1、 南充市南充市 2 201919 年初中学业水平考试年初中学业水平考试 理科综合试卷理科综合试卷 物理部分物理部分 一、选择题一、选择题 1.关于声现象，下列说法正确的是 A. 声音的传播速度为 340m/s B. 声音的音调与物体的振幅有关 C. 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】 【分析】 （1）声音在空气中的传播速度是 340m/s； （2）振动频率越高音调越高，声音的音调与频率有关； （3）人的 听觉频率范围是 20Hz20000Hz，高于 20000Hz的是超声波，低于 20Hz的是次声波； （4）防治噪声污染可
2、 以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治； 【详解】A、声速与介质的种类有关，声音在空气中的传播速度是 340m/s，故 A 错误； B、声音的音调与频率有关，故 B错误； C、超声波具有较强的穿透性，并且能够传递信息，所以人们利用超声波可以确定鱼群位置和海水深度，故 C错误； D、汽车排气管上安装消声器是在声源处减弱噪声，故 D 正确。 【点睛】此题考查了声音的传播，声音的特征和防治噪声的途径，是声学中的综合题目，要结合各知识点 进行分析解答。 2.下列现象中属于光折射现象的是： A. 坐井观天 B. 杯弓蛇影 C. 海市蜃楼 D. 一叶障目 【答案】C 【解析】 【分析】
3、 （1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和 月食等； （2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平 面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池 底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。 【详解】A、坐井观天指在井中看到的天空只有井口那么大，这是光的直线传播造成的，故 A 不符合题意； B、杯弓蛇影是指弓在水中成像，属于平面镜成像，是光的反射造成的，故 B不符合题意； C、海市蜃楼是光在不
4、均匀的大气中传播形成的光的折射现象，故 C符合题意； D、一叶障目由于光沿直线传播形成的，故 D不符合题意。 【点睛】此题通过几个词语考查学生对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，解题的关键是理解词 语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。 3.下列说法中，错误的是 A. 人体正常体温约为 37 B. 秋冬的早晨出现的雾属于汽化现象 C. 物体温度降低时内能减少，温度升高时内能增加 D. 热机是将内能转化为机械能的机械 【答案】B 【解析】 【分析】 （1）正常情况下，人的体温在 37左右，变化范围很小； （2）物质由气态变成液态的过程
5、叫液化； （3）物体内能与温度有关，温度升高，分子无规则运动加剧，内能增加；温度降低，分子无规则运动减缓， 内能减少； （4）热机是将内能转化为机械能的机器； 【详解】A、人体正常体温在 37左右，变化幅度很小，故 A正确； B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故 B错误； C、温度影响物体的内能，温度升高时内能增加；温度降低时内能减少，故 C正确； D、热机是利用燃料燃烧释放的内能来做功的，所以是将内能转化为机械能的装置，故 D 正确。 【点睛】温度的估测、物态变化、内能的变化及热机的工作原理。正确、全面理解有关概念、规律是解答 的关键。 4.以下说法中，正确的是 A. 飞机前进时机
6、翼上方气流的速度较小，对机翼上表面的压强较大 B. 一个标准大气压可以支持 760cm高的水银柱 C. 书包带较宽是为了减小压强 D. 匀速上升的飞机，机械能保持不变 【答案】C 【解析】 【分析】 （1）机翼的升力：机翼的上方是弧形，空气流过上方时流速大，压强小。机翼下方是平面，空气的流速小， 压强大。这一压强差使飞机获得竖直向上的升力。 （2）1 标准大气压所能支持的水银柱的高便是在托里拆利实验中测出的大气压值。 （3）减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小 压力来减小压强。 （4）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势
7、能的因素是物体的质量和物体的高 度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。 【详解】A、等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于机翼上表面弯曲，下表面 平直，所以在相同时间内，空气通过机翼上表面的气流路程较长，流速大，对机翼上表面的压强较小。故 A 错误； B、1 标准大气压所能支持的水银柱的高度是 76cm。故 B 错误； C、书包带较宽是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。故 C 正确； D、飞机匀速上升过程中，质量不变、速度不变，动能不变，但是高度升高，所以重力势能增大，故机械能 增大，故 D错误。 【点睛】本题综合考查
8、了学生对流体压强和流速的关系、减小压强的方法、大气压的存在、机械能的大小 变化的掌握，具有一定的综合性，掌握基础知识即可正确解题。 5.如图，用一个始终水平向右的力 F，把杠杆 OA 从图示位置缓慢拉至水平的过程中，力 F 的大小将： A. 变大 B. 不变 C. 变小 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】 从支点向力的作用线作垂线， 垂线段的长度即力臂。 根据杠杆平衡条件 F1L1=F2L2分析， 力 F始终水平向右， 即动力臂不断变小，把杠杆 OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变 大。 【详解】如图，用一个始终水平向右的力 F，把杠杆 OA从图示
9、位置缓慢拉至水平的过程中，阻力的大小不 变（等于物重 G） ，阻力臂变大，动力臂不断变小，根据杠杆平衡条件 F1L1F2L2可知，动力将变大。故 A 正确。 【点睛】 本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力 臂的大小关系是本题的解题关键。 6.下列做法中不符合安全用电原则的是 A. 高大建筑物的顶端都要安装避雷针 B. 把用电器的三脚插头改为两脚插头，接在两孔插座上使用 C. 及时更换家庭电路中绝缘皮老化、破损的导线 D. 不接触低压带电体，不靠近高压带电体 【答案】B 【解析】 【分析】 （1）高大建筑物的里里外外都有金属，如不加避雷针，
10、雷电发生时，可能会击中建筑物顶端的金属物体， 从而放电，这样会损坏建筑物； （2）用电器的三脚插头能防止金属外壳漏电而触电，不能用两脚插头代替； （3）电线的绝缘皮破损，人去接触时，容易造成触电事故； （4）安全用电原则有：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。 【详解】A、高大建筑物为避免发生雷击，顶端要安装避雷针，故 A 符合安全用电原则； B、把用电器的三脚插头改为两脚插头接在两孔插座上使用（即用电器的金属外壳没有接地） ，这样当金属 外壳漏电时，电流不能导向大地，会发生触电事故，故 B不符合安全用电原则； C、电线的绝缘皮破损老化、破损时应及时更换，否则容易发生触电事故或短路（即火线和零
11、线直接连通） ， 故 C 符合安全用电原则； D、安全用电的基本原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故 D 符合安全用电原则。 【点睛】建筑物防雷、家庭电路的连接以及安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带体。注意 三脚插头不能用两脚插头代替；打雷下雨时不能站在大树下。 7.下列图中能够说明电动机工作原理的实验装置是： A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受到力的作用。正确分析四个选项各是研究什么问题的，再做回 答。 【详解】A、图中是通电螺线管，是利用电流的磁效应制成的，故 A 不符合题意； B、图中没有电源，闭合电路的部分
12、导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这是电 磁感应现象，是发电机的工作原理，故 B不符合题意； C、图中没有电源，是交流发电机的示意图，是根据电磁感应现象工作的，故 C不符合题意； D、图中有电源，通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故 D符合题意。 【点睛】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁 场中受力运动的装置是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。 8.AB两个实心球，已知 4 3 A B ， 1 2 A B V V ，现将两球放入水中后，静止时受到的浮力之比为 6 5 A B F F ，则 两球在水中静
13、止时所处状态可能是： A. 两球均漂浮 B. 两球均浸没 C. A球浸没 B 球漂浮 D. B球浸没 A球漂浮 【答案】C 【解析】 【分析】 已知 AB的密度之比和体积之比可以求出质量之比，又可以求出重力之比，根据每个选项进行假设，如果都 漂浮，判断浮力之比等于质量之比；都浸没，判断浮力之比等于体积之比；最后可以判断是一个漂浮，一 个浸没，并且是密度大的浸没，密度小的漂浮。 【详解】由题知 41 32 A B , A B V V 则 AB 两个实心球的质量之比： 412 323 AAA BBB m V = m V 由 G=mg可得， 两球的重力之比： 2 3 AA BB Gm = Gm A、
14、如果 A、B都漂浮，则物体受到的浮力都等于物体的重力，所以浮力之比应该等于重力之比，即浮力之 比为 2：3，不是 6：5，故 A 错误。 B、如果 A、B都浸没在水中，则物体排开水的体积等于物体的体积，由 F浮=水gV排可知，物体受到的浮 力跟物体排开水的体积成正比，所以 A、B 受到的浮力之比应该为 1：2，不是 6：5，故 B 错误。 CD、因 A、B 两球既不是都漂浮，又不是都浸没，所以只能是一个漂浮、一个浸没，并且密度大的浸没， 密度小的漂浮，因为 4 3 A B ，所以可以判断 A 球浸没、B球漂浮，故 C 正确，D错误。 【点睛】本题采用假设的方法来解决问题，然后进行排除，最后确定
15、答案。 9.下列说法正确的是： A. 力是改变物体运动状态的原因 B. 放在水平桌面上的书，受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力 C. 刹车时人会受到向前的惯性力 D. 人沿杆竖直向上匀速爬行时，所受摩擦力方向竖直向上 【答案】ABD 【解析】 【分析】 （1）力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力； （2）平衡力：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上； （3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性是物体的一种属性，不能说惯性力； （4）人沿杆竖直向上匀速爬行，竖直方向受到的是平衡力，平衡力大小相等，方向相反。 【详解】A、力是改变物体运动状态的原因，不是
16、维持运动状态的原因，故 A正确； B、放在水平桌面上的书，它受到的重力和桌面对它的支持力作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、 作用在同一直线上，是一对平衡力，故 B正确； C、惯性是物体的一种属性，不是力，不能说受到惯性力的作用，故 C 错误； D、人沿杆竖直向上匀速爬行时，摩擦力与重力平衡，大小相等、方向相反，因为重力方向竖直向下，所以 所受摩擦力方向竖直向上，故 D正确。 【点睛】解答本题的关键是要牢记力与运动的关系的理解：力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动 不需要力。 10.如图， 电源电压恒为9V， 灯L标有“3V 1.5W” （灯L电阻不受温度影响） ， 滑动变阻器R规格为
17、“030”， 闭合开关 S，当 R 的滑片移到 M 点时，灯 L正常发光，此时下列分析正确的是： A. 灯 L的电阻为 6 B. 电压表 V1示数为 6V C. R 接入电路中的阻值为 18 D. 电路消耗的总功率为 4.5W 【答案】AD 【解析】 【分析】 （1）首先判断电路连接情况和电压表测量谁的电压，灯和滑动变阻器是串联的，判断电压表测量谁的电压。 （2）知道电压和功率求灯的电流，知道电源电压和电流求出功率，知道滑动变阻器的电压和电流求出电阻。 【详解】由图知，灯和滑动变阻器是串联的，电压表 V1并联在电源两端，则 V1测电源电压，电压表 V2和 灯泡并联，则 V2测量灯泡的电压， 当
18、 R 的滑片移到 M 点时，灯泡正常发光， 由 PUI 可得，电路中的电流： 1 5 0 5 3 W A V L L P. I. U 则灯 L 的电阻：6 L L U R I ，故 A正确。 已知电源电压恒为 9V，V1测电源电压，所以 V1的示数为 9V，故 B错误。 此时灯 L正常发光，则 UL3V， 滑动变阻器两端电压为：UUUL9V3V6V， 滑动变阻器接入电路中的阻值： 6 12 0 5 V A U R I. ，故 C 错误。 电路消耗的功率为：PUI9V 0.5A4.5W，故 D正确。 【点睛】此题判断电压表测量谁的电压是解决本题的关键。 二、填空题二、填空题 11.小明在探究“凸
19、透镜成像规律”的实验中，他把蜡烛放在距透镜 30cm时，在光屏上形成清晰缩小的像，此 时的成像特点可应用于_ （填“照相机”、 “投影仪”或“放大镜”） 。 现将蜡烛向透镜方向移动 10cm， 要使光屏上再次形成清晰倒立的像，应将光屏_透镜（填“远离”或“靠近”） 。 【答案】 (1). 照相机 (2). 远离 【解析】 【分析】 （1）凸透镜成像的三种情况和应用之一：u2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。 （2）凸透镜成实像时，物近像远像变大。 【详解】把蜡烛放在距透镜 30cm时，物距为 30cm，在光屏上形成清晰缩小的像，则 u2f，此时的成像特 点可应用于照相机。 现将蜡烛
20、向透镜方向移动 10cm，物距减小，像距增大、像变大，则要使光屏上再次形成清晰倒立的像，应 将光屏远离透镜方向移动。 【点睛】此题主要考查凸透镜成像的应用，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大，考查的频率 很高，一定要熟练掌握。 12.十九大报告提出：“绿水青山就是金山银山”，倡导保护环境，使用新能源势在必行，太阳能等新型能源 属于_能源（填“可再生”或“不可再生”） ；4G通信技术在进行信息、文件等材料的传输过程 中，是靠_来传输的，华为 5G时代即将来临，将会让人们的生活更加方便快捷。 【答案】 (1). 可再生 (2). 电磁波 【解析】 【分析】 （1）人类开发利用后，在相当长的
21、时间内，不可能再生的自然资源叫不可再生资源。主要指自然界的各种 矿物、岩石和化石燃料；可再生的能源泛指从自然界获取的，可以再生的非化石能源，目前主要是指风能、 太阳能、水能、生物质能、地热能和海洋能等自然能源； （2）电磁波可以传递信息。 【详解】 （1）太阳能可以从自然界中源源不断的得到，属于可再生能源； （2）4G通信技术在进行信息、文件等材料的传输过程中，是由电磁波来传递信息的。 【点睛】此题考查了能源的分类及电磁波的应用，属于基础题。 13.如图，容器中装深度 10cm，质量为 60g的水，已知容器的质量为 30g，底面积为 5cm2，容器底部受到水 的压强为_Pa，容器对平桌的的压强
22、为_Pa。 （水=1 103kg/m3，g=10N/kg） 【答案】 (1). 110 3 (2). 1.8103 【解析】 【分析】 （1）知道容器内水的深度，根据 p=gh求容器底部受到水的压强； （2）求出容器和水的总质量，根据 G=mg求出总重力，水平桌面受到容器的压力等于重力，已知容器的底 面积，根据 F p S 求出容器对水平桌面的压强。 【详解】 （1）水的深度 h10cm0.1m， 容器底部受到水的压强： pgh1.0 103kg/m3 10N/kg 0.1m1000Pa； （2）质量为 60g的水，容器的质量为 30g，总质量为： m60g+30g90g， 重力为：Gmg90
23、 103 kg 10N/kg0.9N 水平桌面受到容器的压力： FG0.9N， 容器对桌面的压强： 42 0 9 1800 5 10 N Pa m F S . p 【点睛】本题关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在水平面上压力等于物体自身的重力。 14.小红参加校运会百米赛跑，跑完全程用时 15s，则全程的平均速度是_ m/s（结果保留一位小 数） ，以奔跑的小红为参照物，运动场旁的建筑物是_的（填“运动”或“静止”） 。 【答案】 (1). 6.7 (2). 运动 【解析】 【分析】 （1）知道百米赛跑的时间，根据 S v t 求出平均速度； （2）物体是运动还是静止与参照物的选择有关。 【
24、详解】 （1）小红的平均速度 100 6 7 15 m ms s / s v. t ； （2）以奔跑的小红为参照物，运动场旁的建筑物相对于小红的位置不断变化，故建筑物是运动的。 【点睛】要判断物体是运动还是静止，关键是判断物体与所选参照物之间的距离和方向是否改变。 15.将物体 A放在水平面上，在水平拉力 F1作用下，以 v1=4m/s 的速度向右匀速运动，在同一水平面上，物 体 A 到水平拉力 F2作用时，以 v2=6m/s 的速度向右匀速运动，两次移动的距离相同，则两次拉力做功 W1_W2（填“、“”、“”或“=”） 。 【答案】 (1). (2). 【解析】 【分析】 将物体 A 放在水
25、平面上，在水平拉力作用下，以一定的速度向右匀速运动，在同一水平面上，压力与接触 面的粗糙程度不变，摩擦力大小不变，根据二力平衡条件可知水平拉力都等于摩擦力，再根据 W=Fs 可求 功的大小，由 P=Fv 可得功率的大小。 【详解】将物体 A 放在水平面上，在水平拉力作用下，以一定的速度向右匀速运动；同一物体在同一水平 面上，压力的大小与接触面的粗糙程度均不变，则摩擦力大小不变，根据二力平衡条件可知，水平拉力都 等于摩擦力，即 F1F2f； 两次拉力相等，两次移动距离也相同，根据 WFs可知，拉力做的功相等，即 W1W2； 两次拉力相等， 1 v4m/s， 2 v6m/s，由 PFv 可知，两次
26、拉力的功率 P1P2。 【点睛】本题主要考查滑动摩擦力、功和功率的概念。 16.弹簧测力计下悬挂一物体，当物体 1 3 的体积浸入水中时，弹簧测力计示数为 5N，当物体 1 2 的体积浸入水 中时，弹簧测力计示数为 3N，现将物体从弹簧测力计上取下放入水中，则该物体静止时所受浮力是 _N，该物体的密度为_kg/m3。 （水=1 103kg/m3，g=10N/kg） 【答案】 (1). 9 (2). 0.7510 3 【解析】 【分析】 （1）由已知条件，根据称重法测浮力及阿基米德原理列方程求出物体浸没时受到的浮力和物体的重力，根 据 物体的浮沉条件确定将物体从弹簧测力计上取下放入水中静止时处的
27、状态，由漂浮的特点，得出物体 所受浮力大小； （2）求出物体的体积，该物体的密度为： mG VgV 求出物体的密度。 【详解】 （1）当物体 1 3 的体积浸入水中时，排开水的体积为 1 3 V，弹簧测力计示数为 5N， 根据称重法测浮力：GF浮F 和阿基米德原理有： 1 5 3 水 NGgV ； 当物体 1 2 的体积浸入水中时，弹簧测力计示数为 3N，同理有： 1 3 2 水 NGgV ； 得：水gV12N， 将代入得： 1 1259 3 NNNG； 由知，物体浸没受到的浮力为 12N9N，由物体的浮沉条件，将物体从弹簧测力计上取下放入水中，则 该物体静止时处于漂浮状态，由漂浮的特点，物体
28、所受浮力是： FG9N； （2）由得物体的体积： 12N g V 水 ； 该物体的密度为： 33 9 0 75 10 12 水 N kgm N mG ./ VgV g g 【点睛】本题考查称重法测浮力、阿基米德原理、及漂浮的特点和密度公式的运用，综合性较强。 17.如图是电热饮水机电路原理图，已知 R1=100，R2=20，当开关 S1、S2闭合时，饮水机处于_ 状态（填“保温”或“加热”） ，饮水机的保温功率与加热功率之比为_。 【答案】 (1). 加热 (2). 1:6 【解析】 【分析】 （1）分析开关闭合、断开时电路总电阻的大小关系，根据 2 U P R 比较功率的大小，进一步判断电路
29、所处 的工作状态； （2）饮水机处于加热状态时，电路为 R1的简单电路，饮水机处于保温状态时，R1与 R2串联，根据 2 U P R 求出功率之比。 【详解】 （1）当开关 S1、S2都闭合时电路为 R1的简单电路，当 S1闭合、S2断开时 R1与 R2串联， 两电阻串联时总电阻最大，所以当开关 S1、S2都闭合时，电路中的电阻最小，由 2 U P R 可知，电路中的 总功率最大，饮水机处于加热状态； （2）饮水机处于加热状态时，电路为 R1的简单电路，则电路的功率： 2 1 U P R 加热 饮水机处于保温状态时，R1与 R2串联，电路的功率为： 2 12 + U P R R 保温 所以饮水
30、机的保温功率与加热功率之比： 2 保温12 2 加热 1 U PR + R = UP R 1 5 100 +20 = 1 6 100 【点睛】本题考查了电功率公式和并联电路特点以及欧姆定律的应用，要注意并联电路中总电阻小于任何 一个分电阻。 18.如图，灯 L标有“4V 2W”，R=20，闭合开关 S时，灯 L正常发光（灯丝的电阻不受温度影响） ，电流表 示数为_A，通电 1min 电路中产生的热量为_J。 【答案】 (1). 0.7 (2). 168 【解析】 【分析】 由图知 R 与 L 并联，电流表测干路电流，由灯泡正常发光可知电源电压，由 P=UI 可得灯泡电流，由并联电 路特点和欧姆
31、定律可得 R的电流，从而得到干路电流；由 Q=W=UIt可得通电一分钟电路产生热量。 【详解】由图知 R 与 L 并联，电流表测干路电流，灯 L正常发光， 所以 UURUL4V， 由 PUI 可得通过灯泡的电流： 2 0 5 4 W A V . L L L P I= U 由欧姆定律可得通过 R 的电流： 4 0 2 20 V A. R R U I= R 由并联电路的电流特点可得电流表示数：IIL+IR0.5A+0.2A0.7A； 通电 1min 电路中产生的热量：QWUIt4V 0.7A 60s168J。 【点睛】本题考查了并联电路特点、欧姆定律以及电热计算公式应用，关键知道灯泡正常发光时的电
32、压 等于其额定电压。 19.如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡 L标有“6V 3W字样，图乙是通过小灯泡的电功率随其两端电压 变化的图象。滑动变阻 R1的最大值为 40，定值电阻 R2=10，当闭合 S、S1、断开 S2、P 在中点时，R2的 功率为 0.9W，电源电压为_V，当闭合 S、S2、断开 S1、小灯泡功率为 1.6W 时，滑动变阻器连 入电路中的阻值_。 【答案】 (1). 9 (2). 12.5 【解析】 【分析】 （1）当闭合 S、S1、断开 S2时，滑动变阻器 R1与定值电阻 R2串联，P 在中点时，根据 P=I2R2求出电路的 电流，根据欧姆定律算出电源电压； （2）当闭
33、合 S、S2、断开 S1时，滑动变阻器 R1与小灯泡串联，根据图象读出此时小灯泡两端的电压，利用 串联电路电流和电压的规律以及欧姆定律算出电路的电流以及滑动变阻器的电阻。 【详解】 （1）当闭合 S、S1、断开 S2时，滑动变阻器 R1与定值电阻 R2串联， P 在中点时，R2的功率为 0.9W， 根据 PI2R2知，此时电路的电流为： 0 9 0 3 10 W A . . 2 P I = R 根据 U I R 可得，电源电压为： 21 11 0 310409 22 AUI RR.V （2）当闭合 S、S2、断开 S1时，滑动变阻器 R1与小灯泡串联，根据图乙知，当小灯泡的电功率为 1.6W时
34、， 小灯泡两端的电压为 4V， 根据 PUI知，此时电路的电流： 1 6 0 4 4 W A V P. I. U 根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压： U2UUL9V4V5V， 则滑动变阻器连入电路中阻值： 2 2 5 12 5 0 4 V A U R. I. 【点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键， 要注意灯泡的电阻是变化的。 三、探究与解答题三、探究与解答题 20.如图，在舞蹈室的墙面上装有一块平面镜，王老师用一激光笔从 S点照射镜面，在地面上 P 点看到一光 斑，请用平面镜成像特点完成光路图。 【答案】 【解析】 【分析】
35、根据反射光线反向延长通过像点和像点与发光点关于平面镜对称，作出反射光线并完成光路图。 【详解】根据像与物体关于平面镜对称先作出 S的像点 S，连接 SP，与平面镜的交点即为入射点，再连接 S与 入 射 点 连 线 为 入 射 光 线 ， P与 入 射 点 连 线 为 反 射 光 线 ， 如 图 所 示 ： 【点睛】本题考查利用平面镜成像特点作图，关键是利用好在光的反射现象中，反射光线反向延长一定通 过发光点的像点这一特点。 21.如图，物 A 放在斜面上处于静止状态，在图中画出 A 所受重力 G和对斜面的压力 F 的示意图。 【答案】 【解析】 【分析】 重力是物体受到的力，因此根据规则物体的
36、重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，过物体 的重心表示出重力的方向即可； 压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点；然后根据压力的方向垂 直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。 【详解】过物体的重心画一条竖直向下的带箭头的线段，符号为 G，即为重力的示意图； 在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画一条垂直于斜面向下、带箭头的线段， 符号为 F，即为压力的示意图。如图所示： 【点睛】本题的关键是确定压力和重力的作用点和方向，并会用力的图示表示力的三要素。注意物体对斜 面的压力要小于物体所受重力。 22.如图，小红同学在“测
37、量盐水的密度”实验中，操作步骤如下： （1）把天平放在水平桌面上，游码放在零刻度线，发现指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向 _（填“左”或“右”）调节，直到横梁水平平衡。 （2）已知空烧杯的质量为 28g，现将适量盐水装入烧杯，并放在天平的左盘，测量其质量，待天平平衡时， 如图乙所示。然后将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，如图丙所示，由此计算出盐水的密度为 _kg/m3。 （3）小红同学此次实验操作测得的盐水密度将偏_（填“大”或“小”） 【答案】 (1). 左 (2). 1.110 3 (3). 偏大 【解析】 【分析】 （1）天平使用前的调节：若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的
38、中线处； （2）天平测物体质量时，物体质量等于砝码质量与游码读数之和； （3）由于烧内壁粘有液体所以体积 V偏小，由此分析所测密度变化。 【详解】 （1）把天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度线处后，由图甲知，指针偏右，此时应 将左端的平衡螺母向左调节，直到指针对准分度盘中央的刻度线； （2）由图乙知，天平标尺的分度值为 0.2g，盐水和烧杯的总质量 m50g+20g+20g+4g94g，盐水的质量 为 94g28g66g；盐水的体积 V60mL60cm3， 盐水的密度 333 3 66 1 11 1 10 60 kgm mg . g / cm./ Vcm （3）把烧杯中的盐水全部倒入
39、量筒中测体积时，由于烧杯内壁粘有盐水，所以测得体积 V 偏小，根据 可 知，所测盐水密度偏大。 【点睛】用天平和量筒来测液体的密度，是实验室中最常用的方法，重点应掌握天平的调节与使用方法、 量筒的读数、密度公式的运用、实验步骤的合理安排等。 23.如图甲是小东探究“不同物质吸热规律”的实验装置： （1）两个相同的烧杯中装有_相同且初温相同的水和煤油，用相同的酒精灯对它们加热。 （2）根据实验数据，小东作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象（见图乙） 。由图乙可知，杯中的 水和煤油，升高相同的温度时，吸收的热量_（填“相同”或“不相同”） ，计算出煤油的比热容是 _J/（kg ） 。c水=4.
40、2 103J/（kg ） 【答案】 (1). 质量 (2). 不相同 (3). 2.110 3 【解析】 【分析】 （1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物体的质量和热源相同，所以实验时还要使物体的初温相同， 比较温度的变化； （2） 由图乙知， 升高相同的温度， 水用的时间是煤油的 2 倍， 即水吸收的热量是煤油的 2 倍， 根据 Q c m t 在质量、升温相同的情况下，比热容与 Q成正比，求出煤油的比热容。 【详解】 （1）要探究“不同物质吸热规律”，需要控制物质的质量和热源相同，所以要使水和煤油质量和初温 相同，用相同的酒精灯对它们加热； （2）由图乙知，升高相同的温度，水用的时间
41、是煤油的 2 倍，即水吸收的热量是煤油的 2倍， 根据 Q c m t 可知，在质量、升温相同的情况下，比热容与 Q成正比， 故煤油的比热容： 33 11 4 2 102 1 10 22 =Jkg CJkg Cc././ 煤油水 c 【点睛】此题通过探究物质的比热容实验和影响物体吸热多少的因素实验考查了学生对控制变量法的应用 和根据数据得出结论的能力。 24.如图是“测量小灯泡电阻”的实验装置，电源电压恒为 6V，小灯泡的额定电压为 3.8V。 （1）检查无误后，闭合开关，滑动变阻器的滑片向左移动，请写出 A 表、V 表的示数变化情况： _ （2）移动滑片获得了表格中的实验数据： 实验次数 发
42、光情况 电压（V） 电流（A） 灯丝电阻（） 1 刚发光 1.5 0.2 2 暗 2.5 0.3 8.3 3 亮 3.8 042 9.0 请计算出第 1次实验时灯丝的电阻，R1=_。 （3）分析数据及实验现象可知，灯越亮，灯丝电阻越大，说明灯丝的电阻与_有关。 （4）现电压表 015V 量程损坏，而 03V 程完好，在不增减器材的情况下，请设计测量小灯泡额定功率 的的实验，写出必要的调整步骤：_。 【答案】 (1). A表示数变大、V 表示数变大 (2). 7.5 (3). 温度 (4). 将电压表并联在滑动变阻 器两端（移动滑片 P，使电压表的示数为 2.2V） 【解析】 【分析】 （1）分
43、析电路连接，滑动变阻器的滑片向左移动，确定变阻器连入电路的电阻变化，根据电阻的串联确定 总电阻变化，由欧姆定律，得出电流和电压表示数变化； （2）根据表中数据，由欧姆定律，计算出第 1 次实验时灯丝的电阻； （3）灯丝的电阻与温度有关。 （4）根据串联电路电压的规律，当电压表示数为：6V-3.8V=2.2V 时，灯正常发光，据此分析。 【详解】 （1）图中，变阻器与灯串联，电流表测电路的电流，电压表测灯的电压，检查无误后，闭合开关 滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的电阻变小，由欧姆定律，电流示数变大， 根据 UIR，电压表示数变大； （2）根据表中数据，由欧姆定律，请计
44、算出第 1次实验时灯丝的电阻， 1 1 5 7 5 0 2 V A . R. . （3）分析数据及实验现象可知：灯越亮，灯丝电阻越大，说明灯丝的电阻与温度有关。 （4）现电压表 015V 量程损坏，而 03V 量程完好，将电压表并联在变阻器两端，根据串联电路电压的 规律，当电压表示数为：6V3.8V2.2V时，灯正常发光，记下此时电流表示数，根据 P额U额I计算即 可。 【点睛】本题测灯的电阻，考查串联电路的规律及欧姆定律的运用及影响电阻大小的因素，同时也考查了 测功率方案的设计。 25.如图，电源电电压不变，定值电阻 R1=6，电流表的量程为 00.6A，电压表的量程为 03V，滑动变阻 器
45、 R2的规格为“40 1A”，闭合开关后，当滑片 P 置于 M点时，电流表示数为 0.3A，当滑片 P 置于 N点时， 电流表示数变化了 0.1A，且滑动变阻器连入电路中的阻值 1 2 M N R R 。 （1）求定值电阻 R1前后两次电功率之比； （2）求电源电压； （3）在不损坏元件的情况下，求出滑动变阻器的取值范围。 【答案】 （1）定值电阻 R1前后两次电功率之比为 9：4； （2）电源电压为 3.6V； （3）在不损坏元件的情况下， 滑动变阻器的取值范围为 030。 【解析】 【分析】 （1）滑片由 M 点滑到 N 点，电阻变大，电路中的电流减小，求出滑片 P 置于 N 点时电路中的
46、电流，再根 据 P=I2R 求出定值电阻 R1前后两次电功率； （2）根据电源电压不变列出等式，求出电源电压； （3）根据电流表量程和滑动变阻器规格分析电路中的最大电流，进而求出滑动变阻器的最小阻值； 电压表测量滑动变阻器两端的电压，其示数最大时，滑动变阻器连入电路中的阻值最大，根据分压特点求 出连入电路的最大阻值。 【详解】 （1）滑片由 M 点滑到 N点，电阻变大，电路中的电流减小，所以滑片 P 置于 N 点时电路中的电流： INIM0.1A0.3A0.1A0.2A， 定值电阻 R1前后两次电功率之比： 2 2 0 3 9 4 0 2 A A ( .) : ( .) 2 MM1 2 NN1
47、 PI R = PI R （2）滑片 P 置于 M 点时，电源电压 UIM（R1+RM）， 滑片 P 置于 N点时，电源电压 UIN（R1+RN） ， RN2RM， 所以 0.3A（R1+RM）0.2A（R1+2RM） ， 解得 RMR16， 电源电压： UIM（R1+RM）0.3A （6+6）3.6V； （3）根据电流表量程和滑动变阻器规格可知，电路中的最大电流为 I大0.6A， 由欧姆定律可得，电路总电阻： 3 6 6 0 6 V A . . 大 U R = I 滑动变阻器连入电路的最小阻值： R滑小RR1660； 电压表的量程为 03V，滑动变阻器两端的最大电压 U滑3V， R1两端的电压 U1UU滑3.6V3V0.6V， 根据串联电路的分压特点可知： 11 0 66 3 滑滑大滑大 V = V UR. URR 解得 R滑大30， 所以在不损坏元件的情况下，滑动变阻器的取值范围为 030。 【点睛】此题主要考查的是学生对欧姆定律计算公式和串联电路电流、
