1、 江苏省盐城市江苏省盐城市 20182018 年中考物理真题试题年中考物理真题试题 一、选择题一、选择题 1. 下列能源中，属于可再生能源的是 A. 天然气 B. 风能 C. 石油 D. 煤炭 【答案】B 【解析】 【详解】A. C. D. 天然气、石油、煤炭属于传统的化石类能源，不可能在短期内再生，属于不可再 生能源，故 ACD 错误； B. 风能可循环再生，重复使用，属于可再生能源，故 B 正确； 【点睛】可再生能源包括太阳能、地热能、水力、风力、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能等。 它们在自然界取之不尽或可以循环再生。 2. 在公共场所“轻声”说话，在课堂上“大声”回答问题，这里的“
2、轻声”和“大声”是指声音的 A. 音调 B. 响度 C. 音色 D. 声速 【答案】B 【解析】 【详解】在公共场所“轻声”说话，在课堂上“大声”回答问题，这里的“轻声”和“大声”是指声 音的大小，即物理学上指的响度。 响度大小由振幅决定。 故 B 正确，ACD 错误。 【点睛】 注意区分清楚音调和响度及其决定因素， 即音调由振动频率决定， 而响度就是指声音的大小， 由振幅决定。 3. 甲、乙、丙三个轻质小球用绝缘细绳悬挂，相互作用情况如图所示，如果丙带正电荷，则甲 A. 一定带正电荷 B. 一定带负电荷 C. 可能带负电荷 D. 可能带正电荷 【答案】C 【解析】 【详解】根据电荷间的作用规
3、律和带电体具有吸引轻小物体的性质解答。 如图乙、丙相互排斥，因为同种电荷排斥，已知丙带正电荷，所以乙也带正电； 如图甲、乙相互吸引，因为异种电荷相互吸引，所以甲可能带负电； 又因为带电体有吸引轻小物体的性质，所以甲也可能不带电。 故 C 正确，ABD 错误。 【点睛】点睛：重点是电荷间的相互作用规律，解题不难，但容易出现错误，必要时可以将题目中的 带电情况标在图上，则带电情况就很容易区分了。 4. 我国自行研制的北斗卫星导航系统具有定位、导航和通信等功能，它传递信息是利用 A. 微波 B. 次声波 C. 超声波 D. 红外线 【答案】A 【解析】 【详解】A. 电磁波被广泛应用于信息的传递，特
4、别是真空中的信息传播，都要用到电磁波。 所以北斗卫星导航系统具有定位、导航和通信等功能，它传递信息是利用微波，即电磁波的一种。故 A 正确； B. C. 次声波和超声波，不能在真空中传播，故 BC 错误； D. 红外线一般用于取暖、遥控器等，不用于远距离的通信，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】体会电磁波被广泛应用于传递信息的特点，想想我们身边充满了各种电磁波，如；手机信号、 广播电视信号、卫星通信等，电磁波的使用方便了人们的通信和信息的获取，要知道远距离的无线通信都 是使用的电磁波。 5. 下列由于光的直线传播形成的现象是 A. 沙滩上出现的海市蜃楼 B. 水画上小树的倒影 C. 雨后天空
5、中出现的彩虹 D. 树荫下太阳的光斑 【答案】D 【解析】 【详解】A、海市蜃楼是由于光的折射形成的，故 A 错误；B、水面上小树的倒影属于平面镜成像，是 由于光的反射形成的，故 B 错误；C、雨后天空中出现的彩虹是光的色散由于光的折射形成的，故 C 错误； D、树荫下太阳的光斑是由于光的直线传播形成的，故 D 正确。故选：D。 【点睛】 （1）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里 的鱼比实际位置浅、彩虹等； （2）光的折射现象。由物体发出的光透过不同介质时，会发生折射，使光路 发生改变，因此我们看到的是物体的虚像； （3）在日常生活中，激光准直、小孔成
6、像和影子的形成等都表 明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。 6. 下列四个选项可表示左边电动剃须刀工作原理的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】电动剃须刀的主要工作部分是电动机。 A 图，导体切割磁感线运动产生电流，是电磁感应现象，故 A 不符合题意； B 图，线圈在磁场中切割磁感线运动产生电流，是发电机的原理，故 B 不符合题意； C 图，通电导体在磁场中受力而转动，是电动机的原理，故 C 符合题意； D 图，是奥斯特实验，演示的是电流的磁效应，故 D 不符合题意； 故选 C。 【点睛】注意分清楚研究电磁感应和磁场对通电导线作用力的两个实验，两个实验从图看很相似，容
7、易混淆，区分的方法是，有电源的是研究磁场对通电导线作用力的实验，有灵敏电流计的是研究电磁感应 的实验。 7. 将掉在地面上的一本物理书捡起来放在课桌上，人对物理书做的功最接近于 A. 0.02J B. 0.2J C. 2J D. 20J 【答案】C 【解析】 【详解】一本物理书的质量约 200g，重约为： 捡起来放在课桌上，高度约为 1m，则人对物理书做的功约为： 。 故 C 最接近。 【点睛】除了做功公式的应用外，此类型的题目要求对所学的物理量有熟悉的认知，特别是单位大小 要认识清楚，要多注意理论联系实际，生活中留心积累。 8. 下列事例中的物态变化属于放热现象的是 A. 从水中出来的人感觉
8、冷 B. 河水中的冰逐渐消融 C. 放在衣柜的樟脑丸逐渐变小 D. 从冰箱取出的鸡蛋出现水珠 【答案】D 【解析】 【详解】A. 从水中出来的人感觉冷，是因为身体表面的水分蒸发，而蒸发是吸热过程，故 A 不符合 题意； B. 河水中的冰逐渐消融，即熔化，熔化为吸热过程，故 B 不符合题意； C. 放在衣柜的樟脑丸逐渐变小，是升华现象，升华过程吸热，故 C 不符合题意； D. 从冰箱取出的鸡蛋出现水珠，是水蒸气遇冷而发生的液化现象，液化放热，故 D 符合题意； 故选 D。 【点睛】重点是物态变化过程中的吸热和放热，除了要记清楚六个物态变化的过程谁吸热、谁放热， 还要多了解一些物态变化在生活生产中
9、的应用，体会物理知识与生活的紧密联系。 9. 如图所示，小明将压强计的金属盒分别放入甲乙两种液体中， 从图中可以得到的结论是 A. 甲液体的密度大于乙液体的密度 B. 甲液体的密度等于乙液体的密度 C. 甲金属盒处的压强等于乙金属盒处的压强 D. 甲金属盒处的压强小于乙金属盒处的压强 【答案】A 【解析】 【详解】C. D. 由图知，甲压强计的液面高度差大于乙压强计，所以甲金属盒处的压强大于乙金属盒 处的压强，故 CD 错误； A. B. 由图知，液面相平，且金属盒在液体中的深度相等，根据可知，甲金属盒受到的压强大， 则甲液体的密度大于乙液体的密度，故 A 正确，B 错误； 故选 A。 【点睛
10、】 重点是液体压强特点的应用， 液体压强与液体的密度和在液体中的深度有关， 当深度相等时， 液体的密度越大，该点的压强越大。 10. 有一圆柱形敞口容器，从其左侧某一高度斜射一束激光，在容器底部产生一个光斑O，如图所示， 下列操作使光斑向左移动的是 A. 保持水面高度不变使激光笔向右平移 B. 保持激光射入角度不变使水面上升 C. 保持激光射入角度不变使水面下降 D. 保持水面高度和入射点不变使激光入射角增大 【答案】B 【解析】 【详解】A.保持水面高度不变使激光笔向右平移，由于入射角不变，折射角也不变，入射光线向右平 移折射光线也随之向右平移， 从而导致光斑右移， 故 A 不符合题意； B
11、.保持激光射入角度不变使水面上升， 由于入射角不变，折射角也不变，但由于液面上升导致入射点左移，从而导致光斑向左移动，故 B 符合题 意；C.保持激光射入角度不变使水面下降，由于入射角不变，折射角也不变，但由于液面下降导致入射点 右移，从而导致光斑向右移动，故 C 不符合题意；D.保持水面高度和入射点不变使激光入射角增大，由于 折射角也会随之增大，从而导致光斑右移，故 D 不符合题意。故选 B。 11. 在探究串联电路电压特点的实验中，小红按图正确连接好电路，闭合开关后发现两电压表指针偏 转角度相同。为寻找电路故障，小红用一根检测导线分别并联在灯 L1或 L2的两端，发现两电压表指针所指 位置
12、没有任何变化。由此可以推断 A. L1一定短路 B. L2 一定断路 C. L1短路，同时 L2断路 D. 检测导线一定断路 【答案】D 【解析】 【详解】如图闭合开关后发现两电压表指针偏转角度相同。则两电压表应该测量的都是电源电压，此 时故障可能是 L1短路或 L2断路。 A. B. 故障可能是 L1短路或 L2断路，故 AB 错误； C. L1短路，同时 L2断路时，当将检测导线并联在 L2两端的情况下，L2被短路，电源也被短路，电压 表示数将会变化，故 C 错误； D. 当检测导线断路时，相当于没有任何操作，所以两表的示数都不变，故 D 正确； 故选 D。 【点睛】重点是根据欧姆定律判断
13、电路故障，要理解当灯泡 L2断路时，上面的电压表实际串联在电路 中，由于电压表的电阻很大，通过另一只灯泡可以测出电源电压；当用一根检测导线分别并联在灯 L1或 L2 的两端，电压表的示数都不变，说明检测导线断路。 12. 小明将两个相同的一次性塑料杯叠放在一起，用吹风机以恒定风速沿上杯口水平吹气，发现塑料 杯被吹出，如图，有人认为这是因为“上杯口流速大，压强小”使杯子飞出，也有人认为这是因为“吹气 时有气体进入下面的杯子中将上面的杯子顶上来”。为进一步验证以上两种解释，下列方案不可行的是 A. 在上面的塑料杯底开一个孔，再次重复实验，观察杯子情况 B. 将下面的塑料杯的底剪去，再次重复实验，观
14、察杯子情况 C. 将两塑料杯的底都剪去，再次重复实验，观察杯子情况 D. 将上面塑料杯的杯口剪去，使其低于下面塑料杯的杯口，再次重复实验，观察杯子情况 【答案】C 【解析】 【详解】A. 在上面的塑料杯底开一个孔，再次重复实验，此时可以排除“吹气时有气体进入下面的 杯子中将上面的杯子顶上来”的说法，因为即使有气流进入下面的杯子，也会从此孔出来，所以再观察杯 子情况，可判断解释一正确，故 A 可行； B. 将下面的塑料杯的底剪去，再次重复实验，也可以排除“吹气时有气体进入下面的杯子中将上面 的杯子顶上来”的说法，观察杯子情况，可验证解释一正确，故 B 可行； C. 将两塑料杯的底都剪去，再次重复
15、实验，此时解释一、二都不会成立，故也不能验证哪种说法正 确，故 C 不可行； D. 将上面塑料杯的杯口剪去，使其低于下面塑料杯的杯口，此时气流不会进入下面的杯子中，即排 除了第二种说法，再次重复实验，观察杯子情况，可验证说法一的正误，故 D 可行； 故选 C。 【点睛】重点是流体压强与流速关系的应用，牢记流速大的地方压强小的规律，中考中也是常出现的 题目类型，要能用此特点解释生活中的有关现象。 二、填空题二、填空题 13. 2018 年 5 月 20 日，中华龙舟大赛在盐城洋湾生态旅游景区开幕，一时间鼓声雷动、挠桨飞舞， 鼓声是由于鼓面_发声，通过_传播到观众耳朵，运动员使用的船桨是_ (省力
16、/费力）杠 杆。 【答案】 (1). 振动 (2). 空气 (3). 费力 【解析】 【详解】声音由振动产生，所以鼓声是由于鼓面振动而发声的； 声音的传播需要介质，鼓声是通过空气传播到观众耳朵的； 运动员使用的船桨，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。 【点睛】重点是声音的产生、传播特征，以及杠杆的分类，加深理解难度不大，但在考试中经常出现， 要多练习达到熟练的程度。 14. 小明将托盘天平放在_桌面上，调节天平平衡，测出小石块质量，天平平衡时，右盘所加砝 码和游码的位置，如图所示，则小石块的质量为_g；接着测出小石块的体积为 10cm 3，则小石块的密 度为_kg/m 3。 【答案】 (1). 水
17、平 (2). 26 (3). 2.610 3 【解析】 【详解】小明将托盘天平放在水平桌面上，调节天平平衡，测出小石块质量； 天平平衡时，右盘所加砝码和游码的位置，如图所示，物体的质量为砝码质量加上游码指示的质量， 所以小石块的质量为：； 接着测出小石块的体积为 10cm 3，根据 得小石块的密度为： 。 【点睛】重点是测量密度的实验，注意实验中的细节问题，如调节天平的平衡、质量的读数，特别是 游码读数应以左侧为准、量筒中液面的读数方法等，都是常考到的内容，注意多练习，多总结。 15. 2018 年 5 月 13 日，载有舰载机的中国首艘国产航母进行海试，我们看到航母甲板上，黄色的线， 是因为
18、线_黄光。航母在海面上航行时，所受浮力_（大于等于/小于)重力，舰载机从航母上 起飞时，以航母为参照物，舰载机是_的。 【答案】 (1). 反射 (2). 等于 (3). 运动 【解析】 【详解】不透明物体的颜色由反射的色光决定，所以黄色的线，是因为线反射黄光。 航母在海面上航行时，根据浮沉条件知，漂浮时所受浮力等于重力； 舰载机从航母上起飞时，以航母为参照物，舰载机与航母的位置发生了变化，所以舰载机是运动的。 【点睛】重点是物体的颜色、浮沉条件和参照物的知识，牢记不透明物体的颜色由反射的色光决定， 吸收其它颜色的光，若光线中不包含能反射的颜色光，会显现黑色。 16. 在探究“通电螺线管外部磁
19、场的方向”实验中，闭合开关，小磁针发生偏转，说明通电螺线管周 围有_，通过小磁针静止时_极的指向确定该点磁场的方向，调换电源正负极，小磁针偏转方向 改变，说明磁场方向与_有关。 【答案】 (1). 磁场 (2). N (3). 电流方向 【解析】 【详解】在探究“通电螺线管外部磁场的方向”实验中，闭合开关，小磁针发生偏转，说明小磁针受 到了磁场力的作用，故说明通电螺线管周围有磁场； 人们规定磁场方向为小磁针静止时 N 极的指向，所以通过小磁针静止时 N 极的指向确定该点磁场的方 向； 调换电源正负极，小磁针偏转方向改变，说明磁场方向与电流方向有关。 【点睛】重点是研究通电螺线管外部磁场方向的实
20、验，要牢记通电螺线管产生磁场是电流的磁效应， 磁场方向与电流方向有关，可以根据小磁针的指向或安培定则判断通电螺线管的磁场方向。 17. 2018 年 2 月，我国运动员武大靖打破世界记录夺得平昌冬奥会短道速滑金牌。在比赛中他用脚向 后蹬冰面，人向前运动且速度加快，这不仅说明力的作用_，还可以说明力可以改变物体的_， 滑过终点线后，由于_他仍向前滑行。 【答案】 (1). 相互的 (2). 运动状态 (3). 慢性 【解析】 【详解】在比赛中他用脚向后蹬冰面，人向前运动且速度加快，说明人受到了向前的作用力，即说明 力的作用是相互的； 在力的作用下速度变快，还可以说明力可以改变物体的运动状态； 惯
21、性是物体保持运动状态不变的性质，所以滑过终点线后，他仍向前滑行是因为惯性。 【点睛】注意对惯性的理解，惯性即物体保持运动状态不变的性质，是物体最基本的属性之一，只与 质量有关，注意能用惯性解释生活中的现象。 18. 用如图所示装置探究凸透镜成像规律，图中凸透镜的焦距为_cm。实验中，小明移动蜡烛， 观察到光屏上呈现清晰缩小的像，此像是_（实/虚）像。继续移动蜡烛发现，在光屏上可以成放大 的像，说明物体通过凸透镜成像的性质与_有关。 【答案】 (1). 12.0 (2). 实 (3). 物距 【解析】 【详解】图中平行于主光轴的光线，经凸透镜的折射后，相交于一点，这一点即为焦点，焦点到光心 的距
22、离即为焦距，所以图中凸透镜的焦距为。 实验中，小明移动蜡烛，观察到光屏上呈现清晰缩小的像，根据凸透镜的成像规律知，缩小的像一定 是实像，且能成在光屏上，也一定是实像，所以此像是实像。 继续移动蜡烛发现，即物距变化后，在光屏上可以成放大的像，说明物体通过凸透镜成像的性质与物 距有关。 【点睛】凸透镜成像规律是常考试的内容，凸透镜的成像规律一定要牢记，有些同学总是记不住，要 下点功夫，可以结合成像光路图进行练习、记忆。 19. 在“再探动滑轮”的实验中，小明用动滑轮将重 3N 的钩码匀速向上提升，拉力为 1.8N， 2s 钩 码上升 0.2m，此过程中有用功为_J，拉力做功的功率为_W，动滑轮的机
23、械效率为_。 【答案】 (1). 0.6 (2). 0.36 (3). 83.3 【解析】 【详解】重 3N 的钩码上升 0.2m，所以有用功为： ； 拉力做的总功为： ； 拉力的功率为： ； 动滑轮的机械效率为： 。 【点睛】涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是 对谁做的功，弄清楚这些功后，求效率和功率就显得简单了。 20. 在家庭用电的调查研究综合实践活动中，小明研究发现空调功率远大于冰箱，所以空调插头线比 冰箱_ (粗/细)，小明关掉空调后，冰箱仍在工作，这说明空调与冰箱是_联的， 他观察到空调上“能效比”EER 的值为 3.4，经查阅资料，能
24、效比是指空调制冷量与制冷时消耗的电功率 之比，空调制冷时消耗的电功率为 1000W，则空调制冷量为_W。 【答案】 (1). 粗 (2). 并 (3). 3400 【解析】 【详解】在家庭用电的调查研究综合实践活动中，小明研究发现空调功率远大于冰箱，根据知， 功率大则电流大，再根据知，若电阻较大，则导线发热功率大，可能烧坏电线甚至引起火灾，所以 空调插头线比冰箱粗，则电阻小，导线发热功率小，更安全； 小明关掉空调后，冰箱仍在工作，这说明空调与冰箱互不影响，是并联的； 他观察到空调上“能效比”EER 的值为 3.4，经查阅资料，能效比是指空调制冷量与制冷时消耗的电 功率之比，即； 当空调制冷时消
25、耗的电功率为 1000W 时，解得空调制冷量为： 。 【点睛】牢记影响电阻大小的因素，即电阻是导体本身的属性，与材料、粗细、长度有关，当导体越 粗时，电阻越小，在电路中的发热功率小，所以电流越大的用电器需要用的导线越粗。 三、解答题三、解答题 21. 按照题目要求作图： (1)在图甲中画出反射光线对应的入射光线。 (2)在图乙中画出施加在开关上力F的力臂l。 (3)在图丙用笔画线代替导线将灯泡、开关正确接入电路。 【答案】 【解析】 【详解】(1)根据反射定律作图： 光线反射时，反射角等于入射角，据此画出入射光线，如图： (2)力臂是支点到力的作用线的距离。 如图，过支点 O 向动力 F 作垂
26、线，则支点到垂足的长 L 为动力 F 的力臂，如图： (3)根据开关控制火线的原则连接电路。 向上延长开关的右端到火线，节能灯的左侧向上延长连接零线，如图： 【点睛】先要理解清楚力臂的概念，再练习作图，画力臂是很常见的作图题， 但有些同学总会出错，应牢记力臂是支点到力的作用线的距离。另外注意家庭电路连接中的细节问题：开 关控制火线，灯泡的螺旋套连接零线，三孔插座的“左零、右火、上地”等，都是考查的重点。 22. 双轮电动平衡车越来越受到人们的喜爱。如图所示，质量为 40kg 的小红驾驶平衡车在平直的路 而上匀速行驶，5min 通过的路程为 900m，己知平衡车的质量为 10kg，轮胎与地面的总
27、接触面积为 25cm 2， g取 10N/kg。求： (1)平衡车的速度； (2)平衡车的重力； (3)小红驾驶平衡车时，车对地面的压强。 【答案】(1) 3m/s(2) 100N (3) 210 5Pa 【解析】 【详解】(1)5min 通过的路程为 900m，根据得平衡车的速度为： ； (2)己知平衡车的质量为 10kg，根据得平衡车的重力： ； (3)小红的重为： 总重即车对地面的压力为： ； 车对地面的压强为： 。 【点睛】重点考查了速度、重力、压强的计算，注意公式应用时单位要统一，一般都要统一为主单位 进行计算，不要小看了单位换算，有很多同学会出现错误的，注意多练习。 23. 在综合
28、实践活动中，小明设计了一种电热饮水机电路，如图甲所示，R1和R2均为电热丝，S2是自 动控制开关，可实现“低挡”、“高挡”之间的转换，饮水机工作时功率随时间的关系图像如图乙所示。 求： (1) 30min 内电路消耗的总电能； (2)饮水机工作时，通过电阻R1的电流； (3)电阻R2的阻值。 【答案】(1) ；(2) 1A；(3) 110 【解析】 【详解】 （1）由乙图知，以 660W 的功率工作了 10min，根据得，消耗的电能为： ； 以 220W 的功率工作了 20min，消耗的电能为： ； 30min 内电路消耗的总电能为： ； （2）由图知，当丙开关都闭合时，两电阻并联，功率大为高
29、档，当 S2断开时，只有 R1接入电路工作， 为低档，低档功率为 220W，根据得通过电阻R1的电流为： ； （3）高档功率为 660W，低档功率为 220W，所以 R2的功率为： 根据得电阻R2的阻值： 。 【点睛】重点是电功率的相关计算，牢记公式，另外要读懂电路图，知道两个开关都闭合时为 高温档，闭合一个开关时为低温档，再根据两档功率的差即 R2的功率，求得 R2的阻值。 24. 在探究“影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，小明用完全相同的木块分别做了如图所示的甲、 乙、丙三个实验。 (l)将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使木块做_运动，此时木块受到的 滑动摩擦力大小等于弹
30、簧测力计的示数。 (2)甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与_有关；_两个实验说明了滑动摩擦力的大小 与接触面粗糙程度有关。 (3)小明认为滑动摩擦力的大小可能跟接触面的面积有关，于是他在上述用实验的基础上，将木块沿 竖直方向切成两部分继续进行实验，将测得的数据记录在表格中，由表中数据验证了自己的猜想，这种做 法_(正确/错误） ，理由是_。 【答案】 (1). 匀速直线 (2). 压力大小 (3). 甲丙 (4). 错误 (5). 没有控制压 力不变 【解析】 【详解】(l)将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，根据二力平衡的原理，应使木 块做匀速直线运动，此时木块受到的滑动摩擦
31、力大小等于弹簧测力计的示数。 (2)甲、乙两个实验，接触面的粗糙程度相同，压力不同，弹簧测力计的示数不同，说明滑动摩擦力 的大小与压力有关； 甲、丙两个实验，压力相同，而接触面的粗糙程度不同，说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度 有关。 (3)小明这种做法不正确。 因为将木块沿竖直方向切成两部分时，虽然接触面积改变了，但同时压力也变小了，所以不符合控制 变量的思想，不能正确得出结论，即没有控制压力不变，做法错误。 【点睛】重点是研究滑动摩擦力的实验，注意实验中的细节问题，如必须匀速直线拉动木块运动，以 及注意控制变量法的应用，当一个结果受多个因素的影响时都使用此方法进行实验，实验时让一个因素
32、变 化，而其它因素都控制相等或相同即控制变量。 25. 如图所示是“探究不同物质吸热升温现象”的实验装置，小华将初温和质量相等的色拉油和水分 别装在相同的烧杯中，用酒精灯加热并不断搅拌，每隔 0.5min 测量一次温度，数据记录在下表中。 (l)选用相同的酒精灯，是为了使单位时间内色拉油和水_相同，不断搅拌的目的是使色拉油和 水_。 (2)图中已经画出色拉油温度随时间变化的图像，开始部分并不是直线，导致此现象的原因是除色拉 油外还有_吸收热量，为尽量减小这种影响，写出一种改进方法：_。 (3)根据上表实验数据，在图中画出水的温度随时间变化的图像分析图像可知，当色拉油和水升高相 同温度时，_需要
33、的时间短，_需要吸收的热量更多。 【答案】 (1). 吸收的热量 (2). 均匀受热 (3). 容器 (4). 提高容器的初温 (5). 色拉油 (6). 水 【解析】 【详解】(l)选用相同的酒精灯，是为了使单位时间内色拉油和水吸收的热量相同，不断搅拌的目的 是使色拉油和水均匀受热。 (2)图中已经画出色拉油温度随时间变化的图像，开始部分并不是直线，导致此现象的原因是除色拉 油外还有容器吸收热量，即开始时先要将容器本身升温，然后热量才能传递给液体； 为尽量减小这种影响，可以提高容器的初温。 (3)由于水的比热容大，而色拉油的比热容小，所以当色拉油和水升高相同温度时，根据知， 色拉油吸收的热量
34、少，即色拉油需要的时间短，而水需要吸收的热量更多。 【点睛】重点是研究吸热能力的实验，注意实验中控制变量法的应用，另外要理解，相同的酒精灯可 以保证在相同时间内两液体吸收的热量相等。另外牢记水的比热容大的特点。 26. 小明用两节干电池测小灯泡的功率，电路如图甲所示，小灯泡额定电压为 2.5V，滑动变阻器规格 为“20 2A”。 （1)在图甲中，用笔画线代替导线将电路连接完整。_ (2)连接电路时，开关必须_，滑动变阻器的滑片应移到最_（左/右）端。 （3)当电压表的示数达到 2V 时，电流表的示数如图乙所示，其读数为_A，此时，灯泡的功率为 _W，为使灯泡正常发光，应将滑片向_（左/右）移动
35、。 (4)当电压表示数达到 2.5V 时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大。为了用该灯泡继 续完成实验，你的做法是_。 (5)解决了（4）中问题后，测出电压略大于 2.5V 时的灯泡功率。为比较灯泡在不同电压下的功率关 系，_（需要不需要）重新测量前两次实验数据。 【答案】 (1). 答案见解析 (2). 断开 (3). 左 (4). 0.24 (5). 0.48 (6). 右 (7). 换用两节新的干电池进行实验（使用三节电池完成实验） (8). 不需要 【解析】 【详解】 （1）如图，连接灯泡的左接线柱到电流表的“0.6A”接线柱，则电路完整，如图： （2）根据保护电路的原则，
36、连接电路时，开关必须断开； 同时滑动变阻器的滑片应移到最左端，即阻值最大端。 （3）当电压表的示数达到 2V 时，电流表的示数如图乙所示，电流表使用小量程，分度值为 0.02A， 其读数为 0.24A，根据得灯泡的功率为： ； 为使灯泡正常发光，应将滑片向右移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变小，两端分得电压也减小， 灯泡两端的电压会增大，当电压表示数为 2.5V 时，灯正常发光。 （4）当电压表示数达到 2.5V 时，无论怎么调节变阻器滑片都无法使电压表示数变大，说明电源能够 提供的电压最大为 2.5V，所以为了用该灯泡继续完成实验，做法是：换用两节新的干电池进行实验，或使 用三节电池完成实验
37、。 （5）解决了（4）中问题后，测出电压略大于 2.5V 时的灯泡功率。为比较灯泡在不同电压下的功率 关系，不需要重新测量前两次实验数据。 因为灯泡的灯丝电阻是随温度而变化的，所以只要能得出电压越高，实际功率越大的结论即可，而多 次测量时因为灯丝电阻的变化，意义不大。 【点睛】重点是测量小灯泡电功率的实验，要能熟练掌握其实验原理，电路图的连接，以及掌握滑动 变阻器的滑片调整方向；注意电流表读数时，看清楚所用量程，搞清楚分度值，再进行读数。 27. 阅读短文，回答问题： 神奇的“大力士”形状记忆合金起重机 形状记忆合金起重机具有动力大、噪声小等优点，广泛应用于能源。交通和日常生活等领域。 形状记
38、忆合金起重机的动力主要来自于形状记忆合金，如图甲所示，常温下发生形变的记忆合金。在 受热超过某一温度时，完全恢复到原来的彤状，此过程中产生很大的力，将重物提起。 依据不同记忆合金材料特性，可制成记忆压缩弹簧和记忆拉伸弹簧。如图乙所示为记忆压缩弹簧，在 常温时较小的外力即可使其处于压缩状态，在高温时会自动恢复到原来的伸长状态；记忆拉伸弹簧则与其 不同，在常温时较小的外力可使其处于伸长状态，在高温时会自动恢复到原来的压缩状态，记忆弹簧恢复 原状时所产生的弹力远比普通弹簧大。 给记忆合金材料通上交替变化的脉冲电流，以使其温度升高。为控制加热快慢，通常采用改变一个周 期内通有电流的时间占总时间的比值的
39、方法来实现。 (1)形状记忆合金起重机在提升重物时，重物的重力势能_。 (2)由形状记忆合金材料制成的眼镜框被踩扁后，应_（升温/降温） ，使其恢复原状。 (3)对记忆拉伸弹簧来说，高温状态长度比低温状态_。 (4)下列四种电流能使相同的记忆合金弹簧升温最快的是_。 (5)右图是小明设计的形状记忆合金起重机的动力结构示意图， 记忆弹簧通电后恢复原状， 提起重物， 为让记忆弹簧能回到初始位置，装置中需要搭配普通弹簧，下列四种组合中，提升力最大的是_。 A普通弹簧，记忆拉伸弹簧、普通弹簧 B普通弹簧，记忆压缩弹簧、普通弹簧 C记忆压缩弹簧、普通弹簧、记忆压缩弹簧 D记忆拉伸弹簧、普通弹簧、记忆拉伸
40、弹簧 【答案】 (1). 增大 (2). 升温 (3). 短 (4). B (5). D 【解析】 【详解】(1)形状记忆合金起重机在提升重物时，重物的质量不变，高度升高，所以重力势能增大。 (2)根据题意，在常温下发生形变的记忆合金。在受热超过某一温度时，完全恢复到原来的彤状，所 以由形状记忆合金材料制成的眼镜框被踩扁后，应升温使其恢复原状。 (3)对记忆拉伸弹簧来说，在常温时较小的外力可使其处于伸长状态，在高温时会自动恢复到原来的 压缩状态，所以高温状态长度比低温状态短。 (4)根据题意，为控制加热快慢，通常采用改变一个周期内通有电流的时间占总时间的比值的方法来 实现。 下列四种电流中，A
41、D 图约一半时间通有电流，C 图通电时间小于一半，B 图的通电时间大于一半，所 以能使相同的记忆合金弹簧升温最快的是 B 图。 (5)根据短文内容：记忆拉伸弹簧，在常温时较小的外力可使其处于伸长状态，在高温时会自动恢复 到原来的压缩状态，记忆弹簧恢复原状时所产生的弹力远比普通弹簧大。 小明设计的形状记忆合金起重机，记忆弹簧通电后恢复原状，提起重物，所以记忆弹簧应使用记忆拉 伸弹簧，且装置中需要搭配普通弹簧。 当由两个记忆拉伸弹簧，配合中间一个普通弹簧时，提升力最大。 故下列四种组合中，提升力最大的是 D。 【点睛】考查形状记忆合金的相关内容，这类的题目读懂短文的内容是关键，因为只在读懂的短文内 容，解题中许多问题直接从短文中就可以找出答案，如本题中，要区分清楚记忆压缩弹簧和记忆拉伸弹簧 的形变关系，理解有偏差解题当然就会出错。
