2018年广西贵港市中考物理试题（解析版）

2018年广西贵港市中考物理试题（解析版）

‎2018年贵港市初中毕业水平考试试卷 一、单项选择题 ‎1. 在实验室，用弹簧测力计能直接测量的物理量是 A. 力 B. 体积 C. 密度 D. 质量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．测量力的工具是测力计，在实验室，用弹簧测力计测量力的大小，故A符合题意。‎ B．体积用量筒或量杯来测量，对于规则物体也可以利用刻度尺来测量，故B不符合题意。‎ C．根据密度公式，测量密度时用天平测质量，用量筒测体积，故C不符合题意。‎ D．实验室里用天平测物体的质量，故D不符合题意。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】要知道常见物理量的测量工具并能正确熟练的使用。‎ ‎2. 关于声现象，下列说法中正确的是 A. 声音在真空中的传播速度比在空气中的传播速度大 B. “禁止鸣笛”是在声音的传播过程中减弱噪声 C. “闻其声便知其人”判断的依据是人发出声音的响度 D. 演奏弦乐器时，演奏者不断变换手指在琴弦上的位置，这是在改变声音的音调 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．声音的传播需要介质，真空不能传声，故A错误。‎ B．“禁止鸣笛”是在声源处减弱噪声，故B错误。‎ C．音色是发声体所特有的声音特色，不同的人音色不同，“闻其声便知其人” 判断的依据是人发出声音的音色，故C错误。‎ D．演奏弦乐器时，演奏者不断变换手指在琴弦上的位置，改变弦振动的长度，从而改变弦振动的频率，这是在改变声音的音调，故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】音调的高低与发声体的振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。‎ ‎3. 电磁感应现象是由哪位科学家发现的 A. 爱因斯坦 B. 法拉第 C. 牛顿 D. 伽利略 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．爱因斯坦的主要贡献是提出了相对论，故A不符合题意。‎ B．电磁感应现象是法拉第用了十年的辛苦工作发现的，故B符合题意。‎ C．牛顿是经典力学之父，发现牛顿三大定律，在初中涉及牛顿第一定律，故C不符合题意。‎ D．伽利略研究了力与运动的关系，为牛顿第一定律的得出奠定了基础，在初中涉及比萨斜塔实验和制作第一个望远镜，故D不符合题意。‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】了解物理学家及其贡献，学习科学家的科学精神。属于常识了解题，平时要注意多积累。‎ ‎4. 下列说法中，正确的是 A. 光纤通信是利用电流传递信息 B. 核电站利用的是核聚变时产生的能量 C. 我国北斗导航卫星传递信息利用的是超声波 D. 电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光纤通信是利用激光来传递信息，故A错误。‎ B．核电站利用的是核裂变时产生的能量，故B错误。‎ C．我国北斗导航卫星是利用电磁波传递信息的，故C错误。‎ D．电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度，都是3.0×108m/s，故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】卫星通信、光缆通信和移动通信都是利用电磁波来传递信息的。电磁波的传播不需要介质，在真空中可以传播。‎ ‎5. 下列有关安全用电的说法,正确的是 A. 用电器的金属外壳可以不必接地 B. 现代家庭发生火灾时，必须立即泼水救火 C. 发现有人触电时，首先要切断电源 D. 使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用电器的金属外壳接地可以防止发生漏电事故，故A错误。‎ B．现代家庭发生火灾时，如果用电器起火，因为一般的水是导体，不能泼水灭火，否则容易发生触电事故，故B错误。‎ C．发现有人触电时，首先要切断电源，然后施救，故C正确。‎ D．使用测电笔时，手要接触笔尾的金属体，故D错误。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】使用测电笔时，一定要用手触及笔尾金属体，切不可触及笔尖金属体，否则会造成人身触电事故。‎ ‎6. 关于温度、热量和内能,下列说法中不正确的是 A. 0℃的冰块内能一定不为零 B. 物体温度升高，内能一定增加 C. 热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递 D. 温度高的物体，内能不一定大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．一切物体都具有内能，0℃的冰块内能一定不为零，故A正确。‎ B．物体温度升高，分子运动加剧，分子动能增大，内能一定增加，故B正确。‎ C．热传递的条件是存在温差，所以热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故C错误。‎ D．内能和温度、状态、质量等多个因素有关系，所以温度高的物体内能不一定大，故D正确。‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】物体的内能跟物体的质量、状态和温度有关，物体质量和状态一定时，温度越高，内能越大。物体状态和温度相同时，质量越大，物体的内能越大。‎ ‎7. 如图所示电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器。闭合开关S后，在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是(忽略温度对电阻的影响)‎ 学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...学_科_网...‎ A. 电压表的示数不变，电路的总电阻变大 B. 电压表的示数变大，电流表的示数变小 C. 电压表的示数变大，灯泡变亮 D. 电压表的示数变小，灯泡变暗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测串联电路的电流。闭合开关S后，滑片P向右滑动，滑动变阻器连入电路的电阻变大，根据串联分压原理，电压表示数变大，故AD错误；‎ 滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据可知，电路中电流变小，所以电流表的示数变小，根据P=UI，灯泡的实际功率变小，小灯泡变暗，故B正确，C错误。‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】动态电路分析，认清电路连接方式和电表的作用是关键。‎ ‎8. 如图所示，使用同一滑轮的甲、乙两种装置，匀速提升重均为10N的A、B两物体，已知滑轮重1N不计绳重和绳与滑轮间的摩擦，则下列说法中正确的是 ‎ A. 手的拉力F乙=10N B. A物体受到的合力与B物体受到的合力相等 C. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F乙做的有用功比较多 D. 若A、B两物体都被提升0.5m，则手的拉力F甲做的功比F乙做的功多 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】乙为动滑轮，所以手的拉力为，故A错误。‎ B．A、B两物体都做匀速运动，都处于平衡状态，所受合力都为0，即A物体受到的合力与B物体受到的合力相等，故B正确。‎ C．两物体的重力相等，提升高度相等，由W有用=Gh可知，两次所做有用功相等，故C错误。‎ D．不计绳重和摩擦，A、B两物体都被提升0.5m，所做有用功相等，由于F乙还要提升动滑轮，要做一部分额外功，所以手的拉力F乙做的功多，故D错误。‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查了定滑轮和动滑轮的工作特点，使用定滑轮不省力但可以改变力的方向；使用动滑轮可以省一半力，但费距离；‎ ‎9. 通电螺线管和磁体A的磁极附近的磁感线分布如图所示，小磁针处于静止状态。则 A. 小磁针的b端为N极 B. 通电螺线管左端为N极 C. 电源“+” 极为c端 D. 螺线管上看得见的导线中的电流自下而上 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据磁感线的方向可以判断，磁体A的右端和通电螺线管的左端都是S极，根据磁极间的相互作用，所以小磁针的b端为S极，a端为N极，故A、B选项错误；‎ 根据安培定则，用右手握住螺线管，让大拇指指向螺线管的N极，则弯曲的四指指向电流的方向，螺线管上电流的方向向下，电流从螺线管的左端流进，右端流出，所以电源的c端为正极，螺线管上看得见的导线中的电流自上而下，故C正确，D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】在磁体外部，磁感线从磁体的北极从来，回到磁体的南极；在磁体内部，磁感线从磁体的南极回到北极；‎ ‎10. 如图甲所示，是建设罗泊湾大桥时使用的起吊装置（图中未画出）的钢缆绳拉着实心圆柱体A在距江面某一高度处沿竖直方向匀速下降的情景。A在下降到江底之前，始终保持0.1m/s的速度不变。如图乙所示是A下降到江底之前钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图像（江水的密度为ρ=1.0×103kg/m3 , g取10N/kg）。则 A. A从开始下降直到江面的过程中，钢缆绳对A做的功为5×104J B. A下降过程中重力的功率为5×103W C. A的密度为1.6×103kg/m3‎ D. 当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，A对江底的压强为5×103 Pa ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图乙可知，A从开始下降直到江面的过程中，下降高度h=vt=0.1m/s×20s=2m，‎ 钢缆绳对A做的功W=Fs=3×104N×2m=6×104J，故A错误。‎ B．A下降过程中重力的功率，故B错误。‎ C．A全部浸没在水中所受浮力 ‎，‎ 根据阿基米德原理可得，‎ 物体的体积，‎ 故A的密度，故C错误。‎ D．由图乙可知，A物体从开始浸入江水中至完全浸没所用时间t’=30s-20s=10s，‎ A物体的高度h’=vt’=0.1m/s×10s=1m，‎ 圆柱体A的底面积，‎ 当A下降到水平的江底，卸下钢缆绳后，A对江底的压力 ‎，‎ 则A对江底的压强，故D正确。‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】本题是力学综合计算题，具有一定的难度，读懂图，能从图像中找出有用的信息并加以应用是关键。‎ 二、填空题 ‎11. 国家级“奔跑中国·一带一路”马拉松系列赛首站——2018贵港国际马拉松于2018年3月4日在贵港市新世纪广场起航开跑，CCTV5全程直播。其中半程马拉松距离为21.0975km，合________m。大山同学在奔跑过程中看到街道两旁的树木向后倒退，他是以_______为参照物。‎ ‎【答案】 (1). 21097.5 (2). 自己 ‎【解析】‎ ‎21.0975km＝21097.5 m，大山同学以自己为参照物，街道两旁的树木向后倒退。‎ ‎12. 严冬，树枝上形成美丽的“雾凇”。“雾凇”属于______现象（选填一种物态变化现象），这个现象发生的过程中，需要______热量（选填“吸收”或“放出”）。‎ ‎【答案】 (1). 凝华 (2). 放出 ‎【解析】‎ ‎【详解】雾凇是由于水蒸气遇冷凝华形成的，凝华要放出热量。‎ ‎13. 粼粼波光是由于_______产生的。我们能从不同的方向看到本身不发光的物体，是因为物体发生了_____。‎ ‎【答案】 (1). 光的反射 (2). 漫反射 ‎【解析】‎ ‎【详解】粼粼波光是由于光的反射产生的。我们能从不同的方向看到本身不发光的物体，是因为物体发生了漫反射，光线反射到不同方向人的眼中了。‎ ‎【点睛】光的反射分为镜面反射和漫反射，两者都遵循光的反射定律。‎ ‎14. 如图所示，不考虑空气阻力，小球从A点自由摆动到B点的过程中，___能转化为 ‎_____能。 ‎ ‎【答案】 (1). 小球的重力势 (2). 小球的动 ‎【解析】‎ ‎【详解】不考虑空气阻力，小球从A点自由摆动到B点的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，小球的重力势能转化为小球的动能。‎ ‎【点睛】本题考查动能和势能的变化，抓住影响动能和势能大小的因素进行分析。‎ ‎15. 在①磁悬浮列车②动圈式扬声器③动圈式话筒④电风扇⑤指南针⑥发电机中，应用电磁感应原理制成的是______（只需要填序号），利用磁场对通电导体具有力的作用的原理工作的是______（只需要填序号）。‎ ‎【答案】 (1). ③⑥ (2). ②④‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①磁悬浮列车是利用电流的磁效应产生强磁场，根据磁极间的相互作用工作的；‎ ‎②动圈式扬声器，将电信号转化为声音信号，线圈中通过变化的电流时，线圈在磁场中受力而振动而产生声音，是利用磁场对通电导体具有力的作用的原理工作的；‎ ‎③动圈式话筒，将声音信号转变为电信号，是应用电磁感应原理制成的；‎ ‎④电风扇是利用磁场对通电导体具有力的作用的原理工作的；‎ ‎⑤地球是个大磁体，指南针是利用磁体指南北的性质制成的；‎ ‎⑥发电机的原理是电磁感应现象；‎ 因此应用电磁感应原理制成的是③⑥，利用磁场对通电导体具有力的作用的原理工作的是②④。‎ ‎【点睛】电磁感应现象是由运动产生电流，机械能转化为电能；磁场对通电导体具有力的作用是由电流受力而运动，电能转化为机械能；互为相反过程，通过比较加强记忆。‎ ‎16. 如图的电工钳是一个______杠杆（选填“省力”或“费力”），手柄上的橡胶套是_______（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）。‎ ‎【答案】 (1). 省力 (2). 绝缘体 ‎【解析】‎ ‎【详解】电工钳使用时，动力臂大于阻力臂，是一个省力杠杆；‎ 手柄上的橡胶套不容易导电，是绝缘体；‎ ‎【点睛】根据杠杆平衡条件，比较动力臂和阻力臂的大小来判断杠杆的类型。‎ ‎17. 在用实验探究“电阻的大小与哪些因素有关”时，如图是某实验小组进行探究的实验装置，演示板上固定了四条合金电阻线，a、b、c的长度均是1m，d的长度是0.5m；a、b、d的横截面积相同，c的横截面积比a、b的小，a、c是镍铬合金线，b、d是锰铜合金线。当依次把M、N跟a、c的两端连接时，探究的是导体电阻大小与导体_____的关系。实验中采用的方法叫________。‎ ‎【答案】 (1). 横截面积 (2). 控制变量法 ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，a、c两根电阻线，长度相同、材料相同，横截面积不同，因此依次把M、N跟a、c的两端连接时，探究的是导体电阻大小与导体横截面积的关系，这种探究的方法叫做控制变量法。‎ ‎【点睛】物理学中对于多因素的问题，常常采用控制因素的办法，把多因素的问题变成多个单因素的问题，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。这种方法在初中物理中有较多应用，比如探究电流与电压和电阻的关系。‎ ‎18. 投出去的实心球能在空中飞行，是因为实心球____________________。大山同学在中考体育考试中用60N的力投出的实心球在空中画了一条优美的弧线。若实心球重为20N，大山投出了9.6m的距离，球最高点距地面3m。则实心球在空中飞行的过程中，实心球所受的力做的功为_______J (不计空气阻力) 。‎ ‎【答案】 (1). 具有惯性 (2). 60‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】实心球能在空中飞行，是因为实心球具有惯性;球在空中飞行的过程中只受重力，实心球所受的重力所做的功为W＝Gh＝20NJ。‎ ‎19. 在“伏安法”测电阻的实验中，实验电路图如图所示，若待测电阻Rx的阻值为8Ω，实验过程中要求电表不得超过其量程，且电表的指针至少能到达刻度盘的中线，所用的实验器材在下列器材中选取：电流表（0～0.6A或0～3A一只），电压表（0～3V或0～6V）一只，滑动变阻器（0～50Ω ‎）一只，电源一个（电压保持6V不变），开关一个，导线若干。实验中，为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为_______W，滑动变阻器的取值范围为________。 ‎ ‎【答案】 (1). 3.6 (2). 2Ω≤R≤8Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由电路图可知，电阻Rx与滑动变阻器R串联，电压表测待测电阻两端的电压，电流表测电路中的电流。已知电源电压为6V，Rx=8Ω，‎ 当滑片在a端时，只有Rx连入电路中，此时电路中电阻最小，电流最大，则最大电流 ‎，若电流表选用0~3A量程，电流表的指针不能到达刻度盘的中线，所以电流表应使用0~0.6A量程，电路中最大电流为0.6A；‎ 此时Rx两端电压为6V，若使用0~3V量程，则电压表的示数超过量程，所以电压表使用0~6V量程；‎ 则电路消耗的最大功率Pmax=6V×0.6A=3.6W；‎ ‎（2）当电路中电流最大时，电路的总电阻最小，由欧姆定律可得 此时滑动变阻器连入电路的电阻最小为10Ω-8Ω=2Ω；‎ 因为电表的指针至少能到达刻度盘的中线，所以Rx两端电压最小为3V，此时电路中的电流 ‎，‎ 电流表使用0~0.6A量程，此时电流表指针超过刻度盘中线，符合题目要求。‎ 这时滑动变阻器R两端的电压最大，UR=U-Ux=6V -3V=3V，‎ 则滑动变阻器连入电路最大电阻为；‎ 所以滑动变阻器的取值范围为2Ω≤R≤8Ω。‎ ‎【点睛】本题考查串联电路特点、欧姆定律的应用，关键是根据实验要求先判断出电表的量程。‎ ‎20. 如图所示,一底面积是100cm2的圆柱形容器内盛有1.5kg的水，静止在水平桌面上。现将含有合金块的冰块投入容器的水中，恰好悬浮，此时水位上升了6cm ‎（没有水溢出）。当冰块全部熔化后，容器底部所受水的压强改变了58Pa。容器的质量及厚度可忽略不计，g取10N/kg，ρ冰=0.9×103kg/m3，ρ水=1.0×103kg/m3。则含有合金块的冰块悬浮时，容器对水平桌面的压强为_______Pa,该合金块的密度为_______kg/m3。‎ ‎【答案】 (1). 2100 (2). 3.9×103‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）将含有合金块的冰块投入容器的水中，恰好悬浮，此时水位上升了6cm（没有水溢出）。则物体体积，‎ 因物体悬浮时，受到的浮力等于自身重力，所以含有合金块的冰块的重力 ‎，‎ 容器中水的重力G水=m水g=1.5kg×10N/kg=15N，‎ 所以含有合金块的冰块悬浮时，容器对水平面的压力 F=G水+G=15N+6N=21N，‎ 容器对水平桌面的压强为；‎ ‎（2）当冰块全部熔化后，容器底部所受水的压强改变了58Pa。‎ 由p=ρgh可得，液面下降的高度 ‎，‎ 则冰块熔化后减少的体积 ‎，‎ 因为冰熔化后，质量不变，体积变小，根据可得，‎ 解得：m冰=522g 冰的体积，‎ 含有合金块的冰的总质量，‎ 合金块的质量，‎ 合金块的体积，‎ 则合金块的密度.‎ ‎【点睛】本题考查了阿基米德原理和物体的浮沉条件，涉及到液面的变化，难度较大。利用冰熔化后，质量不变，体积变小，建立关系式求解。‎ 三、作图与实验探究题 ‎21. 太阳光线跟水平方向成30°角，为了使反射光线水平行进，请在如图中画出平面镜的位置并标出反射角的度数。_________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由题，入射光线跟水平方向成30°角，反射光线水平行进，则入射光线与反射光线的夹角有两种情况，可能为180°-30°=150°，也可能为30°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，夹角的平分线即为法线，镜面垂直法线，图示如下：‎ ‎【点睛】本题要求根据入射光线与反射光线确定平面镜的位置，因为反射角等于入射角，入射光线与反射光线的夹角的平分线即为法线，镜面垂直法线。注意分两种情况讨论。‎ ‎22. 请将如图中的“光控开关”、“声控开关”、“灯泡”用笔画线表示导线正确连入电路，设计出只有在光线较暗且有声音时灯才亮的楼道灯自动控制电路，同时安装一个不受开关控制的三孔插座（导线不得交叉）。‎ ‎_______‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据设计要求，在光线较暗且有声音时灯才亮，所以光控开关与声控开关串联，连接在火线和灯泡之间，灯泡螺丝套接零线；‎ 三孔插座与灯泡并联，三孔插座右孔接火线，左孔接零线，上孔接地线。连图如下：‎ ‎【点睛】连接电路时，注意安全用电原则。开关控制火线，且火线接入灯尾金属点，零线接入螺丝套。‎ ‎23. 如图所示，物体A处于静止状态，物体B在拉力F作用下向右做匀速直线运动。请在如图中画出物体A所受力的示意图（力的作用点图中已标出）。___________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】首先对A进行受力分析：物体A处于静止状态，受到平衡力的作用，在水平方向上受向左的拉力F拉和向右的摩擦力f是一对平衡力；在竖直方向上受竖直向下的重力和竖直向上的支持力是一对平衡力；然后从力的作用点分别作带箭头的线段表示四个力，使线段长度F拉=f，FN=G。并标上力的符号。‎ ‎【点睛】作力的示意图，是平衡力的长度要相等。‎ ‎24. 如图所示，所测物体的长度是________cm。如图所示，电流表的示数为 ___A,电压表的示数为________V。‎ ‎【答案】 (1). 2.90 (2). 0.38 (3). 6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，刻度尺的分度值为1mm，所测物体的长度是2.90cm；‎ 电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.38A；‎ 电压表选用0~15V量程，分度值为0.5V，示数为6V；‎ ‎【点睛】本题考查测量仪器的读数方法，读数时，认清量程和分度值是关键。长度测量要估读到分度值的下一位。‎ ‎25. 在用实验探究“凸透镜成像规律”时，所用凸透镜的焦距为10.00cm。如图所示，将蜡烛、光屏分别置于光具座上凸透镜两侧，调整凸透镜和光屏的中心大致与烛焰的中心在_____；凸透镜固定在光具座上50.00cm刻度线处不动，要在光屏上成放大的像，蜡烛应在_____范围内移动（用具体数字表示），光屏应向_____移动（选填“左”或“右”）； 现再将蜡烛移至光具座上10.00cm处，移动光屏，在光屏上得到一个清晰的实像，应用这一原理可以制成_____。‎ ‎【答案】 (1). 同一高度 (2). 30.00cm∽40.00cm (3). 右 (4). 照相机 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在用实验探究“凸透镜成像规律”时，将蜡烛、光屏分别置于光具座上凸透镜两侧，为了使像成在光屏的中央，调整凸透镜和光屏的中心大致与烛焰的中心在同一高度；‎ ‎（2）根据凸透镜成像规律，要在光屏上成放大的像，需要物距在一倍焦距和二倍焦距之间，已知焦距 f=10.00cm，凸透镜固定在光具座上50.00cm刻度线处不动，所以蜡烛应该在30.00cm∽40.00cm范围内移动；‎ 根据凸透镜成实像时“物近像远像变大”，光屏应向右移动；‎ ‎（3）再将蜡烛移至光具座上10.00cm处，此时物距u=50.00cm-10.00cm=40.00cm＞2f，移动光屏，在光屏上得到一个倒立、缩小的清晰实像，照相机是根据这一原理制成的；‎ ‎【点睛】本题考查凸透镜成像规律及成像规律的应用，是理论联系实际的例子，体现了“从物理到社会”的新课程理念。‎ ‎26. 在“测量牛奶密度”的实验中。‎ ‎（1）大山先将牛奶倒入量筒，如图所示，则牛奶的体积为______ cm3；接着将天平放在水平工作台上，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，调节_______，使天平平衡；用调节好的天平测出空烧杯的质量为33g，然后将量筒中的牛奶全部倒入烧杯，用天平测量烧杯和牛奶的总质量，天平平衡时如图所示，则烧杯和牛奶的总质量为_______g。‎ ‎（2）根据以上实验数据计算出牛奶的密度为_______kg/m3，用该方法测得的牛奶的密度比真实值偏_______。 （选填“大”或“小”）‎ ‎【答案】 (1). 40 (2). 平衡螺母 (3). 73.8 (4). 1.02×103 (5). 小 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如图所示，则牛奶的体积为40mL=40cm3；‎ 接着将天平放在水平工作台上，将游码移至称量标尺左端的“0”刻度线上，调节平衡螺母，使天平平衡；‎ 烧杯和牛奶的总质量为m总=50g+20g+3.8g=73.8g；‎ ‎（2）根据可得，牛奶的密度，‎ 用该方法测牛奶的密度，体积是准确的，由于部分牛奶附着在量筒上，使得所测质量偏小，由密度公式可知，测量值比真实值偏小。‎ ‎【点睛】本题考查测量液体密度实验步骤和误差分析，为了减小误差，不可把量筒中的液体全部倒入烧杯，否则会导致所测质量偏小，密度偏小；实验时要注意知识的积累，重点是记住测量密度的原理和实验步骤。‎ ‎27. 如图所示是“探究电流的大小与哪些因素有关”的实验电路图。 ‎ ‎（1）连接电路前，开关必须_______。‎ ‎（2）请根据如图所示的电路图用笔画线表示导线将如图所示的实物连接成完整电路（请勿更改原有导线，导线不得交叉）。 _________ ‎ ‎（3）实验开始时，滑动变阻器的作用是_______。在探究通过导体的电流与导体两端电压关系时，应保持_______不变，此时滑动变阻器的作用是_______；在探究通过导体的电流与导体电阻关系时，应保持_______不变。‎ ‎（4）在探究通过导体的电流与导体电阻关系时，得到实验数据记录如下表：‎ 根据上表的实验数据，请在如图中画出电流随电阻变化的图像。_________‎ ‎【答案】 (1). 断开 (2). (3). 保护电路 (4). 定值电阻阻值 (5). 改变定值电阻两端电压 (6). 定值电阻两端电压 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为了保护电路，连接电路前，开关必须断开；‎ ‎（2）根据电路图，电压表并联在定值电阻两端，电流“+”进“-”出，滑动变阻器接线柱采取“一上一下”方式接入电路，实物图如下：‎ ‎（3）实验开始时，滑动变阻器的作用是保护电路；‎ 在探究通过导体的电流与导体两端电压关系时，应保持定值电阻阻值不变，为了得到普遍性结论，要多次测量，此时滑动变阻器的作用是改变定值电阻两端电压；‎ 在探究通过导体的电流与导体电阻关系时，应保持定值电阻两端电压不变。‎ ‎（4）用“描点法”画出电流随电阻变化的图像如下：‎ ‎【点睛】本题考查实验“探究电流大小与哪些因素有关”，注意控制变量法的应用。‎ 四、解答题 ‎28. 大山将质量为20kg的水从25℃加热到75℃， [水的比热容为4.2×103J/(kg·℃), 天然气的热值为3.5×107J/ m3] 求：‎ ‎（1）这些水吸收的热量是多少？‎ ‎（2）若这些水吸收的热量全部由完全燃烧天然气获得，则需要多少m3天然气?‎ ‎【答案】（1）4.2×106J （2）0.12 m3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）将质量为20kg的水从25℃加热到75℃，水吸收的热量 ‎.‎ ‎（2）若这些水吸收的热量全部由完全燃烧天然气获得，则 根据Q放 =qV，需要燃烧天然气的体积 ‎.‎ 答：（1）这些水吸收的热量是；（2）若这些水吸收的热量全部由完全燃烧天然气获得，则需要0.12m3天然气；‎ ‎【点睛】本题考查了吸热公式和燃料燃烧放出热量公式的掌握和应用，熟练运用公式及变形公式，能根据热值的单位J/m3选择放热公式Q放=qV。‎ ‎29. 如图所示，电源电压保持不变，R1 和R2为定值电阻，电压表接在R1两端，R2＝6Ω，A、B是接线柱，其他元件可以从A、B连入电路。现先把电流表接在A、B连入电路，看到其示数为1.5A；然后，拆除电流表，把定值电阻R接在A、B连入电路，这时电压表的示数为4V，整个电路消耗的电功率为15W。 设温度对电阻的影响可以不计，求：‎ ‎（1）定值电阻R的阻值是多少？‎ ‎（2）若把标有“10Ω2A”字样的滑动变阻器接在A、B 连入电路，在保证电路安全的情况下，电路消耗的总功率范围是多少？‎ ‎【答案】（1）5Ω(2) 11.25W≤P总≤22.5W ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）当把电流表接在A、B连入电路时，R1 和R2 串联，电压表测R1两端电压，此时电路电流I=1.5A，设电源电压为U，则通过电路的电流 ‎……………①‎ 当拆除电流表，把定值电阻R接在A、B连入电路时，R1 ，R和R2 串联，电压表测R1两端电压，此时U1′=4V，则电路中的电流，‎ 由P=UI可得，电路总功率 ‎………………….②‎ 解①②可得：U=15V，R1=4Ω。‎ 由此可得，当R1 ，R和R2 串联时，电路中的电流，‎ 电路中的总电阻，‎ 则定值电阻R的阻值R=R总-R1-R2=15Ω-4Ω-6Ω=5Ω；‎ ‎（2）若把标有“10Ω 2A”字样的滑动变阻器接在A、B连入电路，‎ 因为，‎ 所以P总（最小）=UI最小=15V×0.75A=11.25W。‎ 又因为，‎ 则P总（最大）=UI最大=15V×1.5A=22.5W。‎ 因此在保证电路安全的情况下，电路消耗的总功率范围是11.25W≤P总≤22.5W。‎ 答：（1）定值电阻R的阻值是5Ω；（2）在保证电路安全的情况下，电路消耗的总功率范围是11.25W≤P总≤22.5W；‎ ‎【点睛】本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，根据已知条件求出电源电压和电阻R1的阻值是突破口。‎ ‎30. 如图所示，一正方体物块边长为10cm,漂浮于足够高的底面积为S0的盛有足量水的圆柱形容器中，有1/5体积露出水面。水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：‎ ‎（1）该物块受到的浮力；‎ ‎（2）该物块的密度；‎ ‎（3）若未投入物块时，水对容器底部的压力为F0。试求出物块漂浮时，水对容器底部的压力F1和物块浸没时水对容器底部的压强P2；‎ ‎（4）若物块漂浮时与未投入物块时比较，水对容器底部的压强变化了200Pa，物块浸没时与物块漂浮时水对容器底部的压力之比为30:29，则未投入物块时容器中水的深度是多少？‎ ‎【答案】（1）8N（2）0.8×103 kg/ m3（3）F0＋8 N； ( F0＋10)/ S0Pa (4) 0.125m ‎【解析】‎ ‎【详解】解：（1）物块受到的浮力 ‎；‎ ‎（2）由可得，该物块的密度 ‎；‎ ‎（3）由于容器为圆柱形容器，物块漂浮时，受到的浮力等于其重力，水对容器底的压力：‎ F1=F0+G=F0+8N，‎ 物块浸没时水对容器底部的压力：‎ F2=F0+ρ水gV物=F0+，‎ 物块浸没时水对容器底部的压强 ‎。‎ ‎（4） 由题，物块浸没时与物块漂浮时水对容器底部的压力之比为30:29，‎ 则 ，解得F0=50N，‎ 又若物块漂浮时与未投入物块时比较，水对容器底部的压强变化了200Pa，则 ‎，‎ 解得S0=0.04m2，‎ 未投入物块时水对容器底的压强，‎ 根据液体压强公式p=ρgh可得，未投入物块时容器中水的深度 ‎。‎ 答：（1）该物块受到的浮力为8N；（2）该物块的密度为；（3）物块漂浮时，水对容器底部的压力F1=F0+8N，物块浸没时水对容器底部的压强；（4）未投入物块时容器中水的深度是0.125m；‎ ‎【点睛】本题综合考查密度公式、阿基米德原理、物体浮沉条件的掌握和运用，解题时要仔细审题，利用好容器为圆柱形容器时，水对容器底的压力等于水的重力。‎