安徽省六区联考2020届中考物理二模试卷（解析版）

安徽省六区联考2020届中考物理二模试卷（解析版）

‎2020年安徽省六区联考中考物理二模试卷 ‎　‎ 一.填空题 ‎【2020·六区·模拟·声现象】1．春节放鞭炮，作为我国人民欢度春节的习俗，历史悠久，这种活动，虽然可以给节日增添欢乐的气氛，但放鞭炮释放的灰尘，溅出的火星，容易造成环境污染，引起火灾，一些烈性爆竹每年都会造成一些人员伤亡．随着社会和人们的文明进步，对春节放鞭炮这种习俗的弊端，已引起各界的重视．以前我国许多城市都制定了禁止放烟花爆竹的规定．爸爸告诉小超，炮纸里装有硝、硫磺、碳粉，点燃时可引起　空气　振动发出巨大的声音．‎ ‎【考点】91：声音的产生．‎ ‎【分析】声音是由发声体振动产生的．‎ ‎【解答】解：点燃时鞭炮时，硝、硫磺、碳粉在燃烧时会引起空气振动，从而发出巨大的声音．‎ 故答案为：空气．‎ ‎【点评】声音是由物体的振动产生的，振动停止，发声也停止．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·光现象】2．春暖花开，天气晴朗，蓝天飘着朵朵白云．小芳和爸爸妈妈在公园游玩，发现水里的鱼好像在云中游．如图所示我们所看到的鱼是由于光的折射形成的　虚　像（选填“实”或“虚”），像的位置比鱼的实际位置　浅　些（选填“深”或“浅”）．‎ ‎【考点】AM：光的折射现象及其应用．‎ ‎【分析】‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 我们能看到鱼，是鱼反射的光线从水中斜射入空气中，进入人眼，人看到的不是真实的鱼，而是偏高的鱼的虚像，是由于折射形成的．‎ ‎【解答】解：鱼反射的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得鱼变浅了；而我们看到的鱼，不是鱼的实际位置，而是变浅的鱼的虚像．‎ 故答案为：虚；浅．‎ ‎【点评】反射与折射都能形成虚像，主要区别是反射形成的虚像关于反射面对称，物像分布在反射面的两侧；折射形成的虚像，像和物在界面的同一侧．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·内能】3．室内空气中甲醛已经成为影响人类身体健康的主要污染物．如图所示我国家庭空气中的甲醛来源于室内装饰的胶合板、细木工板、中密度纤维板和刨花板等人造板材．生产人造板使用的胶黏剂以甲醛为主要成分，板材中残留的和未参与反应的甲醛会逐渐向周围环境释放，是形成室内空气中甲醛的主体．此现象表明分子　永不停息地做无规则的运动　．‎ ‎【考点】GW：扩散现象．‎ ‎【分析】组成物质的分子在永不停息地做无规则的运动，物体温度越高，分子的无规则运动越剧烈．‎ ‎【解答】解：‎ 装修材料胶合板、细木工板、中密度纤维板和刨花板中的甲醛、苯等有害气体导致室内空气污染是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动．‎ 故答案为：永不停息地做无规则的运动．‎ ‎【点评】本题考查了扩散现象，扩散是由分子无规则运动的结果，是基础性问题．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·质量与密度】‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎4．某同学用托盘天平称物体质量时，将物体错放在右盘中，并在左盘中加了35g砝码，同时将游码移到1.2g处，此时天平平衡，该物体的实际质量应为　33.8　g．‎ ‎【考点】25：质量的测量与天平．‎ ‎【分析】用天平测量物体的质量时，无论物体和砝码的放置位置如何，一定是：左盘里物体的质量=右盘里物体的质量+游码对应的刻度值．‎ ‎【解答】解：物体和砝码的放置位置颠倒了，不能安装以往的方法计算物体的质量．‎ 按照下面公式进行计算：‎ 左盘中物体的质量=右盘中物体的质量+游码对应的刻度值，‎ 砝码的质量=物体的质量+游码对应的刻度值，‎ ‎35g=m+1.2g，‎ m=33.8g．‎ 故答案为：33.8．‎ ‎【点评】用天平称量物体质量时，无论天平盘中物体和砝码的放置位置如何按照下面公式计算物体质量，左盘中物体的质量=右盘中物体的质量+游码对应的刻度值．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·质量与密度】5．某实验小组在测量液体密度的实验中，记录了如下数据．根据数据可得液体密度是　1×103kg/m3　．‎ 实验次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 液体的体积/cm3‎ ‎5.8‎ ‎7.9‎ ‎16.7‎ ‎35.1‎ 液体和容器的总质量/g ‎10.7‎ ‎12.8‎ ‎21.6‎ ‎40.4‎ ‎【考点】2A：密度的计算．‎ ‎【分析】取两组数据，设容器质量为m、液体密度为ρ，利用m+ρV液=m总列方程组求解．‎ ‎【解答】解：‎ 设液体密度为ρ，容器质量为m，根据ρ=可得：m+ρV液=m总，‎ 代入1、2次的数据有：‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 m+ρ×5.8cm3=10.7g﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ m+ρ×7.9cm3=12.8g﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 联立①②，解得：‎ m=4.9g=4.9×10﹣3kg，ρ=1g/cm3=1×103kg/m3．‎ 故答案为：1×103kg/m3．‎ ‎【点评】本题考查了密度公式的应用，利用好关系式m+ρV液=m总是关键．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电流和电路】6．如图所示，用跟丝绸摩擦过的玻璃棒去接触验电器的金属球，金属箔片张开一定的角度．此时金属箔片　失去　了电子（填“失去”或“得到”）．‎ ‎【考点】H7：摩擦起电的实质．‎ ‎【分析】（1）自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷．丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．‎ ‎（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．‎ ‎（3）不同物质组成的物体，原子核夺得电子的本领不同，相互摩擦时，一个物体夺得电子，因多余电子带负电，另一个物体因缺少电子带正电．‎ ‎【解答】解：用丝绸摩擦过的玻璃棒因失去电子带正电，接触验电器的金属球，金属箔上的电子会通过金属杆传给两片金属球，金属箔由于失去电子而带正电，所以金属箔失去电子．‎ 故答案为：失去．‎ ‎【点评】掌握自然界的两种电荷以及摩擦起电的原因，是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·简单机械】7．如图是拉吊桥的示意图，点P是吊桥的重心．请画出动力F1对支点O的力臂，并画出吊桥所受重力的示意图．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【考点】7P：力臂的画法．‎ ‎【分析】（1）画力臂的方法：首先确定支点，然后找到动力和阻力，并用虚线延长动力F1的作用线；从支点到动力作用线的垂线段就是动力臂．‎ ‎（2）重力的方向总是竖直向下，作用点要画在物体重心上．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）画出动力作用线，从支点O作动力作用线的垂线，从支点O到垂足B的距离就是动力臂，如图所示；‎ ‎（2）重力的方向是竖直向下的，其作用点为重心P，由此可画出重力的示意图，如图所示：‎ ‎【点评】掌握杠杆的五个要素：支点、动力、阻力、动力臂、阻力臂．力臂为支点到力的作用线的距离，为一垂线段，不是直线．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·欧姆定律】8．如图所示，当开关S闭合时，两灯均发光．滑片P向右移动时，电流表A1的示数　不变　（填“变大”、“不变”或“变小”）．经过一段时间后有一盏灯熄灭，电流表A的示数变小，且滑片P无论怎样滑动，电流表A的示数都不发生变化，由此判断，电路的故障是　L1断路　．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【考点】IZ：电路的动态分析．‎ ‎【分析】由电路图可知，L1与滑动变阻器串联后再与L2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测L2支路的电流．‎ ‎（1）根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，滑片移动时通过L2电流的变化；‎ ‎（2）经过一段时间后有一盏灯熄灭，电流表A的示数变小，说明电路断路，否则电流表A的示数变大；滑片P无论怎样滑动，电流表A的示数都不发生变化，说明滑动变阻器支路不能正常工作．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，L1与滑动变阻器串联后再与L2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测L2支路的电流．‎ ‎（1）因并联电路中各支路独立工作、互不影响，‎ 所以，滑片移动时，通过L2的电流不变，即电流表A1的示数不变；‎ ‎（2）经过一段时间后有一盏灯熄灭，可能是断路造成的，也可能是断路造成的，‎ 若L2短路，会造成电源短路，电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，不符合题意；‎ 若L1短路，通过滑动变阻器的电流变大，干路电流变大，电流表A的示数变大，‎ 由以上分析可知，电路故障应是断路，‎ 若L2断路，滑片P滑动时，电流表A的示数会发生变化，不符合题意；‎ 若L1断路，滑片P无论怎样滑动，电流表A的示数都不发生变化，符合题意．‎ 综上可知，电路故障是L1断路．‎ 故答案为：不变；L1断路．‎ ‎【点评】本题考查了电路的动态分析和电路故障的判断，利用好题干所给的信息和现象是关键．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电功率】9．某品牌电热饮水机加热功率800W、保温功率40W，如果饮水机一天（按24h计算）有2h处于加热状态，其余时间处于保温状态，则这台饮水机一天共耗电　2.48　kW•h．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【考点】J3：电功的计算．‎ ‎【分析】知道加热和保温时间，利用公式W=Pt分别计算加热和保温时消耗的电能就可以得出1天耗电．‎ ‎【解答】解：‎ 由题意可知，一天内加热消耗的电能：W1=P1t1=800×10﹣3kW×2h=1.6kW•h，‎ 一天内保温消耗的电能：W2=P2t2=40×10﹣3kW×22h=0.88kW•h，‎ 一天消耗的电能：W=W1+W2=1.6kW•h+0.88kW•h=2.48kW•h 故答案为：2.48kW•h．‎ ‎【点评】会利用公式W=Pt计算用电器的耗电多少，灵活选用单位：功率（KW）﹣功（KW•h）﹣时间（h）‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电路和电路、电功率】10．如图所示的电路中，电源电压为6V不变．L1、L2是额定电压为6V，电阻为10Ω的相同灯泡（忽略温度对灯泡电阻的影响）．闭台开关　S1　时 L1亮、L2不亮；当仅闭合S3时，整个电路消耗的电功率为　1.8W　．‎ ‎【考点】JA：电功率的计算；HT：串联电路和并联电路的辨别．‎ ‎【分析】L1亮、L2不亮也就是说要让电流通过灯L1，不通过灯L2，可以通过电流通过的路径来分析；‎ 先分析仅闭合S3时，电路的连接情况，然后根据功率的计算公式P=来计算．‎ ‎【解答】解：要让 L1亮、L2不亮，也就是让电流通过灯L1，不通过灯L2，可闭合开关S1就行；‎ 当仅闭合S3时，灯L1和灯L2串联，电路中的总电阻R=10Ω+10Ω=20Ω，电路消耗的电功率P===1.8W．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 故答案为：S1，1.8W．‎ ‎【点评】此题考查的是我们对于电路的分析和电功率的计算；‎ 解答此题的关键是我们要能够准确的分析电路的连接情况．‎ ‎　‎ 二.单项选择题 ‎【2020·六区·模拟·机械运动】11．甲、乙两车，从同一起点出发，沿平直公路行驶到相同终点．甲车在前二分之一时间里以速度V1做匀速直线运动，后二分之一时间里以速度V2做匀速直线运动；乙车在前二分之一路程中以速度V1做匀速直线运动，后二分之一路程中以速度V2做匀速直线运动，V1≠V2，则（　　）‎ A．甲车先到达 B．乙车先到达 C．甲、乙同时到达 D．不能确定 ‎【考点】69：速度公式及其应用．‎ ‎【分析】将两地设为A、B；A、B两地间的距离看成1，再设甲从A地出发到达B地所用的时间为t1，乙从A地出发到达B地所用的时间为t2，分别列出t1和t2的表达式，最后作差比较它们的大小即得．‎ ‎【解答】解：将A、B两地间的距离看成1，设甲从A地出发到达B地所用的时间为t1，乙从A地出发到达B地所用的时间为t2，‎ 因为甲车在前一半时间里以速度v1做匀速直线运动，后一半时间里以速度v2做匀速直线运动；‎ 所以t1v1+t1v2=1‎ 则甲从A地出发到达B地所用的时间t1=，‎ 因为乙车在前一半路程中以速度v1做匀速直线运动，后一半路程中以速度v2做匀速直线运动；‎ 所以乙从A地出发到达B地所用的时间t2=+=，‎ 则 t1﹣t2=﹣==﹣＜0，‎ 即t1＜t2‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 所以甲车先到达．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本小题主要考查速度公式的应用和函数模型的选择与应用、比较法等基础知识，考查数学建模能力，有一定难度．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·运动和力】12．如图所示一杯水放在水平桌面上，下列说法正确的是（　　）‎ A．水对杯底的压力大小等于水所受的重力 B．杯子所受的重力与桌面对杯子的支持力是一对平衡力 C．桌面对杯子的支持力与桌面所受的压力是一对平衡力 D．杯子和水所受的总重力与桌面对杯子的支持力大小相等 ‎【考点】81：压力及重力与压力的区别；6R：平衡力的辨别．‎ ‎【分析】（1）对于水对容器底的压力，必须是柱状的容器中，液体的重力才与对底面的压力相等；‎ ‎（2）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上；‎ ‎（3）一对相互作用力是作用在不同物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上．‎ ‎【解答】解：A、因为杯子的形变不规则，所以水对壶底的压力大小不一定等于水的重力，故A错误；‎ BD、此时杯子静止，即杯子和水所受的总重力与桌面对杯子的支持力是一对平衡力，所以大小相等，故B错误，D正确；‎ C、桌面对杯子的支持力与桌面所受的压力的作用物体是不同的，所以这是一对作用力和反作用力，故C错误；‎ 故选D．‎ ‎【点评】‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 本题考查了平衡力的辨别、相互作用力的特点、压力与重力的关系等，尤其注意本题中杯中是装有一定量的水的，并且只有柱状容器中，水的重力才与水对容器底面的压力相等．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·功和机械能】13．如图所示，长方体木块在大小不变的拉力F作用下，在水平面上做匀速直线运动，能正确反映拉力F所做的功与时间对应关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】ED：功的计算公式的应用．‎ ‎【分析】物体做匀速直线运动（速度为v），在时间t内走的路程s=vt；知道拉力不变（拉力为F），利用功的公式可得W=Fs=Fvt，可见功与时间成正比，据此选择合适的选项．‎ ‎【解答】解：‎ 物体在拉力F作用下，在水平面上做匀速直线运动速，则在时间t内拉力做功：W=Fs=Fvt；‎ 可见，力所做的功与时间成正比；而只有B选项能说明力所做的功与时间成正比．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了学生的识图能力，能推导出拉力做功与时间的关系式是本题的关键．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·内能】14．关于物体的内能，下列说法正确的是（　　）‎ A．温度高的物体内能比温度低的物体大 B．热量总是由内能大的物体传递给内能小的物体 C．一块0℃的冰融化成0℃的水，内能增加 ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 D．物体吸收热量，内能变大，温度一定升高 ‎【考点】G6：温度、热量与内能的关系．‎ ‎【分析】（1）内能与物体的质量、温度、状态有关；‎ ‎（2）热传递的条件：有温度差；即热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体．‎ ‎【解答】解：A、因为物体的内能与物体的质量、温度、状态有关，因此温度高的物体内能不一定大；故A错误；‎ B、热量总是由温度高的物体传递给温度低的物体，故B错误；‎ C、一块0℃的冰融化成0℃的水，吸收热量，内能增加，故C正确；‎ D、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定升高，如冰熔化，吸收热量，温度不变，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查影响内能大小的因素和热传递的条件．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电与磁】15．关于电磁学知识，下列说法正确的是（　　）‎ A．奥斯特实验第一次证明了磁能生电 B．发电机工作时将电能转化为机械能 C．电磁继电器是由电磁铁控制的开关 D．电动机是利用电磁感应原理制成的 ‎【考点】C9：通电直导线周围的磁场；CF：电磁继电器的组成、原理和特点；CJ：磁场对通电导线的作用；CP：电磁感应．‎ ‎【分析】（1）奥斯特实验第一次说明了通电导体周围存在磁场，电流周围的磁场方向与电流的方向有关系；‎ ‎（2）发电机工作时将机械能转化为电能；‎ ‎（3）电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的开关；‎ ‎（4）电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，工作时把电能转化成机械能．‎ ‎【解答】解：A、据课本可知，奥斯特实验第一次证明了电能产生磁，故A错误；‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 B、发电机工作时将机械能转化为电能，故B错误；‎ C、电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，电磁继电器就是由电磁铁控制的开关，故C正确；‎ D、发电机才是利用电磁感应原理制成的，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了电磁学的几个知识，属于识记性内容，要求学生必须牢记．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电流和电路】16．如图是一个实物图，请选出对应的电路图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】HQ：根据实物图画电路图．‎ ‎【分析】从实物图中可以看出，两只灯泡并联，开关控制一只灯泡．‎ ‎【解答】解：从实物图中可以看出，两只灯泡并联，开关控制一只灯泡．‎ A、两灯串联，不合题意；‎ B、开关闭合后一只灯泡被短路，不合题意；‎ C、两只灯泡并联，开关控制干路，本题要求开关控制支路，不合题意．‎ D、两只灯泡并联，开关控制其中一只灯泡，符合题意；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题考查根据实物图选择电路图，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，根据实物图画电路图是整个初中物理的难点也是重点，并且是中考必考内容．‎ ‎　‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【2020·六区·模拟·电功率】2020．电阻丝剪掉十分之一后，接入原来电路，则在相同时间内产生的热量与原来产生的热量之比为（　　）‎ A．10：9 B．1：10 C．10：1 D．9：10‎ ‎【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用．‎ ‎【分析】电阻丝剪掉后，电阻变为原来的，知道仍然接在原来的电源两端，所加电压不变，利用Q=W=分析判断．‎ ‎【解答】解：电阻丝剪掉后，电阻变为原来的，即现在电炉丝和原来的电炉丝的电阻关系：‎ R现在：R原来=R：R=9：10，‎ 因电流通过电炉丝做功消耗电能全部转化为内能，且电源的电压不变，‎ 所以，由Q=W=可知，在相同时间内产生的热量与原来产生的热量之比：‎ Q现在：Q原来=： =R原来：R现在=10：9．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了学生对焦耳定律、并联电路的电压关系、影响电阻大小的因素的了解和掌握，为防止因颠倒而出错，记住规律：在并联电路中，除了电压相等外，各电阻的电流、电功、电功率、电热都与电阻成反比．‎ ‎　‎ 三.实验探究题 ‎【2020·六区·模拟·透镜及其应用】18．在“凸透镜成像规律”实验中，某同学进行了如下两个探究：‎ ‎（1）为研究像距与焦距的关系，他选用焦距不同的三个凸透镜进行实验，实验数据记录如表，分析表中数据可知，保持物距不变时，焦距越大，则所成实像的像距越　大　（选项：“大”或“小”）．‎ u/cm n f/cm v/cm ‎1‎ ‎2‎ ‎2.5‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎10‎ ‎2‎ ‎5‎ ‎10‎ ‎3‎ ‎8‎ ‎40‎ ‎（2）该同学用若干个发光二极管组成形成如“E”的发光物体，如图甲所示，将发光物体、凸透镜和光屏依次组装到光具座上并调整好，且物距调节为6cm时，在光屏上成的像如图乙所示，则他选用的是三个透镜中焦距为　5　cm的凸透镜；这一成像原理可应用于　投影仪　．（选填“照相机”、“幻灯机”和“放大镜”）‎ ‎【考点】B7：凸透镜成像规律及其探究实验．‎ ‎【分析】（1）根据表格中的数据推知：物距不变时，焦距变大，像距变大．‎ ‎（2）要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律．知道当物距处于1倍焦距和2倍焦距之间时，凸透镜成倒立、放大的实像．并且要正确理解倒立实像的含义，知道像与物的上下颠倒、左右颠倒．‎ ‎【解答】解：（1）据表格数据知，当物距为10cm不变时，焦距由2cm～8cm，则像距由2.5cm～40cm，所以保持物距不变时，物距变大，像距变大．‎ ‎（2）根据乙所成甲的像可知，所成像的是放大倒立的实像，由凸透镜成像规律可知，当物距处于1倍焦距和2倍焦距之间时，凸透镜成倒立、放大的实像．‎ 因物距u=6cm，所以他选用的是三个透镜中焦距为5cm的凸透镜．其应用是投影仪．‎ 故答案为：（1）大；（2）5；投影仪．‎ ‎【点评】此题是探究凸透镜成像的规律．考查了学生根据数据得出结论的能力．同时考查了凸透镜成像规律的应用，一定要熟记规律的内容，能做到举一反三．并要真正理解倒立实像的含义，这也是此题的难点．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·简单机械】19．在“测量滑轮组机械效率”的实验中，‎ ‎（1）画出滑轮组最省力的绕法．‎ ‎（2）读数时，弹簧测力计应处于　竖直向上匀速直线运动　状态．‎ ‎（3）下表是测出的一组数据，机械效率是　83.3%　．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 钩码重 弹簧秤读数 钩码移动距离 弹簧秤移动距离 总功 有用功 机械效率 ‎5N ‎2N ‎0.1m ‎0.3m ‎【考点】F8：滑轮（组）机械效率的测量实验．‎ ‎【分析】（1）滑轮组承重绳子股数越多，滑轮组越省力，根据图示滑轮组作出其绕法．‎ ‎（2）实验时应竖直匀速拉动绳子．‎ ‎（3）应用滑轮组公式、功的公式与效率公式分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）由图示可知，滑轮组由一个定滑轮与一个动滑轮组成，承重绳子的有效股数最多为3，滑轮组最省力的绕法如图所示．‎ ‎（2）沿竖直方向匀速拉动绳子时，钩码匀速上升时，钩码受到平衡力的作用，弹簧测力计的示数等于绳子的拉力，因此实验时应使弹簧测力计拉动绳子沿竖直方向做匀速直线运动．‎ ‎（3）有用功：W有用=Gh=5N×0.1m=0.5J，‎ 总功：W总=Fs=2×0.3m=0.6J，‎ 滑轮组的机械效率：η=×100%=×100%≈83.3%；‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 故答案为：（1）滑轮组绕法如图所示；（2）竖直向上匀速直线运动；（3）83.3%．‎ ‎【点评】（1）滑轮组承重绳子股数越多，滑轮组越省力，根据滑轮组确定承重绳子的有效股数，然后作出其绕法；‎ ‎（2）应用功的计算公式与效率公式可以求出有用功与总功、滑轮组效率．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·欧姆定律】20．在“伏安法测电阻”实验中，小明同学将电路连成如图甲电路．‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线将实物电路连接完整．（要求：滑动变阻器滑片P向右滑动时，电流表示数变大．）‎ ‎（2）实验中，闭合开关后，移动滑片，电流表无示数，电压表有较大示数，经检查，导线连接完好，则故障可能是　电阻断路　．‎ ‎（3）排除故障后，小明进行实验记录数据，并根据数据绘制出图象（如图乙），由图乙可知，该定值电阻阻值是　5　Ω．‎ ‎（4）小华设计了另一个测量电阻的电路（如图丙），在MN之间接入待测电阻，可以在电流表表盘上直接读出电阻阻值，小华已经标出了部分电阻值（如图丁），由电表表盘数据可知：该电路中R0=　2　Ω．‎ ‎【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验；IH：欧姆定律的应用．‎ ‎【分析】（1）伏安法测电阻，电流表与电阻串联测电路电流，电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联保护电路，滑动变阻器根据一上一下的原则连接．‎ ‎（2）若电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电阻断路了；．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎（3）由图乙得出电压与电流值，根据欧姆定律即可求出电阻；‎ ‎（4）由图丙可知待测电阻与定值电阻串联，由欧姆定律和串联电路的特点利用电源电压不变的特点列出等式可以求出电源电压和定值电阻．‎ ‎【解答】解：（1）将电压表与电阻并联，由于滑动变阻器滑片P向右滑动时电阻变小则应将变阻器滑片右边的电阻线连入电路，故应将开关右边接线柱与B点相连，实物电路图如图所示．‎ ‎．‎ ‎（2）经分析，闭合开关后，移动滑片，电流表无示数，电压表有较大示数，经检查，导线连接完好，故障是与电压表并联的电阻存在断路；‎ ‎（3）由图乙可知：I=0.5A，U=2.5V，则由I=得：‎ R==5Ω．‎ ‎（4）由丁图可知：I1=0.2A时，R1=28Ω，I2=0.4A时，R1=13Ω；‎ 由图丙电路可知：在测量电阻时定值电阻R0与待测电阻R串联；‎ 由I=和串联电路的电压特点可得：‎ 当测量电阻R1时，电源电压U=U0+U1=I1R0+I1R1=0.2A×R0+0.2A×28Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 当测量电阻R2时，电源电压U=U0′+U2=I2R0+I2R2=0.4A×R0+0.4A×13Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 解①②得：R0=2Ω．‎ 故答案为：（1）见上图；（2）电阻断路；（3）5；（4）2．‎ ‎【点评】本题伏安法测电阻，考查电路的连接、故障的分析、电阻的计算，最后一问是考查欧姆表的工作原理、知道根据串联电路的特点和欧姆定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 四.计算与推导题 ‎【2020·六区·模拟·简单机械、压强】21．如图所示，正方体金属块A质量为100kg，边长2dm，静止放在水平面上，通过轻绳系于轻质杠杆BOC的B端，杠杆可绕O点转动，且BC=3BO．在C端用F=100N的力竖直向下拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡，求：此时 ‎（1）绳对B端的拉力F拉；‎ ‎（2）物体A对地面的压强p．‎ ‎【考点】86：压强的大小及其计算；7R：杠杆的平衡分析法及其应用．‎ ‎【分析】（1）根据杠杆的平衡条件求出绳对杠杆B端的拉力；‎ ‎（2）物体A静止，处于平衡状态，受到的力为平衡力，对物体A受力分析可知，受到竖直向上的拉力和支持力、竖直向下的重力，根据力的平衡条件求出支持力，根据相互作用力求出压力，根据面积公式求出A的底面积即为受力面积，根据p=求出此时物体A对地面的压强．‎ ‎【解答】解：（1）由杠杆平衡条件有：F拉×BO=F×OC，‎ 由BC=3BO，可得OC=2BO，‎ 则F拉===200N；‎ ‎（2）物体A的重力：‎ G=mg=100kg×10N/kg=1000N，‎ 对静止的物体A受力分析可知：受到竖直向上的拉力和支持力、竖直向下的重力，‎ 由力的平衡条件可得，物体A受到的支持力，‎ F支持=G﹣F拉=1000N﹣200N=800N，‎ 因物体A对地面的压力和地面对物体A的支持力是一对相互作用力，‎ 所以，物体A对地面的压力：‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 F压=F支持=800N，‎ 受力面积：‎ S=2dm×2dm=4dm2=0.04m2，‎ A对地面的压强：‎ p===2×104Pa．‎ 答：（1）绳对杠杆B端的拉力为200N；‎ ‎（2）此时物体A对地面的压强为2×104Pa．‎ ‎【点评】本题主要考查了二力平衡条件、压强公式的应用，关键是利用好力的平衡条件和相互作用力的关系，分清各力之间的关系是关键．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·内能及其应用】22．国产某种型单缸四冲程汽油机满负荷工作时一个做功冲程对外做功120J，飞轮的转速是1500r/min，每分钟消耗10g汽油．‎ ‎（1）满负荷工作时该汽油机的功率是多少？‎ ‎（2）满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率是多少？（汽油的热值为4.5×107J/kg）‎ ‎（3）将其效率提高10%，满负荷工作10小时可以节省汽油　2　kg．‎ ‎【考点】GN：有关热机的计算；FF：功率的计算；GL：热机的效率．‎ ‎【分析】（1）单缸四冲程汽油机满负荷工作时，一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功一次，据此求出每分钟汽油机做功的次数，进一步求出单缸四冲程汽油机满负荷工作1min做的功，利用P=求出该汽油机的功率；‎ ‎（2）根据Q放=mq求出10g汽油完全燃烧释放的热量，根据η=×100%求出满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率；‎ ‎（3）根据题意求出此时的机械效率，每分钟需要的机械能不变，根据η=×100%求出需要汽油完全燃烧释放的热量，根据Q放=mq求出所需汽油的质量，两次汽油质量只差即为每分钟节约汽油的质量，进一步求出满负荷工作10小时可以节省汽油的质量．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【解答】解：‎ ‎（1）因单缸四冲程汽油机满负荷工作时，一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功一次，‎ 已知飞轮的转速是1500r/min，所以，每分钟共有750个工作循环，对外做功750次，‎ 则单缸四冲程汽油机满负荷工作1min做的功：‎ W=120J×750=9×104J，‎ 该汽油机的功率：‎ P===1500W；‎ ‎（2）每分钟消耗10g汽油，10g汽油完全燃烧释放的热量：‎ Q放=mq=10×10﹣3kg×4.5×107J/kg=4.5×105J，‎ 满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率：‎ η=×100%=×100%=20%；‎ ‎（3）将其效率提高10%，即η′=η+△η=20%+10%=30%，‎ 因每分钟需要的机械能不变，‎ 所以，需要汽油完全燃烧释放的热量：‎ Q放′===3×105J，‎ 所需汽油的质量：‎ m′===kg=g，‎ 满负荷工作10小时可以节省汽油的质量：‎ ‎△m=n（m﹣m′）=10×60×（10g﹣g）=2000g=2kg．‎ 答：（1）满负荷工作时该汽油机的功率是1500W；‎ ‎（2）满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率是20%；‎ ‎（3）2．‎ ‎【点评】‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 本题考查了汽油机功率和效率、燃料完全燃烧释放热量公式的灵活运用，明确“单缸四冲程汽油机，一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功一次”是关键．‎ ‎　‎ ‎【2020·六区·模拟·电路、欧姆定律、电功率】23．如图所示的部分电路中，电源电压为6V且保持不变，a、b、c为三个接线柱，现备有三个电阻：R1、R2、R3，且R1=9Ω，R2=6Ω，R3=3Ω．‎ ‎（1）若只在a、c间接入R1，a、b间接入R2，b、c间接入R3，则断开开关S后，在1min内电路上产生的热量是多少？‎ ‎（2）若要从R1、R2、R3中选取两个电阻，连入图中的虚线框内，当开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A．试在虚线框内画出电阻的一种可能的连接电路图，并在连入电阻的上方标出该电阻的阻值和符号；‎ ‎（3）根据（2）中的连接电路，计算出S断开和闭合两种状态下电路的总功率之比．‎ ‎【考点】HU：串、并联电路的设计；IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算．‎ ‎【分析】（1）若只在a、c间接入R1，a、b间接入R2，b、c间接入R3，断开开关S后，R1、R3串联后与R2并联，根据串并联的电阻特点和欧姆定律求出干路电流，利用Q=W=UIt求出产生的热量；‎ ‎（2）根据欧姆定律求出三电阻分别单独接入电路中时通过的电流，然后与“当开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A”判断出三电阻不能串联，只能是并联，且R3位于开关S所在的支路，R1与R2其中的一个电阻位于另一条支路上，据此作图；‎ ‎（3）S断开时，电路为R1（或R2）的简单电路，根据P=UI=求出电路中的总功率；S闭合时，R1（或R2）与R3并联，根据并联电路的电压特点和P=UI=求出两电阻的电功率，它们之和即为电路的总功率，最后求出比值．‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 ‎【解答】解：（1）若只在a、c间接入R1，a、b间接入R2，b、c间接入R3，断开开关S后，R1、R3串联后与R2并联，则I13===0.5A，；I2===1A；‎ 则干路电流I=I13+I2=0.5A+1A=1.5A，Q=W=UIt=6V×1.5A×60s=540J；‎ ‎（2）由R1=9Ω，R2=6Ω，R3=3Ω可知：当三电阻分别单独接入电路中时，通过三电阻的电流分别为：I1===A；I2===1A；I3===2A；‎ 因开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A，‎ 所以，两电阻串联时，通过开关闭合、断开不可能使电流表的示数变化2A，故两电阻应并联，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，R3应位于开关S所在的支路，R1或R2应位于另一条支路上，电流表位于干路上，如下图所示：‎ ‎（3）图1中，S断开时，电路为R1的简单电路，则电路中的总功率：‎ P断开===4W；‎ S闭合时，R1与R3并联，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，电路的总功率：‎ P闭合═+=+=16W；‎ 所以，P断开：P闭合=4W：16W=1：4；‎ 图2中，S断开时，电路为R2的简单电路，则电路中的总功率：‎ P断开′===6W；‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页 S闭合时，R2与R3并联，‎ 因并联电路中各支路两端的电压相等，‎ 所以，电路的总功率：‎ P闭合′=+=+=18W．‎ 所以，P断开′：P闭合′=6W：18W=1：3；‎ 答：（1）R1的电阻为9Ω；‎ ‎（2）图1和图2中任意一个均可；‎ ‎（3）根据（2）中的连接电路，计算出S断开和闭合两种状态下电路的总功率之比为1：4（或1：3）．‎ ‎【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的灵活运用，第二问中利用“当开关S由闭合到断开时，电流表示数减小了2A”判断出电路的连接方式以及必须接入电路中的电阻是关键．‎ ‎　‎ ‎ ‎ 第 23 页 共 23 页