2018年四川省眉山市中考物理试题（解析版）

2018年四川省眉山市中考物理试题（解析版）

‎2018年四川省眉山市中考物理试卷 一、选择题 ‎1. 如图所示，在A、B、C、D4个相同的玻璃瓶中，装入不同高度的水，则（ ）‎ 学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...‎ A. 敲打D瓶发出的声音传播得最快 B. 用嘴依次吹瓶口，A的音调最高 C. 用筷子依次敲打瓶口，B的音调最高 D. 瓶周围有没有空气瓶发出的声音都能直接传入人耳 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】解：A、不论敲打哪个瓶子时声音的传播速度都是相同的，因为同种介质中声速相同，故A错误；B、用嘴依次吹瓶口，因为A中的空气柱最短，振动的最快所以发出的音调最高，故B正确；C、用筷子敲打瓶子时，是水和瓶子的振动发出的声音，因为D的质量最小，所以振动最快，发声的音调就最高，故C错误；D、如果瓶周围没有空气，声音不能直接传入人耳，因为声音的传播需要介质，故D错误。故选：B。‎ 点睛：掌握音调由振动频率决定，频率越快，音调就越高；声速的大小与介质的种类和温度有关；声音的传播需要介质。‎ ‎2. 以下说法正确的是（　　）‎ A. 物体吸收热量，温度一定升高 B. 热机的大量使用有利于环境的保护 C. 燃料的热值与燃料的质量没有关系 D. 热机的工作过程只是将内能转化成机械能的过程 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A、不正确，比如晶体熔化过程中，吸热但温度不变；B、热机多数燃烧的都是化石燃料，燃烧时产生氮氧化合物等有害气体，会造成环境污染；故B错误；C、热值是指1千克某种燃料完全燃烧所放出的热量，是物质本身固有的一种性质，只跟燃料的种类有关，与燃料的质量和是否充分燃烧没有关系故C正确；D、热机工作时：压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能，故D错误。故选：C。‎ 点睛：晶体熔化过程中，吸热但温度不变；热机的使用会造成环境污染；燃料的热值是物质本身固有的一种性质，只与燃料的种类有关；热机是把内能转化为机械能的装置；热机工作过程中，在压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。‎ ‎3. 分子动理论是人们用来解释热现象的初步知识，以下几幅图中所描述的物理现象不符合分子动理论内容的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：分子动理论内容的是：物质是由分子组成的，分子在不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力，分子间存在间隙。 A、扩散现象说明一切分子都在做无规则运动，符合题意；B、图中两个压紧的铅块能吊起钩码，说明分子间存在引力，符合题意；C、气体压缩到一定程度后，难以再压缩，说明分子间存在斥力，符合题意；D、卫星围绕地球转动属于宏观运动，不符合题意。故选：D。‎ 点睛：难度不大，掌握分子动理论的内容，然后进行分析。‎ ‎4. 2018年4月30日东坡国际半程马拉松比赛在眉山市湿地公园隆重举行，若甲、乙两位运动员同时从起跑线起跑并做匀速直线运动，他们的路程时间s﹣t图象是如图所示，a、b、c三条图线中的两条，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m，则（ ） ‎ A. 甲的s﹣t图象一定为a B. 乙的s﹣t图象一定为c C. 甲的s﹣t图象可能为b D. 乙的s﹣t图象可能为a ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【解答】解：由s﹣t图象可知， vavbvc；t＝5s时，a、b、c 通过的路程分别约为1m、2.5m、5m 所以sa﹣sb2m，sa﹣sc2m，sb﹣sc2m；由题目条件知，甲的速度大于乙的速度，运动5s甲、乙间的距离大于2m；可判断，甲的s﹣t图象一定是图线a；乙可能是图线b，也可能是图线c；故选：A。‎ 点睛：根据s﹣t图象找出同一时刻a、b、c对应的路程，然后由速度公式判断三图象对应速度的大小关系；由图象判断5s内，三图象的路程差；根据图象a、b、c的速度及它们5s的路程差，根据题意选择答案。‎ ‎5. 小李将一排球竖直向上抛出，排球离开手后竖直向上运动到一定高度又落回地面，不计空气阻力，关于排球离开手后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 排球在上升过程中小李对排球做功 B. 排球在下落过程中排球的动能减小 C. 排球在上升过程中排球受到一个竖直向上的力 D. 排球在下落过程中排球所受的重力做功越来越快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：A、排球在上升过程中，小李对排球不在施加力的作用，所以不做功；B、在下落过程中，质量不变，速度逐渐变大，动能变大；C、不计空气阻力，上升过程中，排球只受重力作用；D、排球下落时速度越来越快，所以相同时间内下洛高度越大，即重力做功越来越快，故选：D。‎ 点睛：根据做功的两个必要因素分析；影响动能大小的因素有质量和速度；排球在下落过程中，排球下落速度越来越大，下落相同高度，用时间越来越少，即重力做功快慢。‎ ‎6. 小王同学在研究影响滑动摩擦力大小的因素时，用同一木块和同一砝码等器材，做了如图所示a、b、c三次实验，他用弹簧测力计拉动木块做匀速直线运动，则三次实验中木块受到的滑动摩擦力（　　）‎ A. a图中木块受到的滑动摩擦力最大 B. b图中木块受到的滑动摩擦力最大 C. c图中木块受到的滑动摩擦力最大 D. b、c图中木块受到的滑动摩擦力大小相等 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：根据压力越大，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大； bc中接触面相同，b的压力大，所以b中受到的摩擦力大，ab中，压力相同，a的接触面粗糙，则a中受到的摩擦力要大一些，所以a中的摩擦力是最大的；故选：A。‎ 点睛：根据影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度进行分析。‎ ‎7. 如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是（　　）‎ A. 物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC B. 三个物体的密度大小关系是ρA＞ρB＞ρC C. 容器对桌面的压力大小关系为F甲=F乙=F丙 D. 容器底部受到水的压强大小关系为P甲＞P乙＞P丙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、由图可知， VA排VB排VC排，根据阿基米德原理可得浮力的大小关系为：FAFBFC，故A错误；B、A和B漂浮，C悬浮，由浮沉条件可知：GA＝FA，GB＝FB，GC＝FC，又FAFBFC，故GAGBGC；因为体积相同，由ρ＝知：ρAρBρC，故B错误；‎ h相同，密度相同，根据p＝ρgh可知，容器底的压强关系为p甲＝p乙＝p丙，故D错误；因为容器的底面积相同，所以根据F＝PS得液体对容器底部的压力相同，液体对容器底部的压力加上容器的重力即桌面受到的压力，所以容器对桌面的压力大小关系为F甲＝F乙＝F丙故C正确。故选：C。‎ 点睛：根据阿基米德原理判断物体受到的浮力大小关系；利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力；利用p＝ρgh判断容器底受到水的压强关系。‎ ‎8. 下表中有几种物质的比热容，小张同学根据提供的数据得出了四个结论，其中正确的是（ ）‎ A. 一杯水比一桶煤油的比热容小 B. 液体的比热容一定比固体的比热容大 C. 水吸收或放出热量的本领较强，常用作冷却剂 D. 比热容是物质自身的性质之一，只和物质的种类有关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物质吸收热量的多少、质量多少、温度变化没有关系；A从表格可以看出，水的比热容比煤油的比热容大，故A错误。B、不正确，比如：煤油的比热容与冰的比热容相等；C、因水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高（降低）相同的温度，水吸收（放出）的热量多，所以常用作冷却剂，故C正确；D、比热容是物质自身的性质之一，不仅跟物质的种类有关也与状态有关，故D错误。故选：C。‎ 点睛：比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物质吸收热量的多少、质量多少、温度变化没有关系；根据比热容的特点进行分析判断。‎ ‎9. 如图所示，闭合开关，条形磁铁静止后，将滑动变阻器滑片P从左往右滑动的过程中，弹簧将（　　）‎ A. 缩短 B. 伸长 C. 静止不动 D. 先伸长后缩短 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解：滑片从左往右滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强；根据图中电流方向结合安培定则可判断出：螺线管的上端为N极，下端为S极，此时根据磁极捡到相互作用：异名磁极相互吸引，所以螺线管对磁铁的吸引力增大，弹簧的长度变长。故选：B。‎ 点睛：先确定滑片移动时变阻器电阻的变化情况，再根据欧姆定律确定电路中电流的变化；根据安培定则确定通电螺线管的N、S极，然后根据螺线管的磁性变化以及磁极间的相互作用判断弹簧长度的变化。‎ ‎10. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关后，两灯都能正常工作，灯L1，L2的电阻之比为R1：R2=1：2，此时甲、乙两电表的示数之比为（　　）‎ A. 2：1 B. 1：2 C. 3：2 D. 2：3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：乙表与电源两端连接，所以乙是电压表，甲如果是电流表， S闭合时，灯L2短路，与题意不符，故甲也是电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联， ＝，根据分压原理可知，根据串联电路总电压等于各用电器两端的电压之和可得，‎ 甲、乙两电表的示数之比为． 故选：D。‎ 点睛：根据电路的连接，乙表与电源连接，故为电压表，甲表不能是电流表，故两表都为电压表，甲表测L2的电压，乙表测电源电压，两灯串联，根据分压原理和串联电路电压的规律得出答案。‎ ‎11. 如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是（　　）‎ A. 只闭合S1，将P向左移动，电流表示数变小，电压表示数变大 B. 闭合S1、S2，断开S3，将P向左移动，R1消耗的功率增大 C. 开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数为零，电流表示数变小 D. 开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 解A只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2电压， P向左移动，R2电阻变小，总电阻变小，电流变大，根据串联电路的分压规律知电压表示数变小，A错误；（2）闭合S1、S2，断开S3，R1与灯并联后与R2串联，将P左移，R2电阻变小，根据分压原理，R2的电压变小，根据串联电路电压的规律，并联部分的电压变大，根据P＝，R1消耗的功率增大，B正确；（3）（4）开关都闭合，R2短路,所以滑片移动对电路无影响故CD错误。所以答案为B.‎ 点睛：A、只闭合S1，两电阻串联，将P向左移动分析变阻器连入电路中的电阻变化，由串联电阻的规律判断总电阻变化，由欧姆定律得出电流表示数变化，根据欧姆定律分析R1电压变化，由串联电路电压的规律确定电压表示数变化；B、闭合S1、S2，断开S3，R1与灯并联后与R2串联，将P向左移动判断变阻器连入电路中的电阻变化，根据分压强原理确定R2的电压变化，根据串联电路电压的规律分析并联部分的电压变大，根据P＝确定R1消耗的功率变化；CD、根据并联电路各用电器互不影响进行分析。‎ ‎12. 小芳同学在做电学实验时，实物图如图所示，电源电压恒为4.5V，电压表量程“0﹣3V”，灯L标有“2.5V 1.25W”（设灯丝电阻不变），滑动变阻器规格为“20Ω 1A”，在不损坏电路元件的情况下进行实验，下列说法正确的是（　　）‎ A. 灯泡的最小功率是0.162W B. 该电路的最大功率是4.05W C. 电路中电流变化的范围是0.3A﹣0.4A D. 滑动变阻器的阻值应在4Ω﹣10Ω之间变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 解：A灯泡与滑动变阻器串联,滑动变阻器接入电路中的电阻最大(电压表的示数是3V时)，电路中的电流最小，灯泡的功率最小，此时灯泡两端的电压：UL′＝U﹣U滑大＝4.5V﹣3V＝1.5V，“2.5V 1.25W”RL＝,电路中的最小电流：I小＝＝0.3A，PL最小 ‎＝1.5V×0.3A＝0.45W，故A错误；电路中的电流I最大＝＝0.5A所以，电路中电流范围是0.3A～0.5A，故C错误；P最大＝UI最大＝4.5V0.5A＝2.25A,故B错误；电路中电流最大时电阻最小R最小＝＝9,则R滑小＝9，电路中电流最小时电阻最大R最大＝＝15,则R滑大＝15，故D正确。‎ 点睛：A灯泡与滑动变阻器串联,滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的功率最小；求出灯泡正常工作时的电流即电路中的最大电流，电路中电流范围是0.3A～0.5A，故C错误；由最大电流即可求出最大功率进而对B做出判断；D,电路中电流最大时电阻最小R最小,则R滑小，电路中电流最小时电阻最大R最大,则R滑大。‎ 二、填空题 ‎13. 春节联欢晚会为了打造舞台效果，常用干冰（固态CO2）在舞台上产生淡淡的白雾，是由于干冰的_____吸热，使周围空气温度降低，空气中的水蒸汽遇冷_____形成的。‎ ‎【答案】 (1). 升华 (2). 液化 ‎【解析】‎ 解：舞台上的白雾，是由于干冰升华时吸热，使周围空气温度降低，空气中的水蒸汽遇冷液化形成的小水滴。‎ 点睛：升华是指物质从固态直接变为气态的过程，它需要吸热；物质由气态变成液态的过程叫液化。‎ ‎14. 中考前夕，为了不打搅小明学习，姥姥看电视时调小了音量，这是在_____减弱噪声的。调小音量也减小了声音的_____。‎ ‎【答案】 (1). 声源 (2). 响度 ‎【解析】‎ 解：把电视音量调小是在声源处减弱噪声；调小音量即减弱声音的响度。‎ 点睛：防治噪声的途径：在声源处；在传播过程中；在人耳处；响度是指声音的强弱，它与物体振幅有关，音量的调节就是改变声音的响度。‎ ‎15. 一束光从空气斜射到某液面上同时发生反射和折射，入射光线与液面成37°角，如图所示。若反射光线与折射光线的夹角为83°，则反射角的大小为_____，折射角的大小为_____。‎ ‎【答案】 (1). 53° (2). 44°‎ ‎【解析】‎ 解：入射光线与液面成37°角，根据入射角的概念可知：入射角为90°﹣37°＝53°；因为反射角等于入射角所以反射角为53°；反射光线与折射光线的夹角为83°，则折射光线与界面的夹角为：83°﹣37°＝46°，所以折射角为90°﹣46°＝44°。‎ 点睛：要解决此题，首先要掌握光的反射定律和光的折射的规律的内容，知道反射角等于入射角。‎ ‎16. 如图所示，小红同学在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距f=15cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处后，应将光屏向_____（填“左”或”右”）移动，才能在光屏上观察到烛焰清晰的_____（填“正立”或“倒立”）的像。‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 倒立 ‎【解析】‎ 凸透镜的焦距f＝15cm，凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，小红将蜡烛移至20cm刻度线处时，u＝50cm20cm＝30cm＝2f，像距v2f，故向右移动光屏，就会得到倒立、等大的实像。‎ 点睛： u＝2f时，成倒立、等大的实像，此时像距等于物距，据此分析。‎ ‎17. 如图所示，一同学在用滑轮组匀速提升不同重物时，记录下了绳子自由端拉力F与对应所提升的物体的重力G，如下表：‎ 根据上表数据分析可知，绳子自由端拉力F与物体重力G的关系式为F=_____；当物体重力G=10N时，此滑轮组的机械效率η=_____。‎ ‎【答案】 (1). 0.5G+0.3N (2). 94.3%‎ ‎【解析】‎ 解：由表格数据可知，重力G每增大1N，绳子自由端的拉力F增大0.5N，所以F与G成一次函数关系，设F与G关系的表达式为F＝kG+b，由表格第一组数据，当G＝1N，F＝0.8N，则：0.8N＝k×1N+b﹣﹣①由表格第三组数据，当G＝3N，F＝1.8N，则：1.8N＝k×3N+b﹣﹣﹣②，②﹣①可得k＝0.5， b＝0.3N，所以拉力F与物体所受重力G的关系式：F＝0.5G+0.3N；当物体重力G＝10N时，此时的拉力：F＝0.5×10N+0.3N＝5.3N；由图可知，有两段绳子拉着动滑轮；滑轮组的机械效率为：η＝94.3%‎ 点睛：通过分析表格数据找出F与G成一次函数关系，由此解答；根据物体的重力求出拉力的大小，然后根据机械效率公式求出机械效率。‎ ‎18. 将一只“220V 100W”的灯泡（设灯丝电阻不变）接在照明电路中，正常发光时，通电30min灯泡消耗的电能为_____kW•h；若用输电线把该灯泡由电源处引到学校运动场时，发现灯泡亮度较暗，测得灯泡实际功率只有81W，则输电线上消耗的功率为_____W。‎ ‎【答案】 (1). 0.05 (2). 9‎ ‎【解析】‎ 解：（1）由题意可知灯泡正常发光时功率为100W,W＝Pt＝0.1kWh＝0.05kW•h；（2）由“220V、100W”可计算出灯泡的电阻：R＝＝484Ω,灯泡功率为81W时，灯泡两端的实际电压：U实＝＝198V；流过灯泡的实际电流：‎ I实＝A；则输电导线上损失的功率P损＝U损I损＝(220V-198V)A＝9W。‎ 点睛：（1）由灯泡铭牌可知额定电压及额定功率，则由功率公式可求得额定电流；由电功公式求得通电30min时消耗的电能；（2）由功率公式可求得灯泡的电阻，则由功率公式可求得灯泡的实际电压，则由欧姆定律可求得实际电流；因灯泡和导线为串联电路，故由串联电路的规律可求得导线上消耗的电压，则由P＝UI可求得导线上消耗的电功率。‎ 三、作图题 ‎19. 如图所示，轻质杠杆OA能绕O点转动，请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：杠杆OA能绕O点转动所以O为支点，根据杠杆的平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时动力最小，由图可知：连接OA力臂最长，然后过A点做力臂的垂线即为力F，如图所示：‎ 点睛：此题是求杠杆最小力的问题，已知点O是动力作用点，那么只需找出最长动力臂即可，可根据这个思路进行求解。‎ ‎20. 根据左侧电路实物图，在右侧方框内画出对应的电路图。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：从实物图可以看出电流路径：从电源正极开始，依次串联开关、电流表、滑动变阻器、灯泡到电源负极，电压表并联在灯泡两端。所以对应的电路图如下：‎ 点睛：对照实物图分析电流路径，然后从电源的正极开始，按照电流的方向，依次串联各元件符号，到电源的负极，最后把电压表并联在灯泡两端。‎ ‎21. 投影仪灯泡功率很大，所以需要风扇散热，使用后，应先关闭灯泡L，再关闭风扇M；请用笔画线表示导线在如图中把电路连接完整，要求实现：先断开开关S1，灯泡熄灭，风扇继续转动，再断开开关S2，风扇才停止转动：若只闭合开关S1，灯泡不亮。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 解：由题知，先断开开关S1，灯泡熄灭，说明S1与灯泡串联控制灯泡，风扇继续转动，说明灯泡和风扇并联；只闭合开关S1，灯泡不亮。可知S1在灯所在支路上，S2在干路上同时控制灯泡和风扇，所以连接电路如下：‎ 点睛：先分析题意，得出灯、电风扇的连接方式，以及两个开关的位置，据此连接电路，注意开关要接在火线和用电器之间。‎ 四、计算题 ‎22. 试根据压强是物体所受压力的大小与受力面积之比的定义，推导出密度为ρ的液体，在液面下深度为h 处液体产生的压强P的表达式。（已知：重力与质量的比值为g，要求用ρ、h、g表示P）。‎ ‎【答案】p=ρgh ‎【解析】‎ 解：假设液面下h深处有一面积为S的水平圆面，则水平圆面受到的压力就等于它正上方那些液体的重力即F＝G, 水平圆面上方液体的体积V＝sh,液体的质量m＝,液体的重力G＝mg＝ρShg，即F ＝ρShg，则在液面下深度为h处液体产生的压强：‎ p＝＝ρgh。‎ 点睛：设想液面下h深处有一面积为S的水平圆面，它所受到的压力是其上方圆柱形的小液柱所产生的，根据F＝G＝mg＝ρVgS表示出其大小，利用p＝得出在液面下深度为h处液体产生的压强。‎ ‎23. 小黄家中新购置了一台挂式电热水器，他查看了电热水器说明书后，将电热水器内部电路结构简化成如图所示电路图，该热水器设有高，中，低三档，电热丝R1=50Ω，电热丝R2=220Ω，电热转化效率为84%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：‎ ‎（1）高温档的加热功率 ‎（2）用低温档将22kg水从20℃加热到60℃需要的时间 ‎【答案】（1）1188W；（2）2×104s。‎ ‎【解析】‎ 解：（1）由图知，三个开关都闭合时，R1与R2并联，电阻最小，功率最大，即高档，R并＝高温档的加热功率：P高温＝＝1188W；‎ ‎（2）Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×22kg×（60℃﹣20℃）＝3.696×106J，电路中电阻最大时，功率最小时热水器处于低温档，由电路图可知， S、S2闭合只R2连入电路中即低温档，P低＝ ＝＝220W，电热转化效率为84%，所以：Q＝84%W＝84%P低温t，所以加热时间：t＝＝2×104s。‎ 点睛：（1）解答此题的关键是结合电路图分清开关分别处于什么状态时是高档、中档、低档。（2）先由Q＝cm△t计算水吸热，求出低温档功率，再由Q＝84%W＝84%P低温t计算加热时间。‎ 五、实验与探究题 ‎24. 如图所示，在探究“阻力对物体运动的影响”实验中，观察将毛巾、棉布分别铺在水平木板上和只有木板的三种情况下，让小车分别从斜面顶端由静止下滑，研究小车在水平面上滑行的距离。‎ ‎（1）实验中每次均让小车从斜面顶端由静止下滑的目的是：使小车每次在水平面上开始滑行时速度大小_____（填“相等”或“不相等”）。‎ ‎（2）实验中改变小车所受阻力大小，是通过改变_____来实现的。‎ ‎（3）实验中发现小车在毛巾表面滑行的距离最近；在棉布表面滑行的距离较远；在木板表面滑行的距离最远。说明小车受到的阻力越小，速度减小得越_____（填“快”或“慢”）。‎ ‎（4）推理：如果小车在水平面上滑行，受到的阻力越来越小，直到变为零，它将做_____。‎ ‎（5）在大量经验事实的基础上，牛顿总结了伽利略等人的研究成果概括出了牛顿第一定律，所以牛顿第一定律虽然不是直接由实验得出的，但是通过符合逻辑的_____得出的正确结论。‎ ‎（6）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动_____（填“需要”或“不需要”）力来维持，一切物体都有保持原来_____不变的性质。‎ ‎【答案】 (1). 相等 (2). 水平面的粗糙程度 (3). 慢 (4). 匀速直线运动 (5). 推理 (6). 不需要 (7). 运动状态 ‎【解析】‎ 解：（1）每次都从斜面上同一位置释放，目的就是使小车运动到斜面底端时的速度相等；（2）实验中改变小车所受阻力大小，是通过改变水平面的粗糙程度（将毛巾、棉布分别铺在水平木板上和只有木板的）来实现的；（3）表面越光滑，阻力就越小，小车运动的距离就越远，说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢；（4）根据牛顿第一定律可知：小车将做匀速直线运动；（5）由于该定律的适用条件是物体不受力的作用，所以该定律不能用实验证明，它是大量实验的基础上，通过推理得出的；（6）它告诉了我们物体的运动不需要力来维持，力不是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因，一切物体都有保持原来原来运动状态不变的性质。‎ 点睛：（1）该实验应使小车运动到斜面底端时的速度相等，比较小车运动的距离才有意义，所以要控制小车每次都从斜面上同一位置释放；（2）改变接触面的粗糙程度，可以改变摩擦力阻力的大小；正确理解牛顿第一定律即可回答（4）（5）（6）。‎ ‎25. 如图所示，小陈同学为测量某液体的密度，准备了天平、玻璃杯等器材，在实验时发现没有准备量筒，于是从身边找来了一个体积为20cm3的金属块和一些纸张。‎ ‎（1）将天平放在水平台上，将游码移到标尺左端的_______刻度线上。‎ ‎（2）此时，如果天平指针偏左，小陈同学应向_______（填“左”或“右”）调节_______使天平横梁平衡。‎ ‎（3）在玻璃杯中倒入适量的该液体，用天平称量液体和玻璃杯的总质量m总时，向盘中加减砝码要用_______，不能用手接触砝码，称得m总=123.2g ‎（4）将金属块浸没在液体中且不接触玻璃杯，液体无溢出，如图所示，天平平衡后，砝码的总质量加上的游码在标尺上对应的刻度值为m=_______g，则液体的密度ρ=_______g/cm3。‎ ‎【答案】 (1). 零 (2). 右 (3). 平衡螺母 (4). 镊子 (5). 150.6 (6). 1.37‎ ‎【解析】‎ 解：（1）（2）用天平测质量时，应首先将天平放在水平台上，游码放到标尺左端的零刻度线上，调节平衡螺母使横梁使天平平衡；若发现指针偏左端，则平衡螺母向右调；（3）加减砝码要用镊子，不能用手拿；（4）将金属块浸没在液体以后，读图可知砝码的总质量加上的游码在标尺上对应的刻度值为m＝150.6g，金属块排开的液体的质量为：m＝150.6g﹣123.2g＝27.4g，因为金属块全部浸入水中所以排开液体的体积等于金属块的体积V＝20 cm3，所以液体的密度ρ＝g/cm3。‎ 点睛：（1）（2）（3）根据天平的使用即可回答，应该记住调节天平时“左偏右移，右偏左移”；（4）左盘中物体质量等于右盘中物体质量与游码读数之和；根据图中示数，求出增加的质量；增加的质量与金属块排开的液体的质量相等，排开液体的体积等于金属块的体积，就可以求出液体的密度。‎ ‎26. 2018年4月，某同学参加我市中考物理实验操作考试时，为“测量小灯泡的额定电功率”，实验室备有以下实验器材：额定电压为2.5V的小灯泡、规格为“20Ω 1A”的滑动变阻器、开关、电流表、电压表各1个，新干电池4节，导线若干。‎ ‎（1）图甲是该同学连接好的电路实物图，其中有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×” ____。‎ ‎（2）闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到最_____（填“左”或“右”）端。‎ ‎（3）经修正后电路连接无误，各元件均完好。闭合开关，移动滑片P使电压表示数为2.5V，小灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，电流表的读数为_____A，则小灯泡的额定功率是_____W。‎ ‎（4）测出小灯泡额定功率后，该同学又把灯泡两端的电压调为额定电压的，发现测得的实际功率不等于其额定功率的，请你帮他分析出现这种现象的原因是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 左 (3). 0.26 (4). 0.65 (5). 灯的电阻随温度的变化而变化 ‎【解析】‎ 解：（1）由甲图可知灯被短路，所以正确连接如下图所示：‎ ‎（2）闭合开关前，应使滑动变阻器滑片P移到最大阻值处，即最左端。（3）由图乙知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，读数为0.26AA，U＝2.5V,则小灯泡的额定功率是：P＝UI＝2.5V×0.26A＝0.65W；（4）根据P＝‎ ‎，在电阻不变时电功率与电压的平方成正比，但实际实验当中灯丝的电阻随温度的变化而变化，故实际功率不等于其额定功率的 。‎ 点睛： 闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移到阻值最大处；读出电流表示数，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；根据P＝，若电阻R不变，则电功率与电压的平方成正比，但灯的电阻随温度的变化而变化，据此分析。‎ ‎　‎