2020年安徽省合肥市蜀山区中考物理一模试卷（解析版） 21页

‎ ‎ ‎2020年安徽省合肥市蜀山区中考物理一模试卷 ‎　‎ 一、填空题（共10小题，每小题4分，满分26分）‎ ‎【17·蜀山区·一模·机械运动】1．合肥地铁1号线是安徽省的首条地铁线路，于2016年12月26日正式开通运营．首期运营的线路长24.58km，运营平均速度40km/h，若以此速跑完全程，需　36.87　分钟，若以行驶的地铁为参照物，站台上的广告牌是　运动　的（选填“运动”或“静止”）‎ ‎【考点】速度公式及其应用；参照物及其选择．‎ ‎【分析】（1）已知列车运行路程和平均速度，根据v=的变形公式t=求出列车的运行时间；‎ ‎（2）运动和静止是相对的，相对于参照物来说物体位置发生变化则是运动的，否则是静止的．‎ ‎【解答】解：由v=得，地铁的运行时间：‎ t===0.6145h=36.87min．‎ 若以行驶的地铁为参照物，站台上的广告牌相对于列车来说位置发生变化，所以说广告牌是运动的．‎ 故答案为：36.87；运动．‎ ‎【点评】本题考查了学生对速度公式和运动与静止相对性的理解，属于基础性题目，比较简单．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·声现象】2．一首歌曲需要填词作曲．作曲者谱写的是演唱者唱歌时的　音调　（选填“音色”、“响度”或“音调”）‎ ‎【考点】频率及音调的关系．‎ ‎【分析】解决此题的关键是要知道声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎【解答】解：一首歌曲的作曲，作曲家主要谱写的是演唱者唱歌时的音调，也就是我们俗称的歌曲的旋律．‎ 故答案为：音调．‎ ‎【点评】解决此类问题要结合声音特征中音调的定义去分析解答．知道歌曲的旋律不同，其实是由不同音调的音符组成．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·物态变化】3．物态变化是自然界中常见的热现象，如：①早春，河中的冰逐渐消融②盛夏，剥开包装纸后冰棒会冒“白气”③深秋，清晨的雾在太阳出来后散去④冬天，早晨草地上铺上一层白霜．其中是由于液化形成的是　②　（选填序号）‎ ‎【考点】液化及液化现象．‎ ‎【分析】要分析是什么物态变化，就要先确定此物质原来是什么状态，现在又是什么状态，即判断该物质由什么状态变化到什么状态．‎ ‎【解答】解：①河中的冰消融是固态冰变液态水，是熔化现象；‎ ‎②冰棒冒的“白气”是冰棒周围的气态的水蒸气遇冷变成的液态小水珠，是液化现象；‎ ‎③雾散去是液态的水变气态的水蒸气，是汽化现象；‎ ‎④霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气凝华形成的．‎ 故答案为：②．‎ ‎【点评】此题考查的是物态的几种变化，要注意物质原来和现在的状态，也要区别汽化的“汽”和气态的“气”．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·内能】4．小明放学一回家就闻到从厨房飘出的饭菜香味，这是扩散现象，它说明了分子在　不停的做无规则运动　．‎ ‎【考点】扩散现象．‎ ‎【分析】根据分子的性质回答，分子都很小，分子间有间隔，分子在不断运动．‎ ‎【解答】解：闻到饭菜香味是由于分子在不停的做无规则运动到你的鼻孔，刺激嗅觉细胞，使小明闻到了香味．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ 故答案为：不停的做无规则运动．‎ ‎【点评】本题考查分子的性质，并能用分子的性质解释一些生活现象．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·浮力】5．一块质量为100g的冰块漂浮在水中，盛放在大烧杯内，如图所示，则冰块受到的浮力为　0.98　N ‎【考点】物体的浮沉条件及其应用．‎ ‎【分析】冰块漂浮在水中时受到的浮力和自身的重力相等，根据F浮=G=mg求出其大小．‎ ‎【解答】解：因冰块漂浮在水中，‎ 所以，冰块受到的浮力：‎ F浮=G=mg=0.1kg×9.8N/kg=0.98N．‎ 故答案为：0.98．‎ ‎【点评】本题考查了物体浮沉条件的应用，是一道基础题目．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·功和机械能】6．质量为50kg的李扬同学在跳绳训练中，若他跳起时双脚离开地面4cm，则李扬同学跳绳一次克服自身重力所做的功是　19.6　J．‎ ‎【考点】功的计算．‎ ‎【分析】知道溧阳的质量和他跳起时双脚离开地面的高度，根据W=Gh=mgh求出跳绳一次克服自身重力所做的功．‎ ‎【解答】解：李扬同学跳绳一次克服自身重力所做的功：‎ W=Gh=mgh=50kg×9.8N/kg×0.04m=19.6J．‎ 故答案为：19.6．‎ ‎【点评】本题考查了功的计算，要注意单位的换算，是一道基础题目．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·简单机械】‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎7．如图所示，斜面长s=10m，高h=4m．用沿斜面50N的拉力F，将一个重为100N的物体由斜面底端A匀速拉到顶端B．请在图中画出物体所受斜面支持力的示意图，并求出斜面的机械效率为　80%　．‎ ‎【考点】斜面的机械效率．‎ ‎【分析】（1）斜面对物体的支持力和物体对斜面的压力是一对相互作用力，方向是相反的；压力的方向是垂直于斜面向下的，支持力就是垂直于斜面向上的，作用点在物体的重心上；‎ ‎（2）根据η=×100%=×100%求出斜面的机械效率．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）物体受到斜面支持力的方向是垂直斜面向上，作用点画在物体的重心上，如下图所示：‎ ‎（2）斜面的机械效率：‎ η=×100%=×100%=×100%=80%．‎ 故答案为：如上图所示；80%．‎ ‎【点评】本题考查了支持力的作图和斜面机械效率的计算，是一道较为简单的应用题．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·内能及其应用】8．燃气热水器是用天然气作为燃料给水加热的，已知天然气的热值为4.0×107J/m3，完全燃烧2m3的天然气可以获得　8.0×107　J的热量．‎ ‎【考点】燃料的热值．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎【分析】根据Q=Vq可求出完全燃烧2m3的天然气放出的热量．‎ ‎【解答】解：完全燃烧2m3的天然气放出的热量：Q放=Vq=2m3×4.0×107J/m3=8.0×107J．‎ 故答案为：8.0×107．‎ ‎【点评】此题主要考查的是学生对热值计算公式的理解和掌握，基础性题目．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·电与磁】9．如图所示，闭合开关后，导体棒发生摆动，这是因为　通电导体在磁场中受力　；导体棒在磁场里摆动时，　会　（选填“会”或“不会”）产生感应电流．‎ ‎【考点】磁场对通电导线的作用；电磁感应．‎ ‎【分析】（1）通电导体在磁场中受力，受力方向与磁场方向和电流方向两个因素有关，根据这一原理人们制成的电动机；‎ ‎（2）电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，导体中有感应电流产生．‎ ‎【解答】解：（1）闭合开关后，导体棒发生摆动，这是因为通电导体在磁场中受力；‎ ‎（2）导体棒在磁场里摆动时相当于导体做切割磁感线运动，所以电路中有感应电流．‎ 故答案为：通电导体在磁场中受力；会．‎ ‎【点评】本题考查了电动机，发电机的原理，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·欧姆定律】10．如图甲所示的电路中，滑动变阻器的滑片P从a端移到b端，定值电阻两端的电压随滑动变阻器R2阻值变化的图象如图乙所示，则定值电阻R1阻值为　10　Ω．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】由图甲可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压；当滑片在a端时，只有定值电阻接入电路，电压表测电源两端电压，则由图示图象得出电源电压；然后在图象中找出一组电压与电阻的对应值，应用串联电路特点、欧姆定律即可求R1阻值出．‎ ‎【解答】解：由图甲所示电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压；‎ 由图甲所示电路可知，滑片在a端时，只有定值电阻接入电路，电压表测电源两端电压，由图乙所示图象可知，电源电压U=6V；‎ 由图示图象可知，R2=20Ω时，U1=2V，‎ 根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：‎ U2=U﹣U1=6V﹣2V=4V，‎ 电路电流：I===0.2A，‎ 由I=得：‎ R1===10Ω．‎ 故答案为：10．‎ ‎【点评】本题考查图象信息问题，分析清楚电路结构，由图示图象求出电压与电阻阻值的对应关系、应用串联电路特点、欧姆定律即可正确解题．‎ ‎　‎ 二、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎【17·蜀山区·一模·光现象】‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎11．光的世界丰富多彩，下列现象中，属于光的折射现象的是（　　）‎ A．阳光下树的影子 B．晴天看见“白云在水中飘动”‎ C．神奇的日食现象 D．雨后彩虹 ‎【考点】光的折射现象及其应用．‎ ‎【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播．光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等；‎ ‎（2）光照在不同介质面上时，会发生反射现象，平面镜成像就是具体应用；‎ ‎（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，即光的折射现象．‎ ‎【解答】解：A、树荫下的影子是光沿直线传播形成的，故A错误；‎ B、“白云在水中飘动”是平面镜成像，属于光的反射形成的现象，故B错误；‎ C、日食是光沿直线传播形成的，故C错误；‎ D、光的色散是由光的折射形成的，由于不同色光折射程度不同，所以把白光折射分成各种色光．彩虹就属于色散现象，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·透镜及其应用】12．小林同学用f=10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，实验中将蜡烛、凸透镜、光屏放在光具座上（如图所示），下列说法正确的是（　　）‎ A．能够在光屏上呈现出来的像为虚像 B．为了使像落在光屏中央，实验前要调整蜡烛火焰中心、凸透镜中心、光屏中心等高 C．蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上如图所示的位置上，光屏上恰好可以成倒立缩小的实像 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ D．将蜡烛移到光具座45cm刻度线处，移动光屏，可以在光屏上看到清晰的蜡烛焰像 ‎【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．‎ ‎【分析】（1）在光屏上呈现出的像，一定是实像；‎ ‎（2）为使像成在光屏的中央，实验前要调整蜡烛、光屏和凸透镜的高度，使它们的中心在一条直线上，且在同一高度上；‎ ‎（3）由图知物距和像距的大小关系，由此判断所成的像的性质；‎ ‎（4）u＜f，成正立、放大的虚像．‎ ‎【解答】解：A、虚像不能用光屏承接，光屏上呈现出来的像一定是实像，故A错误；‎ B、实验前要调整蜡烛、光屏和凸透镜的高度，使它们的中心在一条直线上，且在同一高度上，故B正确；‎ C、物距小于像距时，成倒立放大的实像，故C错误；‎ D、将蜡烛移至光具座上45cm刻度线处，由图可知，u=5cm＜f，则由凸透镜成像规律可知，成正立、放大的虚像，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了学生对凸透镜成像规律的理解及应用，掌握凸透镜成像的三种情况，能根据物距和焦距的关系求出焦距，根据物距和焦距的关系判断成像情况．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·运动和力】13．下列关于惯性的说法中正确的是（　　）‎ A．跳远运动员起跳前助跑可以增大惯性 B．驾驶员驾车时系安全带可以减小惯性 C．超载的汽车会导致汽车惯性增大 D．铅球脱手后还能继续飞行是因为受到惯性力的作用 ‎【考点】惯性．‎ ‎【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎【解答】解：A、惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，所以跳远运动员起跳前助跑不能增大惯性．故A错误；‎ B、驾驶员驾车时系安全带可以防止由于具有惯性而带来的危害，但不能减小惯性．故B错误；‎ C、超载的汽车，质量变大，所以会导致汽车惯性增大．故C正确；‎ D、铅球脱手后还能继续飞行是因为铅球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查学生对惯性的理解和掌握，惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·压强】14．以下实例中，属于增大压强的是（　　）‎ A．在铁轨下面铺枕木 B．大型载重车装有很多车轮 C．书包背带做得较宽 D．铁钉的头部做得很尖 ‎【考点】增大压强的方法及其应用．‎ ‎【分析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关．‎ 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．‎ 减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．‎ ‎【解答】解：A、在铁轨下面铺枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A不合题意；‎ B、大型载重车装有很多车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B不合意题；‎ C、书包背带做得较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故C不合题意；‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ D、铁钉的头部做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故D符合题意．‎ 故选D．‎ ‎【点评】掌握压强大小的影响因素，利用控制变量法解释生活中有关增大和减小压强的问题．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·电与磁】15．关于磁场和磁感应线，以下说法不正确的是（　　）‎ A．磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在 B．磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线 C．磁场对放入其中的磁体有力的作用 D．地球周围存在磁场 ‎【考点】磁感线及其特点．‎ ‎【分析】（1）据课本可知，磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转化法；‎ ‎（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；‎ ‎（3）磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用；‎ ‎（4）地球是一个巨大的磁体，地球周围存在磁场；‎ ‎【解答】解：A、磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转化法，故A正确；‎ B、磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线，故B错误；‎ C、磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用，故C正确；‎ D、地球是一个巨大的磁体，地球周围存在磁场，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎【点评】此题考查了磁场的判断方法、磁感线的理解、地磁场的理解等知识点，是一道综合题．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·电流和电流】16．如图所示，在测量并联电路电流的实验中，灯L1、L2规格完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且两个电流表的示数相同，其故障可能是（　　）‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ A．灯L1开路 B．灯L1短路 C．灯L2开路 D．灯L2短路 ‎【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．‎ ‎【分析】由图知，两灯并联，两电流表分别测干路和L2支路的电流，结合只有一个灯泡亮和电流表示数相同，对各选项逐一分析解答．‎ ‎【解答】解：由电路图知，两灯并联，A1测干路电流，A2测L2支路的电流；‎ 由题知，灯L1、L2规格完全相同，闭合开关S，只有一盏灯亮，且两个电流表的示数相同．‎ A、由电路图知，若灯L1开路，电路中只有L2连入电路中，所以只有L2亮，两电流表均测L2的电流，所以两电流表示数相等，故A正确；‎ BD、在并联电路中，若一条支路短路，则整个电路都短路，两灯都不亮，与题意不符，故BD错误；‎ C、由电路图知，若灯L2开路，电路中只有L1连入电路中，所以只有L1亮，A1有示数，但A2无示数，故C错误．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查电路故障的分析，正确分析电路连接方式和电流表作用、理解并联电路的特点是关键．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·欧姆定律】17．如图所示，电源电压保持不变，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表V的示数和电流表A1的示数比值变大 B．电压表V的示数和电流表A2的示数的比值不变 C．电压表V和电流表A1的示数都不变，电流表A和A2的示数变小 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ D．电流表A的示数不变，电流表A2的示数变小，电流表A1的示数变大 ‎【考点】电路的动态分析．‎ ‎【分析】首先判定电路的连接状态，认清各个电流表、电压表的测量范围，根据欧姆定律分析电流表、电压表示数的变化．‎ ‎【解答】解：由图可知：该电路为并联电路，电压表测量电源电压和支路电压，电压表示数不变；电流表A测量干路中的电流，A1测量的是R1的电流，A2测量的是R2的电流；当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电阻变大，由欧姆定律可知，电流变小，即A2示数变小，R1阻值不变，故A1示数不变，由并联电路电流规律可知，A示数变小；‎ A、电压表V的示数和电流表A1的示数比值为R1的电阻，保持不变，故A错误；‎ B、电压表V的示数和电流表A2的示数的比值为变阻器电阻，电阻变大，故比值变大，故B错误；‎ C、电压表V和电流表A1的示数都不变，电流表A和A2的示数变小，故C正确；‎ D、电流表A的示数变小，电流表A2的示数变小，电流表A1的示数不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【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、解答题（共3小题，满分24分）‎ ‎【17·蜀山区·一模·质量与密度】18．在用量筒和托盘天平测量液体密度的实验中，小明把天平放在水平桌面上，取下垫圈，用镊子把游码归零，指针稳定后，分度标尺和指针如图甲所示．‎ ‎（1）小明接下来应该把平衡螺母向　左　（选填“左”或“右”）调节，直到指针在分度标尺中央的刻度线．‎ ‎（2）小明在小烧杯中倒入一些液体，测量液体和烧杯的总质量如图乙所示，可知液体和烧杯的总质量为　131.4　g．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎（3）小明从天平左盘上取下小烧杯，　将砝码从右盘中取下　，并把游码移到零刻度处．‎ ‎（4）小明把小烧杯中的部分液体倒入量筒，读出液体体积为50cm3．‎ ‎（5）小明用天平测出剩余液体和小烧杯的总质量为76.4g，测算出液体密度　1.1×103　kg/m3．‎ ‎【考点】液体密度的测量．‎ ‎【分析】（1）天平指针向左偏应向右调螺母；‎ ‎（2）物体质量等于砝码质量加游码示数，量筒读数就是前后两次读数之差．‎ ‎（3）从天平左盘上取下小烧杯、将砝码取下进行解答；‎ ‎（4）量筒内液体的质量等于液体和烧杯的总质量减去剩余液体和小烧杯的总质量，然后利用密度公式求得液体密度．‎ ‎【解答】解：（1）天平指针向右偏，证明右边质量大，所以应向左调节平衡螺母．‎ ‎（2）由图乙，标尺的分度值为0.2g，烧杯和液体的总质量m总=100g+20g+10g+1.4g=131.4g；‎ ‎（3）小明从天平左盘上取下小烧杯，将砝码从右盘中取下，并把游码移到零刻度处；‎ ‎（4）量筒内液体的质量m=131.4g﹣76.4g=55g，‎ 液体密度ρ===1.1g/cm3=1.1×103kg/m3．‎ 故答案为：（1）右；（2）131.4；（3）将砝码从右盘中取下；（4）1.1×103．‎ ‎【点评】本题目是测定密度的常规实验题，主要考查天平、量筒的读数及密度的基本计算，应注意天平的分度值，读数时看好游码所在的位置，另一方面注意密度单位的换算，1g/cm3=1×103kg/m3．‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·简单机械】19．在“探究杠杆的平衡条件”实验中，所用的器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个．‎ ‎（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，此时杠杆自身重力的力臂为　0　；这样杠杆自身重力对杠杆的平衡就不起作用了，从而消除了杠杆自重对实验带来的影响．‎ ‎（2）实验过程中，将钩码选于图中A点，保持钩码对杠杆的拉力（阻力）、阻力臂不变，在支点O右侧不同位置，用弹簧测力计施加竖直向下的拉力（动力），使杠杆水平平衡，测出每一组动力臂l1和对应的动力F1，并记录在表中．请根据表中数据，在坐标系中绘制出l1与F1的图象，根据图象中实验数据可知，当阻力与阻力臂一定时，动力与动力臂　成反比　； ‎ 次数 ‎ 动力F1/N ‎ 动力臂l1/m ‎ 1‎ ‎ 0.5‎ ‎ 0.60‎ ‎ 2‎ ‎ 1.0‎ ‎ 0.30‎ ‎ 3‎ ‎ 1.5‎ ‎ 0.20‎ ‎ 4‎ ‎ 2.0‎ ‎ 0.15‎ ‎ 5‎ ‎ 3.0‎ ‎0.10‎ ‎（3）实验中小明发现，保持杠杆处于水平平衡，当弹簧测力计的拉力方向偏离竖直方向时，弹簧测力计的拉力会变大，原因是　拉力的力臂变小　．‎ ‎【考点】探究杠杆的平衡条件实验．‎ ‎【分析】‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎（1）杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；‎ ‎（2）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来；‎ 阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，并求出动力与动力臂的乘积，然后写出动力F与动力臂L的关系，从而进一步得出当L1为0.5m时，F1的大小；‎ ‎（3）当力倾斜作用在杠杆上，杠杆在水平位置平衡，力臂不在杠杆上，力臂变小，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计的拉力会变大．‎ ‎【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，保持水平静止，这样做的好处是：杠杆所受重力的作用线通过支点，重力的力臂为0，重力对杠杆的转动不产生影响；‎ ‎（2）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：‎ 由题意可知，阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2=F1L1=0.5N×0.6m=0.3N•m；‎ 所以，可得出：当阻力与阻力臂一定时，动力与动力臂成反比；‎ ‎（3）保持杠杆处于水平平衡，当弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，拉力的力臂变小，但是阻力和阻力臂均不变，根据杠杆平衡条件可知，弹簧测力计的拉力会变大．‎ 故答案为：（1）0；（2）如上图所示；成反比；（3）拉力的力臂变小．‎ ‎【点评】本题考查了杠杆平衡条件的实验，作图以及根据杠杆平衡条件计算；当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·电功率】20．在测量额定电压为2.5V的小灯泡额定功率的实验中：‎ ‎（1）如图甲是小明测定小灯泡额定功率的实物电路图（不完整）‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ 请用笔画线代替导线将实物图连接完整．‎ ‎（2）小明在实验中由于实验器材规格选择不当，他正确连接电路且实验步骤正确，闭合开关后，发现小灯泡发光较亮，电压表的示数如图乙所示，为了测出该小灯的额定功率，你建议小华　换用最大阻值大一些的变阻器或减小电源电压　．‎ ‎（3）小明更换器材重新实验，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到　A　（选填“A”或“B”）．闭合开关后，移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图丙所示，则灯泡的额定功率为　0.8　W．‎ ‎【考点】电功率的测量．‎ ‎【分析】（1）变阻器按一下一上的原则接入电路中；‎ ‎（2）根据他正确连接电路且实验步骤正确，小明在实验中由于实验器材规格选择不当，说明变阻器连入电路中的电阻最大，根据电压表的小量程读数比较与灯的额定电压的关系，由分压强原确定措施；‎ ‎（3）为保护电路，滑片移动到阻值最大处；根据电流表小量程读数，根据P=UI求灯的额定功率．‎ ‎【解答】解：（1）变阻器按一下一上的原则接入电路中，如下所示：‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎（2）小明在实验中由于实验器材规格选择不当，他正确连接电路且实验步骤正确，说明变阻器连入电路中的电阻最大，闭合开关后，发现小灯泡发光较亮，电压表的示数如图乙所示，电压表分度值为0.1V，示数为2.8V高于灯的额定电压，要使灯正常发光，变阻器要分去更多的电压，根据分压原理，故应换用最大阻值更大的变阻器，或减小电源电压；‎ ‎（3）小明更换器材重新实验，闭合开关前，为保护电路，滑片移动到阻值最大处，应将滑动变阻器的滑片P移到A；‎ 闭合开关后，移动滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图丙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.32A则灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.32A=0.8W．‎ 故答案为：（1）如上所示；（2）换用最大阻值大一些的变阻器或减小电源电压；（3）A；0.8；‎ ‎【点评】本题测量额定电压为2.5V的小灯泡额定功率，考查电路的连接、对器材的要求及额定功率的计算，为中考的热点问题．‎ ‎　‎ 四、解答题（共3小题，满分19分）‎ ‎【17·蜀山区·一模·运动和力】21．在物理上，可以用公式f=μFN来计算滑动摩擦力的大小，其中f表示摩擦力，FN表示压力，μ叫动摩擦因数．如图所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，木板上质量为500g的滑块通过轻绳绕过定滑轮，绳的另一端悬挂托盘，已知托盘质量为50g，当添加的砝码质量达到150g时，滑块恰好做匀速直线运动．‎ ‎（1）请证明滑块受到的摩擦力f大小等于砝码盒托盘的总重力G总．（提示：绳对滑块的拉力和绳对托盘拉力大小相等，记为F）．‎ ‎（2）求滑片与木板间的动摩擦因数μ的大小．‎ ‎【考点】摩擦力的大小．‎ ‎【分析】‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎（1）当滑块做匀速直线运动运动时，根据二力平衡的知识，此时滑块受到的摩擦力等于绳子的拉力，即托盘和砝码的总重力；‎ ‎（2）根据公式μ=求滑片与木板间的动摩擦因数μ的大小．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当滑块恰好做匀速直线运动时，滑块在水平方向上受到水平向右的拉力F和水平向左的摩擦力f是一对平衡力，所以f=F；‎ 砝码盒托盘也在做匀速直线运动，则绳对托盘的拉力和砝码盒托盘的总重力是一对平衡力，即F=G总；‎ 已知绳对滑块的拉力和绳对托盘拉力大小相等，所以滑块所受摩擦力f=F=G总=m总g；‎ ‎（2）滑块对水平木板的压力为：FN=G滑=m滑g=0.5kg×10N/kg=5N；‎ 滑块受到的摩擦力为：f=G总=m总g=（0.05kg+0.15kg）×10N/kg=2N；‎ 由f=μFN可得，滑块与木板间的动摩擦因数：μ===0.4．‎ 答：‎ ‎（1）见解答过程；‎ ‎（2）滑片与木板间的动摩擦因数为0.4．‎ ‎【点评】本实验根据物体受平衡力做匀速直线运动的原理测量摩擦力，平时训练中一定要加强应用基本规律解决实际问题的能力，强调知识的活学活用．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·电动率、内能】22．张明同学在周末学习利用电能表测量家用电器的实际功率，于是他将2.5kg初温为20℃的水加入电热水壶中，将它单独接入家庭电路，使其工作100s，观察到家中电能表指示灯闪烁84次，电能表上标有“220V 3600imp/（kW•h）”字样，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），假设电能全部转化为内能．求：‎ ‎（1）电热水壶在此时间内的实际功率；‎ ‎（2）在此功率下需要多长时间可以将这壶水加热到100℃？‎ ‎【考点】电功与热量的综合计算；电能表参数的理解与电能的求法．‎ ‎【分析】（1）3600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次；据此可求闪烁84次消耗的电能，再利用P=‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ 求电热水壶的实际功率；‎ ‎（2）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸=cm△t求将这壶水加热到100℃吸收的热量；假设电能全部转化为内能，消耗的电能W=Q吸，再利用P=求需要的时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据参数3600imp/（kW•h）知，每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次；‎ 所以闪烁84次消耗的电能为：‎ W=kW•h=kW•h=×3.6×106J=84000J，‎ 电热水壶的实际功率：‎ P===840W；‎ ‎（2）将这壶水加热到100℃吸收的热量：‎ Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×=840000J，‎ 由题可知电能全部转化为内能，消耗的电能W=Q吸=840000J，‎ 由P=得需要时间：‎ t===1000s．‎ 答：（1）电热水壶在此时间内的实际功率为840W；‎ ‎（2）在此功率下需要1000s可以将这壶水加热到100℃．‎ ‎【点评】本题考查了吸热公式、电功率公式的应用，知道电能表相关参数的物理意义是关键．‎ ‎　‎ ‎【17·蜀山区·一模·欧姆定律】‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ ‎23．李刚同学做“伏安法”测电阻的实验时链接了如图甲所示的电路．闭合开关后，李刚调节滑动变阻器进行了多次测量．细心的李刚发现，滑动变阻器接入电路的阻值等于零时，待测电阻两端电压达不到两节新干电池串联后的总电压，此时对应的电流表电压表示数如图乙所示．实际上干电池的内部都是存在电阻的，简称内阻，干电池可以看成是一个电压稳定的理想电源与一个内阻串联而成．李刚想测出本实验中电源的内阻，他向老师要来一只5Ω的定值电阻替换掉甲图中的Rx，闭合开关，仍将滑动变阻器调节到接入电路的阻值等于零，测出此时电流为0.4A，请你结合李刚的两次测量求：‎ ‎（1）待测电阻Rx的阻值；‎ ‎（2）电源电压和干电池组的内阻r．‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）根据图乙中电表的量程和分度值读出示数，利用欧姆定律求出待测电阻Rx的阻值；‎ ‎（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；5Ω的定值电阻替换掉甲图中的Rx后，定值电阻与电源的内阻串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出电池的内阻，进一步求出电源的电压．‎ ‎【解答】解：（1）由图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为Ux=2.4V，‎ 电流表的量程为0～0.06A，分度值为0.02A，示数为Ix=0.2A，‎ 由I=可得，待测电阻Rx的阻值：‎ Rx===12Ω；‎ ‎（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电源的电压：‎ U=Ix（Rx+r）=0.2A×（12Ω+r），‎ ‎5Ω的定值电阻R0替换掉甲图中的Rx后，定值电阻与电源的内阻串联，电流表测电路中的电流，‎ 则电源的电压：‎ 第 21 页 共 21 页 ‎ ‎ U=I0（R0+r）=0.4A×（5Ω+r），‎ 因电源的电压不变，‎ 所以，0.2A×（12Ω+r）=0.4A×（5Ω+r），‎ 解得：r=2Ω，‎ 电源的电压U=Ix（Rx+r）=0.2A×（12Ω+2Ω）=2.8V．‎ 答：（1）待测电阻Rx的阻值为12Ω；‎ ‎（2）电源电压为2.8V，电池组的内阻为2Ω．‎ ‎【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，分清电路的连接方式是解题的关键，要注意电表的读数．‎ 第 21 页 共 21 页