2018年四川省成都市中考物理试题（解析版）

2018年四川省成都市中考物理试题（解析版）

‎2018年四川省成都市中考物理试卷 一、单项选择题 ‎1. 系安全带可以减小因汽车紧急刹车对人员造成的伤害，下列说法正确的是（ ）‎ A. 刹车时人的惯性会消失 B. 刹车时人的惯性会增大 C. 刹车时人会受到向前的惯性力 D. 刹车时人由于惯性会向前倾 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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，所以刹车时人的惯性不会消失，故A错误；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、运动速度等无关，故B错误；惯性是物体的一种属性，不是力，故C错误；当汽车急刹车时，人的下半身随车停止运动，而上半身由于惯性仍保持原来的运动状态继续向前运动，所以人会向前倾，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是对惯性的理解，惯性现象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。‎ ‎2. 近来共享电动汽车成为人们低碳出行的交通工具，某共享汽车30min行驶20km，则该车的平均速度为（ ）‎ A. 40km/h B. 1.5km/min C. 15m/s D. 40m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 行驶路程为20km，行驶时间为：；‎ 根据得该车的平均速度为：‎ ‎。‎ 故选A。‎ ‎3. 在四冲程汽油机的工作过程中，内能转化为机械能的是（ ）‎ A. 吸气冲程 B. 压缩冲程 C. 做功冲程 D. 排气冲程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只有做功冲程中，燃气对外做功，内能转化为机械能。故选：C.‎ ‎【点睛】汽油机的四个冲程中只有两个冲程伴随有能量的转化．压缩冲程中活塞向上运动，汽油和空气的混合物被压缩，内能增大，温度升高，活塞运动的动能转化为混合气体的内能；做功冲程中，火花塞冒出电火花，将混合气体点燃，混合气体剧烈燃烧，产生高温高压的燃气，推动活塞运动，燃气的内能转化为活塞运动的动能．‎ ‎4. 如图所示的“吸引”现象中，由大气压强引起的是（ ）‎ A. 拔火罐时玻璃罐吸在皮肤上 B. 塑料梳子吸引干燥的头发 C. 条形磁铁吸引小磁针 D. 两个铅块挤压在一起 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】使用火罐时，先把酒精在罐内烧一下，使罐内空气受热排出，然后迅速把罐扣在皮肤上，由于罐内气体温度高，等到罐内的空气冷却后压强会降低，而小于外面的大气压，于是外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，所以，拔火罐是由大气压强的作用引起的，故A符合题意；塑料梳子吸引干燥的头发，是由于塑料梳子和头发发生的摩擦起电现象，不是大气压引起的，故B不符合题意；条形磁铁吸引小磁针是利用了磁极间的相互作用，不是大气压引起的，故C不符合题意；两个铅块挤压在一起是由于分子间的作用力的缘故，不是大气压引起的，故D不符合题意，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查的是用物理知识解释常见的生活现象，所以要在平时学习中多留心这类与物理有关的生活现象，体会物理来源于生活，服务于社会的理念。‎ ‎5. 关于声现象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温（15℃）下，空气中的声速大于水中的声速 B. “蒙面歌王”节目中观众是通过音调猜出歌手的 C. 声呐利用次声波可以确定鱼群位置和海水深度 D. 汽车排气管上安装消声器是在声源处减弱噪声 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】声音在固体中的传播速度最快，液体中次之，在气体中的传播速度最慢，声音不能在真空中传播，所以常温（15℃）下，空气中的声速小于水中的声速，故A错误；音色是由发声体本身决定的，不同的发声体，音色一般不同，所以，“蒙面歌王”节目中观众是通过音色猜出歌手的，故B错误；超声波具有较强的穿透性，并且能够传递信息，所以声呐是利用超声波确定鱼群位置和海水深度的，故C错误；在汽车排气管上安装消声器，是在声源处减弱噪声，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及声速、音色的理解、超声波的应用、以及减弱噪声的途径，属于基础题，难度不大。‎ ‎6. 如图所示的实例中，为了增大压强的是（ ）‎ A. 安全锤一端做成锥形 B. 坦克的履带非常宽大 C. 铁轨下铺放很多轨枕 D. 滑雪板的面积比较大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 压强的大小跟压力大小和受力面积大小有关，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。安全锤一端做成锥形，是为了在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；坦克的履带非常宽大，是为了在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；铁轨下铺放很多轨枕，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；滑雪板的面积比较大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；综上所述，只有A符合题意，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查的是增大和减小压强的方法及其应用，解题的关键是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。‎ ‎7. 关于材料和信息技术，下列说法正确的是（ ）‎ A. 铜、铁、铝都是磁性材料，可以被磁化 B. 玻璃、橡胶制品在常温下是导体 C. 光缆通信中光在光纤里一直沿直线传播 D. 北斗卫星导航系统通过电磁波提供定位服务 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】常见的磁性材料有铁、钴、镍，铜、铝不是磁性材料，不能被磁化，故A错误；玻璃、橡胶制品在常温下是绝缘体，故B错误；光纤通信是通过激光在光纤内不断反射向前传播，从而传递信息的，故C错误；电磁波可以传递信息，且传播不需要介质，北斗卫星导航系统通过电磁波提供定位服务的，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及磁性材料、电磁波的传播、光纤通信、导体等，都是基础知识，难度不大。‎ ‎8. 下列数据最符合实际的是（ ）‎ A. 手机充电器的工作电流约为20A B. USB接口的输出电压约为5V C. 家用微波炉的额定功率约为10W D. 家用空调工作一晚消耗约100度电 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据生活实际知道，手机充电器的工作电流约2A，故A错误；USB接口的输出电压约为5V和8V两种，故B正确；微波炉的额定功率约在1000W以上，故C错误；空调的电功率在1000W左右，工作一晚消耗在低于10度，故D错误，故选B。‎ ‎9. 如图所示的串联和并联电路，两个灯泡阻值不等，开关S闭合，关于电路中的电流或电压关系，下列说法正确的是（ ）‎ 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. 甲电路中，U=U1=U2 B. 甲电路中，U＞U1=U2‎ C. 乙电路中，I=Il+I2 D. 乙电路中，I＞I1=I2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由甲电路知道，两个灯泡串联，由串联电路的分压特点知道，U=U1 +U2，又因为两个灯泡阻值不等，所以U1 ≠U2，故AB错误；由乙电路知道，两个灯泡并联，由于并联电路中干路的电流等于各支路电流之和，所以，I=Il +I2，又因为两个灯泡阻值不等，所以根据并联分流规律可知I1 ≠I2，故C正确，D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是串并联电路的特点，解题的关键是判断电路的连接方式，掌握串联分压，并联分流的特点。‎ ‎10. 关于原子、原子核、核能和能源，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子由原子核和质于组成 B. 原子核由质子和中子组成 C. 太阳的惊人能量来自内部的核裂变 D. 石油、风能、可燃冰属于可再生能源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】原子是由原子核和电子组成的，原子核又是由质子和中子组成的，质子带正电，中子不带电，故A错误，B正确；太阳的能量来自大量的氘核的聚变，而不是内部的核裂变，故C错误；石油、可燃冰属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；风能在自然界中可以不断再生、连续利用，属于可再生能源，故D错误，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及原子结构、太阳内部的核聚变、核能的获得以及能源的分类，属于基础题目，难度不大。‎ ‎11. 小册在家煮汤圆，有关煮汤圆过程中的物理知识，下列说法正确的是（ ）‎ A. 刚从冰箱冰冻室取出的速冻汤圆没有内能 B. 汤圆内能增大是通过热传递方式来实现的 C. 汤圆在煮的过程中体积变大是因为分子间存在斥力 D. 汤圆煮熟关火后水不再沸腾是因为为水分子停止运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.物体在任何状态下都具有内能，所以刚从冰箱冰冻室取出的速冻汤圆也有内能，故A选项错误；B.汤圆内能增大是通过热传递方式来实现的，故B选项正确；C.汤圆在煮的过程中体积变大是因为汤圆内空气受热膨胀造成的，故C选项错误；D.汤圆煮熟关火后不再沸腾是因为水无法再吸收热量，故D选项错误。故选B。‎ ‎12. 关于如图所示实验，下列说法正确的是（ ）‎ A. 用该装置可探宄“让通电导体在磁场中动起来”‎ B. 法拉第根据该实验揭示的原理发明了电动机 C. 导体ab竖直向上运动时，灵敏电流表指针偏转 D. 导体ab水平向左运动时，灵敏电流表指针偏转 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，该装置中没有电源，所以不能探究“让通电导体在磁场中动起来”，故A不可能；若闭合开关后，导体ab做切割磁感线运动时（左右运动），电路中就会产生感应电流，即发生电磁感应现象，法拉第根据该实验揭示的原理发明了发电机，故B错误，D正确；若导体ab竖直向上运动时，运动方向与磁感线方向平行，导体没有做切割磁感线运动，则不会产生感应电流，灵敏电流表指针不偏转，故C不可能，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是电与磁中实验装置，解题的关键是理解各实验过程和实验装置、实验用途等知识点。‎ ‎13. 关于家庭电路和安全用电，下列说法准确的是（ ）‎ A. 控制各灯具的开关都应该安装在零线上 B. 有金属外壳的用电器都使用两脚插头 C. 应该定期对漏电保护器进行例行试验 D. 不接触高压设备就不会引起触电事故 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】为了保证用电安全，控制家用电器的开关应该控制火线，这样开关断开时，切断电源，用电器不带电，所以，控制各个灯具的开关都应安装火线上，故A错误；为防止造成触电事故的发生，家用电器金属外壳相要与三脚插头的地线连接，这样电流会通过地线导入大地，故有金属外壳的用电器都使用三脚插头，故B错误；为确保使用安全，漏电漏电保护器上设置了试验按钮，需要每月试按一次，如果试验按钮按下漏电保护器无动作，说明漏电保护器需要更换，故应该定期对漏电保护器进行例行试验，故C正确；安全用电的基本原则是：不直接接触低压线路，不靠近高压线路，故D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是对安全用电知识的了解与掌握，需要平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。‎ ‎14. 如图所示，小邦在国色天乡玩蹦极，不考虑空气阻力，关于他在下降过程中的能量分析，下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹性绳绷直前，重力势能增大，动能减小 B. 弹性绳绷直前，重力势能减小，动能不变 C. 下降到最低点，动能最小，弹性势能最大 D. 下降到最低点，重力势能最大，弹性势能最大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析：动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。‎ 重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。‎ 弹性势能的影响因素是弹性形变的程度，形变越大，势能越大。‎ 解答：AB、人在下降过程中，弹性绳绷直前，高度减小，重力势能减小，速度变大，则动能变大，故AB错误；‎ CD、下降到最低点时，人的速度减小为0，动能最小；高度最小，重力势能最小；弹性绳的形变最大，则弹性势能最大，故C正确，D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】掌握动能、重力势能的影响因素。利用控制变量法能判断动能、重力势能的变化。‎ 二、填空题 ‎15. 小付买了盒“雪月饼”，为了保持低温，工作人员在月饼包装盒内装入了一定量的“干冰”。回到家中，打开包装盒，发现周围空气出现了“白雾”，这是因为干冰在_______过程中吸收热量，使空气中的水蒸气_______成了小雨滴。（两空均填物态变化名称）‎ ‎【答案】 (1). 升华 (2). 液化 ‎【解析】‎ ‎【详解】干冰极易由固态变为气态，发生升华现象从周围空气中要吸收热量，空气放热并液化成小水滴即为看到的“白雾”。‎ ‎【点睛】应该熟练掌握干冰升华—人工降雨情镜中包含的物态变化过程，干冰升华也是近年来中考热点之一。‎ ‎16. 标有“12V 60W”的汽车灯泡工作时，用电压表测得其两端电压如图所示，则灯泡的实际电压为_______V，灯泡的实际功率_______（选填“大于”、“小于”或“等于”）60W。‎ ‎【答案】 (1). 11.5 (2). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，电压表选用的量程是0～15V，分度值是0.5V，故电压表的读数是11.5V，即灯泡此时的实际电压是11.5V；由于汽车灯泡的额定电压是12V，而实际电压小于额定电压，所以灯泡的实际功率小于额定功率60W。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是电压表的读数，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，同时还要知道额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等。‎ ‎17. 小佑收集了很多材料和长度都相同但粗细不同的铅笔芯。如图所示，是用他身边的器材自制的简易调光灯电路。闭合开关，夹子A向右移动的过程中灯泡亮度应该_______（选填“变亮”、“变暗”、或“不变”）；夹子A从最左端移动到最右端的过程中，他发现灯泡亮度变化不明显，他应该调换更_______（选填“粗”或“细”）的铅笔芯来做实验。‎ ‎【答案】 (1). 变亮 (2). 细 ‎【解析】‎ ‎【详解】影响电阻大小的因素是材料、长度和横截面积，由图知道，当闭合开关，夹子A向右移动的过程中，铅笔芯接入电路中的长度变短，即电阻减小，由欧姆定律知道，此时电路的电流应变大，灯泡应变亮；若夹子A从最左端移动到最右端的过程中，他发现灯泡亮度变化不明显，则说明电流的变化比较小，由I=U/R知道，即电阻变化较小，此时应选用电阻较大的铅笔芯，即换用更细的铅笔芯。‎ ‎【点睛】本题考查的是影响电阻大小的因素、电路的动态分析及欧姆定律的应用，属于基础知识考查，难度不大。‎ ‎18. 如图甲所示，能自甶转动的司南静止时，它的长柄指向南方，说明长柄是_______极。如图乙所示，自制电磁铁的线圈匝数一定时，增大电流，电磁铁的磁性会_______（选填“增强”、“减弱”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). S (2). 增强 ‎【解析】‎ ‎【详解】“司南”是最早的指南针，是利用天然的磁石磨制成的磁勺，磁勺受到地磁场的作用总是一端指南一端指北，且能自由转动的磁体静止时指南的那个磁极叫做南极（又叫S极）；根据题意知道，当司南静止时，其长柄指向南方，所以长柄是南极（或S极）；影响电磁铁的磁性强弱的因素是：电流的大小，线圈匝数的多少。电流一定时，匝数越多，磁性越强。匝数一定时，电流越大，磁性越强，所以，线圈匝数一定时，增大电流，电磁铁的磁性会增强。‎ ‎【点睛】本题考查的是地磁场及司南的工作原理、影响电磁铁磁性强弱的因素，比较简单。‎ ‎19. 佑佑同学正确使用托盘天平测得木块的质量如图所示，则木块的质量为_______g．记录数椐时，用橡皮擦檫去错误数据，手按压橡皮擦的力越大，纸张受到的摩擦力_______（选填“越大”、“越小”或“不变”）。‎ ‎【答案】 (1). 11.2 (2). 越大 ‎【解析】‎ ‎【详解】使用天平时，物体的质量=右盘砝码的质量+游码所对的刻度值，由图知道，标尺的分度值为0.2g，其示数为1.2g，砝码的质量为10g，所以木块的质量是：10g+1.2g=11.2g；摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，当用橡皮擦檫去错误数据时，接触面的粗糙程度不变，手按压橡皮擦的力越大，则压力越大，纸张受到的摩擦力就会越大。‎ ‎【点睛】本题考查的是天平的读数方法，以及影响摩擦力大小的因素，都是基础知识，较为简单。‎ ‎20. 在探究凸透镜成像规律的实验中，某次实验的成像情况如图所示，小组成员提出“有哪些方法可以让光屏上的像变大”的问题，经过讨论后形成两个方案，而且结果都达到目的。方案一：保持蜡烛和光屏的位置不动，只将凸透镜向_______移动适当距离；方案二：保持凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏都向_______移动。‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). 右 ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，物距大于像距，成倒立缩小的实像，根据凸透镜成像规律知道，凸透镜成实像时，物距变小，像距增大，像变大。所以，方案一：保持蜡烛和光屏的位置不动，只将凸透镜向，将凸透镜向左移动，由光路的可逆性知道，当物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，光屏上就会成倒立、放大的实像；方案二：保持凸透镜的位置不变，如果要想在光屏上得到大一些的清晰的像，应减小物距，增大像距，即将蜡烛右移，光屏右移。‎ ‎【点睛】本题考查的是凸透镜成像规律及其应用，解题的关键是熟练掌握凸透镜成像规律。‎ ‎21. 我国第二艘航空母舰己于2018年5月13日开始出海试航，将来可增加我国海军实力。如图所示，辽宁号航空母舰训练过程中，舰载飞机飞离航母，与飞离前相比，母舰会_______（选填“上浮一些”、“下沉一些”或“保持不变”）。舰载机起飞时，机翼上表面空气流动速度_______（选填“大于”、“小于”或“等于”）下表面空气流动速度。‎ ‎【答案】 (1). 上浮一些 (2). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】由于航母始终漂浮于水面上，由漂浮条件知道，浮力等于重力，当舰载飞机飞离航母后，航母的重力减小，而航母仍处于漂浮状态，所以，所受浮力也要减小，由阿基米德原理F浮 =ρgV排 ‎ 知道，排开水的体积减小，即航母要上浮一些；飞机机翼都做成的是上凸下平的形状，当同一股气流在相同的时间内，通过机翼的上方和下方时，上方气流通过时经过的路程大，速度大；下方气流通过时经过的路程小，速度小，所以，机翼上表面空气流动速度大于下表面空气流动速度。‎ ‎【点睛】本题考查的是物体的浮沉条件和阿基米德原理，要比较机翼上下表面空气流动速度速度的大小，关键是明确机翼的形状。‎ ‎22. 如图所示，电热水壶上标有“220V 1800W”，小明发现烧水过程中热水壶的发热体部分很快变热，但连接的电线却不怎么热，是因为导线的电阻比发热体的电阻_______。在额定电压下，烧开一壶水用时3min20s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量为_______J。‎ ‎【答案】 (1). 小 (2). 3.6×104‎ ‎【解析】‎ 热水壶的发热体与电线串联，通过它们的电流及时间相等，但热水壶的发热体的电阻比电线的电阻大得多，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，热水壶的发热体比电线产生的热量就多得多，所以电热丝很热，但与之相连的电线却不怎么热；在额定电压下，烧开一壶水用时t＝3min20s＝200s，这段时间内电热水壶发热体产生的热量：Q＝W＝Pt＝1800W200s＝3.6105J.‎ 三、作图与计算题 ‎23. 如图所示，一束激光从空气中射到半圆形玻璃砖上（O为圆心），发生了反射和折射，请在图中画出：①反射光线；②折射光线的大致方向。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据光的反射定律知道，反射角等于入射角，所以，在法线上侧的空气中作出反射光线；又因为当光由空气斜射进入玻璃中时，折射光线靠近法线，折射角小于入射角，所以，在法线上侧的玻璃中作出折射光线，如下图 ‎【点睛】本题考查的是光的反射定律和折射规律，要求学生能根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且还能根据反射或折射画出入射光线，解题的关键是熟记光的反射定律和折射规律的内容。‎ ‎24. 如图甲是教室里的学生座椅，乙图是它的侧面图，要在C点用最小的力F使座椅绕A开始逆时针转动，请在图乙中画出；①F的力臂②F的示意图。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】连接AC，过点C作AC的垂线就是最小力F的方向所在的直线，且力F的方向左上方，AC就是力F的力臂L。‎ ‎25. 成都IE在大力发展包括无人机在内的高新技术产业。快递行业的一些公司积极尝试无人机送货，如图所示。一架无人机载着货物沿竖直方向匀速上升5m，该货物质量为3.6kg、体枳为2.4×10﹣3m3．求：（1）货物的密度；（2）提升货物所做的功。‎ ‎【答案】（1）1.5×103kg/m3；（2）180J ‎【解析】‎ 分析：（1）利用密度公式计算货物的密度；‎ ‎（2）根据可求得提升货物所做的功。‎ 解答：（1）货物的密度：；‎ ‎（2）提升货物所做的功：‎ 答：（1）货物的密度1.5×103kg/m3；‎ ‎（2）提升货物所做的功为180J。‎ ‎【点睛】此题考查密度和功的计算，因为条件已知，所以难度不大，属于基础题目。‎ ‎26. 如图所示，电源电压保持不变，灯泡上标有“12V 6W”，定值电阻R1=120Ω，滑动变阻器R2上标有“50Ω、1A”，电压表的量程选用“0〜3V”。断开S2，闭合S和S1，滑片P移到B端，灯泡刚好正常发光。‎ ‎（1）将滑片P移到B端，三个开关都闭合，lmin内电路消耗的电能是多少？‎ ‎（2）断开S1，闭合S和S2，在安全前提下，调节滑片P的过程中，电路消耗的最小功率是多少？‎ ‎【答案】（1）432J；（2）0.9W ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，当断开S2 ，闭合S和S1 ，滑片P移到B端时，电路中只有灯泡，又因为此时灯泡刚好正常发光，所以，电源电压等于小灯泡的额定电压，即U=UL额=12V；‎ ‎（1）若将滑片P移到B端，三个开关都闭合，则灯泡L和R1 并联，因为并联电路中各支路两端的电压等于电源电压，所以此时灯泡仍然正常发光，即灯泡的功率是：PL =6W，‎ 所以lmin内电路消耗的电能是：W=WL+WR=PLt+U2/R1t=6W×60s+(12V)2/120Ω×60s=360J+72J=432J；‎ ‎（2）由图知道，当断开S1，闭合S和S2时，R1与滑动变阻器R2 串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，由P=UI知道，电路的电流越小，电路消耗的功率就越小。‎ 由于电压表的量程选用的是“0～3V”，所以电压表示数最大为3V，由串联分压规律可知，此时滑动变阻器接入电阻值最大，又因为串联电路电流处处相等，‎ 所以，由欧姆定律知道：U2/R2=U1/R1，即3V/R2=（12V−3V）/120Ω，‎ 即变阻器接入电路的最大阻值是：R2 =40Ω；‎ 此时电路中有最小电流是：Imin =U/（R1+R2）=12V/（120Ω+40Ω）=0.075A，‎ 故电路消耗的最小功率是：Pmin =UImin =12V×0.075A=0.9W。‎ ‎【点睛】本题考查的是串、并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，解题的关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别及确保电路安全的情况下电路最小电流的确定。‎ 四、实验与探宄题 ‎27. 在“连接串联电路”实验中，实验电路如阁所示 ‎ ‎（1）在连接电路时，开关应该处于_____状态 ‎ ‎（2）连接好电路后闭合开关S，小慧发现L1、L2两只灯泡都不亮，她用手按一下灯泡L1，L1、L2‎ 仍然都不亮，按一下灯泡L2，两灯都亮，松开手两灯又不亮，则故障可能是_____ （选填“L1灯丝断了”、“L2灯丝断了”、“L1短路”或“L2与灯座接触不良”）‎ ‎（3）排除故障后，闭合开关两灯同时亮，断开开关两灯同时灭；将开关S换接到L1和L2之间、L1和电池负极之间，观察到同样的现象 这样操作的目的是探究_____‎ ‎【答案】 (1). 断开 (2). L2与灯座接触不良 (3). 串联电路中开关的作用 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为了保护电路，在连接电路时，开关应该处于断开状态；‎ ‎（2）因为闭合开关S，L1、L2 两只灯泡都不亮，说明电路可能为断路或短路；当用手按一下灯泡L1，L1、L2 仍然都不亮时，说明故障可能没有在L1处；当按一下灯泡L2，两灯都亮，则说明故障在L2处；当松开手两灯又不亮时，说明故障是：L2与灯座接触不良造成断路；‎ ‎（3）根据题意知道，闭合开关两灯同时亮，断开开关两灯同时灭；将开关S换接到L1 和L2 之间、L1和电池负极之间，观察到同样的现象，说明各用电器不能独立工作、相互影响，开关控制所有用电器，开关的位置变化时，控制作用不变。所以，这样操作的目的是：探究串联电路中开关的作用。‎ ‎【点睛】本题考查的是电路连接的注意事项、故障分析、串联电路开关作用的探究等问题，难度不大。‎ ‎28. 在“探究重力与质量的关系”的实验中：‎ ‎（1）测量物体重力前，除了观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将弹簧测力计在_______方向调零。‎ ‎（2）测量物体重力时，应将物体挂在弹簧测力计下并让它处于_______状态，这时弹簧测力计的示数（即拉力大小）就等于物体的重力。‎ ‎（3）实验小组的同学测量出了不同质量钩码所受重力的多组数据。其中一次测量时弹簧测力计指针位置如图所示，其读数为_______N。‎ ‎（4）实验小组的小虹同学提出：“还可以测量钩码以外的其它物体的质量和重力，将这些数据与钩码的数据放到一起来寻找规律。”而同组的小宇同学不赞同，他认为“必须全部用钩码的重力与质量的数据来寻找规律”。你认为_______同学的观点是正确的。‎ ‎【答案】 (1). 竖直 (2). 静止 (3). 1.8 (4). 小虹 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）使用弹簧秤时，需要观察弹簧测力计的量程和分度值外，在测量物体重力时，由于重力是竖直向下的，所以，还应将在竖直方向调零；‎ ‎（2）测量物体重力时，应使物体静止时读数，因为此时物体处于平衡态，受到的重力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，即拉力大小就等于物体的重力；‎ ‎（3）由图知道，测力计的量程是0-5N，分度值为0.2N，故弹簧秤的示数是1.8N；‎ ‎（4）为了得到普遍的规律，在实验中应该测量不同的物体，这样的结论才具有普遍性，所以小虹同学的观点是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查的是“探究重力与质量的关系”的实验，涉及了弹簧测力计的使用、二力平衡条件的应用，难度不大。‎ 一．选择题 ‎29. 下列说法正确的是（ ）‎ A. 功和能量的国际单位都是“焦耳”‎ B. 电动机的能量转化效率比柴油机低 C. 做功的过程一定有机械能转化为内能 D. 要“绿色发展”就不能使用常规能源 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】为了纪念焦耳在热学和能量研究领域取得的卓越成就，就以他的名字命名了功和各种能量的基本单位，所以，在物理学中，功和各种能量的基本单位都是焦耳，故A 正确；不同机器工作过程本质是能量的转化过程，电动机将电能转化为机械能，转换效率一般在80%以上；柴油机将柴油燃烧释放的内能转化为机械能，转化效率在35%左右，故B错误；做功的过程不一定有机械能转化为内能，例如电流做功的过程是将电能转化为其他形式的能量的过程，故C错误；绿色发展是以效率、和谐、持续为目标的经济增长和社会发展方式，所以，“绿色发展”不是不使用常规能源，而是合理使用，减小污染，故D错误，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查的知识点较多，涉及了物理量的单位、能量的转化效率及绿色发展的内涵，但难度不大。‎ ‎30. 下列对光现象的分析，合理的是（ ）‎ A. 近视眼镜的镜片采用凹透镜是因为凹透镜对光有会聚作用 B. 眼睛能看见物体是因为眼睛发出的光到达了该物体 C. 兴隆湖中出现科学城建筑的倒影是因为光从空气进入了水 D. 雨后天空出现彩虹是因为水珠对不同颜色的光折射程度不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】近视眼镜的镜片是凹透镜，因为凹透镜对光有发散作用，故A错误；眼睛能够看到周围的物体，是因为物体发出的光或物体反射的光线射入了人的眼睛，眼睛不是光源，是不会发光，故B错误；兴隆湖中出现科学城建筑的倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；雨过天晴在天空出现彩虹，是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，因为水珠对不同颜色的光折射程度不同，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是生活中常见的光学现象，要求学生能利用物理知识解释现象，体现了生活处处是物理的理念。‎ ‎31. 小李家使用的燃气热水器，将30kg的水从20℃加热到45℃，消耗了0.15m3的天然气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg℃），天然气的热值为4×107J/m3，则下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（ ）‎ A. 水吸收的热量与水的末温成正比 B. 水吸收的热量是3.15×105J C. 热水器的能量转化效率是52.5%‎ D. 热水器的能量转化效率与环境温度无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由Q吸 =cm（t-t0）知道，水吸收的热量与水的质量和升高的温度成正比，故A 错误；根据题意知道，将30kg的水从20℃加热到45℃，水吸收的热量是：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103 J/（kg•℃）×30kg×（45℃-20℃）=3.15×106 J，故B错误；根据题意知道，完全燃烧0.15m3天然气放出热量是：Q放=V天然气 q=0.15m3 ×4×107 J/m3=6×106 J，所以，热水器的能量转化效率是：η=Q吸/Q放×100%=3.15×106J/6×106J×100%=52.5%，故C正确；热水器的能量转化效率与环境温度有关，因为环境温度越低，加热的时间越长，其散失的热量就越多，则热水器的能量转化效率越低，故D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是燃料完全燃烧放热公式Q放 =Vq、Q吸 =cm△t=cm（t-t0 ）和效率公式，解题的关键是公式的灵活掌握和运用，有一定难度。‎ ‎32. 圆柱形实心均匀物体A、B高度相同，质量分别为mA、mB．密度分别为ρA、ρB，两物体重叠后放置在水平桌面上，如图甲和乙所示，设A对B的压强为p1，B对桌面的压强为p2；图乙中，设B对A的压强为p3，A对桌面的压强为p4，则下列比例关系正确的是（ ）‎ A. p1：p2=[mAρA]：[（mA+mB） ρB] B. p1：p4=mA：（mA+mB）‎ C. p2：p4=[mBρA]：[mAρB] D. p2：p3=[mA（mA+mB）ρB]：[（mB2 ρA]‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】水平面上的物体对水平面的压力等于其重力，即F=G=mg，由ρ=m/V、V=Sh可得，圆柱体的横截面积是：S=m/ρh；由图甲知道，A对B的压强是：p1=；B对桌面的压强是：p2=；由乙图知道，B对A的压强是：p3；A对桌面的压强是：p4=。所以，‎ p1：p2=，故A错误；p1：p4=，故B正确；p2：p4=，故C错误；p2：p3=，故D正确，故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查的是压强的大小计算，解题的关键是熟练运用重力、密度、体积、压强公式的，计算过程要仔细。‎ ‎33. 如图所示，电源电压保持不变，R2=50Ω，闭合S1，断开S2，R1的电功率P1=0.1W，电压表示数为U1．开关都闭合时，电压表示数为6U1．用电阻R3替换R1、R2中的某一个，闭合开关S1，断开S2，电压表示数为U2，电路的总功率为P2，U2与U1相比，变化了0.5V．则下列结论正确的是（ ）‎ A. R3可能是110Ω B. R3可能是5Ω C. P2可能是0.54W D. P2可能是0.65W ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】由电路图知道，开关都闭合时，电路中只有R1，电压表测电源两端的电压；由电压表的示数知道，电源的电压U=6U1；当闭合S1，断开S2 时，R1与R2 串联，电压表测R1两端的电压；由于串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压是：UR2 =U-U1 =6U1 -U1 =5U1，由于串联电路中各处的电流相等，所以，此时电路中的电流是：I=U1/R1=UR2/R2，即U1/R1=5U1/50Ω，故R1 =10Ω；又因为R1的电功率是P1=0.1W，所以，由P=I2 R知道，此时电路中的电流是：I=，根据串联电路的特点知道，电源的电压是：U=I（R1 +R2）=0.1A×（10Ω+50Ω）=6V，所以U1 =U/6=6V/6=1V，‎ 当用电阻R3替换R1 后，闭合开关S1 断开S2 时，R2与R3 串联，电压表测R3 两端的电压；‎ ‎（1）若U2 与U1 相比增加了0.5V，则电压表的示数U2 =1.5V，R2 两端的电压UR2′=U-U2 =6V-1.5V=4.5V，此时电路中的电流是：I1 =UR2′/R2=4.5V/50Ω=0.09A，则R3 的阻值是：R3 =U2/I1=1.5V0.09A≈16.7Ω，电路的总功率是：P2 =UI1 =6V×0.09A=0.54W；‎ ‎（2）若U2 与U1 相比减小了0.5V，则电压表的示数是U2 =0.5V，R2 两端的电压UR2″=U-U2‎ ‎ =6V-0.5V=5.5V，此时电路中的电流是：I2 =UR2′/R2=5.5V/50Ω=0.11A，则R3 的阻值是：R3 =U2/I2=0.5V/0.11A≈4.5Ω，电路的总功率是：P2 =UI2 =6V×0.11A=0.66W，故C正确，D错误；‎ 当用电阻R3 替换R2 后，闭合开关S1 断开S2 时，R1 与R3 串联，电压表测R1 两端的电压，‎ ‎（1）若U2 与U1 相比增加了0.5V，则电压表的示数是：U2 =1.5V，R3 两端的电压是：U3=U-U2 =6V-1.5V=4.5V，此时电路中的电流是：I3 =U2/R1=1.5V/10Ω=0.15A，则R3 的阻值是：R3 =U3/I3=4.5V/0.15A=30Ω，电路的总功率是：P2 =UI3 =6V×0.15A=0.9W；‎ ‎（2）若U2 与U1 相比减小了0.5V，则电压表的示数是：U2 =0.5V，R3 两端的电压是：U3=U-U2 =6V-0.5V=5.5V，此时电路中的电流是：I4 =U2/R1=0.5V/10Ω=0.05A，则R3 的阻值是：R3 =U3/I4=5.5V/0.05A=110Ω，电路的总功率是：P2 =UI4 =6V×0.05A=0.3W，故AB错误，综上所述，只有AC正确，故选AC。‎ ‎【点睛】本题考查的是串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的讨论电阻R3替换R1、R2 中的一个电阻后电压表可能的示数是解题关键，需要仔细分析找出各种情况中的联系，然后列式求解，属于难题。‎ 二、综合题 ‎34. 某科技小组同学发现实验室有一只标有“XkΩ”的电阻（X为模糊不清的一个数字），为了测出这只电阻的阻值，他们进行了如下探究：‎ ‎（1）首先设计的实验电路如图所示，使用的器材有：两节新干电池、待测电阻RX、电压表V （0〜3V、0〜15V量程）、电流表A（0〜0.6A、0〜3A量程）、滑动变阻器（标有“50Ω 1A”）、开关、导线若干。试验后发现，该方案无法测出电阻Rx的值，其主要原因是_______。‎ ‎（2）经讨论后他们利用原有器材并补充适当的器材，重新设计测量电阻Rx的实验方案。小李设计的电路图如图所示，其中定值电阻R0=2kΩ．他连接电路后，闭合S1，断开S2，想先测出电源电压，但读出电压表示数U=2V，与两节干电池能提供的电压相差很大。请教老师后才知道，电压表相当于一个能显示自身两端电压的定值电阻。则根据小李的测量数据和电源电压（取3V），可估算出电压表自身的电阻为_______kΩ。‎ ‎（3‎ ‎）小组其他同学设计的实验电路如图所示，在电源电压恒定且己测出的条件下，能先测出电压表自身电阻后，在测出Rx阻值的电路是_______。‎ ‎（4）他们选择正确方案测出Rx的阻值后，又有同学提出，应该通过多次测量求平均值来减小误差。在正确方案的基础上，通过下列操作，能实现多次测量Rx阻值的是_______。‎ A．改变电源电压 B．将R0换成50Ω的定值电阻 C．将电压表换成“0〜0.6A”的电流表 ‎【答案】 (1). 电流太小，无法用电流表直接测出 (2). 4 (3). C (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意知道，实验室发现的电阻标有“XkΩ”，即其电阻约为几千欧姆，电源为两节新干电池，其最大电压为串联时的3V，由图1知道，若利用伏安法测电阻，即使电阻最小为1千欧姆，则通过它的最大电流是：0.003A，远小于电流表小量程的分度值为0.02A，所以，由于电流太小，无法用电流表直接测出，也就无法测出电阻Rx的值；‎ ‎（2）闭合S1 ，断开S2 ，电压表与定值电阻串联，电压表示数U=2V，由于电压表相当于一个能显示自身两端电压的定值电阻，所以定值电阻的电压是：3V-2V=1V，即电压表示数为定值电阻电压的2V/1V=2倍，由串联分压原理可估算出电压表自身的电阻是：2×2kΩ=4kΩ。‎ ‎（3）在A图中，若开关向左接通能测量出待测电阻电压，则开关向右打时，则电流是从电压表负接线柱流入，故无法测量定值电阻的电压，即不符合要求；在B图中，由于量电阻并联，各支路互不影响，开关断开与闭合时，电压表示数不变，故无法测待测电阻的电压，即不符合题意；在C图中，当开关向上打和向下打时，待测电阻和定值电阻会分别与电压表串联，若电压表示数分别是UX、U1，则由串联电路电压的规律可知，两电阻的电压分别是：UX=U-U1，U0 =U-U2，由串联分压原理知道：U−U1/U1=RX/RV，U−U2/U2=R0/RV，两式联立可求出待测电阻，故C符合题意；在D图中，只能测量出待测电阻与串联时的电压，故不符合题意，综上所述，只有C符合题意，故选C；‎ ‎（4）结合以上（3）的C方案知道，若改变电源电压，则可得出不同的电压值，由联立两式可得出几组电阻值，通过求平均值减小误差，故A符合题意；若将R0 换成50Ω的定值电阻，则只能测量出一个电阻值，故B不符合题意；若将电压表换成“0〜0.6A”的电流表，因为电源电压不变，S2 接到上端时，也只能测量出一个电流值，求出一个电阻值，故C不符合题意，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 本题考查的是测电阻的大小，涉及对实验方案的评估、串联电路的规律及欧姆定律的运用和数据处理的方法，属于难题。‎ ‎35. 如图甲所示，A、B为不同材料制成的体积相同的实心正方体，浸没在圆柱形容器的水中，容器内部底面枳是正方体下表面积的4倍。沿固定方向缓慢匀速拉动绳子，开始时刻，A的上表面刚好与水而相平，滑轮组绳子自由端的拉力大小为F0，F随绳端移动距离S绳变化的图象如图乙所示，已知动滑轮的重力G动=5N，g取10N/kg。除了连接A、B间的绳子承受拉力有一定限度外，其它绳子都不会被拉断。滑轮与轴的摩擦、绳的质量等次要因素都忽略不计，忽略水面升降变化。‎ ‎（1）正方体A、B之间的绳子长度L绳是多少？‎ ‎（2）正方体A和B的密度ρA、ρB分别是多少？‎ ‎（3）整个过程中，水对容器底部压强的最大变化量△P是多少？‎ ‎【答案】（1）0.15m（2）2.5×103kg/m3，2×103kg/m3（3）答案见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图甲知道，承担物体AB的有效段数是n=2，由图乙知道，从D到E的过程中，绳子自由端的拉力大小不变，由此可知，D点应是物体A的下表面刚好离开水面的时候，E点应是B的上表面刚好到达水面的时候，即此过程物体运动的距离就是A、B间绳子的长度，所以，正方体A、B之间的绳子长度是：L绳 =s绳DE/2=（0.45m−0.15m）/2=0.15m；‎ ‎（2）由图乙知道，CD段对应的过程是物体A出水面的过程，此过程绳端移动的距离是0.15 m，即物体A上升的距离是：h=0.15m/2=0.075m；‎ 此过程中，A、B排开液体的体积变化量，即为物体A的体积，即△V排 =VA =S容△h，‎ 设物体A的边长为L，因为容器内部底面枳是正方体下表面积的4倍，所以，L3 =4L2 ×（L-0.075m），解得L=0.1 m。‎ 所以，物体A的体积是：VA =VB =L3 =（0.1m）3 =10-3 m3 ，‎ 物体A浸没时受到的浮力是：FA =ρ水gV排=1.0×103 kg/m3 ×10N/kg×10-3 m3=10N，‎ 因为A、B两物体的体积相同，所以物体B浸没时受到的浮力是：FB=FA=10N，‎ 根据题意和图乙知道，在C点时，绳端的拉力是：F0 =（GA+GB+G轮−FA−FB）/2，‎ 在D点时，绳端的拉力是：4F0/3=（GA+GB+G轮−FB）/2，‎ 因为AB是体积相同的实心正方体，由图乙发现，E、J间的距离小于C、D间的距离，说明在B物体露出水面的运动过程中， A、B间的绳子断了，且绳子断了之后绳端的拉力是：F0 =（GA+G轮）/2，联立上式解得：GA =25N，GB =20N，F0 =15N，‎ 所以，A的质量是：mA=GA/g=25N/10N/kg=2.5kg，B的质量是：mB=GB/g=20N/10N/kg=2kg，‎ A的密度是：ρA =mA/VA=2.5kg/1×10−3m3=2.5×103 kg/m3 ‎ B的密度是：ρB =mA/VA=2kg/1×10−3m3=2×103 kg/m3 ‎ ‎（3）根据题意知道，绳子断开瞬间与初始状态相比，页面的高度差最大，所以，水对容器底部的压强变化也最大，又因为水平面上的圆柱形容器中，液体对容器底部的压力的变化量是：△F=△F浮，‎ A、B间绳子在J点断开的瞬间，此时绳端的拉力是：3F2/2=（GA+GB+G轮−F′B）/2，解得此时B受到的浮力是：F′B=5N，‎ 所以，△F=△F浮=（FA +FB） -F′B=10N+10N-5N=15N，‎ 故对容器底部压强的最大变化量是：△p=△F/S=15N/4SA=15N/4×(0.1m)2=375Pa ‎【点睛】本题是关于压强和浮力的综合计算题目，首先要掌握液体压强的计算公式及阿基米德原理公式，其次解此题的关键是能够看懂图象，发现E、J间的距离小于C、D间的距离，说明物体A、B间的绳子断了是解答第（2）问的关键，属于难题。‎