2018年江苏省泰州市中考物理试题（解析版）

2018年江苏省泰州市中考物理试题（解析版）

‎2018年江苏省泰州市中考物理试卷 一、选择题 ‎1. 下列估算最接近实际的是（ ）‎ A. 普通课桌的高度约为0.3m B. 一个中学生的质量约为50kg C. 日光灯正常工作时的电流约为2A D. 成人正常呼吸一次的时间约为0.1s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm=0.8m左右，故A不符合实际；中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右，故B符合实际；家用电风扇正常工作的电流约0.2A，教室中日光灯管正常工作电流与此差不多，在0.2A左右，故C不符合实际；正常状态下，人每1分钟呼吸25次左右，所以平均一次呼吸的时间是2、3s左右，故D不符合实际，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是与社会生活联系紧密的物理量的估测，需要多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。‎ ‎2. 如图所示的光现象中，由光的直线传播形成的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.立杆见影，是太阳光照射到不透明的物体上，在物体的后面形成影子，影子是由光的直线传播形成的，故A正确；‎ B．用放大镜观察物体，看到正立、放大的虚像，是凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故B错误；‎ C．从图中可以看出，太阳光通过三棱镜后，会分解为单色光，是光的色散现象，是由于光的折射形成的，故C错误；‎ D、平静的水面相当于平面镜，水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的。故D错误。‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】光在同种均匀介质中沿直线传播，小孔成像、影子、日食、月食都是光的直线传播形成的；‎ ‎3. 下列物态变化中，需要吸热的是（ ）‎ A. 初夏早晨，小草上结出的露珠 B. 隆冬时节，飘落的白雪 C. 深秋早晨，枫叶上蒙上的白霜 D. 初春，河面上的冰慢慢消融 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在一定条件下，物体的三种状态--固态、液态、气态之间会发生相互转化，物态变化过程中，都伴随着吸热或放热，其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面；雪是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶；霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶；冰慢慢消融是冰的熔化现象，综上所述，只有D符合题意，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是生活中的热现象属于哪种物态变化，解题的关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。‎ ‎4. 为做好平昌冬奥闭幕式“北京8分钟”演员的防寒工作，主创团队采用了石墨烯智能发热服饰，确保演员穿着轻薄的演出服时不被冻伤，而且可以保证动作足够舒展，穿着舒适。下列相关分析不合理的是（ ）‎ A. 石墨烯材料保温性能好 B. 石墨烯是一种超导材料 C. 石墨烯材料韧性好，超轻薄 D. 石墨烯服饰材料质地柔软，硬度小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】石墨烯智能发热服饰是石墨烯电热膜施加电压后能够产生较高热量，即利用的是它有良好的导热性，而不是保温性能好，故A的分析不合理；超导是指温度降到一定程度时导体电阻为0的现象，做演出服不需要超导材料，即B的分析不合理；根据题意知道，要求保证动作足够舒展、穿着舒适，说明石墨烯材料的韧性好、超轻薄，并且质地柔软，硬度小，故CD的分析合理，故选AB。‎ ‎【点睛】本题考查的是根据对演出服的要求选择合适的物质特性，所以，了解物质的相关特性是解题的关键。‎ ‎5. 下列认识正确的是（ ）‎ A. 固体分子是静止不动的 B. 原子核带负电，电子带正电 C. 电子的发现说明原子是可分的 D. 太阳是宇宙的中心且固定不动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由分子动理论知道，一切物质的分子都在不停地在无规则运动，故A错误；因为物质是由分子或原子组成的，分子由原子组成，原子是由居于原子中心的带正电原子核和核外带负电电子构成的，故B错误；电子的发现说明原子是可分的，故C正确；太阳不是宇宙的中心且在不停地运动，故D错误，故只有C正确。‎ ‎【点睛】本题考查的是分子、原子等几种微观粒子以及宏观的太阳运动的情况，从而加深学生对这些微粒和宏观的理解和应用，难度不大。‎ ‎6. 动车进站时，为了避免乘客被“吸”向动车而造成人身伤害事故，站台上都标有“安全黄线”，乘客必须站在安全黄线以内，是因为动车进站时车厢附近（ ）‎ A. 气流速度大，压强小 B. 气流速度大，压强大 C. 气流速度小，压强小 D. 气流速度小，压强大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】当火车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，根据流体压强与流速的关系知道，人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，出现危险，故A正确，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查的是流体压强与流速的关系，解题的思路是先确定哪里的流体流速大，压强小及在这个压力差的作用下会产生的现象。‎ ‎7. 关于温度、热量和内能的说法中正确的是（ ）‎ A. 物体吸收热量，温度一定升高 B. 0℃的冰的内能为零 C. 温度高的物体，含有的热量多 D. 物体的温度升高内能增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】物体吸收或者放出热量，其温度不一定改变，例如晶体的熔化、晶体的凝固、液体的沸腾过程，吸收了热量，温度保持不变，故A错误；一切物体都具有内能，内能包括分子动能和分子势能，所以，0℃的冰的内能不为零，故B错误；热量是过程量，即热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，不能说含有，故C错误；同一物体分子个数是一定的，当温度升高时，分子的热运动加剧，则分子的平均动能就变大，从而物体的内能增加，故D正确，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是温度、热量与内能的关系，解题的关键是理解温度、热量与内能的概念，明确温度、热量与内能联系及区别。‎ ‎8. 刷卡机已经普遍应用于银行、商场等，当银行卡有磁条的一侧经过刷卡机的卡槽时，刷卡机的检测感应器（相当于线圈）就会产生感应电流。下图中与此原理相同的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，刷卡机读出信息原理是电磁感应现象；A图演示的是奥斯特实验，说明的是通电导线周围有磁场，故A不符合题意；B图电路中有电源，演示是电动机的原理图，即通电导体在磁场中受力而运动，故B不符合题意；C图电路中没有电源，当闭合开关时，若闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，则导体中有感应电流产生，这是电磁感应现象，故C符合题意；D图演示的是电磁铁原理，即电流的磁效应，故D不符合题意，故选C，‎ ‎【点睛】本题考查的是电磁感应现象的应用，需要主要区别的是电动机和发电机的原理，关键是看电路中是否有电源，电路中有电源的是电动机，没有电源的是发电机。‎ ‎9. 下面所做探究活动与得出结论相匹配的是（ ）‎ A. 活动：用铁屑探究磁体周围的磁场→结论：磁感线是真实存在的 B. 活动：观察惯性现象→结论：一切物体都受到惯性力的作用 C. 活动：马德堡半球实验→结论：大气压真实存在且很大 D. 活动：探究带电体间的相互作用→结论：同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】磁感线是理想化的物理模型，磁感线实际上并不存在，故A错误；惯性是物体的固有属性，一切物体都有惯性，不能说受到惯性、惯性力、惯性的作用等，故B错误；有力证明大气压存在的实验是马德堡半球实验，故C正确；电荷间相互作用的规律是同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故D错误，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是磁感线、惯性及大气压存在实验、电荷间的作用规律，解题的关键是理解磁感线的概念、惯性概念的、掌握大气压存在实验、电荷间的作用规律，难度不大。‎ ‎10. 测量电流时，需要将电流表串联在电路中，通常，电流表的电阻比待测电路的电阻小得多，因此对测量值的影响可以忽略不计。下列研究方法与此相同的是（ ）‎ A. 在探究平面镜成像特点实验中，用两根相同的蜡烛探究像与物的大小关系 B. 在探究二力平衡条件的实验中，选用轻质卡片 C. 根据被压物体形变大小反映压力作用效果 D. 在研究光的传播现象时，引入光线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，由于电流表的电阻比待测电路的电阻小得多，它对测量值的影响可以忽略不计，所以，这种方法叫理想实验法。在探究平面镜成像特点的实验中，用两根相同的蜡烛探究像与物的大小关系，这是等效替代法；在探究二力平衡条件的实验中，选用轻质卡片，是忽略了纸片质量的影响，用到的是理想实验法；在探究影响压力作用效果因素的实验中，利用被压物体形变大小反映压力作用效果，这是转换法；在研究光的传播现象时，用一条带箭头的直线来表示光线，采用的是模型法，综上所述，只有B符合题意，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是物理学中常用的研究问题的方法，解题的关键是掌握物理研究方法的一般含义和特征，难度不大。‎ ‎11. 如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，调节变阻器，各电表示数变化情况是（ ）‎ A. 滑片向右移动，甲表示数变小，乙表示数变大 B. 滑片向左移动，甲表示数变大，乙表示数变大 C. 滑片向左移动，甲表示数变大，乙表示数变小 D. 滑片向右移动，甲表示数变小，乙表示数不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，电阻和滑动变阻器是并联，电表甲串联在干路中，即甲是电流表，电表乙并联在滑动变阻器两端，则乙应是电压表，测量的是电源的电压，由于电源电压保持不变，所以无论滑动变阻器的滑片如何移动，乙表的示数都不变；‎ 由图知道，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由于电源电压保持不变，所以，通过滑动变阻器的电流减小；由于并联关系，所以，通过定值电阻的电流不变，由并联电路的电流关系知道，干路中的电流减小，即甲表示数变小，故D正确，A错误；‎ 同理，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，则通过滑动变阻器的电流增大；通过定值电阻的电流不变，由并联电路的电流关系知道，干路中的电流增大，即甲表示数增大，故BC错误，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查的是电路的动态分析，涉及到欧姆定律和并联电路特点的应用，属于基础知识，难度不大。‎ ‎12. 如图所示为某家庭卫生间电路，电灯和电热器都在正常工作。在三线插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三线插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析不合理的是（ ）‎ A. 一定是零线上的熔丝熔断了 B. 断开S1、S2，再用测电笔检测三线插座的左右两孔，氖管都发光 C. 只断开S1，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光 D. 只断开S2，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 根据题意知道，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，则说明电路中干路上有断路，又因为用测电笔测试插座的左右两孔，氖管都发光，则说明两孔与火线是连通的，又发现只有一根熔丝熔断了，故只能是零线上的断了，故A正确；‎ 由图知道，当断开S1 、S2，再用测电笔检测三线插座的左右两孔时，由于只有右孔与火线相连，氖管发光，左孔与火线不相连，氖管不会发光，故B错误；‎ 当只断开S1时，由于开关S1 的上接线柱与火线相连，所以，测电笔的氖管发光，由于开关S1的下接线柱会通过电热器与火线相连，所以，测电笔的氖管也会发光，故C正确；‎ 当只断开S2时，由于开关S1 的上、下接线柱都与火线相连，所以测电笔的氖管发光，故D正确，综上所述，只有B分析错误，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查的是测电笔的使用及家庭电路的的故障分析，需要知道，在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。‎ 二、填空题 ‎13. 探究声音的传播时，将手机装入塑料袋，扎紧袋口后用细线悬于水中，如图所示。用另一部手机拨打袋中的手机，手机能接通，说明_______可在水中传播；能听到手机发出的铃声，还能说明_______可在水中传播；我们听出手机铃声是汪峰唱的《飞得更高》，这是根据声音的_______来辨别的。‎ ‎【答案】 (1). 电磁波 (2). 声音 (3). 音色 ‎【解析】‎ ‎【详解】手机是通过电磁波传递信息的，根据题意知道，将手机装入塑料袋，扎紧袋口后用细线悬于水中，当用另一部手机拨打袋中的手机，手机能接通，则说明电磁波可以在水中传播；能听到手机发出的铃声，说明声音可在空气和水中传播；能够清楚地辨别出汪峰唱歌的声音，这是根据声音的音色来辨别的，因为音色由发生体本身决定。‎ ‎【点睛】本题考查的是电磁波的传播、声音的传播的条件及声音的特性，难度不大，是一道基础题。‎ ‎14. 如图所示，在水平桌面上匀速拉动木块做直线运动。木块受到的拉力和_______力是一对平衡力，木块对桌面的压力和桌面对木块的_______力是一对相互作用力，木块对桌面的压力是由_______发生形变而产生的。‎ ‎【答案】 (1). 摩擦 (2). 支持 (3). 木块 ‎【解析】‎ ‎【详解】木块在水平桌面上做匀速直线运动时，共受到四个力作用，即在水平方向上受到拉力和摩擦力作用，竖直方向受到重力和支持力作用；由于做匀速直线运动，所以是受平衡力的作用，故水平方向上拉力和摩擦力是一对平衡力；木块对桌面的压力和桌面对木块的支持力，大小相等、方向相反，在同一直线上，但作用在两个物体上，所以是一对相互作用力；木块对桌面的压力是弹力，是由于木块发生形变而产生的。‎ ‎【点睛】本题考查的是相互作用力和平衡力，注意的区分，平衡力作用在同一物体上，而相互作用力作用在相互作用的两个物体上。‎ ‎15. 把重10N，密度为0.9×103kg/m3的实心物体投入水中。当物体静止时，物体处于_______（漂浮/悬浮/沉底）状态，物体所受浮力为_______N，排开水的体积是_______m3．（g取10N/kg）‎ ‎【答案】 (1). 漂浮 (2). 10 (3). 1×10﹣3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意知道，实心物体密度小于水的密度，由物体的浮沉条件知道，此物体会漂浮在水面上；由于物体漂浮在水面上时，浮力等于物体重力，故物体所受浮力是：F浮=G物 =10N；由阿基米德原理知道，F浮=G排=ρ水gV排，所以，排开水的体积是：V排=F浮/ρ水g=10N/1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10-3 m3。‎ ‎【点睛】本题考查的是物体的漂浮条件以及阿基米德原理的理解和运用，解题的关键是利用好“实心物体密度小于水的密度，物体漂浮在水面上”这一规律。‎ ‎16. 如图是“研究气泡的运动规律”实验装置。‎ ‎（1）实验时所用的测量工具是刻度尺和_______。‎ ‎（2）要正确判断气泡是否做匀速直线运动，需要对气泡运动时的相关物理量进行测量，为便于测量，就使气泡在管内运动得较_______（快/慢），气泡的运动如果是匀速运动，收集到的数据特点是：运动的路程和时间成_______比。‎ ‎【答案】 (1). 秒表 (2). 慢 (3). 正 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据v＝，实验中要测量气泡通过的路程及运动的时间，因此需要用到刻度尺及秒表；(2)‎ 为便于测量，应使气泡在管内运动得较慢，这样可以延长气泡运动的时间；小气泡的运动如果是匀速运动，则气泡通过的路程与所用的时间成正比。‎ ‎【点睛】（1）根据v＝，实验中要测量气泡通过的路程及运动的时间，因此需要用到刻度尺及秒表；（2）实验中要尽量增长气泡运动的时间，这样便于测量；根据s＝vt，做匀速直线运动的物体，通过的路程与时间成正比，或根据v＝，速度不变，比值是一定值。‎ ‎17. 如图表示汽油机的_______冲程。汽油属于_______能源（可再生/不可再生），完全燃烧0.1kg的汽油，放出热量为_______J，如果这些热量全部被质量为100kg、初温为20℃的水吸收，能使水的温度升高_______。（q汽油=4.6×107J/kg，c水=4.2×103（J/kg℃））‎ ‎【答案】 (1). 压缩 (2). 不可再生 (3). 4.6×106 (4). 11℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，此时汽油机的两个气阀都关闭，活塞向上运动，所以是压缩冲程；汽油是从石油中提炼出来的，石油是经过几百万年的演变形成的，所以汽油属于不可再生能源；0.1kg汽油完全燃烧放出的热量是：Q放=m汽油q=0.1kg×4.6×107 J/kg=4.6×106 J；由Q吸=cm△t=Q放知道，水升高的温度是：△t=Q吸/cm=4.6×106J/4.2×103J/(kg•℃)×100kg≈10.9℃.‎ ‎【点睛】本题考查的是对汽油机四个冲程的认识、及公式Q放=mq和Q吸=cm△t的应用，计算时注意升高到（末温）和升高（△t）的区别。‎ ‎18. 如图是电阻A、B的I﹣U图象。由图可知：B电阻的阻值是_______Ω；将电阻A、B串联后接入电路，当通过A的电流为0.3A时，A和B两端的总电压是_______V；将电阻A、B并联后接入某电路，当通过B的电流为0.2A时，A两端的电压是_______V。‎ ‎........................‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 4.5 (3). 2.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象可知，A、B两元件是定值电阻，由I＝得，B的电阻：RB＝＝10Ω；（2）因串联电路中各处的电流相等，所以，通过A的电流为0.3A时，通过B的电流也为0.3A，由图象可知，通过AB两端的电压分别为UA＝1.5V，UB＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，A和B两端的电压总和：UAB＝UAUB＝1.5V3V＝4.5V；（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，将A、B并联后接入电路中时，它们两端的电压相等，由图象可知，当通过B的电流为0.2A时，两端的电压为2.0V，也是A两端的电压。‎ ‎【点睛】1.当A、B串联后接入电路，已知通过A的电流，可以从图示中判断出电流为IA时，A两端的电压；再根据串联电路电流的特点，判断通过B的电流；2.从图示中判断出电流为IB时，B两端的电压，最后再根据串联电路电压的特点求出总电压；3.当A、B并联后接入电路，已知通过B的电流，可以从图示中判断出电流为IB时，B两端的电压；再根据并联电路中电压的特点求出A两端的电压。‎ ‎19. 如图所示，在不计绳重和摩擦的情况下，用滑轮在10s内将重为40N的物体匀速提升2m，已知拉力F为25N，则在这个过程中拉力做的功是_______J，滑轮组的机械效率是_______，若匀速提升重为80N的物体，则这个滑轮组的机械效率将_______（变大/变小/不变）。‎ ‎【答案】 (1). 100 (2). 80% (3). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，承担物重的绳子的股数是：n=2，所以，绳子自由端移动的距离是：s=2h=2×2m=4m，故在这个过程中拉力做的功是：W总=Fs=25N×4m=100J；不计绳重和摩擦，拉力做的有用功是：W有=Gh=40N×2m=80J，所以，滑轮组的机械效率是：η=W有/W总×100%=80J/100J×100%=80%；又因为η=W有/W总×100%=W有/W有+W额×100%=Gh/Gh+G动h×100%=G/G+G动×100%，所以，滑轮组的机械效率与动滑轮重和物体重有关，当动滑轮重力不变时，物体重力由40N变为80N时，机械效率将变大。‎ ‎【点睛】本题考查的是滑轮组功及机械效率的计算，解题的关键是搞清各力与距离之间的对应关系，熟练运用相关公式，难度不大。‎ ‎20. 某电吹风工作6min，能使如图所示的电能表的转盘转过120‎ 转，则该电吹风消耗的电能为_______kWh，电功率为_______W，这些电能可供一只“220V10W”的LED灯正常工作_______h，一只这样的LED灯与一只“220V100W”的白炽灯正常发光时亮度相当，若LED灯正常发光时的效率为80%，则白炽灯正常发光效率为_______。‎ ‎【答案】 (1). 0.1 (2). 1000 (3). 10 (4). 8%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知道，1200r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200r，所以，当电能表转盘转动120r时，则电吹风消耗的电能是：W=120r/1200r/kW•h=0.1kW•h；该电吹风的电功率是：P=W/t=0.1kW•h/（6/60h）=1000W；由P=W/t知道这些电能可供一只“220V 10W”的LED灯正常工作是：t=W/P灯=0.1kW•h/10W=10h；由于一只“220V 10W”的LED与一只“220V 100W”的白炽灯正常发光时亮度相当，若LED灯正常发光时的效率为80%，则白炽灯正常发光效率为8%。‎ ‎【点睛】本题考查的是使用电能表计算电功、电功率及发光效率，解题的关键是明白电能表相关参数的含义。‎ 三、解答题 ‎21. 根据要求作图：根据图中入射光线画出反射光线。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】过入射点作反射面的垂线，即法线。根据光的反射定律反射角等于入射角，在法线的右侧画出反射光线。如图所示：‎ ‎【点睛】本题考查光的反射定律的应用，作图时，注意法线用虚线，记得用箭头表示光的传播方向。‎ ‎22. 如图，用螺丝刀撬图钉，画出在A点所加最小力F1的示意图和阻力F2的力臂l2。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】用螺丝刀撬图钉，螺丝刀相当于杠杆，由图知O是支点，根据杠杆平衡条件，阻力、阻力臂一定，动力臂越大，动力越小越省力，当F1作用在A点时，最长力臂是OA，所以F1的方向要与OA垂直，方向向下。‎ 过O点作力F2的作用线的垂线段，即为阻力F2的力臂l2。如图所示：‎ ‎【点睛】最小力的判断，由杠杆平衡条件可知，当杠杆平衡时，力臂最长，力最小。‎ ‎23. 画出图中A点处磁场的方向，并把小磁针N极涂黑。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】安培定则的内容是：右手握住螺线管，四指弯向电流的方向，大拇指指向北极；所以，螺线管的左端为N极；且在磁体的周围，磁感线是从磁体的N极流出，回到S极，所以，A 点处磁场的方向向左（如图）；由于异名磁极相互吸引，所以与螺线管左端的小磁针的右上端为S极，左下端为N极，如下图：‎ ‎【点睛】本题考查的是安培定则的应用及磁极间的作用规律和磁感线的方向，是基础题目，难度不大。‎ ‎24. 如图是一台火灾现场侦察、灭火的消防机器人，其质量为600kg，履带与地面接触的总面积为0.5m2，以3m/s的速度在水平地面沿直线匀速前进了1min，行驶时所受阻力为自重的0.02倍（g取10N/kg）。求：‎ ‎（1）消防机器人在1min内通过的路程。‎ ‎（2）消防机器人静止在水平地面时，对地面产生的压强。‎ ‎（3）在水平地面匀速直线前进的过程中，消防机器人牵引力做功的功率。‎ ‎【答案】（1）180m。（2）1.2×104pa；（3）360W。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由v=s/t知道，消防机器人在1min内通过的路程是：‎ s=vt=3m/s×60s=180m；‎ ‎（2）根据题意知道，机器人对地面的压力等于其身的重力，即F=G=mg=600kg×10N/kg=6000N，履带与地面接触的总面积是：S=0.5m2‎ 故它对地面的压强是：p=F/S=6000N/0.5m2=1.2×104 Pa=12000 Pa；‎ ‎（3）根据题意知道，机器人做匀速直线运动，所以受到的牵引力与所受阻力是一对平衡力，即小车的牵引力是：F=f=0.02G=0.02×6000N=120N，‎ 所以，消防机器人牵引力做功的功率是：P=W/t=Fs/t=Fv=120N×3m/s=360W ‎【点睛】本题考查的是速度、压强、功、功率的计算，解题的关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等及匀速直线运动的物体，牵引力与所受阻力为一对平衡力。‎ ‎25. 如图甲是“电子技师”学生社团所使用的迷你电烙铁，铭牌标有“6V12W”‎ ‎。社团小组对其，使电烙铁温度可调，图乙为小组设计的电路简图。闭合开关，当滑动变阻器（铭牌标有“15Ω2A”）接入电路的电阻为6Ω时，电烙铁刚好正常工作。不考虑温度对电阻的影响，求：‎ ‎（1）当电烙铁正常工作时，通过电烙铁的电流和电烙铁的电阻。‎ ‎（2）该电路两端的电源电压。‎ ‎（3）该电路中电烙铁的最小实际功率。‎ ‎【答案】（1）3Ω；（2）18V；（3）3W。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为电烙铁的铭牌标上有“6V 12W”，所以由P=UI知道，电烙铁刚好正常工作时通过的电流是：I1 =P1/U1=12W/6V=2A，‎ 由I=U/R知道，电烙铁的电阻是：R1 =U1/I1=6V/2A=3Ω；‎ ‎（2）由电路图知道，电烙铁R1 与滑动变阻器R2 串联，因为串联电路中各处的电流相等，所以，当电烙铁正常工作时R2 两端的电压是：U2 =I2 R2 =2A×6Ω=12V，‎ 又因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，该电路两端的电源电压是：‎ U=U1 +U2 =6V+12V=18V；‎ ‎（3）由P=UI知道，当R2 接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，电烙铁的实际功率最小，即电路中的最小电流是：I=U/（R1+R2大）=18V/（3Ω+15Ω）=1A，‎ 故该电路中电烙铁的最小实际功率是：P1小 =I2 R1 =（1A）2 ×3Ω=3W。‎ ‎【点睛】本题考查的是串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，需要知道电烙铁正常工作时的电压即是额定电压相等。‎ ‎26. 小明在“测量物质的密度”的实验中：‎ ‎（1）将天平放在水平工作台上，游码归零后发现指针偏向如图（a），就将左侧的平衡螺母向_______调节，直到天平平衡；‎ ‎（2）用天平称量矿石的质量，天平再次平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图（b）所示，则矿石的质量为_______g；‎ ‎（3）利用量筒和水测量矿石的体积，如图（c）所示，得出矿石的密度是_______kg/m3．‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 73.4 (3). 3.67×103。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）天平平衡螺母的调节规则是：指针向右偏就向左调平衡螺母，指针向左偏就向右调平衡螺母，由图（a）知道，游码归零后，指针向左偏，所以应将平衡螺母向右调，直到天平平衡；‎ ‎（2）由于物体的质量等于砝码的质量和游码所对的刻度值之和，所以由图（b）知道，矿石的质量是：50g+20g=70g，游码所对的刻度值为3.4g，所以，矿石的质量是：m=70g+3.4g=73.4g；‎ ‎（3）由图（c）知道，矿石的体积是：V=80ml-60ml=20ml=20cm3，‎ 所以，矿石的密度是：ρ=m/V=73.4g/20cm3=3.67g/cm3 =3.67×103 kg/m3‎ ‎【点睛】本题考查的是“测量物质的密度”的实验，考查了天平的调节和天平使用，固体体积的测量及密度的计算，本实验是初中物理一个重要的实验，一定要掌握。‎ ‎27. 某兴趣小组利用图示装置来研究凸透镜成像的规律。‎ ‎（1）为使像成在光屏中央，应调整元件，使LED灯的中心、光屏的中心在_______。小明将各元件调整到如图位置时，小组成员在光屏上都能观察到清晰的像，这个像一定是_______的（放大/等大/缩小），此时光屏上发生了_______反射。‎ ‎（2）当LED灯向左移动时，要在光屏上再次获得清晰的像，只需将光屏向_______（左/右）方向适当移到，或者在凸透镜前放置一个合适的_______眼镜。‎ ‎（3）小华在用同样的器材进行实验时，发现光屏上出现的像只有中间清晰，两侧却较模糊，小明只对凸透镜进行了调整，就在光屏上得到了清晰的像，他的调整是_______。‎ A．左右适当移动凸透镜 B．上下适当移动凸透镜 C．适当扭转凸透镜 D．更换焦距合适的凸透镜 ‎【答案】 (1). 同一高度 (2). 缩小 (3). 漫 (4). 右 (5). 近视 (6). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）探究凸透镜成像的实验时， LED灯、凸透镜、光屏，三者要在同一条直线上，且三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置；当调整到如图位置时，由于物距大于像距，成的是倒立缩小的实像；由于小组成员在不同的位置都能观察到光屏上清晰的像，所以在光屏上发生了漫反射；‎ ‎（2）当LED灯向左，即远离透镜移动时，是物距增大，会使像距减小，所以需将光屏向左靠近凸透镜，才能使像成在光屏上；‎ 由于凹透镜对光线有发散作用，所以，当LED灯向左移动后，物距增大，像距减小时，若在凸透镜前放置一个合适的近视眼镜（凹透镜）将光线发散，再经过凸透镜折射，也能在光屏上成清晰的像；‎ ‎（3）若发现光屏上出现的像只有中间清晰，两侧较模糊，说明凸透镜与光屏没有平行，即中间部分的物距此时正好在光屏上成清晰的像，两侧部分的物距大于或小于中间部分的物距，所以，适当扭转凸透镜，使凸透镜与光屏平行，就可以在光屏上得到清晰的像，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是凸透镜的成像规律以及凹透镜对光线的作用，是一道综合题，要熟记成像条件，解题的关键是灵活运用。‎ ‎28. 某小组在“观察水的沸腾”实验中：‎ ‎（1）图（a）中甲、乙、丙三种读温度计的方式正确的是_______；‎ ‎（2）图（b）安装实验器材时，应按照_______（自上而下/自下而上）的顺序进行；‎ ‎（3）从实验数据可以看出，水的沸点是_______，由此可以判断此时大气压_______（小于/大于）一个标准大气压。为说明水沸腾过程中是否需要吸热，应_______，观察水是否继续沸腾；‎ ‎（4）小明和小红分别利用质量相等的水按图（b）装置同时进行实验，正确操作，却得出了如图（c）所示的两个不同的图线，原因可能是_______。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 自下而上 (3). 99℃ (4). 小 (5). 移去酒精灯 (6). 酒精灯火焰大小不同 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）使用温度计测量液体温度读数时，玻璃泡要继续留在被测液体中，且视线与温度计中的液柱上表面相平，所以，图（a）中甲、乙、丙三种读温度计的方式正确的是乙；‎ ‎（2）实验时，因为需用酒精灯的外焰加热，所以首先要根据酒精灯的位置，调整好铁圈的高度，即安装实验器材时，应按照自下而上顺序进行；‎ ‎（3）液体的沸点与气压的关系是：气压越大，沸点越高，气压越低，沸点越低。由表格中数据知道，从第4min开始，水温达到99℃后吸热，温度不再升高，说明已经沸腾，即沸点是99℃，由于水的沸点低于100℃，所以当地的大气压低于1标准大气压；为说明水沸腾过程中是否需要吸热，应移去酒精灯，若水不能吸热后，停止沸腾，这说明水沸腾时要吸收热量； ‎ ‎（4）小明和小红分别利用质量相等的水按图（b）装置同时进行实验，且正确操作，却得出了如图（c）所示的两个不同的图线，原因可能是酒精灯火焰大小不同，即相同时间内吸收的热量不同造成的。‎ ‎【点睛】本题考查的是探究水的沸腾实验，涉及了温度计的读数、实验的装置的装配，并能分析影响其结果的实验条件，同时还要求会分析温度随时间变化的图象，考查的知识点较多。‎ ‎29. 某小组进行“探究动能大小与质量是否有关”的活动。‎ ‎（1）小明用两辆相同的小车，在其中一辆小车上放一个砝码，然后让它们从同一斜面的同一位置由静止释放，撞击置于水平面上的木块，如图（a）。‎ ‎①将小车从同一位置处释放，目的是为了控制小车到达水平面的_______相同。‎ ‎②通过比较_______来比较小车动能大小。根据实验得出结论：动能大小与质量大小有关。‎ ‎（2）小红改变实验方案：让同一小车，从同一斜面的不同高度由静止释放，撞击水平面上的木块，如图（b）。发现：木块滑行的距离不一样远。根据这一现象，能做出以下哪个判断？_______。‎ A．动能大小与质量无关，一定还与其他因素有关 B．动能大小除了与质量有关外，一定还与其他因素有关 C．不能判断物体动能大小是否与质量有关，动能大小一定与质量外的其他因素有关 ‎【答案】 (1). 速度 (2). 木块被推出的远近 (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为影响动能大小的影响因素是质量和速度，所以当要探究动能大小与质量的关系时，需控制速度相同，将小车从同一位置处由静止滑下，目的就是控制小车到达水平面的速度相同；通过对木块推出距离的多少比较小球动能的大小；‎ ‎（2）根据小红改变实验方案知道，同一小车，小车质量一定，所以，不能判断物体动能大小是否与质量有关，从同一斜面的不同高度由静止释放，那么小车到达水平面时的速度就不同，小车推动木块做功，运动距离越远，做功越多，动能越大，所以得出结论是：不能判断物体动能大小是否与质量有关，动能大小一定与质量外的其他因素有关，故选C。‎ ‎【点睛】本题考查的是“探究动能大小与质量是否有关”的实验，解题的关键是利用控制变量法和转换法，探究动能大小跟各因素之间的关系。‎ ‎30. 如图所示，导体AB棒放在处于蹄形磁体磁场中的水平金属轨道上。‎ ‎（1）接通电源，这时会看到导体AB运动起来，这表明_______有力的作用。‎ ‎（2）保持磁场方向不变，改变导体AB中的电流方向，导体AB的运动方向_______（不变/改变）。‎ ‎（3）通电后导体AB运动的过程中，是把_______能转化为_______能的过程。‎ ‎【答案】 (1). 磁场对通电导体 (2). 改变 (3). 电 (4). 机械 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图知道，导体放置在磁场中，根据题意知道当接通电源时，会看到导体AB运动起来，则说明磁场对通电导体有力的作用；‎ ‎（2）通电导体在磁场中受力的作用；且所受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关，即只要有一个因素改变，导体的受力方向就会改变；所以，若保持磁场方向不变，改变导体AB中的电流方向，则导体AB的运动方向会改变；‎ ‎（3）通电后导体AB运动的过程，是消耗了电能，得到了导体运动的机械能，所以此过程是把电能转化为机械能。‎ ‎【点睛】本题考查的是磁场对通电导线的作用，需要知道通电导体在磁场中的受力，与哪些因素有关，是一道基础题，难度不大。‎ ‎31. 某实验小组在探究“影响浮力大小的因素”时，做了如图所示的实验。观察图片并分别比较图中有关数据可知：‎ ‎（1）当物体逐渐浸入水中，物体底面所受压强将逐渐_______；‎ ‎（2）当物体浸没在水中时，受到的浮力为_______N；‎ ‎（3）比较（b）、（c）两图，可以得出_______越大，物体受到的浮力越大；‎ ‎（4）比较_______两图可知，物体所受浮力的大小与液体密度有关。‎ ‎【答案】 (1). 变大 (2). 1 (3). 物体排开液体的体积 (4). （c）、（d）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）随着物体逐渐浸入水中，下底面在水中的深度会逐渐增加，由p=ρgh知道，其下底面所受的压强会变大；‎ ‎（2）由a图知道，物体在空气中受到的重力是：G=4N，由c图知道，物体完全浸没在水中受到的拉力是：F=3N，所以物体浸没在水中时，受到的浮力是：F浮 =G-F=4N-3N=1N；‎ ‎（3）由（b）、（c）两图知道，物体浸没的液体都是水，即液体的密度相同，但物体排开水的体积不同，物体排开液体的体积越大，测力计的示数越小，由此可知，物体排开液体的体积越大，受到的浮力越大；‎ ‎（4）比较（c）、（d）两图知道，物体都是完全浸没，排开液体的体积相同，而液体的密度不同，测力计的示数也不同，由此可知，物体所受浮力的大小与液体密度有关。‎ ‎【点睛】本题考查的是探究浮力大小的实验，由于浮力大小与物体排开液体的体积和液体的密度有关，需要注意控制变量法的应用，而且要利用称重法来判断浮力的大小变化。‎ ‎32. 在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，如图（a）所示（电源由四节干电池串联，每节电压恒为1.5V，L1灯额定电压为3.8V，L2灯额定电压为2.5V）。‎ ‎（1）请用笔画线代替导线，将图a中的实物电路连接完整，使滑片在最右端时滑动变阻器连入电路的阻值最大______________。‎ ‎（2）L1、L2两灯应选择电阻_______（相同/不同）的白炽灯泡，连接电路后闭合开关，调节滑动变阻器，应比较两灯泡亮暗和_______。总结发现：两灯串联时，通过灯泡的电流相等，电压越高，相同时间内_______越多，灯泡就越亮。‎ ‎（3）小明为测出L1灯的额定电功率，在原电路中串联一只电流表如图（b），正确连接电路后闭合开关，读出甲表示数为2.8V，乙表示数为1.8V，电流表示数为0.14A，当滑片移动阻值最小处时，甲表示数如图（c）所示为_______V，小明对电路进行改进，取走L2灯和乙表，正确连接电路后，发现还是无法测量L1灯的额定功率，小明思考后，在不增加电路元件的情况下又对实验进行改进，顺利完成了实验，他的做法是_______。‎ ‎【答案】 (1). (2). 不同 (3). 电压表示数 (4). 电流做功 (5). 3.5 (6). 去掉一节电池 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意知道，应将滑动变阻器串联在电路中，由于要求滑片位于最右端B时，滑动变阻器接入电路的电阻值最大，所以，滑动变阻器的下面应接左边的接线柱，如图：‎ ‎（2）因为串联电路电流处处相等，所以L1 、L2 两灯应选择电阻不同的白炽灯泡，这样当闭合开关，调节滑动变阻器时，两灯的功率和电压就会不同，此时比较两灯泡亮暗和电压表示数就可以发现规律：两灯串联时，通过灯泡的电流相等，电压越高，相同时间内电流做功 越多，灯泡就越亮；‎ ‎（3）由图（c）知道，电压表量程是0～15V，分度值是0.5V，故电压表示数是3.5V；根据题意知道，小明对电路进行改进时，取走了L2 灯和乙表，正确连接电路后，发现还是无法测量，由于L1灯额定电压为3.8V，此时电源电压是：U=nU0 =4×1.5V=6V，电压较大，若去掉一节电池，则电源电压是：3×1.5V=4.5V，调节滑动变阻器，可以使L1的电压达到额定电压3.8V，结合电流表的示数，即可计算L1 ‎ 灯的额定功率，故小明思考后，在不增加电路元件的情况下，他的做法应是去掉一节电池。‎ ‎【点睛】本题考查的是电功率的测量，是一道测量型实验综合题，考查了滑动变阻器接线柱的选择，电压表的读数及实验的设计，有一定的难度。‎