1、2020年江苏省苏州市中考物理试卷和答案 解析一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的选项中只有一个选项符合题意）1（2分）2020年6月23日，我国成功发射了最后一颗“北斗”全球组网卫星，卫星向地面传递信息是通过（）A电磁波B超声波C次声波D红外线解析：电磁波可以在真空中传播，传播过程不需要介质。参考答案：解：因为电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播，所以“北斗”卫星是通过电磁波将信息传回地面的，故A正确。故选：A。点拨：本题考查电磁波的应用及是否能在真空中传播的常识，属基础知识的考查，比较简单。2（2分）如图所示的工具中，在使用时属于省力杠杆的是（）A镊子B开瓶器C
2、船桨D钓鱼竿解析：结合图片和生活经验分析动力臂和阻力臂的大小关系，当动力臂大于阻力臂时，是省力杠杆；当动力臂小于阻力臂时，是费力杠杆；当动力臂等于阻力臂时，是等臂杠杆。参考答案：解：镊子、船桨、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；开瓶器在使用时，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确、ACD错误。故选：B。点拨：本题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：省力杠杆，动力臂大于阻力臂；费力杠杆，动力臂小于阻力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。3（2分）十月的苏城桂花飘香，这现象表明了（）A分子可以再分B分子间有空隙C分子间有作用力D分子在永不停息的无规则运动解析：从扩散定义和扩散表明的问题进
3、行解答。参考答案：解：十月的苏城桂花飘香，是一种扩散现象，是桂花的芳香分子扩散到空气中，扩散表明分子不停地做无规则运动，故选项ABC错误、选项D正确。故选：D。点拨：扩散表明分子是不停地做无规则运动，分子的运动无法用肉眼观察到，但可以通过气味、颜色体现。4（2分）下列安全警示语与物理知识不对应的是（）A车厢内“请系好安全带”物体具有惯性B宿舍内“禁用大功率用电器”电路短路会导致熔丝熔断C包装上“刀口锋利，小心割伤”压强大小与受力面积有关D公路上“冰雪路面，加装防滑链”滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关解析：（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性。（2）熔丝熔断是因为电路中
4、的电流过大，电路中电流过大的原因，一是用电器的总功率过大，二是电路短路；（3）增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；（4）增大滑动摩擦力的方法：在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦力；在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力增大摩擦力。参考答案：解：A、车厢内警示语“请系好安全带”，是为了防止当紧急刹车时，人由于惯性向前倾而造成伤害，故A正确；B、宿舍内“禁用大功率用电器”，是因为用电器的总功率过大引起电流过大，会导致熔丝熔断，故B错误；C、刀口锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，容易割伤，说明压强大小与受力面积
5、有关，故C正确；D、“冰雪路面，加装防滑链”是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，防止打滑，说明滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关，故D正确。故选：B。点拨：本题综合考查了惯性、电路中引起电流过大的原因、增大压强的方法、增大摩擦力的方法，属于基础题。5（2分）下列四张图中利用热传递来改变物体内能的是（）A钻木取火B煤炉烧水C压缩空气升温D搓手取暖解析：（1）热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体转移的过程，在此过程中能的形式不发生变化；（2）做功实质是能的转化过程，做功的过程中能量的形式变了，有的是机械能和内能的转化过程。参考答案：解：A、钻木取火，机械能转化成内能，是通过做功的方
6、式改变物体内能的，故A不符合题意；B、煤炉烧水，水吸收热量，温度升高，内能增大，是通过热传递的方式增加水的内能，故B符合题意；C、压缩空气，使空气升温，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体内能的，故C不符合题意；D、用“搓手”的方法取暖，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体内能的，故D不符合题意。故选：B。点拨：解答此类问题要知道改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程也就是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。6（2分）关于能源和材料，下列说法正确的是（）A天然气是可再生能源B超导体材料可制成电热器C目前核电站是利用核裂变发电D“永动机”是可以制造出来的解析：（1）
7、煤、石油、天然气是化石能源，使用后在短时间内不能再生，所以是不可再生能源；（2）某些物质在很低的温度时，电阻就变成了零，这是超导现象；（3）获得核能的方式：核裂变和核聚变两种，目前可供人们控制利用的核能是通过核裂变获得的；（4）任何机械在使用过程中总有能量损耗，所以不可能制成永动机。参考答案：解：A、天然气使用后在短时间内不能再生，所以它是不可再生能源。故A错误；B、超导材料是指电阻为0的材料，若制成电热器是不可能发热的。故B错误；C、目前核电站是利用核裂变方式来发电的。故C正确；D、任何机械在使用过程中总有能量损耗，所以不可能制成永动机。故D错误。故选：C。点拨：此题考查的知识点较多，有能源
8、的分类、超导体的特点、核能的获得方式及能量的转化和守恒等，基础性题目。7（2分）如图所示，烛焰在光屏上刚好成清晰的像。透镜不动，将蜡烛移至40cm刻度处，移动光屏，在光屏上能观察到（）A倒立、缩小的实像B倒立、放大的实像C正立、放大的实像D光屏上不能呈现像解析：（1）凸透镜成像时，当uv2f 时，光屏上呈现倒立、等大的实像，知道物距求出凸透镜的焦距。（2）当蜡烛移至40cm刻度处，求出物距，根据物距和焦距的关系判断凸透镜成像情况。（3）实像能在光屏上呈现，虚像不能在光屏上呈现。参考答案：解：如图，u50cm20cm30cm，v80cm50cm30cm，此时光屏上出现清晰的像，uv2f30cm，
9、所以f15cm，将蜡烛移至40cm刻度处，u50cm40cm10cm，物距小于焦距，凸透镜成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，所以光屏上不能呈现像。故选：D。点拨：本题首先要明确凸透镜的几种成像情况求出凸透镜的焦距，然后再根据变化后的物距和焦距的关系判断成像情况。8（2分）在烧瓶中注入刚刚沸腾的水，塞紧瓶塞，将烧瓶倒置，再用冷水浇烧瓶的底部，可以看到水又重新沸腾起来。该实验现象说明了（）A沸腾过程需要吸热B沸腾过程需要放热C水的沸点与环境温度有关D水的沸点与水面上方气压有关解析：从液体沸点与气压关系角度来分析，气压减小，沸点降低。参考答案：解：在烧瓶中注入刚沸腾的水，塞紧瓶塞，将烧瓶倒置，
10、再用冷水浇时，烧瓶中的水蒸气液化，瓶内气压降低，水的沸点降低，所以会看到水重新沸腾，故D正确、ABC错误。故选：D。点拨：本题主要考查学生对沸点与气压的关系的了解和掌握，属于基础知识。9（2分）有一款“空调扇”既能送常温风，又能送凉风。小明了解到其内部有两个电动机，其中电动机M1，驱动扇叶送风，M2驱动机内水循环使所送的风成为“凉风”，此款风扇不会只有水循环而不送风。小明设计的电路图，符合要求的是（）ABCD解析：电路基本连接方式是串联和并联，其中串联电路用电器互相影响，并联电路用电器互不影响；串联电路一个开关可以控制所有用电器，并联电路干路开关控制所有用电器，支路开关只控制所在支路用电器。参
11、考答案：解：由图知：A、开关S1闭合，电动机M1和M2串联同时工作；S1、S2都闭合，电动机M1被短路不能工作。故A不合题意；B、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风；S2闭合，电动机M2工作驱动机内水循环。水循环和送风互不影响。故B不合题意；C、开关S1闭合，电动机M1工作，驱动扇叶送风；再闭合开关S2，电动机M2工作，驱动机内水循环，使所送的风成为“凉风”；若S1断开，无论S2是否闭合，电动机M2都不能工作。故C符合题意；D、闭合开关S1，电动机M2工作，驱动机内水循环；再闭合开关S1，电动机M1工作，驱动扇叶送风。故D不合题意。故选：C。点拨：此题考查串、并联电路的设计的应用，这考
12、查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用。10（2分）小明采用“向漏斗口吹气，观察乒乓球状态”的方法来探究流速对流体压强的影响。以下方案不合理的是（）A竖直向上吹气B水平向右吹气C竖直向下吹气D斜向下吹气解析：首先分析不吹气时乒乓球的状态，再分析吹气时乒乓球的状态，如果乒乓球受到流体压力时运动状态变化了，就能探究流速对流体压强的影响。参考答案：解：A、不吹气时，乒乓球受到的重力和支持力是平衡力，乒乓球处于静止状态；竖直向上吹气时，乒乓球底部空气流速大压强小，乒乓球上面流速小压强大，产生向下的压力，乒乓球受竖直向下的重力，乒乓球还受到支持力作用，这三个力是平
13、衡力，乒乓球也处于静止状态，所以竖直向上吹气没有改变乒乓球的运动状态，不能很好的探究流体流速对流体压强的影响，故选项正确。B、不吹气时，乒乓球由于重力作用会滚下来，水平向右吹气时，乒乓球左侧空气流速大压强小，乒乓球右侧空气流速小压强大，产生向左的压力，乒乓球保持静止状态，所以水平向右吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。C、不吹气时，乒乓球由于重力作用会滚下落，竖直向下吹气时，乒乓球上方空气流速大压强小，乒乓球下方空气流速小压强大，产生向上的压力，乒乓球保持静止状态，所以竖直向下吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。D、不吹气时，
14、乒乓球由于重力作用会滚下来，斜向下吹气时，乒乓球右上方空气流速大压强小，乒乓球左下方空气流速小压强大，产生向右上方的压力，乒乓球保持静止状态，所以斜向下吹气改变了乒乓球的运动状态，可以探究流速对流体压强的影响，故选项错误。故选：A。点拨：通过本实验给我们一个启示，进行探究实验时不但要理解小实验探究的过程和实验结论，更要大胆想象实验过程变化时是否能得出实验结论。11（2分）在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法正确的是（）A电压表V1对应的是图线B电压满足UcUa
15、+UaCR2的最大阻值小于R1的阻值D电路的最大总功率为2UbIb解析：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；（1）根据电压表V2示数为0判断；（2）在串联电路中，电源电压等于各部分电压之和；（3）根据欧姆定律知，当滑动变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中电流最小，由图判断两电阻的电压关系，根据分压原理确定两电阻的关系；（4）根据公式PUI可知，当电路中电流最大时，总功率最大。参考答案：解：A、滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，因此此时电压表V2示数为零，由图象可得，图线反映电压表V2示数随电流的
16、变化，图线反映电压表V1示数随电流的变化，故A错误；B、从图乙可以看出，电路中电流为Ia时，电压表V1示数为Ua，电压表V2示数为Ua，根据串联电路的电压规律可知，电源电压UUa+Ua；当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表V1测量的是电源电压，此时的示数为Uc，所以UcUa+Ua，故B正确；C、从图乙可以看出，电路中电流最小时为Ia，此时滑动变阻器两端的电压要大于R1两端的电压，根据分压原理，滑动变阻器的最大阻值要大于R1的阻值，故C错误；D、由图可知，当电路中电流为Ic时，电流是最大的，则最大功率为：PUcIb，故D错误。故选：B。点拨：本题考查欧姆定律及串联电路的规律的灵活运用，关键是
17、从图获取有效的信息，有难度。12（2分）如图甲所示，水平桌面上放有一内壁光滑的竖直圆筒，筒底固定一根弹簧。将一小球放置在弹簧上，静止时位于A点（如图乙）。现将小球下压至B点，并用此处的装置锁定（如图丙）。解锁后，小球向上弹出筒口。下列说法正确的是（）图乙中圆筒对桌面的压力小于图丙中的压力图乙中圆筒对桌面的压力等于图丙中的压力图丙中小球开始运动到脱离弹簧的过程中速度一直变大图丙中小球开始运动到脱离弹簧的过程中速度先变大后变小A和B和C和D和解析：（1）以整体为研究对象分析甲乙图中容器对水平桌面的压力大小关系；（2）在运动过程中小球受重力与弹簧的弹力，当两力大小相等时，小球速度最大，此时弹力与重力
18、是一对平衡力。参考答案：解：、以整体为研究对象，图乙、丙对桌面的压力相等，都等于容器、弹簧和小球的总重力，故错误、正确；、解锁后，小球受竖直向上的弹簧的弹力、竖直向下的重力，重力小于弹力，合力向上，小球速度越来越大；随着弹簧压缩量的减小，弹力逐渐减小，当弹力与重力相等，小球的速度达到最大；弹力小于重力时，合力向下，小球速度减小，故错误、正确；故D正确，ABC错误。故选：D。点拨：本题考查了弹力以及运动和力关系等问题。解题的关键要读懂图，分析弹力的变化情况。二、填空题（本题共10小题，每空1分，共26分）13（2分）诗句“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”中，“钟声”是由于钟的振动而产生的；“客船
19、”上的人通过音色（填乐音的特性）辨别出是钟声。解析：（1）声音是由物体的振动产生的。（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。参考答案：解：（1）“钟声”是由于钟的振动产生的。（2）人通过音色辨别出是钟声。故答案为：振动；音色。点拨：知道声音产生的条件、区分声音的三个特征，可解答此题。14（2分）熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经凝固（填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，
20、利用带电体具有吸引轻小物体的性质，增强口罩的过滤效果。解析：（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固；（2）带电体可以吸引轻小的物体。参考答案：解：生产熔喷布时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再凝固成固态的超细纤维，组合成布；将熔喷布制成口罩时，熔喷布先经过驻极处理，带上静电，因为带电体能吸引轻小的灰尘等小颗粒物，所以增强了口罩的过滤效果。故答案为：凝固；吸引轻小物体。点拨：本题考查了凝固现象以及带电体的性质，属于基础题，难度不大。15（2分）如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是相互的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点
21、中，人站在A（A/B）点进行上述实验，更容易转动。解析：（1）力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；力的作用是相互的；（2根据杠杆平衡条件分析在那点更容易转动。参考答案：解：如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是相互的，空气给人一个反作用力，人与转盘开始一起反向转动，人站在A点进行上述实验，力臂大于人站在B点进行上述实验的力臂，在A、B两点中，使用相同的力，在A点更容易转动。故答案为：相互；A。点拨：本题考查力的作用效果、力作用的相互性和力的三要素，属于基础题。16（3分）用天平测量一石块的质量，天平平衡时所用砝码及游码如图甲所示，则
22、石块的质量为29.2g将该石块放入盛有30mL水的量筒中，液面位置如图乙所示，图中读数时视线正确的是b（a/b/c）。石块的密度是2.92103kg/m3。解析：（1）根据游码标尺的分度值读出游码对应的刻度；天平在读数时应将砝码质量与游码示数相加；（2）浸没在液体中的固体体积等于固体浸没在水中前后的液面对应的体积差，读数时视线以凹液面底部为准；根据密度公式判断计算小石块的密度。参考答案：解：（1）游码标尺的分度值为0.2g，天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量与游码示数的和，石块的质量m20g+5g+4.2g29.2g；（2）量筒读数时，视线要与液柱的凹面相同，故b的读数方法正确；量筒的分度值
23、为1mL，石块与水的总体积为40mL，量筒内装有30mL水，石块的体积为：V40mL30mL10mL10cm3，石块的密度：2.92g/cm32.92103kg/m3。故答案为：29.2；b；2.92103。点拨：本题通过测定一小石块的密度，考查了天平和量筒的读数、密度的计算，难度适中。17（2分）在光学实验室内，将一辆玩具汽车放置在白色背景板前。拉上窗帘，打开光源A，让一束白光照向汽车，发现汽车呈现黄色，这是由于汽车反射（吸收/反射）了黄色光。若将另外一束红光照向汽车的影子，则影子区域此时呈现红色。解析：不透明物体的颜色由它反射的色光决定。参考答案：解：发现汽车呈现黄色，这是由于汽车反射黄色
24、光。将另外一束红光照向汽车的影子，白色背景板反射红光，故区域呈现红色。故答案为：反射；红。点拨：知道物体的颜色之谜，不透明物体的颜色由它反射的色光决定，可解答此题。18（2分）如图所示，将甲、乙两个微型电动机的转轴对接并固定在一起，闭合开关后两电动机一起转动，小灯泡发光。此处产生电磁感应现象的是甲（甲/乙）电动机。该过程中能量转化是将电能机械能电能，最终转化为内能和光能。解析：（1）通电导体在磁场中受到磁力的作用而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机。（2）闭合电路的一部分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，这种现象叫电磁感应，该过程中机械能转化为电能，其实际应用是
25、发电机。参考答案：解：闭合开关，电源与乙电动机接通，电流通过乙电动机，乙电动机转动，将电能转化为机械能，其原理是通电导体在磁场中受力而运动；乙电动机带动甲电动机一起转动，甲电动机内部的线圈在磁场中切割磁感线，产生感应电流，小灯泡发光，此时甲电动机相当于发电机，将机械能转化为电能，其工作原理是电磁感应现象。整个过程中能量转化是将电能机械能电能，最终转化为小灯泡的内能和光能。故答案为：甲；机械。点拨：本题考查了对发电机、电动机的原理的理解；要理解电动机和发电机的工作过程是相反的：发电机是由磁场和运动产生电流；电动机是由磁场和电流产生运动。19（2分）某燃气热水器将20kg的水从10加热到60，完全
26、燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是4.2106J热水器烧水的效率是50%。已知水的比热容为4.2103J/（kg），煤气的热值为4107J/m3解析：（1）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸cm（tt0）求水吸收的热量（有用能量）；（2）知道使用煤气的体积、煤气的热值，利用Q放qV求煤气完全燃烧放出的热量（总能量）；热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。参考答案：解：（1）水吸收的热量：Q吸cm（tt0）4.2103J/（kg）20kg（6010）4.2106J；（2）这些煤气完全燃烧放出的热量：Q放qV4107J/m30.21m38.41
27、06J，热水器烧水的效率：100%50%。故答案为：4.2106；50%。点拨：本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，是一道较简单的应用题。20（3分）如图所示，重为12N、边长0.1m的正方体物块静置于粗糙的水平桌面上，物块对桌面的压强为1200Pa向右推动物块，在运动过程中，它受到向左（向左/向右）的摩擦力。物块掉入水槽中（水足够深），其静止后所受浮力为10N（g取10N/kg）解析：（1）物体对水平桌面的压力等于物体本身的重力，求出物块的底面积，即受力面积，根据公式p可求对桌面的压强；（2）摩擦力的方向总是与物体相对运动方向或相对运动趋势的方向相反；（3）首先求得正方
28、体物块的体积，利用F浮水gV排求得物块全部浸没在水中时受到的浮力，与其重力比较，确定其状态，然后可知其静止后所受浮力。参考答案：解：正方体物块对水平桌面的压力FG12N，受力面积S0.1m0.1m0.01m2，物块对桌面的压强：p1200Pa；向右推动物块，在运动过程中，摩擦力的方向与物体运动方向相反，即它受到向左的摩擦力；正方体物块的体积：V0.1m0.1m0.1m0.001m3，物块全部浸没在水中时受到的浮力：F浮水gV排水gV1.0103kg/m310N/kg0.001m310N，因为F浮G，所以物块掉入水槽中（水足够深）沉底，其静止后所受浮力F浮10N。故答案为：1200；向左；10。
29、点拨：本题考查了压力和压强的计算、浮力的计算以及摩擦力方向的判断，关键是公式的灵活应用。21（3分）如图所示为学校实验室中某电能表的表盘。（1）该电能表示数为1469.5kWh（2）小明利用该电能表和秒表检测一只标识为“220V 10W”节能灯的额定功率。他关闭其他用电器，将该节能灯接入220V的测量电路，设计了以下三种测量方案：方案一：测量出电能表显示消耗1kWh电能所用的时间t；方案二：测量出1min时间内电能表转盘转过的圈数n；方案三：测量出电能表转盘转过1圈所用时间t。若使用方案二，小明计算额定功率的关系式应该为：P30n（单位：W）。（用数字和n表示）比较三种方案，最可行的是方案方案
30、三。解析：（1）电能表的最后一位是小数位，电能表单位是kwh，根据图示可读出电能表示数。（2）2000r/kWh表示每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转2000转，据此求电能表1min转n转消耗的电能，再利用P求该节能灯的实际电功率；比较三种方案的优缺点，得出结论。参考答案：解：（1）电能表单位是kwh，最后一位是小数位，由图知电能表的示数是1469.5kWh。（2）方案二：2000r/kWh表示每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转2000转，则节能灯1min消耗的电能：WkWh，节能灯的实际电功率：P0.03nkW30nW；节能灯的功率：P10W0.01kW，电能表转盘转一圈消耗的电能为：W
31、kWh，节能灯需要工作的时间：t0.05h180s；由以上分析可知：方案一：因节能灯功率较小，测量出电能表显示消耗1kWh电能所用的时间t较长，不易操作；方案二：因节能灯功率较小，小灯泡工作1min“电能表转动不到一圈，无法测量；方案三：电能表转盘转动1圈消耗的电能可供节能灯工作180s，比较容易测量。比较可知，方案三容易操作，实验误差较小，最可行。故答案为：（1）1469.5；（2）30n；方案三。点拨：本题考查了利用电能表的读数，计算电能、电功率，关键是对电能表参数的含义理解，应知道电能表最后一位数字是十分位，是小数。22（5分）阅读下列材料，回答问题伽利略的温度计及热电阻16世纪，伽利略
32、利用热胀冷缩的原理制作过一种最早的温度计。据他学生描述：伽利略取一个鸡蛋大小的玻璃泡，将其接到一根约半米长的细玻璃管一端，用手掌将玻璃泡握住，使之受热，然后倒转插入水中，松开手待玻璃泡冷却后，水会升高二三十厘米，用水柱上升的高度来表示手掌的温度，如图甲所示。温度能明显影响金属导体和半导体的导电性能。金属的导电性能会随温度增加而减弱，与金属不同，有些半导体的导电性能会随温度增加而增强。如图乙所示是一种金属导体和一种半导体的电阻温度特性图线。根据这一特性，它们不仅可以用来测量温度，还能作为热传感器运用到自动控制电路中。（1）伽利略的温度计测温物质是玻璃泡中的空气（玻璃泡中的空气/玻璃管中的水），他
33、在用温度计测量手掌温度时，玻璃管中的水柱越高，表明手掌的温度越高（高/低）；（2）如图丙所示，是一款利用热传感器设计的高温报警器电路，启动报警器，当环境温度过高时，电铃会被接通发出报警声，通过断开开关S可关闭铃声。电铃应接在电路中的b（a/b/c）位置，热传感器接在电路中的c（a/b/c）位置，热传感器应使用图乙中的半导体（金属导体/半导体）。解析：（1）气体有着较突出的热胀冷缩的性质，随着外界温度的变化，球形容器内气体的体积会有明显的变化；（2）根据题中的信息和电磁铁的特点分析解答。参考答案：解：（1）用手掌将玻璃泡握住，玻璃泡中气体受热膨胀，部分气体会逸出，将装置倒转插入水中，玻璃泡冷却后
34、，玻璃泡中的气体体积变小，压强变小，大气压强会把一部分水压入玻璃管中，所以玻璃管中水柱越高，表明手掌温度越高；（2）如图丙所示的是高温报警器，当环境温度升高到一定程度时，电磁继电器的衔铁被吸合，动触点和下面的静触点接触，电铃接在b位置时就会被接通发出报警声，断开开关S，电路中没有电流，电磁铁失去磁性，弹簧将衔铁拉起，接在b处的电铃不再工作，可关闭铃声；当温度低时，低压控制电路断开，电路中没有电流，电磁铁失去磁性，弹簧将衔铁拉起，接在b处的电铃不再工作，可关闭铃声，所以热传感器接在电路中的c位置；因为热传感器在温度低时能断开开关，说明热传感器的电阻随温度的降低而增大，所以热传感器应使用图乙中的半
35、导体。故答案为：（1）玻璃泡中的空气；高；（2）b；c；半导体。点拨：本题主要考查了伽利略温度计的工作原理和高温报警器的原理，了解和掌握气体压强跟温度、体积的关系是解题的关键，是一道中档题。三、解答题（本题共11小题，共计50分，其中第24题、第25题需要写出必要的解答过程）（8分）按照要求作图：23（2分）如图，请把节能灯正确接人到家庭电路中。解析：灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。参考答案：解：灯泡接法：火线先进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，如图所示：点拨：本题考查了家
36、庭电路中电灯和开关的接法；要掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。24（2分）如图，请根据小磁针静止时N极的指向标出A处的磁感线方向和电源正、负极。解析：根据小磁针的N极判断磁感线方向，根据磁感线方向判断通电螺线管的磁极，根据通电螺线管的磁极判断电流方向，根据电流方向判断电源正负极。参考答案：解：小磁针在磁场中受到磁力作用，小磁针静止时N极指向和磁感线方向相同，所以可以判断磁感线方向如图中箭头方向，根据磁体周围的磁感线都是从N极出发回到S极，可以判断通电螺线管的左端是N极，右端是S极，根据安培定则可以判断电流从通电螺线管的右端进入、从左端流出，可以
37、判断电源的右端是正极、左端是负极，如图。故答案为：如上图。点拨：针对这类习题，知道磁场中小磁针静止时N极指向、磁感线方向、电流方向，知道其中任何一者都能判断另外两者。25（2分）如图，箱子随水平传送带向右做匀速直线运动，请画出它所受力的示意图（空气阻力不计）。解析：首先分析物体受到的作用力，物体做匀速直线运动说明物体受到了平衡力重力和支持力的作用；水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；然后根据力的图示的方法来作图。参考答案：解：物体做匀速直线运动说明它受到了平衡力的作用。水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会
38、做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；竖直方向上有重力和支持力，物体竖直方向上是静止的，重力和支持力就是一对平衡力，大小相等、方向相反。作用点画在物体的中心就行，画出表示重力和支持力的射线标出箭头、字母，如图所示：点拨：能否正确分析物体在水平和竖直方向上的受力情况，是本题的解题关键所在。26（2分）图中，请画出FA的力臂l，并在B端画出使杠杆平衡的最小力FB。解析：（1）动（阻）力臂是指从支点到动（阻）力作用线的距离；已知支点，画出力的作用线，过支点作力的作用线的垂线段，画出力臂；（2）根据杠杆平衡的条件，F1L1F2L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力
39、臂最长。而在通常情况下，连接杠杆上支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。参考答案：解：从支点O向FA的作用线作垂线，垂线段的长度为FA的力臂l；根据杠杆平衡条件，动力臂越长越省力，力的作用点确定，从支点到动力作用点的距离便为最长的力臂；图中O为支点，要使杠杆平衡且动力最小，就应该让力F作用在B点，OB最长的力臂，则力F应与OB垂直且向下。如图所示：点拨：要做出杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行：确定杠杆中的支点和动力作用点的位置；连接支点与动力作用点，得到最长的线段；经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向。27（6分）科技馆
40、里两位老人正饶有兴致地体验升降座椅装置，小明观察后画出简图（如图）进行研究。若爷爷质量m人60kg，奶奶用F240N的拉力将爷爷匀速拉升到顶端，该过程中奶奶手握住绳子向下拉动的总长度s6m。不计绳重和摩擦，g取10N/kg。求：（1）奶奶所做的功；（2）动滑轮（含座椅）的质量；（3）该升降座椅装置的机械效率（保留一位小数）。解析：（1）根据WFs可求奶奶所做的功；（2）不计绳重和摩擦，根据F（G+G动）变形可求动滑轮（含座椅）的重力，再根据G动m动g可求动滑轮（含座椅）的质量；（3）不计绳重和摩擦，根据可求该升降座椅装置的机械效率。参考答案：解：（1）奶奶所做的功：WFs240N6m1440J
41、；（2）爷爷的质量m人60kg，则爷爷的重力：Gmg60kg10N/kg600N，由图可知，n3，不计绳重和摩擦，由F（G+G动）可得动滑轮（含座椅）的重力：G动nFG3240N600N120N，动滑轮（含座椅）的质量：m动12kg；（3）不计绳重和摩擦，该升降座椅装置的机械效率：100%83.3%。答：（1）奶奶所做的功是1440J；（2）动滑轮（含座椅）的质量是12kg；（3）该升降座椅装置的机械效率是83.3%。点拨：此题主要考查了学生对滑轮组省力特点、功和机械效率计算公式的理解和掌握，常见题目。28（6分）如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V 3W”。其电流与电压的关系如图
42、乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。（1）求灯泡L的额定电流；（2）求定值电阻R1的阻值；（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？解析：（1）知道灯泡L规格（额定电压、额定功率），利用PUI求灯泡L的额定电流；（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，利用欧姆定律求R1的阻值；（3）由图甲可得，断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，利用PUI求R2两端的电压、灯L
43、两端电压之比，知道电源电压，可求R2两端的电压、灯L两端电压；由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流，利用欧姆定律求滑动变阻器连入的电阻。参考答案：解：（1）灯泡L规格为“6V 3W”，是指额定电压为6V、额定功率为3W。由PUI可得灯泡L的额定电流：I额0.5A；（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，由欧姆定律可得：R112；（3）断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，由PUI可知：R2两端的电压、灯L两端电压之比：U2：UL2：1，因为U2+ULU6V
44、，所以R2两端的电压为4V、灯L两端电压为2V，由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流：I0.25A，滑动变阻器连入的电阻：R216。答：（1）灯泡L的额定电流为0.5A；（2）定值电阻R1的阻值为12；（3）此时滑动变阻器接入电路的阻值为16。点拨：本题考查了电功率公式、欧姆定律、串联电路特点的应用以及对灯的铭牌含义的理解，分析通过灯的电流与电压图象得出相关信息是关键。29（5分）用如图所示的装置探究平面镜成像特点。（1）组装器材时，要使玻璃板与水平桌面相互垂直。实验中选用两只完全相同的棋子A、B，其目的是为了比较像与物大小的关系；（2）若在棋子A的像的位置上放一光屏，光屏上不能（能/不
45、能）呈现出像；（3）若将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90，则在此过程中，棋子A的像大小变化情况是不变。棋子A顶端与其像之间的距离变化情况是先变大后变小。解析：（1）如果玻璃板没有放正，所成的像不在水平面上，所以无论怎样移动另一支蜡烛都不能与像重合；在此实验中，为了比较物像大小关系，利用等效替代的方法，用相同的棋子进行比较，来获得物像大小关系；（2）要掌握虚像的概念，知道虚像不是实际光线会聚而成的，不能在光屏上承接。（3）根据平面镜成像特点：正立等大的虚像，像与物关于镜面是对称的解答此题。参考答案：解：（1）为了比较物像大小和确定像的位置，实验时玻璃板应该垂直放置；根据实验要求，选择两棋子的规格
46、是完全相同的，目的是通过比较看出像与物大小的关系；（2）平面镜成的是虚像，是由反射光线的反向延长线会聚而成的，所以不能成在光屏上；（3）平面镜成的像与物大小相同，和物到镜的距离无关，人们感觉到的近大远小是一种视觉效果，不影响真实的大小。所以将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90，则在此过程中，棋子A的像大小变化情况是不变。将玻璃板绕底边向棋子B一侧翻转90，则在此过程中，像与物关于镜面是对称的，棋子A顶端与其像之间的距离变化情况是先变大后变小。故答案为：（1）垂直；大小；（2）不能；（3）不变；先变大后变小。点拨：本题考查学生动手操作实验的能力。眼睛应在棋子这一侧观察，光屏只能承接实像，不能承接虚像等都是实验中需要特别注意
