数 ‎0.40‎ ‎0.20‎ ‎0.10‎ ‎0.08‎ ‎（4）为了进一步确定电流与电阻的定量关系，老师提出将表中各组电阻值的倒数算出，请你在丙图中描点作出I﹣的图象，根据画出的图象可知：电压一定时，电流Ⅰ跟电阻R成　正　比。‎ ‎【分析】（1）弄清电流的量程和分度值，再读数；根据欧姆定律求出电压值；‎ ‎（2）探究电流与电阻的关系，应保持电压不变，根据串联分压规律即可确定滑动变阻器的滑片移动方向；‎ ‎（3）利用控制变量法对保持电阻两端的电压不变、电流变化的数据进行分析，初步得出电流与电阻的关系；‎ ‎（4）根据描点法做出图象，分析图象得出电压一定时，电流Ⅰ跟电阻R成正比。‎ ‎【解答】解：（1）如图乙所示，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.5A；‎ 由I=得电压表示数应为：U1=IR1=0.5A×4Ω=2V；‎ ‎（2）由于电源电压恒为U=3V，电压表示数保持U0=2V，‎ 电阻箱调到一个阻值更大的电阻后，闭合开关，滑动变阻器接入电路的阻值也应增大，故应将滑动变阻器的滑片向b端移动，使电压表的示数2V，同时记下对应的电流值；‎ ‎（3）根据表中数据中电流随电阻变化的关系可得出的初步结论是：在导体两端的电压一定时，导体的电阻越大，通过的电流越小；‎ ‎（4）根据描点法做出图象，如下图：‎ 根据描绘出的I﹣图线，可以看出通过导体的电流与导体电阻的倒数成正比，由此进一步得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。‎ 故答案为：（1）0.5；2；（2）b；（3）小；（4）如上图；正。‎ ‎【点评】本题主要考查了学生根据实验数据归纳得出结论的能力，解决本题的关键是利用控制变量法分析变量和不变量。‎ ‎　‎ 四．计算题（共2小题，共19分）‎ ‎24．（2018•泸州）如图甲所示的九阳豆浆机，由打浆和电热两部分装置构成。中间部位的打浆装置是电动机工作带动打浆刀头，将原料进行粉碎打浆；外部是一个金属圆环形状的电热装置，电热装置的简化电路图如图乙所示，开关S可切换加热和保温两种状态，R1、R2是发热电阻，豆浆机的主要参数如下表。请解答下列问题：‎ 型号 额定电压 打浆装置 电热装置 JYP﹣P11S ‎220V 电机功率 加热功率 保温功率 ‎180W ‎1000W ‎242W ‎（1）某次向豆浆机中加入黄豆和清水共1.0kg，打浆完成后浆的初温为40℃，加热该浆使其温度升高到100℃，需要吸收多少热量？[设该浆的比热容为4.0×103J/（kg•℃）]‎ ‎（2）电阻R1和R2的阻值分别为多大？‎ ‎（3）该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作lmin所消耗电能为多大？‎ ‎【分析】（1）利用Q吸=cm（t﹣t0）求加热该浆需要吸收的热量；‎ ‎（2）由图知，当S接a时，电路中只有R1，电阻较小，由P=可知，此时电功率较大，为加热档；当S接b时，电路中R1、R2串联，电阻较大，由P=可知，此时电功率较小，为保温档；利用P=求R1、R串；再利用串联电阻的特点求R2；‎ ‎（3）该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，求出总功率，再利用W=Pt求正常工作lmin所消耗电能。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）加热该浆需要吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.0×103J/（kg•℃）×1.0kg×（100℃﹣40℃）=2.4×105J；‎ ‎（2）由图知，当S接a时，电路中只有R1，电阻较小，由P=可知，此时电功率较大，为加热档；当S接b时，电路中R1、R2串联，电阻较大，由P=可知，此时电功率较小，为保温档；‎ 由P=可得R1的阻值：‎ R1===48.4Ω；‎ 由P=可得串联时的总电阻：‎ R串===200Ω，‎ 则R2的阻值：R2=R串﹣R1=200Ω﹣48.4Ω=151.6Ω；‎ ‎（3）该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，总功率：‎ P总=180W+1000W=1180W，‎ 正常工作lmin所消耗电能：‎ W=Pt=1180W×60s=70800J。‎ 答：（1）加热该浆使其温度升高到100℃，需要吸收2.4×105J的热量；‎ ‎（2）电阻R1和R2的阻值分别为48.4Ω、151.6Ω；‎ ‎（3）该九阳豆浆机同时处于打浆和加热时，正常工作lmin所消耗电能为70800J。‎ ‎【点评】本题考查了吸热公式、电功率公式的应用，分析电路图得出高低温档的电路组成是关键。‎ ‎　‎ ‎25．（2018•泸州）如图甲所示的滑轮组装置，不计绳重和摩擦，绳对滑轮的拉力方向均为竖直方向。用该滑轮组提升放置在水平地面上重为G=80N的重物到高处。用竖直向下的拉力拉绳的自由端，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，重物上升的速度v随时间变化的图象如图丙所示。已知在2s～4s内重物上升的竖直高度为2m，求：‎ ‎（1）在4s～6s内，重物克服重力做功的功率；‎ ‎（2）在2s～4s内，绳自由端下降的平均速度；‎ ‎（3）在0～2s内，重物对地面的压力大小。‎ ‎【分析】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=3，则拉力F移动的距离s=3h。‎ ‎（1）由F﹣t图象得出在4s～6s内的拉力F，由v﹣t图象得出重物上升的速度，利用P===Fv求出克服重力做功的功率；‎ ‎（2）由图甲可知，连接动滑轮绳子的股数，根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，利用v=‎ 求出绳子自由端移动的速度；‎ ‎（3）由丙图可知，物体在4s～6s内做匀速直线运动，由图乙可知此时的拉力，利用F=（G物+G动）求出动滑轮重，‎ 此时物体静止在地面上，根据力的平衡条件求出地面的支持力，根据力的作用是相互的，求出对地面的压力。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由图丙可知，在4s～6内，重物做匀速直线运动，其速度v3=2.0m/s，‎ 由P===Fv得，重物克服重力做功的功率：‎ P=Gv3=80N×2.0m/s=160W。‎ ‎（2）由图甲可知，连接动滑轮绳子的股数n=2，‎ 已知在2s～4s内重物上升的竖直高度为2m，‎ 则绳子自由端移动的距离：s=nh=2×2m=4m，‎ 所用的时间t=4s﹣2s=2s，‎ 则在2s～4s内，绳自由端下降的平均速度：‎ v===2m/s。‎ ‎（3）由丙图可知，物体在4s～6s内做匀速直线运动，由图乙可知此时的拉力F3=50N，‎ 因为不计绳重和摩擦，则由F=（G物+G动）得，动滑轮的重力：‎ G动=nF3﹣G物=2×50N﹣80N=20N，‎ 在0～2s内，由图乙可知此时的拉力F1=30N，‎ 把动滑轮和重物看成整体，则这个整体受到向下的总重力、向上的支持力以及2股绳子向上的拉力而处于静止状态，‎ 由力的平衡条件得，F支+2F1=G+G动，‎ 则地面对物体的支持力：‎ F支=G动+G物﹣2F1=20N+80N﹣2×30N=40N，‎ 根据力的作用是相互的可知，此过程中重物对地面的压力：F压=F支=40N。‎ 答：（1）在4s～6s内，重物克服重力做功的功率为160W；‎ ‎（2）在2s～4s内，绳自由端下降的平均速度为2m/s；‎ ‎（3）在0～2s内，重物对地面的压力大小为40N。‎ ‎【点评】本题考查了功率公式、速度公式及力的平衡条件的应用等知识，会判断绳子的股数及受力分析，关键要能图象中找出有用的信息。‎ ‎　‎