2017 年山东省威海市中考物理试题word版含解析 37页

‎2017年山东省威海市中考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题．1-10小题为单项选择题．每小题2分：11-12小题为多项选择题，每小题全部选对的得3分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分，共26分）‎ ‎1．在公共场所“轻声”说话是文明的表现，在课堂上“大声”回答问题才能让老师和同学们都能听清楚，这里的“轻声”和“大声”是指声音的（　　）‎ A．音调 B．响度 C．音色 D．声速 ‎2．下列关于物态变化的实例中属于熔化的是（　　）‎ A．初春，河面上冰化成水 B．夏末，草叶上形成“露珠”‎ C．深秋，枫叶上形成“霜” D．严冬，树枝上形成“雾淞”‎ ‎3．生活中热现象随处可见，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在远处前闻到花的香味，是分子无规则运动的结果 B．冬天很冷的时候搓手就感到暖和，是用做功的方式改变内能 C．夏天在河岸边觉得沙子热得发烫而河水却不怎么热，是因为水的比热容大 D．使用高压锅更容易把食物煮熟，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理 ‎4．关于能源、电磁波、超声波等物理知识，下列说法中正确的是（　　）‎ A．核电站利用的是核聚变时产生的能量 B．化石能源属于可再生能源 C．光纤通信是利用电磁波传递信息 D．“北斗”卫星导航是利用超声波进行定位和导航的 ‎5．如图是教材中的情景再现，下列解释不正确的是（　　）‎ A．‎ 用力推墙后人向后运动，说明物体间力的作用是相互的 B．‎ 口吹硬币跳栏杆，说明流速越大压强越大 C．‎ 用力搬石头没搬动，说明力没有对石头做功 D．‎ 松手后橡皮来回摆动，说明动能和势能可以相互转化 ‎6．关于压力和压强，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的重力越大对接触面的压强就一定越大 B．刀刃磨得很锋利，是为了增大压力 C．大气压强随着海拔高度的增加而增大 D．水坝建成上窄下宽的形状，是由于水对坝体的压强随深度的增加而增大 ‎7．如图所示，让一束平行光经过一凸透镜，在光屏上得到一个最小、最亮的光屏，小明用此透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，下列说法不正确的是（　　）‎ A．当物体距透镜8cm时，成正立的像 B．当物体距透镜16cm时，成倒立、放大的实像 C．当物体从距透镜20cm处远离透镜的方向移动时，所成的像逐渐变小 D．当物体从距透镜20cm处靠近透镜移动时，要得到清晰的像应使光屏靠近透镜 ‎8．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，灯不亮，电流表有示数，电压表没有示数．则电路的故障情况可能是（　　）‎ A．灯L断路 B．灯L短路 C．电阻R断路 D．电阻R短路 ‎9．装着开水的暖水瓶塞有时会弹起来．同时看到一股“白气”冒出来，以下解释正确的是（　　）‎ A．木塞弹起来，是因为暖水瓶里的空气受热膨胀对木塞做功 B．在木塞弹起过程中瓶内气体的内能增加，木塞的机械能增加 C．看到的“白气”是从瓶子里出来的水蒸气 D．看到的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小冰晶 ‎10．如图是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式滑动变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（　　）‎ A．电路中R和R0是并联的 B．油量表是由电流表改装而成的 C．油位越高，流过R的电流越大 D．油位越低，R两端的电压越小 ‎11．如图所示，把重为G的物体沿高为h，长为l的粗糙斜面以速度v由底端匀速拉到顶端的过程中，拉力F做的功为W，则下列选项正确的是（　　）‎ A．拉力大小为 B．物体所受摩擦力大小为 C．拉力功率的大小为 D．斜面的机械效率为 ‎12．如图所示．电源电压为4.5V，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1. 25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（　　）‎ A．小灯泡的额定电流是0.6A B．电流表的示数变化范围是0.3～0.5A C．电压表的示数变化范围是0～3V D．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω ‎　‎ 二．填空题（每小题2分，共16分）‎ ‎13．目前青少年近视现象十分严重，应加强用眼保护，图中表示近视眼成像示意图的是　 　图，应配戴　 　镜制成的眼镜矫正．‎ ‎14．如图是四冲程汽油工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在　 　冲程，当燃料混合在气缸内燃烧时将　 　能转化为内能．‎ ‎15．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒在摩擦的过程中　 　电子；若把它与不带电的验电器金属球接触，会发现验电器金属箔片张开，其原因是　 　．‎ ‎16．炎炎夏日，同时使用过多的大功率用电器往往会引起空气开关“跳闸”，其原因是　 　，请写出一条安全用电的注意事项　 　．‎ ‎17．如图甲所示，小明在探究通电螺线管外部磁场的方向的实验中，把电池的正负极对调，这样操作是为了探究通电螺线管外部磁场方向和　 　是否有关．在此实验的基础上，他将电源换成灵敏电流表，如图乙所示，闭合开关，将一个条形磁体快速插入螺线管中时，观察到电流表的指针发生偏转，依据此现象的原理法拉第发明了　 　．‎ ‎18．一个标有“220V 1200W”的电热水壶．要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是　 　J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是　 　s． （水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）‎ ‎19．如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V 3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为　 　Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是　 　W．‎ ‎20．如图甲所示，底面积103m2的金属圆筒重2N，开口向上漂浮在水面上，这时有的体积浸没在水中；若向金属圆筒里倒入1.25×10﹣4m3的某种液体，水面恰好与金属圆筒口相平，如图乙所示，此时水对金属圆筒底部的压强为　 　 Pa，该液体的密度为　 　 kg/m3（g=10N/kg，ρ水=1×10kg/m3）．‎ ‎　‎ 三、作图题 ‎21．如图所示，轻质杠杆OA在路灯和轻绳AB的共同作用下，在水平方向处于静止状态，请画出轻绳AB对杠杆的动力F1的力臂L1和阻力F2的示意图．‎ ‎22．开关闭合后电磁铁A和永磁体B的磁感线分布如图所示．请标出永磁体B左端的磁极和四条磁感线的方向．‎ ‎　‎ 四、实验探究题本题 ‎23．在光现象的学习过程中，小明进行了如下实验；‎ ‎（1）在“探究光的反射规律“实验中，按图甲所示的装置进行实验，纸版上显示出了入射光AO和反射光OB的径迹，他想把光的径迹保留在纸板上以便研究，请你为他设计一个保留的方法：　 　． 当在图甲上出现反射光OB后，小明将一透明塑料硬板按图乙方式放置，并以ON为轴旋转该塑料板，观察塑料板上能否出现反射光，他的设计意图是为了探究　 　，小明让光沿BO方向入射，发现反射光沿OA方向射出，说明在反射现象中　 　．‎ ‎（2）如图丙所示，在“探究平面镜成像特点“的实验中，小明将点燃的蜡烛A竖直放在薄玻璃板的一侧，此时用另一支完全相同的蜡烛B在玻璃板另一侧的水平桌面上无论怎样移动，发现无法让它与蜡烛A的像完全重合，出现这种情况的原因可能是　 　．调整后蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合，说明像与物　 　，移去蜡烛B，在其原来的位置放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛A站的像，说明　 　．‎ ‎24．小明用弹簧测力计、粗糙程度均匀的水平桌面、砝码和木块等实验器材来探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系．‎ ‎（1）小明用图甲所示的实验装置进行实验，要想知道滑动摩擦力的大小，应该使木块在水平桌面上做　 　运动．此时滑动摩擦力大小为　 　N．‎ ‎（2）分析本实验误差产生的原因，请写出其中1条：　 　．‎ ‎（3）根据图乙给出的数据点画出声f～F压关系图象．依据f～F压关系图象，思考当F压=6N时如何确定滑动摩擦力的f大小，在图乙中纵坐标轴上用字母A标记f大小的位置并留下作图痕迹．‎ ‎（4）自行车刹车时，捏手刹用的力越大，车子停的越快的原因是　 　．‎ ‎25．根据下列两个实验，回答相关问题：‎ ‎（1）电流做功的过程是把电能转化为其他形式能的过程，一般情况下电流做功的多少我们无法直接观察出．小明同学为了“探究影响电流做功的因素”，设计了如图1所示的实验，通过此实验可以较形象的比较出电流做功的多少．该实验是通过观察　 　比较电流在不同情况下做功多少的，此过程中是把电能转化为　 　能；将滑动变阻器的滑片P向左调节时，电流表和电压表的示数都变大，相同时间内物体被吊起的度度也变大了，这说明　 　．‎ ‎（2）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图2所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端．‎ ‎ 在实验过程中，通过观察U形管中　 　‎ 的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少：图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与　 　的关系，图乙所示的装置是用来研究通过电阻丝产生的热量与　 　的关系，综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是　 　．‎ ‎　‎ 五．综合计算题 ‎26．某实验小组在研究某种物质的属性时，日常需将物体浸没在煤油中保存，将体积为1×10﹣3m3、重6N的该物体用细线系在底面积为250cm2的圆柱形容器的底部，物体浸没在煤油中，如图所示，（g=10N/kg，ρ煤油=0.8×103kg/m3） ‎ ‎（1）细线受到的拉力是多大？‎ ‎（2）若细线与物体脱落，待物体静止后煤油对容器底的压强变化了多少？‎ ‎27．某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω，L是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能．灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：‎ ‎（1）晚上工作时电路的总功率是多大？‎ ‎（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？‎ ‎28．图甲是某小区高层住宅电梯结构的示意图，它主要是由轿厢、滑轮、配重、缆绳及电动机等部件组成，小明家住该小区某栋楼的16楼，他乘电梯从1楼匀速升到16楼用时50s，已知每层楼的高度为3m．小明重600N．轿厢重5400N，动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，针对此时程，解答下列问题．‎ ‎（1）拉力F的功率为多大？‎ ‎（2）动滑轮A提升小明的机械效率为多少？‎ ‎（3）图乙是该电梯超载自动报警系统工作原理的示意图，在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作，当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，即使闭合开关S，电动机也不工作，在控制电路中，已知电源电压为6V，保护电阻R2=100Ω，电阻式压力传感器R1的阻值随乘客压力（F压）大小变化如图丙所示，电磁铁线圈的阻值忽略不计，当电磁铁线圈电流超过0.02A时，电铃就会发出警报声，若乘客人均重为700N，该电梯最多可以乘载多少人？‎ ‎　‎ ‎2017年山东省威海市中考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题．1-10小题为单项选择题．每小题2分：11-12小题为多项选择题，每小题全部选对的得3分，选对但选不全的得2分，选错或不选的得0分，共26分）‎ ‎1．在公共场所“轻声”说话是文明的表现，在课堂上“大声”回答问题才能让老师和同学们都能听清楚，这里的“轻声”和“大声”是指声音的（　　）‎ A．音调 B．响度 C．音色 D．声速 ‎【考点】9G：响度与振幅的关系．‎ ‎【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．‎ ‎【解答】解：“轻声”和“大声”都是指声音大小、强弱，也就是声音的响度，故B符合题意，ACD不符合题意．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于物态变化的实例中属于熔化的是（　　）‎ A．初春，河面上冰化成水 B．夏末，草叶上形成“露珠”‎ C．深秋，枫叶上形成“霜” D．严冬，树枝上形成“雾淞”‎ ‎【考点】19：熔化与熔化吸热特点．‎ ‎【分析】物质从固态变为液态的过程是熔化；物质从液态变为固态的过程是凝固；物质从液态变为气态的过程是汽化；‎ 物质从气态变为液态的过程是液化；物质从固态直接变为气态的过程是升华；物质从气态直接变为固态的过程是凝华．‎ ‎【解答】解：‎ A、初春，湖面上冰化成水，是固态变为液态，是熔化现象，符合题意；‎ B、夏末，草叶上形成“露珠”是水蒸气液化形成的，不合题意；‎ C、深秋，树叶上形成“霜”是水蒸气直接凝华形成的，不合题意；‎ D、严冬，树枝上形成“雾凇”是水蒸气直接凝华形成的，不合题意．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．生活中热现象随处可见，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．在远处前闻到花的香味，是分子无规则运动的结果 B．冬天很冷的时候搓手就感到暖和，是用做功的方式改变内能 C．夏天在河岸边觉得沙子热得发烫而河水却不怎么热，是因为水的比热容大 D．使用高压锅更容易把食物煮熟，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理 ‎【考点】GW：扩散现象；1J：沸点及沸点与气压的关系；G9：做功改变物体内能；GE：水的比热容的特点及应用．‎ ‎【分析】A、组成物质的分子都在永不停息地做无规则运动；‎ B、做功和热传递都可以改变物体的内能；即物体的内能取决于做功和热传递两个方面；‎ C、吸收相同的热量，比热容越大的物体升高的温度越低；‎ D、气压越高沸点越高．‎ ‎【解答】解：A、我们能闻到花的香味是因为酒分子在做无规则运动，故A正确；‎ B、搓水时，我们通过做功改变了内能，故B正确；‎ C、沙子发烫而水不热是因为水的比热容大，故吸引相同的热量沙子升高的温度要大；故C正确；‎ D、使用高压锅更容易把食物煮熟，是利用了液体沸点随气压增大而增大的原理，故D错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．关于能源、电磁波、超声波等物理知识，下列说法中正确的是（　　）‎ A．核电站利用的是核聚变时产生的能量 B．化石能源属于可再生能源 C．光纤通信是利用电磁波传递信息 D．“北斗”卫星导航是利用超声波进行定位和导航的 ‎【考点】K4：核能；D2：电磁波的传播；DA：光纤通信；K2：能源的分类．‎ ‎【分析】（1）核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的；‎ ‎（2）可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；‎ ‎（3）光纤通信是利用激光传递信息，传输过程遵循光的反射定律；‎ ‎（4）卫星导航是利用电磁波来传递信息的．‎ ‎【解答】解：‎ A、核电站是利用核裂变来释放能量的，不是利用核聚变．故A错误；‎ B、化石能源在地球上的储量是有限的，利用之后无法再生，属于不可再生能源，故B错误；‎ C、光纤通信是利用光波在光导纤维中传输信息的一种通信方式，光就是一种电磁波，故C正确；‎ D、电磁波能在真空中传播，卫星导航是利用电磁波进行定位和导航的，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图是教材中的情景再现，下列解释不正确的是（　　）‎ A．‎ 用力推墙后人向后运动，说明物体间力的作用是相互的 B．‎ 口吹硬币跳栏杆，说明流速越大压强越大 C．‎ 用力搬石头没搬动，说明力没有对石头做功 D．‎ 松手后橡皮来回摆动，说明动能和势能可以相互转化 ‎【考点】8K：流体压强与流速的关系；6I：力作用的相互性；EA：力是否做功的判断；FU：动能和势能的转化与守恒．‎ ‎【分析】（1）物体间力的作用是相互的；‎ ‎（2）对于流体来说，流速大压强小，流速小压强大；‎ ‎（3）做功的条件是：作用在物体上有力，且沿力的方向运动了一段距离；‎ ‎（4）动能和物体的质量、速度有关，重力势能和物体的质量、高度有关；‎ ‎【解答】解：A、用力推墙后人向后运动，即手对墙有个作用力，由于物体间力的作用是相互的，所以墙对手有一个反作用力，故A正确；‎ B、口吹硬币跳栏杆，硬币上方空气流速大，压强小，硬币下方空气流速小，压强大，所以硬币在压强差的作用下跳起，故B错误；‎ C、用力搬石头没搬动，虽然有力，但是沿力的方向没有移动距离，所以力没有对石头做功，故C正确；‎ D、松手后橡皮来回摆动，当从最高点向最低点运动时，速度变大，高度减小，即动能变大，重力势能变小，所以是将动能转化为重力势能的过程；橡皮从最低点向最高点运动时，高度增加，重力势能增大，速度减小，动能减小，是将动能转化为重力势能的过程，故说明动能和势能可以相互转化，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．关于压力和压强，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体的重力越大对接触面的压强就一定越大 B．刀刃磨得很锋利，是为了增大压力 C．大气压强随着海拔高度的增加而增大 D．水坝建成上窄下宽的形状，是由于水对坝体的压强随深度的增加而增大 ‎【考点】81：压力及重力与压力的区别；84：增大压强的方法及其应用；88：液体的压强的特点；8G：大气压强与高度的关系．‎ ‎【分析】（1）压强大小的影响因素是压力和受力面积，而压力是垂直压在物体表面上的力，重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，只有把物体放在水平地面上时，对地面的压力F是由重力引起的，F=G．‎ ‎（2）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．‎ ‎（3）根据大气压与高度的关系可做出判断；‎ ‎（4）液体的压强随深度的增加而增大，据此判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据p=可知，压强大小的影响因素是压力和受力面积；压力的大小等于重力大小是有条件的，重力大，压力不一定大，同时不知道受力面积的大小，所以不能比较压强的大小，故A错误；‎ B、刀刃磨得很锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；故B错误；‎ C、大气压强随着海拔高度的增加而减小，故C错误；‎ D、液体的压强随深度的增加而增大，水坝建成上窄下宽的形状可承受更大的压强，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，让一束平行光经过一凸透镜，在光屏上得到一个最小、最亮的光屏，小明用此透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验，下列说法不正确的是（　　）‎ A．当物体距透镜8cm时，成正立的像 B．当物体距透镜16cm时，成倒立、放大的实像 C．当物体从距透镜20cm处远离透镜的方向移动时，所成的像逐渐变小 D．当物体从距透镜20cm处靠近透镜移动时，要得到清晰的像应使光屏靠近透镜 ‎【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．‎ ‎【分析】（1）物距小于焦距成正立放大虚像．应用是放大镜．‎ 物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距．‎ 物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距．‎ 物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距．‎ ‎（2）凸透镜成实像时，物距变大，像距变小，物距减小，像距变大．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，凸透镜的焦距为40cm﹣30cm=10cm，当物体距透镜8cm时，物距小于一倍焦距，成正立放大的虚像，故A正确；‎ B、当物体距透镜16cm时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大的实像，故B正确；‎ C、当物体从距透镜20cm处远离透镜的方向移动时，凸透镜成的是实像，物距变大，像距变小，故C正确；‎ D、当物体从距透镜20cm处靠近透镜移动时，凸透镜成的是实像，物距减小，像距变大，要得到清晰的像应使光屏靠近透镜，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，灯不亮，电流表有示数，电压表没有示数．则电路的故障情况可能是（　　）‎ A．灯L断路 B．灯L短路 C．电阻R断路 D．电阻R短路 ‎【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流，逐个分析每个选项找出符合要求的选项．‎ ‎【解答】解：‎ A．若灯L断路，电路断路，电压表串联在电路中测电源的电压，则电流表无示数，电压表有示数，故A不符合题意；‎ B．若灯L短路，灯泡不亮，此时电压表被短路无示数，电路为R的简单电路，电流表测电路中的电流有示数，故B符合题意；‎ C．若电阻R断路，电路断路，电压表和电流表均无示数，灯泡不亮，故C不符合题意；‎ D．若电阻R短路，电路为灯泡L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，则两电表都有示数，故D不符合题意．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．装着开水的暖水瓶塞有时会弹起来．同时看到一股“白气”冒出来，以下解释正确的是（　　）‎ A．木塞弹起来，是因为暖水瓶里的空气受热膨胀对木塞做功 B．在木塞弹起过程中瓶内气体的内能增加，木塞的机械能增加 C．看到的“白气”是从瓶子里出来的水蒸气 D．看到的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小冰晶 ‎【考点】G9：做功改变物体内能；1M：液化及液化现象；E5：能量的转化和转移．‎ ‎【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能．物体对外做功，物体内能减少，对物体做功，物体内能增加；物体吸收热量，物体内能增加，物体放出热量，物体内能减小；‎ ‎（2）“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水球．‎ ‎【解答】解：‎ A、木塞弹起来，是因为保温瓶内的空气受热膨胀对木塞做功，将内能转化为机械能，故A正确；‎ B、木塞蹦出的过程中，将内能转化为机械能，瓶内气体的内能减少，木塞的机械能增大，故B错误；‎ CD、看到的“白气”是从瓶子里出来的水蒸气遇冷液化成的小水珠，而不是从瓶子里出来的水蒸气，故CD错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎10．如图是一种自动测定油箱内油面高度的装置，R是转动式滑动变阻器，它的金属滑片P是杠杆的一端，下列说法正确的是（　　）‎ A．电路中R和R0是并联的 B．油量表是由电流表改装而成的 C．油位越高，流过R的电流越大 D．油位越低，R两端的电压越小 ‎【考点】IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）根据定值电阻R0与滑动变阻器R的连接形式判断连接方式；‎ ‎（2）根据电流表和电压表的正确使用判断油量表的类型；‎ ‎（3）根据油量的变化可知浮标的变化，进一步可知滑片移动的方向和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R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R两端的电压变化．‎ ‎【解答】解：‎ B、由电路图可知，油量表与变阻器R并联，所以油量表应为电压表改装而成的，故B错误；‎ A、由电路图可知，R0与R依次连接即为串联，故A错误；‎ CD、油位越低时，浮标下移，滑片上移，变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，‎ 由I=可知，电路中的电流变小；由U=IR可知，R0两端的电压变小，‎ 由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，R两端的电压变大，即电压表的示数越大，故D错误；‎ 同理可知，油位越高，滑片下移，变阻器接入电路中的电阻越小，电路中的电流越大，即流过R的电流越大，故C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，把重为G的物体沿高为h，长为l的粗糙斜面以速度v由底端匀速拉到顶端的过程中，拉力F做的功为W，则下列选项正确的是（　　）‎ A．拉力大小为 B．物体所受摩擦力大小为 C．拉力功率的大小为 D．斜面的机械效率为 ‎【考点】F3：机械效率的计算；F6：斜面的机械效率．‎ ‎【分析】使用斜面时，利用W=Gh求有用功，利用W=Fl求总功，克服摩擦做的额外功W额=fl，利用P=求拉力做功功率，利用效率公式η=求斜面的机械效率．据此分析判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、拉力做的功为总功，即W总=W=Fl，所以拉力F=；‎ 有用功为W有用=Gh，因为在斜面上拉动物体要克服摩擦力做功，‎ 所以W总＞W有用，即Fl＞Gh，则F=＞，故A错；‎ B、使用斜面时克服摩擦力做的功为额外功，则W额=fl=W总﹣W有用=W﹣Gh，‎ 所以物体所受的摩擦力：f=，故B正确；‎ C、做功时间为t=，拉力功率的大小P===，故C正确；‎ D、斜面的机械效率为η==，故D错．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示．电源电压为4.5V，电流表量程为“0～‎ ‎0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω，1A”，小灯泡L标有“2.5V，1.25W”（不考虑温度对灯丝电阻的影响）．在保证通过小灯泡L的电流不超过恒定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项正确的是（　　）‎ A．小灯泡的额定电流是0.6A B．电流表的示数变化范围是0.3～0.5A C．电压表的示数变化范围是0～3V D．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4～10Ω ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；J9：电功率与电压、电流的关系．‎ ‎【分析】知道灯泡的额定功率和额定电压，根据P=UI求出灯泡的额定电流；‎ 灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的最小电压，即电压表的最小示数；‎ 根据串联电路的电流特点可知电路中的最大电流为灯泡额的电流和滑动变阻器允许通过最大电流中较小的一个，根据欧姆定律求出电压表的最大示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值．‎ ‎【解答】解：小灯泡的额定电流I===0.5A，故A错误；‎ 由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压．‎ 灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，当灯泡正常发光时，串联电路总电压等于各分电压之和，此时电压表的最小示数U滑=U﹣UL=4.5V﹣2.5V=2V，‎ 此时电路中的最大电流Imax=0.5A，‎ 此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小为：R滑min===4Ω；‎ 滑动变阻器接入电路中的电阻最大，‎ 灯泡的电阻：RL===5Ω，电路中的最小电流：Imin===0.3A，‎ 电路中电流变化的范围是0.3A～0.5A，故B正确；‎ 此时灯泡分担的电压最小U L小=IminRL=0.3A×5Ω=1.5V，‎ 滑动变阻器两端的最大电压：U滑max=U﹣U L小=4.5V﹣1.5V=3V，即电压表最大示数，‎ 电压表的示数范围为2V～3V，故C错误；‎ 此时滑动变阻器的最大阻值Rmax===10Ω，‎ 所以滑动变阻器的范围是4Ω～10Ω，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ 二．填空题（每小题2分，共16分）‎ ‎13．目前青少年近视现象十分严重，应加强用眼保护，图中表示近视眼成像示意图的是　甲　图，应配戴　凹　镜制成的眼镜矫正．‎ ‎【考点】BA：近视眼的成因与矫正办法．‎ ‎【分析】本题要抓住近视眼成因：远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的前方造成近视眼．近视矫正方法，需佩戴凹透镜．‎ 远视眼成因，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方造成的．远视矫正方法，需佩戴凸透镜 ‎【解答】解：远视眼成因：眼球晶状体的曲度过小，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方造成的，则乙是远视眼的成因．‎ 近视眼成因：眼球晶状体的曲度过大，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的前方造成近视眼．‎ 由图可知，甲是近视眼的成因；因凹透镜对光线有发散作用，所以近视眼应该配戴凹透镜才能看清远处的物体．‎ 故答案为：甲；凹．‎ ‎　‎ ‎14．如图是四冲程汽油工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在　压缩　‎ 冲程，当燃料混合在气缸内燃烧时将　化学　能转化为内能．‎ ‎【考点】GM：内燃机的四个冲程．‎ ‎【分析】（1）汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，其中只有做功冲程对外做功，在做功冲程中，燃料的化学能转化为内能，而内能又转化为机械能；汽油机的做功冲程特点是火花塞点火，在做功冲程对外输出功；‎ ‎（2）燃料燃烧的过程，是将燃料的化学能转化为内能的过程．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）从图中可以看出，两气门都关闭和活塞向上运动的特点，可以判断这个冲程是压缩冲程；‎ ‎（3）汽油机工作时，汽油在气缸内燃烧时将化学能转化为内能．‎ 故答案为：压缩；化学．‎ ‎　‎ ‎15．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒在摩擦的过程中　失去　电子；若把它与不带电的验电器金属球接触，会发现验电器金属箔片张开，其原因是　同种电荷相互排斥　．‎ ‎【考点】H2：正电荷与负电荷；H7：摩擦起电的实质．‎ ‎【分析】（1）摩擦起电是电子的转移，失去电子带正电，得到电子带负电．人们规定，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；‎ ‎（2）电荷规律：同种电荷相排斥，异种电荷相吸引．‎ ‎【解答】解：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为玻璃棒在摩擦的过程中失去电子．‎ 当把带正电荷的玻璃棒与验电器的金属球接触后，电荷会通过金属球、金属杆传到金属箔上，金属箔带上同种电荷，同种电荷相互排斥，所以金属箔张开．‎ 故答案为：失去；同种电荷相互排斥．‎ ‎　‎ ‎16．炎炎夏日，同时使用过多的大功率用电器往往会引起空气开关“跳闸”，其原因是　总功率过大　，请写出一条安全用电的注意事项　不要同时使用大功率用电器　．‎ ‎【考点】IX：家庭电路电流过大的原因．‎ ‎【分析】（1）空调的功率很大，夏天使用空调的人很多，总功率很大，因此电流过大，如果输电导线规格不过关，会产生过多的电热，引起火灾．‎ ‎（2）根据导致家庭电路电流过大的两个因素进行分析解答．‎ ‎【解答】解：（1）根据I=可知，在电压一定时，大量的用电器同时使用会使电路的总功率过大，干路总电流过大，引起空气开关“跳闸”．‎ ‎（2）安全用电的注意事项：不要同时使用大功率用电器（不要用湿手碰开关、有金属外壳的用电器要使用三脚插头等）．‎ 故答案为：总功率过大；不要同时使用大功率用电器．‎ ‎　‎ ‎17．如图甲所示，小明在探究通电螺线管外部磁场的方向的实验中，把电池的正负极对调，这样操作是为了探究通电螺线管外部磁场方向和　电流方向　是否有关．在此实验的基础上，他将电源换成灵敏电流表，如图乙所示，闭合开关，将一个条形磁体快速插入螺线管中时，观察到电流表的指针发生偏转，依据此现象的原理法拉第发明了　发电机　．‎ ‎【考点】CA：通电螺线管的磁场；CP：电磁感应．‎ ‎【分析】（1）通电螺线管周围磁场的方向与电流方向和线圈的绕向这两个因素有关，若只改变其中的一个，磁场方向发生改变；若两个因素同时改变，磁场方向不变．‎ ‎（2）闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；发电机就是根据此原理制成的．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）把电池正负极对调，改变了电流方向，闭合开关后，观察小磁针指示的磁场方向是否发生改变，因此这样操作是为了研究通电螺线管外部磁场方向和电流方向是否有关．‎ ‎（2）图中线圈、导线和电流表组成闭合电路，通电线圈周围存在磁场，将条形磁体快速插入螺线管中时（相当于切割了磁感线），观察到电流表的指针发生偏转，说明产生了感应电流，这是电磁感应现象，依据此现象的原理法拉第发明了发电机．‎ 故答案为：电流方向；发电机．‎ ‎　‎ ‎18．一个标有“220V 1200W”的电热水壶．要在1个标准大气压下将2kg温度为20℃的水烧开，水需要吸收的热量是　6.72×105　J，若不计热损失，电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间是　560　s． （水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）‎ ‎【考点】JK：电功与热量的综合计算．‎ ‎【分析】（1）知道水的质量、水的比热容和水温的变化值，利用吸热公式求水吸收的热量；‎ ‎（2）不计热损失，消耗的电能全转化为内能被水吸收，利用Q=W=Pt计算烧开这壶水需要的时间．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）在标准大气压下，水的沸点为100℃，‎ 水吸收的热量：‎ Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×=6.72×105J；‎ ‎（2）因为电热水壶正常工作，‎ 所以P=P额=1200W，‎ 不计热损失，Q吸=W=Pt，‎ 所以电热水壶正常工作时烧开这壶水需要的时间：‎ t===560s．‎ 故答案为：6.72×105J；560．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V 3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2‎ 都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为　12　Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是　24W～36　W．‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）当开关S1、S2都断开时，R1与L串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据欧姆定律求出R1的阻值；‎ ‎（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，根据电流表的量程确定电路中的最大电流，根据P=UI求出电路的最大总功率；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P=UI=求出电路的最小总功率，然后得出答案．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）当S1、S2都断开时，R1与L串联，灯正常发光时的电压UL=6V，功率PL=3W，‎ 因串联电路中各处的电流相等，‎ 所以，由P=UI可得，电路中的电流：‎ I=IL===0.5A，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，R1两端的电压：‎ U1=U﹣UL=12V﹣6V=6V，‎ 由I=可得，R1的阻值：‎ R1===12Ω；‎ ‎（2）当S1、S2均闭合时，L短路，R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，‎ 因电流表的量程为0～3A，所以，电路中的最大电流为3A，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，整个电路的最大电功率：‎ P大=UI大=12V×3A=36W；‎ 当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，‎ 因并联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电路中的总电阻：‎ R===6Ω，‎ 电路消耗的最小总功率：‎ P小===24W，‎ 所以，整个电路电功率的变化范围是24W～36W．‎ 故答案为：12；24W～36．‎ ‎　‎ ‎20．如图甲所示，底面积103m2的金属圆筒重2N，开口向上漂浮在水面上，这时有的体积浸没在水中；若向金属圆筒里倒入1.25×10﹣4m3的某种液体，水面恰好与金属圆筒口相平，如图乙所示，此时水对金属圆筒底部的压强为　3000　 Pa，该液体的密度为　0.8×103　 kg/m3（g=10N/kg，ρ水=1×10kg/m3）．‎ ‎【考点】89：液体的压强的计算．‎ ‎【分析】物体漂浮在水面上，浮力等于重力，根据浮沉条件和阿基米德原理列出关系式，可以求出物体全部浸入液体中时受到的浮力；‎ 根据物体在乙中的状态和受到的浮力，求出下表面受到的压力，根据压强公式可以求出底部受到的压强；‎ 根据浮力和物体的重力，可以求出液体的重力，根据密度公式可求出液体的密度．‎ ‎【解答】解：物体漂浮在水面上，根据阿基米德原理和物体的浮沉条件可知，物受到的浮力为：‎ F浮=ρ水gV排=ρ水gV=2N；则ρ水gV=3N；‎ 物体在乙图中，全部浸入水中时受到的浮力为：‎ F'浮=ρ水gV=3N；‎ 物体上表面受到的压力为0，则下表面受到的压力为F=3N，则下表面受到的压强为：‎ p===3000Pa；‎ 此时物体漂浮，浮力等于重力，即：‎ F'浮=G+G液，则液的重力为：‎ G液=F'浮﹣G=3N﹣2N=1N；‎ 液体的密度为：ρ液====0.8×103kg/m3．‎ 故答案为：3000；0.8×103．‎ ‎　‎ 三、作图题 ‎21．如图所示，轻质杠杆OA在路灯和轻绳AB的共同作用下，在水平方向处于静止状态，请画出轻绳AB对杠杆的动力F1的力臂L1和阻力F2的示意图．‎ ‎【考点】7P：力臂的画法．‎ ‎【分析】阻力F2的作用点在点A，方向向下，动力的力臂L1为支点O到动力的作用线的距离．‎ ‎【解答】解：‎ 由图可知，杠杆的支点为O，过支点O向动力F1作用线引垂线段，即为其力臂L1，阻力是灯对杠杆A点的拉力，过A点沿竖直向下的方向画一条有向线段，用F2表示，即为阻力的示意图．如图所示：‎ ‎　‎ ‎22．开关闭合后电磁铁A和永磁体B的磁感线分布如图所示．请标出永磁体B左端的磁极和四条磁感线的方向．‎ ‎【考点】CB：安培定则；C4：磁极间的相互作用．‎ ‎【分析】由右手螺旋定则可知螺线管的磁极，由磁感线的特点可知永磁体的磁极及磁感线的方向．‎ ‎【解答】解：由右手螺旋定则可知，电磁铁A右端为N极； 因外部磁感线由N极指向S极，故两磁体应为同名磁极相对，故永磁体B左端也应为N极；磁感线方向均应向外．‎ 故答案如图所示：‎ ‎　‎ 四、实验探究题本题 ‎23．在光现象的学习过程中，小明进行了如下实验；‎ ‎（1）在“探究光的反射规律“实验中，按图甲所示的装置进行实验，纸版上显示出了入射光AO和反射光OB的径迹，他想把光的径迹保留在纸板上以便研究，请你为他设计一个保留的方法：　用笔描出入射光线和反射光线的路径　‎ ‎． 当在图甲上出现反射光OB后，小明将一透明塑料硬板按图乙方式放置，并以ON为轴旋转该塑料板，观察塑料板上能否出现反射光，他的设计意图是为了探究　入射光线、反射光线、法线是否在同一平面上　，小明让光沿BO方向入射，发现反射光沿OA方向射出，说明在反射现象中　光路是可逆的　．‎ ‎（2）如图丙所示，在“探究平面镜成像特点“的实验中，小明将点燃的蜡烛A竖直放在薄玻璃板的一侧，此时用另一支完全相同的蜡烛B在玻璃板另一侧的水平桌面上无论怎样移动，发现无法让它与蜡烛A的像完全重合，出现这种情况的原因可能是　玻璃板没有竖直放置　．调整后蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合，说明像与物　大小相等　，移去蜡烛B，在其原来的位置放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛A站的像，说明　平面镜成的是虚像　．‎ ‎【考点】A7：光的反射定律．‎ ‎【分析】（1）为了保留光的传播路径，可以用笔描出入射光线和反射光线的路径；入射光线、反射光线、法线在同一平面上；在光的反射中，光路是可逆的；‎ ‎（2）实验时玻璃板如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合；实验中选择两根完全一样的蜡烛是为了比较物体与像的大小关系；平面镜成的是虚像．‎ ‎【解答】解：（1）小明可以用笔描出入射光线和反射光线的路径；‎ 明将一透明塑料硬板按图乙方式放置，此时在玻璃板上看不到反射光线，这样做是为了探究入射光线、反射光线、法线是否在同一平面上；‎ 小明让光沿BO方向入射，发现反射光沿OA方向射出，说明在反射现象中光路是可逆的；‎ ‎（2）实验时玻璃板要竖直放置，即垂直于桌面，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合，就无法比较像与物的大小；‎ 蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合，说明像与物的大小相等；‎ 平面镜成的是虚像，虚像不能被光屏承接．‎ 故答案为：（1）用笔描出入射光线和反射光线的路径；入射光线、反射光线、法线是否在同一平面上；光路是可逆的；（2）玻璃板没有竖直放置；大小相等；平面镜成的是虚像．‎ ‎　‎ ‎24．小明用弹簧测力计、粗糙程度均匀的水平桌面、砝码和木块等实验器材来探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系．‎ ‎（1）小明用图甲所示的实验装置进行实验，要想知道滑动摩擦力的大小，应该使木块在水平桌面上做　匀速直线　运动．此时滑动摩擦力大小为　2.2　N．‎ ‎（2）分析本实验误差产生的原因，请写出其中1条：　很难完全做到匀速直线运动（或测力计是在运动中读数）　．‎ ‎（3）根据图乙给出的数据点画出声f～F压关系图象．依据f～F压关系图象，思考当F压=6N时如何确定滑动摩擦力的f大小，在图乙中纵坐标轴上用字母A标记f大小的位置并留下作图痕迹．‎ ‎（4）自行车刹车时，捏手刹用的力越大，车子停的越快的原因是　捏手刹用的力越大，压力越大，根据影响滑动摩擦力的因素，摩擦力越大，根据力是改变物体运动状态的原因，故车子停的越快；　．‎ ‎【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．‎ ‎【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；由测力计分度值读数；‎ ‎（2）从物体做匀速直线运动的可操作性或测力计在运动中读数考虑；‎ ‎（3）在坐标系中，将各点用直线连接起来，直线两边的点分布大致均匀，并延长分析；‎ ‎（4）根据影响滑动摩擦力大小的因素及力是改变物体运动状态的原因分析．‎ ‎【解答】解：（1）只有沿水平方向拉着物体在水平方向上做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小，由图知，测力计分度值为0.1N，示数为2.2N，即此时滑动摩擦力大小为 2.2N．‎ ‎（2）分析本实验误差产生的原因，请写出其中1条：很难完全做到匀速直线运动（或测力计是在运动中读数．‎ ‎（3）根据图乙给出的数据点画出声f～F压关系图象，将各点用直线连接起来，直线两边的点分布大致均匀，并延长交过6N的垂线于A，如下所示：‎ 可知，当F压=6N时，对应的滑动摩擦力的f大小为1.8N；‎ ‎（4）自行车刹车时，捏手刹用的力越大，压力越大，根据影响滑动摩擦力的因素，摩擦力越大，根据力是改变物体运动状态的原因，故车子停的越快；‎ 故答案为：（1）匀速直线；2.2；（2）很难完全做到匀速直线运动（或测力计是在运动中读数）；（3）1.8N，如上所示；（4）捏手刹用的力越大，压力越大，根据影响滑动摩擦力的因素，摩擦力越大，根据力是改变物体运动状态的原因，故车子停的越快．‎ ‎　‎ ‎25．根据下列两个实验，回答相关问题：‎ ‎（1）电流做功的过程是把电能转化为其他形式能的过程，一般情况下电流做功的多少我们无法直接观察出．小明同学为了“探究影响电流做功的因素”，设计了如图1所示的实验，通过此实验可以较形象的比较出电流做功的多少．该实验是通过观察　物体被提升的高度　比较电流在不同情况下做功多少的，此过程中是把电能转化为　机械　能；将滑动变阻器的滑片P向左调节时，电流表和电压表的示数都变大，相同时间内物体被吊起的度度也变大了，这说明　当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，电流做功越多　．‎ ‎（2）实际生活中，用电器接通电源后，都伴有热量的产生，小明在“探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关”时，采用了如图2所示的实验装置，其中a、b、c、d四个相同的容器密闭着等量空气并与U形管紧密相连，实验前U形管两端液面相平，将1、2和3、4导线分别接到电源两端．‎ ‎ 在实验过程中，通过观察U形管中　液面高度　的变化来比较电流通过电阻丝产生热量的多少：图甲所示的装置是用来研究电流通过电阻丝产生的热量与　电阻大小　的关系，图乙所示的装置是用来研究通过电阻丝产生的热量与　电流大小　的关系，综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是　电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．　．‎ ‎【考点】J6：电功的测量；JH：焦耳定律．‎ ‎【分析】（1）电流做的功过程中，将电能转化为物体的机械能；‎ 根据W=UIt进行分析，即当时间相同时，电压越大，电流越大，电流做的功就越多，电流转化为物体的机械能就越多；‎ ‎（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法；‎ 电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关．探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；‎ 探究电流产生热量跟电流关系时，控制电阻和通电时间相同；‎ 综合分析图甲乙两装置的实验现象得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）图1所示的实验是通过观察物体被提升的高度来比较电流在不同情况下做功多少的；‎ 由W=UIt可知，当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，物体被吊起的高度也越大，说明电能转化为物体的机械能越大，即电流做功越多．‎ ‎（2）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法；‎ 如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电阻的关系；通过一段时间后，b容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量较多；‎ 图乙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，由串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端电阻的电流相等，即I右=I左；两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I左=I内+I外，所以，I左＞I内 ‎，烧瓶内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；通过一段时间，c容器中U形管液面高度差大，电流产生的热量多；‎ 综合分析图甲乙两装置的实验现象，可以得出的结论是：电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．‎ 故答案为：（1）物体被提升的高度；机械；物体被提升的高度；当时间相同时，电压越大，通过的电流越大，电流做功越多；‎ ‎（2）液面高度；电阻大小；电流大小；电流通过导体产生热量与通过导体的电流和电阻大小有关，通过导体的电流越大，导体的电阻越大，产生的热量越多．‎ ‎　‎ 五．综合计算题 ‎26．某实验小组在研究某种物质的属性时，日常需将物体浸没在煤油中保存，将体积为1×10﹣3m3、重6N的该物体用细线系在底面积为250cm2的圆柱形容器的底部，物体浸没在煤油中，如图所示，（g=10N/kg，ρ煤油=0.8×103kg/m3） ‎ ‎（1）细线受到的拉力是多大？‎ ‎（2）若细线与物体脱落，待物体静止后煤油对容器底的压强变化了多少？‎ ‎【考点】8O：阿基米德原理；8A：液体压强计算公式的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用．‎ ‎【分析】（1）物体浸没水中，排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求受到的浮力，根据木块重加上绳子的拉力等于木块受到的浮力求出木块受到的拉力；‎ ‎（2）木块漂浮时所受的浮力等于它自身的重力，可得浮力的大小，根据阿基米德原理求排开水的体积，可求排开水的体积变化，知道容器底面积，可求水深的变化量，再利用液体压强公式求容器底所受压强改变量．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由题知，物体浸没煤油中，V=V排=1.0×10﹣3m3，‎ 受到的浮力：‎ F浮=ρ煤油gV排=0.8×103kg/m3×10N/kg×1.0×10﹣3m3=8N；‎ 因为G+F拉=F浮，‎ 物体受到的拉力：‎ F拉=F浮﹣G=8N﹣6N=2N，‎ ‎（2）漂浮时，F浮′=G=6N，‎ 由F浮′=ρ煤油gV排′得：‎ V排′===7.5×10﹣4m3，‎ ‎△V排=1×10﹣3m3﹣7.5×10﹣4m3=2.5×10﹣4m3，‎ 水深变化：‎ ‎△h===0.01m，‎ ‎△p=ρ水g△h=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.01m=80Pa．‎ 答：（1）细线受到的拉力是2N；（2）若细线与物体脱落，待物体静止后煤油对容器底的压强变化了80pa．‎ ‎　‎ ‎27．某生态园设计了模拟日光和自动调温系烧，实现照明、保温和加热的功能，其原理如图所示，电源电压恒为220V，R1和R2是两个电热丝（不考虑温度对电阻的影响），R2=30Ω，L是标有“220V 160W”的照明灯泡，白天有日光的时候，只开启该系统的保温功能并连续工作10h，此时R1与R2的电功率之比为1：3，晚上温度较低的时候，需开启加热和照明功能．灯泡正常发光此状态下系统也需连续工作10h，q沼气=1.8×107J/m3，请解答下列问题：‎ ‎（1）晚上工作时电路的总功率是多大？‎ ‎（2）若一天中工作的20h内电热丝放出的热量完全由该生态园自产的沼气提供，其热效率为50%，则每天需要完全燃烧多少m3的沼气？‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；GJ：燃料的热值；J3：电功的计算．‎ ‎【分析】（1）由电路图分析电路的工作状态，白天保温状态时，R1、R2串联，晚上加热时L与R1并联．‎ 由白天工作时两电阻功率计算出R1的阻值，再计算晚上时R1电功率，从而得到晚上工作时电路的总功率；‎ ‎（2）由P=计算白天保温的总功率，由Q=W=Pt计算一天内电热丝放出的热量，由沼气效率和Q=qV计算需要燃烧沼气的体积．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由题知，白天有日光时，系统处于保温状态，灯泡不工作，此时两开关应断开，两电阻R1、R2串联，总电阻最大，总功率最小；‎ 由串联电路的特点可知，通过两电阻的电流相等，且R1与R2的电功率之比为1：3，‎ 由P=I2R可得： ===，‎ 由题知R2=30Ω，所以R1=10Ω；‎ 晚上系统处于加热状态，且灯泡正常工作，由电路图可知，此时两开关应都闭合，灯泡L与R1并联；‎ 由并联电路的特点可知，此时U=U1=220V，且灯泡正常工作，‎ 所以R1的功率：P1′===4840W，‎ 所以晚上工作电路的总功率：P总=P额+P1'=160W+4840W=5000W；‎ ‎（2）由串联电路的特点和P=可得，白天系统在保温状态时电热丝的总功率：‎ P保温===1210W，‎ 由题可知白天和晚上系统的工作时间相同，则一天内电热丝放出的热量：‎ Q=W=P1′t+P保温t=（P1′+P保温）t=×10×3600s=2.178×108J，‎ 由沼气燃烧的热效率为50%可得：50%Q放=Q，‎ 由Q放=qV可得需要燃烧沼气的体积：‎ V====24.2m3．‎ 答：（1）晚上工作时电路的总功率是5000W；‎ ‎（2）每天需要完全燃烧24.2m3的沼气．‎ ‎　‎ ‎28．图甲是某小区高层住宅电梯结构的示意图，它主要是由轿厢、滑轮、配重、缆绳及电动机等部件组成，小明家住该小区某栋楼的16楼，他乘电梯从1楼匀速升到16楼用时50s，已知每层楼的高度为3m．小明重600N．轿厢重5400N，动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，针对此时程，解答下列问题．‎ ‎（1）拉力F的功率为多大？‎ ‎（2）动滑轮A提升小明的机械效率为多少？‎ ‎（3）图乙是该电梯超载自动报警系统工作原理的示意图，在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作，当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，即使闭合开关S，电动机也不工作，在控制电路中，已知电源电压为6V，保护电阻R2=100Ω，电阻式压力传感器R1的阻值随乘客压力（F压）大小变化如图丙所示，电磁铁线圈的阻值忽略不计，当电磁铁线圈电流超过0.02A时，电铃就会发出警报声，若乘客人均重为700N，该电梯最多可以乘载多少人？‎ ‎【考点】IH：欧姆定律的应用；F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算．‎ ‎【分析】（1）根据滑轮组的省力特点求出拉力大小，求出轿厢上升的高度，根据s=2h求出拉力移动距离，再根据W=Fs求出拉力做的功，根据P=求出拉力的功率；‎ ‎（2）根据W=Gh求出动滑轮做的有用功，再根据η=求出机械效率；‎ ‎（3）根据欧姆定律求出电路中的总电阻，减去保护电阻阻值，求出电阻式压力传感器R1的阻值，根据图象读出此时的压力，除以客人均重，得出客人数量．‎ ‎【解答】解：（1）拉力F=（G+G轿厢）=×=3000N，‎ 轿厢上升的高度h=15×3m=45m，‎ 拉力移动距离s=2h=2×45m=90m，‎ 拉力做的功W总=Fs=3000N×90m=270000J，‎ 拉力的功率P===18000W；‎ ‎（2）滑轮提升小明做的有用功：W有用=Gh=600N×45m=27000J，‎ 动滑轮A提升小明的机械效率η=×100%=×100%=10%；‎ ‎（3）由欧姆定律得：‎ 电路总电阻R===300Ω，‎ 此时压力传感器的电阻值R1=R﹣R2=300Ω﹣100Ω=200Ω，‎ 根据图象可知此时的最大压力为9000N，‎ 电梯承载的人数=≈12人．‎ 答：（1）拉力F的功率为18000W；‎ ‎（2）动滑轮A提升小明的机械效率为0%；‎ ‎（3）该电梯最多可以乘载12人．‎ ‎　‎ ‎2017年6月26日