广东省东莞市中考物理一模试卷解析 22页

‎2017年广东省东莞市中考物理一模试卷 ‎　‎ 一、填空题（本题共10小题，每空2分，共26分）‎ ‎1．在晶体熔化过程中外界所提供的热量，用于减小分子间的束缚，　　（选填“能”或“不能”）使晶体的温度升高．‎ ‎2．流星是指运行在星际空间的流星体进入地球大气层，并与大气摩擦燃烧所产生的光迹，流星体与大气层剧烈摩擦，其表面温度可达8000℃以上，这个过程中流星内能增加是通过　　（选填“做功”或“热传递”）实现的，这一过程中的能量转化与汽油机的　　冲程的能量转化相同．‎ ‎3．关于磁场和磁感线，小明总结了如下几点：（1）磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在；（2）磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线；（3）磁感线是铁屑组成的；（4）地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，以上总结中正确的有　　（选填序号即可）．‎ ‎4．教室内的一个开关可以同时控制两盏日光灯的亮与灭，请你将虚线框中的电路补充完整．‎ ‎5．毛皮与橡胶棒摩擦时，毛皮因失去电子而带　　电荷，某粒子从带正电的原子核旁边高速穿越，其运行路线如图②，据此现象，可以猜想该粒子带负电，你猜想的依据是：　　．‎ ‎6．在如图甲的电路中电源电压为6V，闭合开关S后，电流表的A1示数如图乙，电流表A的示数如图丙，则的L1电阻为　　Ω，电流表A2的示数为　　A．‎ ‎7．如图所示电路，电源电压恒定为6V，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片到某一位置时，电流表示数为0.2A，电压表示数为2V，则滑动变阻器R2的电功率为　　W．‎ ‎8．某会议室里安装了100只相同的LED节能灯，这些灯全部正常发光2h，且无其他用电器工作，电能表的示数由变为．已知每只LED节能灯的额定电压为220V，则通过每只灯泡的电流为　　A．‎ ‎9．三个定值电阻串联后接在电压恒定的电源两端，其阻值R1=1Ω，R2=2Ω，R3=3Ω，某同学将一个开关S接在R1的两端，一只电流表接在R2两端，如图所示，闭合开关时，电流表读数为1A，若断开开关S并将电流表的位置改接一只电压表，则电压表的示数为　　V．‎ ‎10．在远距离输电过程中，采用高压输电，可以减少电能在输电线路上的损失，根据P输出=UI和P损=I2R可知，若输电电压由22kV提高到220kV，则输电线路上损失的功率将减小为原来的　　倍．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分）‎ ‎11．关于物态变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．北方冬季贮菜，人们常在地窖里放几桶水，以防止地窖的菜被冻坏﹣﹣水凝华放热 B．用酒精擦拭体表体表为高烧人降温﹣﹣酒精蒸发吸热 C．雪糕周围冒“白气”﹣﹣雪糕升华吸热 D．干冰给食品保鲜﹣﹣干冰熔化吸热 ‎12．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）‎ A．只要物体的温度不变，内能就一定不变 B．物体温度升高，所含热量增多 C．物体温度相同，它们之间就不能发生热传递 D．物体温度越高，放出的热量越多 ‎13．关于家庭电路，下列说法正确的是（　　）‎ A．教室里有四盏日光灯在工作，如果再打开四盏日光灯，则电路的总电阻变大 B．家庭电路中空气开关跳闸，一定是电路中出现短路导致的 C．带有金属外壳的家用电器使用三脚插头可以节约电能 D．电暖器工作时，电热丝热得发红而导线却并不太热，因为导线的电阻比热电丝电阻小的多 ‎14．关于电与磁的各图中说法正确的是（　　）‎ A．甲图的装置是研究电磁感应原理的实验装置 B．乙图中的开关闭合后铜块将受到水平向右的吸引力 C．丙图研究发电机工作原理的实验装置图 D．丁图中电源的a端是电源的正极 ‎15．将L1（6V，6W）和L2（6V，3W）的两个灯泡串联接在6V电源上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两盏灯的总功率为9W B．L1两端电压大于L2两端电压 C．两盏灯的总功率小于3W D．L2消耗的功率小于L1消耗的功率 ‎16．如图所示是某同学为了研究“电流通过导体产生热量多少与哪些因素有关？”而设计的电路的一部分，关于该实验有下列说法：（1）该电路是研究电流通过导体产生的热量多少与电流大小的关系；（2）两烧瓶中分别是等质量的水和煤油；（3）实验是通过“温度计升高的示数”来间接反映导体产生热量的多少；（4）将铜丝和镍铬合金丝串联的目的是为了控制电流大小和通电时间相同．上述判断正确的是（　　）‎ A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）‎ ‎17．如图所示的四幅电路图中，在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，灯从亮变暗且电压表示数从小变大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、实验探究题（本题共3小题，其中第18小题6分，第19小题12分，第20小题4分，共22分）‎ ‎18．为研究甲、乙、丙三种液体的吸热能力，小明选用了甲、乙、丙三种液体，用相同加热器加热，得到了三种液体的温度变化情况：‎ 加热时间t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 甲液体温度/℃‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ 乙液体温度/℃‎ ‎38‎ ‎46‎ ‎54‎ ‎62‎ ‎70‎ 丙液体温度/℃‎ ‎56‎ ‎62‎ ‎68‎ ‎74‎ ‎80‎ ‎（1）小明选用的甲、乙、丙三种液体的　　（选填“质量”或“体积”）必须相同；‎ ‎（2）分析数据可知：　　吸热能力最强；‎ ‎（3）为了研究三种液体的吸热能力，小明还可以设计如下实验方案：用相同加热器加热上述三种液体，使之升高相同的温度，通过比较　　判断三种液体的吸热能力．‎ ‎19．在“测量小灯泡额定功率”的实验中，李翔实验小组的同学选用的是2.5V的小灯泡．‎ ‎（1）请用笔画线代替导线将甲图中的实验电路中未连接部分补充完整．（要求：闭合开关前，将滑动变阻器的滑片置于A端）‎ ‎（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，若　　（写出电流表和电压表指针偏转情况），则说明电路正常，接下来可以移动电阻器滑片继续进行实验了．‎ ‎（3）为了测量小灯泡的额定功率，李翔接下来的操作是　　，若小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　　W．‎ ‎（4）小红小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个5Ω的电阻R设计了如图丙所示的电路，同样测出了小灯泡的额定功率，具体操作是：闭合开关，移动变阻器的滑片，使　　，小灯泡正常发光，若此时电流表A2的示数为I，则该灯泡的额定功率为 P额=　　．‎ ‎20．为了测量定值电阻RS的阻值，小明同学设计了如图所示的实验电路（电源电压未知，电阻R0的阻值已知），闭合开关S后，则接下来的操作是（只需写出操作过程和需要测量的物理量的符号，不需写出表达式）：‎ ‎（1）　　；‎ ‎（2）　　．‎ ‎　‎ 四、计算与推导题（本题共3小题，其中第21小题6分，第22小题6分，第23小题9分，共21分）‎ ‎21．燃油消耗率是衡量汽油机性能的重要指际之一，其含义是：汽油机正常工作时，每输出1kw•h的能量汽油机所消耗汽油的质量，己知某四冲性汽油机的燃油消耗率为250g/kw•h（汽油的热值为q=4.6×107]J/kg]，试求：‎ ‎（1）250g汽油完全燃烧放出的热量；‎ ‎（2）该四冲程汽油机的热机效率．‎ ‎22．如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器的最大值R0=20Ω，且R2=2R1．当只闭合开关S1，滑片P置于最左端a时，电流表示数为0.2A；当开关S1、S2均闭合，滑片P置于最右端b时，电流表示数为0.6A，试求定值电阻R1和电源电压．‎ ‎23．如图所示将一个小电动机接在电路中工作时，电压表示数为3V，电流表示数为0.5A，该电动机在10s时间内把质量m=0.4kg的物体提升3m，（g取10N/kg）请计算：‎ ‎（1）这段时间内电动机消耗的电能；‎ ‎（2）这段时间内电动机对物体所做的功；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻．‎ ‎　‎ ‎2017年广东省东莞市中考物理一模试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题（本题共10小题，每空2分，共26分）‎ ‎1．在晶体熔化过程中外界所提供的热量，用于减小分子间的束缚，　不能　（选填“能”或“不能”）使晶体的温度升高．‎ ‎【考点】物态的微观模型及特点．‎ ‎【分析】晶体在熔化的过程中，吸热，但温度保持不变．‎ ‎【解答】解：晶体熔化时会吸热外界的热，外界的热都用来减小分子间的束缚，并不能使晶体的温度升高．‎ 故答案为：不能．‎ ‎　‎ ‎2．流星是指运行在星际空间的流星体进入地球大气层，并与大气摩擦燃烧所产生的光迹，流星体与大气层剧烈摩擦，其表面温度可达8000℃以上，这个过程中流星内能增加是通过　做功　（选填“做功”或“热传递”）实现的，这一过程中的能量转化与汽油机的　压缩　冲程的能量转化相同．‎ ‎【考点】做功改变物体内能．‎ ‎【分析】改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程．‎ 在汽油机的压缩冲程中，将机械能转化为内能；在汽油机的做功冲程中，将内能转化为机械能．‎ ‎【解答】解：流星体进入地球大气层，并与大气摩擦做功，机械能转化为内能，流星的内能增大，温度升高，因此该过程是通过做功的方式改变物体内能的，与汽油机的压缩冲程的能量转化相同．‎ 故答案为：做功；压缩．‎ ‎　‎ ‎3．关于磁场和磁感线，小明总结了如下几点：（1）磁场看不见摸不着，但是可以借助小磁针感知它的存在；（2）磁感线是磁体周围空间实际存在的曲线；（3）磁感线是铁屑组成的；（4）地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，以上总结中正确的有　（1）（4）　（选填序号即可）．‎ ‎【考点】磁场；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，这是典型的转换法；‎ ‎（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）磁感线是不存在的；‎ ‎（4）地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）磁场看不见摸不着，但可以借助小磁针感知它的存在，这是典型的转换法，故正确；‎ ‎（2）磁感线是不存在的，是为了研究方便而假象的一些有方向的曲线，故错误；‎ ‎（3）磁感线是不存在的，磁感线是铁屑组成的说法错误，故错误；‎ ‎（4）地球是一个巨大的磁体，地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，故地磁场的磁感线是从地球南极附近发出回到北极附近，故正确；‎ 故正确的是（1）（4）．‎ 故答案为：（1）（4）．‎ ‎　‎ ‎4．教室内的一个开关可以同时控制两盏日光灯的亮与灭，请你将虚线框中的电路补充完整．‎ ‎【考点】电路图设计．‎ ‎【分析】教室内的灯应为并联关系，开关控制两灯，故开关应接在干路上．‎ ‎【解答】解：日光灯电压为220V，故两灯应并联，而开关控制两灯，故开关应接在干路上，如图所示：‎ ‎　‎ ‎5．毛皮与橡胶棒摩擦时，毛皮因失去电子而带　正　电荷，某粒子从带正电的原子核旁边高速穿越，其运行路线如图②，据此现象，可以猜想该粒子带负电，你猜想的依据是：　异种电荷相互吸引　．‎ ‎【考点】摩擦起电；电荷间的相互作用规律．‎ ‎【分析】（1）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，摩擦起电实质是电荷的转移，得到电子带负电，失去电子带正电．‎ ‎（2）同种电荷相互排斥；异种电荷相互吸引．‎ ‎【解答】解：毛皮跟橡胶棒摩擦过程中，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，毛皮因失去电子带正电．‎ 某粒子从带正电的原子核旁边高速穿越，其运行路线如图②，据此现象，可以猜想该粒子带负电；因为异种电荷相互吸引．‎ 故答案为：正；异种电荷相互吸引．‎ ‎　‎ ‎6．在如图甲的电路中电源电压为6V，闭合开关S后，电流表的A1示数如图乙，电流表A的示数如图丙，则的L1电阻为　15　Ω，电流表A2的示数为　1.1　A．‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流，根据并联电路的电压特点结合电流表指针的位置确定量程，根据分度值读出通过L1的电流和干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出L1的电阻，再根据并联电路的电流特点求出电流表A2的示数．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流，‎ 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且干路电流A指针的偏见大于L1支路电流表A1指针的偏角，‎ 所以，电流表A的量程为0～3A，分度值为0.1A，干路电流I=1.5A，‎ 电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，通过L1的电流I1=0.4A，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，由I=可得，L1电阻：‎ R1===15Ω，‎ 电流表A2的示数I2=I﹣I1=1.5A﹣0.4A=1.1A．‎ 故答案为：15；1.1．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示电路，电源电压恒定为6V，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片到某一位置时，电流表示数为0.2A，电压表示数为2V，则滑动变阻器R2的电功率为　0.8　W．‎ ‎【考点】电功率的计算．‎ ‎【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据P=UI求出滑动变阻器R2的电功率．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，‎ 因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 所以，R2两端的电压：‎ U2=U﹣U1=6V﹣2V=4V，‎ 滑动变阻器R2的电功率：‎ P2=U2I=4V×0.2A=0.8W．‎ 故答案为：0.8．‎ ‎　‎ ‎8．某会议室里安装了100只相同的LED节能灯，这些灯全部正常发光2h，且无其他用电器工作，电能表的示数由变为．已知每只LED节能灯的额定电压为220V，则通过每只灯泡的电流为　0.05　A．‎ ‎【考点】电能表参数的理解与电能的求法；电功率与电压、电流的关系．‎ ‎【分析】根据电能表的示数计算出2h消耗的电能，计算出一只节能灯消耗的电能；由电功的计算公式W=UIt计算出每只节能灯的电流．‎ ‎【解答】‎ 解：消耗的电能等于某段时间末的读数减去起始数：W=5863.5kW•h﹣5861.3kW•h=2.2kW•h，‎ 一只节能灯消耗的电能W′===0.022kW=79200J；‎ 由W=UIt得，I===0.05A，‎ 故答案为：0.05．‎ ‎　‎ ‎9．三个定值电阻串联后接在电压恒定的电源两端，其阻值R1=1Ω，R2=2Ω，R3=3Ω，某同学将一个开关S接在R1的两端，一只电流表接在R2两端，如图所示，闭合开关时，电流表读数为1A，若断开开关S并将电流表的位置改接一只电压表，则电压表的示数为　1　V．‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）将一个开关S接在R1的两端，一只电流表接在R2两端，闭合开关时，电路为R3的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出电源的电压；‎ ‎（2）断开开关S并将电流表的位置改接一只电压表，三电阻串联，电压表测R2两端的电压，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出电压表的示数．‎ ‎【解答】解：（1）将一个开关S接在R1的两端，一只电流表接在R2两端，闭合开关时，电路为R3的简单电路，电流表测电路中的电流，‎ 由I=可得，电源的电压U=IR3=1A×3Ω=3V；‎ ‎（2）断开开关S并将电流表的位置改接一只电压表，三电阻串联，电压表测R2两端的电压，‎ 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，‎ 所以，电路中的电流：‎ I′===0.5A，‎ 电压表的示数：‎ U2=I′R2=0.5A×2Ω=1V．‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎10．在远距离输电过程中，采用高压输电，可以减少电能在输电线路上的损失，根据P输出=UI和P损=I2R可知，若输电电压由22kV提高到220kV，则输电线路上损失的功率将减小为原来的　0.01　倍．‎ ‎【考点】电功率的计算．‎ ‎【分析】先求出两种情况下输电电压之比，输出的功率和输电线的电阻均不变，根据P输出=UI求出两种输电电压下线路的电流之比，根据P损=I2R求出两种输电电压下线路损失的功率之比，然后得出答案．‎ ‎【解答】解：前后两种输电电压之比：‎ ‎==，‎ 因输出的功率均不变，由P输出=UI可得，两种输电电压下线路中的电流之比：‎ ‎===，‎ 输电线的电阻不变，由P损=I2R可得，前后两种输电电压下线路损失的功率之比：‎ ‎==（）2=（）2=，‎ 所以，P2=0.01P1，即输电电压由22kV提高到220kV时，输电线路上损失的功率将减小为原来的0.01倍．‎ 故答案为：0.01．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题共7小题，每小题3分，共21分）‎ ‎11．关于物态变化，下列说法正确的是（　　）‎ A．北方冬季贮菜，人们常在地窖里放几桶水，以防止地窖的菜被冻坏﹣﹣水凝华放热 B．用酒精擦拭体表体表为高烧人降温﹣﹣酒精蒸发吸热 C．雪糕周围冒“白气”﹣﹣雪糕升华吸热 D．干冰给食品保鲜﹣﹣干冰熔化吸热 ‎【考点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化现象；生活中的升华现象．‎ ‎【分析】（1）物体由液态变为固态的过程叫凝固，凝固要放热；‎ ‎（2）物质由液态变为气态叫汽化，汽化有两种方式：蒸发、沸腾；汽化吸热；‎ ‎（3）物质由气态变为液态叫液化；‎ ‎（4）物质从固态直接变为气态的过程是升华．‎ ‎【解答】‎ 解：A、冬天贮菜时，人们常在地窖里放几桶水，液态的水遇冷凝固为固态的冰，同时放出热量，使菜窖的温度不至于过低而将菜冻坏，故A错误；‎ B、往病人身上涂擦酒精，酒精蒸发吸热，具有降温作用，故B正确；‎ C、“白气”是液态小水滴，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故C错误；‎ D、利用干冰降温防止食品变质，利用了干冰升华吸热，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）‎ A．只要物体的温度不变，内能就一定不变 B．物体温度升高，所含热量增多 C．物体温度相同，它们之间就不能发生热传递 D．物体温度越高，放出的热量越多 ‎【考点】温度、热量与内能的关系．‎ ‎【分析】（1）晶体熔化过程，吸热但温度不变；‎ ‎（2）热量是一个过程量，不能说含有多少热量；‎ ‎（3）发生热传递的条件是存在温度差；‎ ‎（4）物体放出热量的多少与物体的质量、比热容和变化的温度有关；‎ ‎【解答】解：A、晶体熔化过程，吸热内能增加，但温度不变，故A错误；‎ B、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故B错误；‎ C、发生热传递的条件是存在温度差，物体温度相同，它们之间就不能发生热传递，故C正确；‎ D、物体放出热量的多少与物体的质量、比热容和变化的温度有关，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎13．关于家庭电路，下列说法正确的是（　　）‎ A．教室里有四盏日光灯在工作，如果再打开四盏日光灯，则电路的总电阻变大 B．家庭电路中空气开关跳闸，一定是电路中出现短路导致的 C．带有金属外壳的家用电器使用三脚插头可以节约电能 D．电暖器工作时，电热丝热得发红而导线却并不太热，因为导线的电阻比热电丝电阻小的多 ‎【考点】电阻的并联；插座的构造与工作方式；家庭电路电流过大的原因；焦耳定律的计算公式及其应用．‎ ‎【分析】逐一分析每个选项，确定正确答案．‎ ‎【解答】‎ A、教室里有四盏日光灯在工作，如果再打开四盏日光灯，则多并联四个电阻，则电路的总电阻变小，错误；‎ B、家庭电路中空气开关跳闸原原因有两上：电功率过大或短路，错误；‎ C、带有金属外壳的家用电器使用三脚插头，在外壳带电时可流入大地，是为了安全，错误；‎ D、在电流相等的情况下，电暖器电阻较大，而导线电阻很小，根据焦耳定律，Q=I2Rt，电热丝热得发红而导线却并不太热，正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎14．关于电与磁的各图中说法正确的是（　　）‎ A．甲图的装置是研究电磁感应原理的实验装置 B．乙图中的开关闭合后铜块将受到水平向右的吸引力 C．丙图研究发电机工作原理的实验装置图 D．丁图中电源的a端是电源的正极 ‎【考点】电磁感应；安培定则；磁场对通电导线的作用；通电螺线管的极性和电流方向的判断．‎ ‎【分析】A、由图甲可知，此装置是研究电磁感应的装置；‎ B、磁铁对铜块不产生力的作用；‎ C、丙图是电动机原理装置图；‎ D、根据磁极间的相互作用，判断螺线管的极性，然后由安培定则判断电源的极性．‎ ‎【解答】解：A、由图可知，电路的一部分导体位于磁场中，电路中没有电源，有电流表，这是研究电磁感应的实验装置，故A正确；‎ B、由于铜块不受磁场力作用，开关闭合后，铜块不会受到水平向右的吸引力，故B错误；‎ C、图示是研究通电导线在磁场中受力的装置图，是电动机的工作原理的装置图，故C错误；‎ D、图中小磁针N向右，则螺线管左端是S极，由安培定则可知，a端是电源的负极，b端是电源的正极，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．将L1（6V，6W）和L2（6V，3W）的两个灯泡串联接在6V电源上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．两盏灯的总功率为9W B．L1两端电压大于L2两端电压 C．两盏灯的总功率小于3W D．L2消耗的功率小于L1消耗的功率 ‎【考点】实际功率；串联电路的电压规律；电阻的串联．‎ ‎【分析】AC、根据灯泡的铭牌的含义，根据P=有R=求两灯的电阻，并比较大小；‎ 由串联电阻的规律得出两灯串联的总电阻，根据P=求灯的总功率；‎ BD、两灯泡串联时电流相等，根据两灯的电阻大小，由欧姆定律判断两灯串联时灯的实际电压大小；‎ 由P=I2R判断灯的实际功率的关系．‎ ‎【解答】解：L1（6V，6W）表示灯的额定电压为6V，额定功率为6W；‎ L2（6V，3W）表示灯的额定电压为6V，额定功率为6W；‎ 根据P=有R=，‎ 灯L1的电阻R1==6Ω，‎ 同理，灯L2的电阻R2=12Ω，‎ AC、两灯的串联总电阻R=R1+R2=6Ω+12Ω=18Ω 两盏灯的总功率为 P===2W＜3W；故A错误，C正确；‎ BD、因L1的电阻小于L2的电阻，根据串联电路各处的电流都相等，由欧姆定律，因L1的电压小于L2的电压，B错误；‎ 由P=I2R，L1的功率小于L2的功率，D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示是某同学为了研究“电流通过导体产生热量多少与哪些因素有关？”而设计的电路的一部分，关于该实验有下列说法：（1）该电路是研究电流通过导体产生的热量多少与电流大小的关系；（2）两烧瓶中分别是等质量的水和煤油；（3）实验是通过“温度计升高的示数”来间接反映导体产生热量的多少；（4）将铜丝和镍铬合金丝串联的目的是为了控制电流大小和通电时间相同．上述判断正确的是（　　）‎ A．（1）（2） B．（1）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）‎ ‎【考点】控制变量法与探究性实验方案．‎ ‎【分析】（1）根据串联电路特点分析答题；‎ ‎（2）根据控制变量法，两烧瓶中应装等质量同种液体；‎ ‎（3）实验中，通过“温度计升高的示数”来间接反映导体产生热量的多少；‎ ‎（4）两电阻串联，通过导体的电流与通电时间相同，电阻不同电阻产生的热量不同．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知，两段导体串联，串联电路中电流相等，因此该电路不能研究电流通过导体产生的热量多少与电流大小的关系，故错误；‎ ‎（2）两烧瓶中应该都是煤油，且质量相等，这样才符合控制变量法的要求，故错误；‎ ‎（3）实验是通过“温度计升高的示数”来间接反映导体产生热量的多少，属于转换法的应用，故正确；‎ ‎（4）将铜丝和镍铬合金丝串联的目的是为了控制电流大小和通电时间相同，这样才符合控制变量法的要求，故正确．‎ 综上所述，只有（3）（4）正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示的四幅电路图中，在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，灯从亮变暗且电压表示数从小变大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电路的动态分析．‎ ‎【分析】先分析电路结构，然后根据串并联电路的特点和功率的计算公式分析灯泡亮度的变化和电压表示数的变化，从而得出符合题意的选项．‎ ‎【解答】解：A、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，由于并联电路中各支路互不影响，因此滑片移动时，灯泡的亮度不变，故A不符合题意；‎ B、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压；当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中的电流变小，由P=I2R可知，灯泡的实际功率逐渐变小，因此灯泡从亮变暗；由U=IR可知，灯泡两端电压逐渐减小，故B不符合题意；‎ C、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，并且滑片的移动不能改变电路中的电流，即灯泡的亮度不变，故C不符合题意；‎ D、根据电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压；当滑片P从a端滑到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器分得的电压逐渐变大，故电压表的示数从小变大；电路中的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，由P=I2R可知，灯泡的实际功率逐渐变小，因此灯泡从亮变暗；故D符合题意．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、实验探究题（本题共3小题，其中第18小题6分，第19小题12分，第20小题4分，共22分）‎ ‎18．为研究甲、乙、丙三种液体的吸热能力，小明选用了甲、乙、丙三种液体，用相同加热器加热，得到了三种液体的温度变化情况：‎ 加热时间t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 甲液体温度/℃‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ ‎60‎ 乙液体温度/℃‎ ‎38‎ ‎46‎ ‎54‎ ‎62‎ ‎70‎ 丙液体温度/℃‎ ‎56‎ ‎62‎ ‎68‎ ‎74‎ ‎80‎ ‎（1）小明选用的甲、乙、丙三种液体的　质量　（选填“质量”或“体积”）必须相同；‎ ‎（2）分析数据可知：　丙　吸热能力最强；‎ ‎（3）为了研究三种液体的吸热能力，小明还可以设计如下实验方案：用相同加热器加热上述三种液体，使之升高相同的温度，通过比较　加热时间　判断三种液体的吸热能力．‎ ‎【考点】探究比热容的实验．‎ ‎【分析】（1）解决这种多因素问题时可利用控制变量法进行分析实验，物体吸收的热量与物质的种类、温度变化和质量有关，实验中要注意控制变量；‎ ‎（2）比较不同物质的吸热能力强弱，可以使相同质量的不同物质吸收相同的热量比较升高的温度，或使它们升高相同的温度，比较吸收的热量；‎ ‎（3）探究物质的吸热性能大小时，必须控制物质吸收的热量相等，质量、温度变化相同比较加热时间．‎ ‎【解答】解：（1）为了验证甲、乙、丙三种液体吸收的热量多少与物质的种类即物质的吸热本领有关，应该控制甲、乙、丙三种液体的质量相等；‎ ‎（2）由表中数据可知，甲、乙、丙三种液体质量相同，加热时间相同，即使甲、乙、丙三种液体吸收相同的热量，丙升高的温度低，说明丙的吸热能力强；‎ ‎（2）探究三种液体的比热容实验时，也可以取相同质量的三种液体，用相同的电加热器加热，使三种液体升高相同的温度，比较加热时间的长短．‎ 故答案为：（1）质量； （2）丙；（3）加热时间．‎ ‎　‎ ‎19．在“测量小灯泡额定功率”的实验中，李翔实验小组的同学选用的是2.5V的小灯泡．‎ ‎（1）请用笔画线代替导线将甲图中的实验电路中未连接部分补充完整．（要求：闭合开关前，将滑动变阻器的滑片置于A端）‎ ‎（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，若　电流表、电压表都有较小示数　（写出电流表和电压表指针偏转情况），则说明电路正常，接下来可以移动电阻器滑片继续进行实验了．‎ ‎（3）为了测量小灯泡的额定功率，李翔接下来的操作是　移动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，记下电流表示数　，若小灯泡正常发光时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　0.75　W．‎ ‎（4）小红小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个5Ω的电阻R设计了如图丙所示的电路，同样测出了小灯泡的额定功率，具体操作是：闭合开关，移动变阻器的滑片，使　电流表A1示数为0.5A　，小灯泡正常发光，若此时电流表A2的示数为I，则该灯泡的额定功率为 P额=　2.5V×（I﹣0.5A）　．‎ ‎【考点】电功率的测量．‎ ‎【分析】（1）闭合开关前需要将变阻器的滑片置于A端，说明应将滑动变阻器的右下接线柱接入电路；根据灯泡的额定电压选择电压表的量程，并将电压表与灯泡并联；‎ ‎（2）灯泡不亮，可能是灯泡断路或灯泡短路或灯泡之外存在断路或电路电流太小，灯泡实际功率太小造成的，根据具体的电路现象找出电路故障原因．‎ ‎（3）灯泡两端电压达到额定电压时正常发光，读出此时电流表示数，根据P=UI计算灯泡的额定功率；‎ ‎（4）电流表A1‎ 与定值电阻串联，相当于电压表，使并联电路电压等于灯泡额定电压2.5V时灯泡可以正常发光，由欧姆定律可以求出电流表A1的示数；然后由并联电路的特点求出流过待测电阻的电流，然后由P=UI求出灯泡的功率．‎ ‎【解答】解：（1）滑片处于A边时，接入电路的电阻最大，将滑动变阻器的右下接线柱与开关右接线柱相连；因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择0～3V量程，所以将3V的接线柱与灯泡右接线柱相连，如下图所示：‎ ‎（2）如果滑动变阻器连入电路的阻值较大，电路电流很小，灯泡实际功率太小，不足以引起灯泡发光，则灯泡不亮，电流表与电压表都有示数，但示数较小；‎ ‎（3）当电压表示数为2.5V时，灯泡两端电压达到额定电压时正常发光，为了测量小灯泡的额定功率，李翔接下来的操作是移动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，记下电流表示数；‎ 由图丙，电流表使用0﹣0.6A量程，分度值0.02A，此时示数为0.3A，所以灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；‎ ‎（4）由电路图知：定值电阻与灯泡并联，它们两端的电压相等，灯泡的额定电压UL=2.5V时，灯泡正常发光，此时电流表A1的示数I1===0.5A；此时干路电流等于电流表A2的示数为I，则灯泡正常发光时的电流IL=I﹣0.5A；故灯泡的额定功率P额=ULIL=2.5V×（I﹣0.5A）．‎ 故答案为：‎ ‎（1）如图所示；‎ ‎（2）电流表、电压表都有较小示数；‎ ‎（3）移动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，记下电流表示数；0.75；‎ ‎（4）电流表A1示数为0.5A；2.5V×（I﹣0.5A）．‎ ‎　‎ ‎20．为了测量定值电阻RS的阻值，小明同学设计了如图所示的实验电路（电源电压未知，电阻R0的阻值已知），闭合开关S后，则接下来的操作是（只需写出操作过程和需要测量的物理量的符号，不需写出表达式）：‎ ‎（1）　闭合S和S1，断开S2，读出电压表示数U1　；‎ ‎（2）　闭合S和S2，断开S1，读出电压表示数U2　．‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）要先测出电源电压，使电压表与电源并联，电压表示数就是电源电压，‎ ‎（2）再测出Rx两端电压，闭合S，断开S1，R0与Rx串联，电压表与Rx并联．‎ ‎【解答】解：需要测量的物理量有电源的电压U，Rx两端电压Ux．‎ 步骤（1）闭合S和S1，断开S2，读出电压表示数U1即Rx两端电压Ux；‎ ‎（2）闭合S和S2，断开S1，读出电压表示数U2，即电源电压U．‎ 故答案为：（1）闭合S和S1，断开S2，读出电压表示数U1；闭合S和S2，断开S1，读出电压表示数U2．‎ ‎　‎ 四、计算与推导题（本题共3小题，其中第21小题6分，第22小题6分，第23小题9分，共21分）‎ ‎21．燃油消耗率是衡量汽油机性能的重要指际之一，其含义是：汽油机正常工作时，每输出1kw•h的能量汽油机所消耗汽油的质量，己知某四冲性汽油机的燃油消耗率为250g/kw•h（汽油的热值为q=4.6×107]J/kg]，试求：‎ ‎（1）250g汽油完全燃烧放出的热量；‎ ‎（2）该四冲程汽油机的热机效率．‎ ‎【考点】热量的计算；热机的效率．‎ ‎【分析】（1）已知汽油的质量和热值，根据Q=mq求出汽油完全燃烧放出的热量；‎ ‎（2）根据题意可知消耗250g汽油获得最大有用功的能量，根据η=求出四冲程汽油机的热机效率．‎ ‎【解答】解：（1）250g汽油完全燃烧时放出的热量：‎ Q放=mq=0.25kg×4.6×107J/kg=1.15×107J；‎ ‎（2）根据题意可知，完全燃烧250g汽油获得最大有用功的能量为W=1kW•h=3.6×106J，‎ 热机效率η=×100%=×100%≈31%．‎ 答：（1）250g汽油完全燃烧放出的热量为1.15×107J；‎ ‎（2）该四冲程汽油机的热机效率为31%．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器的最大值R0=20Ω，且R2=2R1．当只闭合开关S1，滑片P置于最左端a时，电流表示数为0.2A；当开关S1、S2均闭合，滑片P置于最右端b时，电流表示数为0.6A，试求定值电阻R1和电源电压．‎ ‎【考点】欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】当只闭合开关S1，滑片P置于最左端a时，由图可知，R0接入电路电阻最大且与R1串联，电流表测电路电流，根据串联电路的特点表示出总电压；‎ 当开关S1、S2均闭合，滑片P置于最右端b时，由图可知，R0接入电路的电阻为0，R1与R2并联接入电路，根据并联电路的特点，由欧姆定律列出电压与电流电阻的关系式，据此解题．‎ ‎【解答】解：当只闭合开关S1，滑片P置于最左端a时，滑动变阻器接入电路的电阻R0=20Ω且R1串联，R2未接入电路，电流表测电路电流I=0.2A，‎ 则电源电压U=I（R0+R1）=0.2A×（20Ω+R1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 当开关S1、S2均闭合，滑片P置于最右端b时，R0未接入电路，电阻R1和R2并联，电流表测干路电流I'=0.6A ‎=+=+，可得：R并=R1，‎ 则电源电压U=I'R并=I'×R1=0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 电源电压不变，由①②可解题：‎ R1=20Ω，U=8V．‎ 答：定值电阻R1的值为20Ω，电源电压为8V．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示将一个小电动机接在电路中工作时，电压表示数为3V，电流表示数为0.5A，该电动机在10s时间内把质量m=0.4kg的物体提升3m，（g取10N/kg）请计算：‎ ‎（1）这段时间内电动机消耗的电能；‎ ‎（2）这段时间内电动机对物体所做的功；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻．‎ ‎【考点】电功的计算．‎ ‎【分析】（1）根据W=UIt即可求出电动机消耗的电能；‎ ‎（2）根据W=Gh即可求出对物体所做的功；‎ ‎（3）根据Q=W电﹣W机求出线圈产生的热量，利用Q=I2Rt即可求出电动机线圈的电阻．‎ ‎【解答】解：（1）这段时间内电动机消耗的电能：‎ W电=UIt=3V×0.5A×10s=15J；‎ ‎（2）这段时间内电动机对物体所做的功：‎ W机=Gh=mgh=0.4kg×10N/kg×3m=12J；‎ ‎（3）由于W电=W机+Q，‎ 则电流通过线圈产生的热量：Q=W电﹣W机=15J﹣12J=3J，‎ 由Q=I2Rt可得，线圈的电阻：‎ R===1.2Ω．‎ 答：（1）这段时间内电动机消耗的电能为15J；‎ ‎（2）这段时间内电动机对物体所做的功为12J；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻为1.2Ω．‎ ‎　‎ ‎2017年3月31日