《2018枣庄市中考物理试题(解析版)(共23页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018枣庄市中考物理试题(解析版)(共23页).doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年山东省枣庄市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1（2分）下列图象中，能正确反映匀速直线运动的是（）ABCD【分析】匀速直线运动是指运动速度保持不变，方向为直线的运动，通过图象判断时，要先明确图象的横纵坐标所代表的物理量，再明确其变化规律。【解答】解：AC、图中的st图象是曲线，说明路程和时间不成正比，也就是物体做变速运动，故AC不符合题意；B、图中的vt图象表示物体的速度不变，说明物体做匀速直线运动，故B符合题意；D、图中的vt图象表示物体的速度均匀增大，说明物体做加速直线运动，故D不符合题意。故选：B。【点评】解答本题的关键是理解匀速直线运动的概念，
2、并会通过观察图象来判断其运动状态。2（2分）城市建设和管理越来越注重“以人为本，和谐发展”的理念，如城市道路两旁植树；穿城而过的高铁两旁建有隔音板；在高噪声环境下工人需戴耳罩；跳广场舞的大妈要把音量调小一些，这些措施的共同目的是（）A减小噪声污染B减小大气污染C绿化美化环境D减小水污染【分析】减弱噪声噪声污染主要从三种方式上来进行：一是在声源处减弱，二是在传播过程中减弱，三是在接收处减弱。【解答】解：城市道路两旁植树、穿城而过的高铁两旁建有隔音板能阻断噪声的传播，在高噪声环境下工人需戴耳罩、跳广场舞的大妈要把音量调小一些是从声源处减弱噪声，所以这些措施都是为了减小噪声污染。故选：A。【点评】本
3、题考查了减小噪声污染的方法，与实际生活密切联系。要求平时学习时，要多联系生活、多解释，提高分析解决问题的能力。3（2分）用体温计测量病人甲的体温，示数是38，如果该体温计未经甩过就用来测量病人乙的体温，示数也是38下列判断正确的是（）A乙的体温一定等于甲的体温B乙的体温不可能等于甲的体温C乙的体温不可能高于甲的体温D乙的体温一定低于甲的体温【分析】要解答本题需掌握体温计的特殊的构造，以及使用时应注意哪些事项。由于体温计的特殊构造，即液泡上方有一很细的缩口，在离开人体读数时，液柱不下降，故使用前应用力甩一下。用没甩的体温计测体温时，如果被测的温度比原先高，则读数准确，如果被测的体温比原先低，则仍
4、然是原先的读数。【解答】解：病人甲的体温是38，由于体温计的液泡上方有一段很细的缩口，在离开人体读数时，体温计液注不会下降，所以读数仍会是38；用没有甩过的读数停留在38的体温计测量乙的体温时，若乙的体温低于或等于38，体温计液注不变化，仍为38；若乙的体温高于38，液柱会上升，示数大于38；所以，测量乙的体温，示数也是38时，病人乙的温度可能等于或低于38，不可能高于38，故C正确。故选：C。【点评】本题主要考查学生对体温计的使用方法和读数方法的了解和掌握，是一道基础题。4（2分）下列措施中，能使蒸发减慢的是（）A给头发吹热风B把盛有酒精的瓶口盖严C将玻璃板上的水滴向周围摊开D把湿衣服晾在通
5、风向阳处【分析】影响液体蒸发快慢的因素有三个：液体的温度；液体的表面积；液体表面上方空气的流动速度。从这三个方面来分析选择项中提到的措施，从而可以得到答案。【解答】解：A、给头发吹热风，既加快了空气流动，又提高了温度，可以加快水份的蒸发，故A不合题意；B、把盛有酒精的瓶口盖严，减慢了酒精周围的空气流动，从而减慢了酒精的蒸发，故B符合题意；C、将玻璃板上的水滴向周围摊开，增大了液体表面积，可以加快水份的蒸发，故C不合题意；D、把湿衣服晾在通风向阳处，既加快了空气流动，又提高了温度，可以加快水份的蒸发，故D不合题意。故选：B。【点评】本题主要考查学生对影响液体蒸发快慢因素的了解和掌握，是一道基础题
6、。5（2分）近年来流行一种“自拍神器”给旅行者自拍带来方便，如图所示，与直接拿手机自拍相比，利用“自拍神器”可以（）A增大像距B增大像的大小C缩短景物到镜头距离D增大取景范围【分析】“自拍神器”是利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的，凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。【解答】解：凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；“自拍神器”与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以增大物距，减小像距，减小人像的大小，从而增大取景范围，取得更好的拍摄效果，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】此题主要考查了有关凸透镜成像的规律及应用。一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系。6（2
7、分）决定一个物体质量大小的因素是（）A物体所含物质的多少B物体的形状C物质的状态D物体所在的空间位置【分析】根据质量的概念就可以做出正确的选择。【解答】解：物体所含物质的多少叫做质量，由此可见一个物体质量大小决定于物体所含物质的多少，质量大小与物体的形状、状态、位置都无关。因为当物体的形状、状态、位置发生变化时，物体所含物质的多少是不会发生变化的，所以质量是不变的。故选：A。【点评】本题主要考查学生对质量概念及其特性的理解和掌握，属于对基础概念的考查，难度不是很大。7（2分）如图所示，小丽用力F把一才块压在竖直墙面上静止，现有以下受力分析，下述受力分析正确的是（）小丽对木块的压力F和墙对木块的
8、弹力是一对平衡力小丽对木块的压力F和木块的重力是一对平衡力木块受到的摩擦力和木块的重力是一对平衡力小丽对木块的压力F和木块对小丽的弹力是一对平衡力A只有正确B只有正确C只有正确D只有正确【分析】木块处于静止，在竖直方向上受两个力而平衡，即重力和墙对木块的静摩擦力；木块在水平方向上受外力F和墙对木块的支持力，两个力是一对平衡力；平衡力作用在同一物体上，作用力和反作用力作用在不同的物体上。【解答】解：小丽对木块的压力和墙对木块的弹力符合二力平衡的条件，是一对平衡力；小丽对木块的压力和木块的重力不在同一直线上，不是一对平衡力；木块受到的摩擦力和木块的重力满足二力平衡的条件，是一对平衡力；小丽对木块的
9、压力和木块对手的弹力是一对相互作用力，不是平衡力。故选：C。【点评】解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。与平衡力的区别在于，作用力和反作用力作用在不同的物体上，平衡力作用在同一物体上。8（2分）妈妈与小明进行爬山比赛，他们选择的起点、路径和终点都相同，全程设为匀速运动，妈妈的体重是小明的2倍，妈妈所用的时间是小明的3倍，若妈妈克服自身重力做功为W1、功率为P1，小明克服自身重力做功为W2、功率为P2，则下列关系正确的是（）AW1：W2=2：1 P1：P2=6：1BW1：W2=2：3 P1：P2=2：1CW1：W2=2：1 P1：P2=3：2DW1：W2=2
10、：1 P1：P2=2：3【分析】（1）爬山比赛过程中，两人爬山的高度相同，根据W=Gh求出做功之比；（2）根据P=求出功率之比。【解答】解：由题可知，妈妈与小明爬山的高度相同，妈妈的体重是小明的2倍，妈妈所用的时间是小明的3倍，由W=Gh可得，妈妈和小明克服重力做功之比：=；由P=可得，妈妈和小明克服重力做功的功率之比：=，故D正确。故选：D。【点评】此题主要考查的是学生对功和功率计算公式的理解和掌握，代入数值时不要颠倒是解决此题的关键，属于基础性题目，难度不大。9（2分）以下几条摘录是出自某同学在学习“内能”一章时的课堂笔记，其中不正确的是（）A扩散现象不能在固体之间发生B分子间的引力和斥力
11、是同时存在的C物体吸收热量，温度不一定升高D摩擦生热是通过做功的方法改变物体的内能【分析】（1）固体、液体、气体都能发生扩散现象；（2）分子间存在相互作用的引力和斥力；（3）晶体熔化时，吸热但温度不变；（4）做功和热传递都可以改变物体的内能。【解答】解：A、固体、液体、气体都能发生扩散现象，因此，扩散现象能在固体之间发生，故A错误；B、分子间同时存在引力和斥力，故B正确；C、物体吸收热量，温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故C正确；D、摩擦生热是通过做功的方法改变物体的内能，将机械能转化为内能，故D正确。故选：A。【点评】本题主要考查了与热学相关的几个物理量，包括扩散现象、分子间的
12、作用力、吸放热与温度的关系、改变内能的方法等，有一定综合性，但难度不大。10（2分）在如图所示的电路中，闭合开关，电源电压保持不变，当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（）A电流表的示数变小，电压表的示数变大B电流表的示数变大，电压表的示数变小C电流表的示数不变，电压表的示数不变D电流表的示数变小，电压表的示数不变【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A测L的电流，电压表测电源的电压。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据灯泡两端的电压和电阻可以知道电流表示数的变化。【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A测L的电流，电压表测电源的电
13、压，由于电源电压不变，故电压表示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，由于灯泡两端的电压和灯泡的电阻都不变，故通过灯泡的电流不变，即电流表示数不变；故C正确。故选：C。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。11（2分）如图所示，电源电压保持12V不变，小灯泡L上标有“6V 3W”字样，滑动变阻器最大电阻值R=48，闭合开关，若不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（）A要使电压表的示数增大1V，小灯泡L两端的电压就会减小1VB小灯泡L的最小实际电功率为0.6WC当滑片P移到变阻器的中点时，小灯泡L正
14、常发光D当滑片P移到最右端时，通电10s滑动变阻器消耗的电能是19.2J【分析】由电路图可知，闭合开关后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压。（1）电压表示数的变化和灯泡两端的电压变化相同；（2）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI=求出灯泡的电阻，当滑片P移到最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，利用P=I2R求出小灯泡L的最小实际电功率，再利用W=UIt=I2Rt求出通电10s滑动变阻器消耗的电能；（3）当滑片P移到变阻器的中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=I2R求
15、出小灯泡L的实际功率，然后与灯泡的额定功率相比较确定是否正常发光。【解答】解：由电路图可知，闭合开关后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡L两端的电压。（1）由电压表测灯泡L两端的电压可知，电压表的示数增大1V，小灯泡L两端的电压就会增大1V，故A错误；（2）由P=UI=可得，灯泡的电阻：RL=12，当滑片P移到最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中的最小电流：I=0.2A，则小灯泡L的最小实际电功率：PL小=I2RL=（0.2A）212=0.48W，故B错误；通电10s滑动变阻器消耗的电能：WR=I2Rt=
16、（0.2A）24810s=19.2J，故D正确；（3）当滑片P移到变阻器的中点时，电路中的电流：I=A，此时灯泡的实际功率：PL=（I）2RL=（A）2121.33W3W，所以，此时灯泡不能正常发光，故C错误。故选：D。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，要注意电压表不测带电源用电器两端的电压。12（2分）在生活中，我们有时会遇到以下几种情况，在下述情况中可能引起家庭电路中空气开关跳闸的是（）（1）电路中增加大功率的用电器；（2）插座中的两个线头相碰；（3）开关中的两个线头相碰；（4）户外输电线绝缘皮破损。A（1）和（2）B（2）和（3）C（1）和（3）
17、D（2）和（4）【分析】家庭电路中电流过大，会引起家庭电路中空气开关跳闸。其原因主要有两种，一是用电器短路，二是用电器的总功率过大。根据各种情况中的现象，进行判断。【解答】解：（1）电路中增加了大功率用电器，会导致用电器的总功率过大，会导致电流过大，引起家庭电路中空气开关跳闸；（2）插座中的两个线头相碰，会造成电路短路；从而造成电流过大，引起家庭电路中空气开关跳闸；（3）开关中的两个线头相碰，会导致开关无法控制用电器，用电器将一直工作，但不会导致电流过大，不会引起家庭电路中空气开关跳闸；（4）户外输电线绝缘皮破损，不会引起家庭电路中的电流过大，不会引起家庭电路中空气开关跳闸。可见，可能引起家庭
18、电路中空气开关跳闸的是（1）（2）。故选：A。【点评】本题考查了家庭电路电流过大的原因：发生短路或同时工作的用电器的总功率过大。二、填空题：本题包括6个小题，每空1分，共14分13（2分）诗句“大漠孤烟直，长河落日圆”给我们展现了一幅美丽的画卷。其实诗人观察到的落日并非太阳的实际位置（如图所示），而是太阳光经过不均匀的大气层发生了折射所成的像，太阳实际在图中乙（选填“甲”或“乙”）的位置。【分析】当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生偏折，这种现象叫做光的折射。【解答】解：太阳落山时，太阳的实际位置在地平线下面，但太阳光经过不均匀的大气层时发生了折射，通过折射我们看见了太阳的虚像（即观
19、察到的落日），此时，太阳的实际位置在图中的乙位置。故答案为：折射； 乙。【点评】本题主要考查了光的折射现象在生活中的应用，属光学基础题。14（4分）在测量盐水密度的实验中，将烧杯中质量为63g的盐水全部倒入量筒中，如图所示，盐水的体积是60cm3，则盐水的密度是1.05g/cm3，采用这种方法测量的盐水密度将偏大（选填“偏大”或“偏小”），原因是烧杯中盐水倒入量筒中时会有残留，造成测得体积偏小，所以密度偏大。【分析】由图读出量筒的示数，由=计算盐水的密度；测量结果的大小受质量与体积测量结果的影响，从步骤的顺序中分析是否对这两个量的测量产生了影响。【解答】解：由图可知，量筒分度值2mL，盐水的体
20、积：V=60mL=60cm3，所以盐水的密度：=1.05g/cm3；分析实验的步骤可以看出，将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，烧杯壁不可避免地会有残留的盐水，使得测量的盐水的体积变小，所以采用这种测量方法得到的结果将偏大。故答案为：60；1.05；偏大；烧杯中盐水倒入量筒中时会有残留，造成测得体积偏小，所以密度偏大。【点评】本题考查了量筒的读数和密度公式的运用，还考查了实验中误差的分析，同时告诉我们为了使测量的结果更精确，应在设计步骤时考虑到尽可能减小误差的方法。15（2分）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的A、B两物体，不计绳重和摩擦。若GAG
21、B，则甲乙；若FA=FB，则GAGB（选填“”、“”或“=”）【分析】（1）不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，根据=100%=100%=100%结合GAGB比较两滑轮组的机械效率关系；（2）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据F=（G+G动）结合FA=FB得出提升物体的重力关系。【解答】解：（1）不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，则滑轮组的机械效率：=100%=100%=100%=100%，因物体的重力G越大，1+越小，越大，且动滑轮的重力相等，所以，GAGB时，甲乙；（2）由图可知，n甲=2，n乙=
22、3，由F=（G+G动）可得，提升物体的重力：G=nFG动，则FA=FB时，提升物体的重力关系为GAGB。故答案为：；。【点评】本题考查了滑轮组机械效率公式和绳子拉力公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。16（2分）科技馆内有一个“静电球”，当人触摸“静电球”时，头发丝便会一根根竖起，形成“怒发冲冠”的景象，如图所示，这是由于头发丝带同种（选填“同种”或“异种”）电荷而互相排斥的结果。【分析】同种电荷相斥，异种电荷相吸，故据此分析即可判断。【解答】解：人体是导体，当人触摸静电球时，人体也带了和静电球同种电荷的电，故人的头发上也会带上与静电球同种电荷的电，据同种电荷相斥可知，
23、头发之间带同种电荷，相互排斥，故头发会蓬松竖起来。故答案为：同种；排斥。【点评】本题考查了电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。17（2分）如图所示，是某种电热器的电路图，电源电压220V，R1、R2的阻值分别为11、22，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、中、低三个档位的转换，电热器在低温工作时的电功率是2200W，在高温档工作1min产生的热量是3.96105J。【分析】（1）根据P=，当电阻最大时，电功率最小，为低温档，分析此时电路的连接，根据P=求出电热器在低温工作时的电功率；（2）当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，由并联电阻的规律求出并联
24、电阻，根据Q高=t求出在高温档工作1min产生的热量。【解答】解：根据P=，当电阻最大时，电功率最小，旋转扇形开关S接触c，即只有R2连入电路时为低温档，P小=2200W当两电阻并联时，旋转扇形开关S接触c、d时电阻最小，R并=，在高温档工作1min产生的热量是：Q高=t=60s=3.96105J。故答案为：6600；3.96105。【点评】本题并联电路的规律及电功率、电功率的计算，关键是低温档和高温档电路的连接。18（2分）如图为四旋翼无人机，它的操控系统能够实现“一键起飞、一键返回、GPS悬停、规划航线自动飞行和自动跟踪”等功能，它的操控系统是靠电磁波传递信息的，无人机是利用电能来工作的，
25、电能属于二次能源（选填“一次能源”或“二次能源”）。【分析】（1）电磁波可以传递信息；（2）可以从自然界直接获取的能源叫一次能源，不能从自然界直接获取必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源。【解答】解：（1）四旋翼无人机，它的操控系统是靠电磁波传递信息的；（2）我们生活中所使用的电能都是通过其他形式的能转化而来的，是二次能源。故答案为：电磁波；二次能源。【点评】本题主要考查了电磁波的应用、一次能源和二次能源的定义，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累。三、作图、实验与探究题；本题包括4个小题，共18分19（2分）按照要求作图。如图所示，S是点光源，作出入射光线SO的反射光线和大致
26、的折射光线。【分析】根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线；根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。【解答】解：根据反射角等于入射角在法线右侧的空气中画出反射光线；根据折射角小于入射角在法线右侧水中画出折射光线。如图所示：【点评】本题考查了根据光的折射规律和光的反射规律的作图，注意要标出光的传播方向。20（4分）在探究“通电螺线管的外部磁场”的实验中，小明在螺线管周围摆放了一些小磁针。（1）通电后小磁针静止时的分布如图甲所示，由此可看出通电螺线管外部的磁场与条形的磁场相似。（2）小明改变通电螺线管中的电流方向，发
27、现小磁针指向转动180，南北极发生了对调，由此可知：通电螺线管外部的磁场方向与螺线管中电流方向有关。（3）小明继续实验探究，并按图乙连接电路，他先将开关S接a，观察电流表的示数及吸引大头针的数目；再将开关S从a换到b，调节变阻器的滑片P，再次观察电流表的示数及吸引大头针的数目，此时调节滑动变阻器是为了控制两次实验的电流大小不变，来探究通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。【分析】（1）通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似；（2）通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向和线圈的绕法有关；（3）影响螺线管磁性强弱的因素有电流的大小和线圈匝数的多少，在实验中，应注意控制变量法的运用。【解答】解：（1）
28、通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似，都是具有两个磁性较强的磁极；（2）如果改变螺线管中的电流方向，发现小磁针转动180，南北极所指方向发生了改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关。（3）实验中，他将开关S从a换到b上时，连入电路的线圈匝数发生了变化，为了保证电流不变，应调节变阻器的滑片P，控制两次实验的电流大小不变，再次观察电流表示数及吸引的回形针数目，这样才能探究出通电螺线管磁场强弱与线圈匝数的关系。故答案为：（1）条形；（2）电流；（3）控制两次实验的电流大小不变； 通电螺线管磁场强弱与线圈匝数。【点评】本题考查了螺线管磁场的特点、磁极方向的判断等，注意通电螺线管的
29、磁极极性与电流的方向和线圈的绕法有关。21（6分）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的左端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将左侧的钩码去掉一个即可。（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为小李的实验方案更好，请说明你的理由弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量。（4）实验中小王发现
30、：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断移动那侧钩码；（3）根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；（4）过支点的力，力臂为零。【解答】解：（1）调
31、节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左L左=F右L右，即4G2L2G3L，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡；（3）由图可知，弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；（4）杠杆在O点还受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，这两个力在探究杠
32、杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。故答案为：（1）右；（2）左；将左侧的钩码去掉一个；（3）小李；弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量；（4）这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡。【点评】此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用以及过支点的力对杠杆的影响，要注意分析力和对应的力臂。22（6分）某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。（1）在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间长短来判断的。（2）实验中第1、2两个小组记录的实验数据如下表实验组别液体质量/g初温/末
33、温/加热时间/min1水200254013.5煤油20025406.52水200254012煤油20025405.5通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）。（3）图乙是第1组同学绘制的“吸收热量一时间”和“温度一时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是C（选填序号）。（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是酒精灯的火焰大小不同。（5）这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧
34、杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。【分析】（1）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；（2）纵向分析表中数据找出相同的量和不同的量，分析析得出吸热与变化量的关系；（3）根据（1）（2）分析；（4）从酒精灯的火焰大小考虑；（5）从吸收热量相同比较。【解答】解：（1）根据转换法，水和
35、煤油吸收热量的多少是通过加热时间的长短来比较吸热多少；故还用到秒表；（2）通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；（3）加热时间相同，吸收的热量相同，故AB错误，由表中数据，由（2）知，加热相同时间，水升温慢，故C正确，D错误；（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是：酒精灯的火焰大小不同；（5）将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：在相同
36、时间内水和煤油吸收的热量相同。故答案为：（1）秒表；加热时间长短；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同。【点评】本题比较不同物比质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。四、计算题：本题包括2个小题，共14分解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的运算步骤，只写出最后答案的不得分23（6分）现有一个用超薄材料制成的圆柱形容器，它的下端封闭，上端开口，底面积=200cm2，高度h=20cm，如图甲所示；另有一个
37、实心匀质圆柱体，密度=0.8103kg/m3，底面积S1=120cm2，高度与容器高相同，如图乙所示。（水=1.0103kg/m3，g=10N/kg）。（1）将圆柱体竖直放在圆柱形容器内，求圆柱体对容器底部的压强是多少？（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，求此时水对容器底部的压强和所注的水重各是多少？【分析】（1）利用F=G=mg=gV求圆柱体对容器底部的压力，再利用p=求圆柱体对容器底部的压强；（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，圆柱体刚好处于漂浮状态，F浮=G，利用F浮=水gV排=水gSh水求水的深度，再利用p=gh求容器底部产生的压强；利用G水
38、=m水g=水gV水=水g（SS1）h求所注水的重力【解答】解：（1）圆柱体对容器底部的压力：F=G柱=m柱g=gV柱=gS1h=0.8103kg/m310N/kg120104m220102m=19.2N；圆柱体对容器底部的压强：p=1600Pa；（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，圆柱体刚好处于漂浮状态，则：F浮=G柱=19.2N，由F浮=水gV排=水gS1h水得水的深度：h水=0.16m，此时水对容器底部产生的压强：p=水gh水=1103kg/m310N/kg0.16m=1600Pa；所注水的体积：V水=（SS1）h水=（200104m2120104m2）0.16m=1
39、.28103m3，所注水的重力：G水=m水g=水gV水=1103kg/m310N/kg1.28103m3=12.8N。答：（1）圆柱体对容器底部的压强是1600Pa；（2）向容器内缓缓注水直至圆柱体对容器底部的压力刚好为零，此时水对容器底部的压强和所注的水重各是1600Pa、12.8N。【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、密度公式、压强定义式、阿基米德原理、液体压强公式、物体漂浮条件的应用，由于计算数字比较复杂，要细心，易错题！24（8分）如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“2.5V 0.25A”字样，滑动变阻器R1的最大值为30，定值电阻R2=30，电流表的量程为00.6
40、A，电压表的量程为03V求：（1）小灯泡的额定功率是多少？（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是多少？（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的IU图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是多少？【分析】（1）由小灯泡L标有“2.5V 0.25A”字样，根据P=UI求灯的额定功率；（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，求出并联的总电阻，已知电流根据欧姆定律求出电源电压；（3）只闭合开关S、S2，R1与灯泡串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时
41、，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，可求R1的电压，即可得小灯泡的电压，可得电路中最小电流，可求此时滑动变阻器的电阻；当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流，根据欧姆定律可求此时滑动变阻器的电阻，即可得在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。【解答】解：（1）小灯泡的额定功率是：PL=ULIL=2.5V0.25A=0.625W；（2）只闭合开关S、S2和S3，分析电路的连接，L短路，电阻R1与R2并联，并联的总电阻，R并=10，由I=可得电源电压：U=IR并=0.45A10=4.5V；（3）只闭合开关S、
42、S1，灯泡L与R1串联，R2不接入电路，移动变阻器的滑片P，向左移动时，R1变大，电压表的示数也变大，当电压表示数为3V时，R1最大，则R1的电压U1大=3V，此时小灯泡两端的电压为：UL=UU1大=4.5V3V=1.5V，由图乙可知电路中最小电流：I最小=0.2A，所以R1连入电路的电阻：R1=15，当滑片向右移动时，R1变小，电流表的示数变大，UL也变大，由图象可知电路中的最大电流：I最大=0.25A0.6A（电流表安全），由图象可知，此时UL=2.5V，R1两端的电压为：U1=UUL=4.5V2.5V=2V，R1连入电路的电阻：R1=8，所以在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是815。答：（1）小灯泡的额定功率是0.625W；（2）只闭合S、S2和S3，将变阻器R1的滑片P调到中点时，电流表示数为0.45A，则电源电压是4.5V；（3）只闭合开关S、S1，移动变阻器的滑片P，小灯泡L的IU图象如图乙所示。在保证各元件安全的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是815。【点评】本题考查串联、并联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是正确识别电路，从图象中获取有效的信息。专心-专注-专业