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1、2018年湖北省武汉市中考物理试卷（教师版）一、选择题1（3分）如图所示的四种现象中，由光的反射形成的是（）A透过树丛的光束B雨后的彩虹C水中的倒影D海市蜃楼【考点】A6：光的反射现象菁优网版权所有【分析】（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、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
2、【解答】解：A、透过树丛的光束是直的，表明光在空气中沿直线传播的，故A不符合题意；B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的，故B不符合题意。C、平静水面上景物的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C符合题意。D、海市蜃楼是光在不均匀的空气中传播时发生折射形成的，故D不符合题意。故选：C。【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。2（3分）如图所示，在筷子上
3、捆一些棉花，做一个活塞，用水蘸湿棉花后插入两端开口的竹管中，用嘴吹管的上端，可以发出悦耳的哨音。上下推拉活塞，并用相同的力吹管的上端时，下列说法错误的是（）A哨音是由管内空气振动产生的B哨音是通过空气传到别人耳朵的C向上推活塞时，吹出的哨音响度会变大D向下拉活塞时，吹出的哨音音调会变低【考点】91：声音的产生；92：声音的传播条件；9D：频率与音调的关系菁优网版权所有【分析】（1）声音由物体振动产生；管乐器是通过空气柱振动发声。（2）声音的传播靠介质；固体、液体、气体都可作为传播声音的介质，我们平时听到的声音大多是由空气这种介质传播的。（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度
4、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。【解答】解：A、声音由物体振动产生；用嘴吹管的上端，可以发出悦耳的哨声，声音是由管内空气振动产生的，故A正确；B、我们听到的哨声是通过空气这种介质传播的，故B正确；C、吹出的哨音响度由吹管口的力度决定，若吹的力度相同则响度相同，若吹的力度不同则响度不相同；与拉动活塞无关，故C错误；D、向下拉“活塞”时，空气柱变长，空气柱振动变慢，则“竹管笛”发出的声音音调变低，故D正确。故选：C。【点评】综合运用声音的产生、声音的三个特征及影响因素、声音的传播；可解答此题。3（3分）关于能
5、量和能源，下列说法错误的是（）A电能必须通过消耗一次能源才能得到，是二次能源B我们今天使用的煤、石油、天然气，都是化石能源C能量的转化和转移有时是有方向性的D自然界的能量是守恒的，它既不能创生，也不会消灭【考点】E3：能量守恒定律；E7：能量的转化与转移的方向性；K2：能源的分类菁优网版权所有【分析】（1）能从自然界直接获取的是一次能源，需要通过一次能源的消耗来获得的能源，叫二次能源；（2）化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料；（3）能量的转化和转移都是有方向性的；（4）在能的转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，这就是能量守恒定律。【解答】解：A、电能需通过消耗一
6、次能源才能获得，叫做二次能源，故A正确；B、化石能源是指由远古时代的动植物在地壳中经过几亿年转化而来的燃料，包括石油、煤和天然气，故B正确；C、内能不能自动地从低温物体转移到高温物体，汽车制动时，由于摩擦动能转化为内能，这些内能不能自动地用来再次开动汽车，这些例子都说明了能量的转化和转移总是具有方向性，故C错误；D、能量既不能创生，也不会消灭。在能的转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了多方面的知识，综合性较强，但都是一些基础知识，是中考常见题型4（3分）在室温下，用绷紧的橡皮膜把一个空锥形瓶的瓶口封上，然后把瓶子放入热水中，如图所示，橡皮膜会向外凸。下
7、列关于瓶内气体的描述错误的是（）A分子的无规则运动会加剧B内能会增大C质量会不变D压强会减小【考点】22：质量及其特性；8H：气体压强跟体积的关系；G7：物体内能的改变；GV：分子的运动菁优网版权所有【分析】（1）温度越高，分子无规则运动速度越快；（2）影响内能的因素：温度、质量、状态；（3）瓶内空气膨胀，体积增大，但物质多少没有变化，所以质量不变。【解答】解：（1）一定质量的气体，温度升高，体积增大，密度减小，所以把瓶子放入热水中，橡皮膜会凸起来，此时瓶内气体温度升高，内能增大，分子的无规则运动会加快，压强会增大，故AB正确，D错误；（2）瓶内空气膨胀，体积增大，但物质多少没有变化，所以质量
8、不变，故C正确。故选：D。【点评】大部分物体都具有热胀冷缩的特点，相对来说，气体体积受温度的影响更明显。5（3分）在做“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，有的同学提出滑动摩擦力的大小与接触面积有关。要做这项研究，可选取如图中的两个实验是（）A甲与乙B甲与丁C乙与丙D丙与丁【考点】7L：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验菁优网版权所有【分析】要探究滑动摩擦力大小与接触面积的关系，需使压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积大小不同。【解答】解：要探究滑动摩擦力与接触面积的大小的关系，需要压力和接触面的粗糙程度相同，接触面积大小不同，可将长方体木块分别平放、侧放、竖放在水平桌面上，用测力计水平
9、拉动木块做匀速直线运动，记下测力计的示数进行比较，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题的研究中，主要用到了控制变量法、转换法，这也是初中物理学中最常用的两种研究方法，是我们应该熟练掌握的。同时，实验中依据二力平衡的知识。6（3分）生活中人们常常利用物体的惯性。下列描述正确的是（）A标枪运动员通过助跑提高成绩，利用了运动员自身的惯性B紧固锤头时撞击锤柄的下端，利用了锤柄的惯性C拍打窗帘清除上面的浮灰，利用了窗帘的惯性D将脸盆里的水泼出去，利用了水的惯性【考点】6O：惯性在实际生活中的应用菁优网版权所有【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯
10、性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。【解答】解：A、标枪投掷出去后能继续飞行，是因为标枪具有惯性，要继续保持原来的运动状态的缘故，故A错误；B、紧固锤头时撞击锤柄的下端松动的锤头就紧套在锤柄上，这是利用了锤头的惯性，而不是锤柄的惯性，故B错误；C、通过拍打窗帘清除它上面的浮灰，窗帘运动时，浮尘由于惯性将保持静止状态，脱离窗帘，是利用浮灰的惯性，故C错误；D、泼水时，盆和水是运动的，当盆受力静止时，水由于惯性要保持原来的运动状态而被泼出，故D正确。故选：D。【点评】此题主要考查学生对惯性现象的理解，惯性现象在现实生活中随处可见，和我们
11、的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题。7（3分）如图所示，在“探究影响压力作用效果的因素”的实验中，下列说法正确的是（）甲、乙两次实验中，小桌对海绵压力的大小相等甲图中小桌对海绵压力作用的效果比乙图中的明显甲、乙两次实验，说明压力作用的效果跟压力的大小有关为了完成整个实验，可以将乙图中的砝码取下来，并将看到的实验现象和甲图中的对比ABCD【考点】87：探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验菁优网版权所有【分析】本实验通过受压面的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用
12、效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变。据此分析回答。【解答】解：实验中，物体对受压面的压力等于物体的重力，故甲、乙两次实验中，小桌对海绵压力的大小相等，正确；根据转换法，甲图中小桌对海绵压力作用的效果比乙图中的明显，正确；甲、乙两次实验，受力面积不同而压力相同，故说明压力作用的效果跟受力面积的大小有关，错误；为了完成整个实验，还要研究压力作用效果与压力大小有关，要控制受力面积相同，故可以将乙图中的砝码取下来，并将看到的实验现象和乙图中的对比，错误；故选：A。【点评】本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及
13、转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。8（3分）如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景。实验甲、丙和丁中，弹簧测力计的示数分别为4.0N、2.8N和2.5N若盐水的密度为1.2103kg/m3，则下列结论正确的是（）A物体A的密度为3.2103kg/m3B实验乙中，物体A受到的拉力为1.0NC实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.5ND实验丁中，容器底部受到的压力大于0.3N【考点】8R：探究影响浮力大小因素的实验菁优网版权所有【分析】（1）根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论，然后分析答题。根据阿基米德原理和弹簧测力计的示数，利用F浮GF拉列出方程可求得物体A的体积，
14、然后可求得其密度；（2）先求出在水中受到的浮力，再根据F浮GF拉可得A在乙中的拉力；（3）A在乙中的拉力与丙中比较可得结论；（4）根据实验丁中物体A对烧杯底部的压力等于支持力，FGF浮F拉可求。【解答】解：A、实验甲、丙中，弹簧测力计的示数分别为4.0N、2.8N，由F浮GF拉可得，F浮盐水g V排，物体A全部浸没，所以V排等于V物，则：盐水gV排GF拉，V排V物，将盐水1.2103kg/m3、G4N、F拉2.8N代入上式可得：V排V物1104m3，物体A的质量m0.4kg，物体A的密度4103kg/m3，故A错误；B、物体A在水中受到的浮力，F浮水水gV排1103kg/m310N/kg110
15、4m31N，在乙中物体A受到的拉力：FGF浮水4N1N3N，故B错误；C、在实验丙中，弹簧测力计的示数：F丙拉2.8N，在乙中物体A受到的拉力：F3N，弹簧测力计的示数比乙中小：3N2.8N0.2N，故C错误；D、由甲、丙，F浮盐水GF丙拉4N2.8N1.2N，根据实验丁中物体A对烧杯底部的压力等于支持力，F支GF浮F丁拉4N1.2N2.5N0.3N，容器底部也受到盐水对它的压力，故压力大于0.3N，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了实验现象分析，应用控制变量法分析图示实验即可正确解题，同时考查了浮力的计算及阿基米德原理的应用，在熟练掌握公式的同时，要能够熟练变形应用。9（3分）如图所示电
16、路图中，与实物电路对应的是（）ABCD【考点】HQ：根据实物图画电路图菁优网版权所有【分析】根据实物图分析电路的连接方式，由各选项电路图得到正确答案。【解答】解：由实物图可知，灯泡与电动机并联，一个开关控制干路，一个开关控制灯泡支路。A、由实物图可知，灯泡与电动机并联，一个开关控制干路，一个开关控制电动机支路。与实物图不相符；B、一个开关控制干路，一个开关控制灯泡支路，与实物图相符。C、两个开关都在干路上同时控制灯泡和电铃，与实物图不相符。D、两开关分别控制两支路，与实物图不相符。故选：B。【点评】解答本题的关键是明确电路的连接方式和开关的作用，注意电路图与实物图要对应。10（3分）一种试电笔
17、的构造如图所示，下列关于它的作用和使用描述正确的是（）A试电笔可用来测试物体是带正电还是带负电B试电笔通常也用来检查电气设备的外壳是否带电C使用时手指不能碰到金属笔卡D使用时人不会触电是因为试电笔氖管中的氖气不会导电【考点】IR：测电笔的使用菁优网版权所有【分析】（1）试电笔的作用是区分家庭电路中的火线和零线；（2）试电笔用来检查电气设备的外壳是否带电；（3）用试电笔时，必须用手接触到笔尾的金属体；（4）用测电笔时，必须用手接触到笔尾的金属体试电笔的内部有一个阻值很大的电阻，当人接触试电笔的笔尾金属体，人和测电笔是串联在电路中，如果两者串联在零线和大地之间，加在两者之间的电压是0V，氖管不发光
18、；如果两者串联在火线和大地之间，加在两者之间的电压是220V，此时试电笔的阻值很大分担的电压很大，人体分担的电压很小，不会超过人体的安全电压，氖管发光，但是不会对人造成伤害。【解答】解：A、试验电笔的作用是检验家庭电路中的火线和零线，不是测试物体带正电或负电，故A错误；B、试电笔通常也用来检查电气设备的外壳是否带电，故B正确。C、用试电笔时，必须用手接触到笔尾的金属卡，故C错误D、在试电笔的构造中，有一个1M以上的高值电阻（比人体的电阻几千欧大得多），在使用试电笔测火线时，试电笔的高值电阻和人串联在火线和大地之间，加在两者之间的电压是220V，此时试电笔的高值电阻分担的电压很大，人体分担的电压
19、很小，通过人体的电流很小，氖管发光，人不会发生触电事故，不是因为试电笔氖管中的氖气不会导电，故D错误。故选：B。【点评】本题考查试电笔的使用，记住使用方法，是一道基础题。11（3分）为了能自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计数器，其简化电路如图甲所示。R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次，信号处理系统能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为12V，某一时段AB间的电压随时间变化的图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）AAB两端电压为6V时，跳绳自动计数器会计数一次B绳子挡住了射向R1的红外线时，R1和R2的阻值相等C绳子没有
20、挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的3倍D绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的阻值会变为原来的5倍【考点】IH：欧姆定律的应用菁优网版权所有【分析】由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压。由题知，射向R1的激光被挡时它的电阻变化，由串联电路分压原理，结合图象分析射向R1的激光被挡和没挡时AB间电压以及两电阻的大小关系从而解题。【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压。（1）由题知，当射向R1的激光被挡时，R1阻值变大，根据串联电路的分压原理知，R1分得电压增大，R2分得电压减小，由图象知，此时U2UAB2V，因为R1的电阻变大，自动计数器会计数一次，即
21、AB间电压为2V计数一次，故A错误；由串联电路的分压原理有：，即：，所以：R15R2，故B错误；（2）当射向R1的激光没有被挡时，R1阻值变小，R1分得电压减小，R2分得电压增大，由图象知，此时，U2UAB6V，由串联电路的分压原理有：，即：，所以：R1R2，故C错误；且R15R1，即绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的阻值会变为原来的5倍，故D正确。故选：D。【点评】本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图象确定定值电阻两端电压的大小。12（3分）如图所示，电源电压U保持不变。当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路的总功率为P
22、1，再将滑片滑至最左端，有一只电表的示数变为原来的；当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片从最右端滑至中点时，R3的功率增大了0.05W，且滑片在中点时，电压表V1的示数为U1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为P2，两只电流表示数相差0.3A已知P1：P22：15，下列结论正确的是（）AP25.4WBU12VCU16VDR220【考点】JA：电功率的计算菁优网版权所有【分析】（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1测R2两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A1测电路中的电流；再将滑片滑至
23、最左端时，R2与R3的最大阻值串联，电压表V1、V2均测R2两端的电压，电流表A1测电路中的电流，据此可知示数变化的电表为V2，并得出R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R3两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出两电阻的阻值之比；（2）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，根据电阻的串联和P表示出电路中的总功率P1；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，R1与R2并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流，根据并联电路的特点和电功率公式表示出电路的总功率P2，利用P1：P22：15得出等式即可求出R1与R2的阻值关系；利用并联电路的电流
24、特点结合两只电流表示数相差0.3A即可得出电源的电压和R2的阻值关系；当开关S1和S3闭合、S2断开时，R1与R3串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源两端的电压，电流表A2测电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出滑片位于最右端和中点时电路中的电流，利用PI2R结合R3的功率变化即可求出R3的阻值，进一步求出R1和R2的阻值以及电源的电压，利用欧姆定律求出U1的大小，最后根据并联电路的特点和P求出P2的大小。【解答】解：（1）当开关S2闭合、S1和S3断开，滑动变阻器的滑片在最右端时，等效电路图如图1所示；再将滑片滑至最左端时，等效电路图如图2所示：由图1和图2可知，示数变
25、化的电表为V2，且R2两端的电压UR2U，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R3两端的电压UR3U，则UR2：UR31：4，因串联电路中各处的电流相等，所以，由I可得：，即R34R2；（2）当开关S1和S3闭合、S2断开，滑动变阻器的滑片位于最右端时，等效电路图如图3所示；滑片位于中点时，等效电路图如图4所示；当所有开关闭合，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的等效电路图如图5所示：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，图1中，电路的总功率：P1，因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和，所以，图5中，电路的总功率：P2，由P1：P22：15可得：15P1
26、2P2，即152（），解得：R12R2因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图5中两只电流表示数相差0.3A，所以，图5中，通过R1的电流：I5II40.3A，则0.3A，即0.6A图3中，电路中的电流：I20.6A0.1A，图4中，电路中的电流：I30.6A0.15A，因图4和图3相比较R3的功率增大了0.05W，所以，由PI2R可得：P3P3I32R3I22R3（0.15A）2R3（0.1A）2R30.05W，解得：R340，代入两式可得：R120，R210，U6V，故BD错误；图4中，U1I3R10.15A203V，故C错误；图5中，P25.4W，故A正确。故选：A。【点评】本题考查
27、了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，要注意理清各物理量之间的关系，不要颠倒。二、非选择题（本题包括12小题，共60分）13（3分）2018年4月1日，“光谷量子号”有轨电车开始载客试运营，开通了交路1和交路2两条线路。交路2全长约20km，若电车某次跑完全程需要50min，则电车的平均速度为24km/h。“光谷量子号”采用了能量回收系统，例如电车下坡时，为了保持匀速运动，会带动发电机发电进行“刹车”，即将机械能转化为电能供电车使用，更加节能环保。【考点】6D：变速运动与平均速度；E2：能量的转化菁优网版权所有【分析】（1）已知路程和时间
28、，根据v算出平均速度；（2）当高速运行的列车开始制动时，将动能转化为电能实现减速。【解答】解：（1）已知路程s20km，时间t50minh，则电车的平均速度：v24km/h；（2）当电车下坡时，会带动发电机发电进行“刹车”，发电机工作时，将机械能转化为电能供电车使用，更加节能环保。故答案为：24；机械；电。【点评】此题考查学生对速度公式、电磁感应在实际生活中的应用的理解和掌握，关注科技前沿，综合性较强，是一道好题。14（3分）今年3月，武船集团打造的世界上最大的矿砂船圆满完工。这艘矿砂船的排水量为40万吨，它在海水中满载航行时，船及所装货物总重G为4109N，所受浮力F浮等于（选填“大于”“等
29、于”或“小于”）G，它由密度较小的水域驶向密度较大的水域时，船身会上浮。【考点】8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用菁优网版权所有【分析】（1）知道轮船的排水量，利用阿基米德原理可知船受到的浮力；由于矿砂船漂浮，则船及所装货物总重等于矿砂船受到浮力；（2）矿砂船由密度较小的水域驶向密度较大的水域时，仍处于漂浮状态，所以受浮力不变；由F浮液gV排可知排开水的体积变化。【解答】解：（1）由阿基米德原理可得，矿砂船满载航行时受到的浮力：F浮G排m排g40104103kg10N/kg4109N；因为矿砂船在海水中漂浮，所以，船及所装货物总重：GF浮4109N；（2）矿砂船由密度较小的
30、水域驶向密度较大的水域时，仍处于漂浮状态，所以受浮力不变；由F浮液gV排可知排开水的体积变小，则船身将上浮一些。故答案为：4109；等于；上浮。【点评】本题考查了阿基米德原理、物体的浮沉条件的应用，明确船的排水量与浮力的关系是解本题关键。15（4分）图甲是观察物质熔化和凝固现象的实验装置，图乙是根据实验数据绘制的温度随时间变化的图象。（1）安装图甲所示的器材时，应先确定铁圈C（选填“铁棒A”“铁夹B”或“铁圈C”）的位置。实验中，需要观察试管内物质的状态，并记录温度和加热时间。（2）分析图乙可知：该物质的凝固点为80；该物质第40min的内能小于（选填“大于”“等于”或“小于”）第20min的
31、内能。【考点】1F：熔化和凝固的探究实验菁优网版权所有【分析】（1）组装实验仪器是实验中的一个重要环节，应从最优化的角度去考虑，避免重复调整；实验中，通过观察物质的状态来记录时间、温度；（2）晶体有一定的熔点（凝固点）熔化时温度不变，晶体凝固时温度不变；物体吸收热量，内能变大，放出热量，内能减小。【解答】解；（1）组装实验仪器时，应根据酒精灯及其火焰的高度先固定图中的C部分，使酒精灯的外焰正好能给烧杯加热，然后再固定图中的B部分，这样可以避免重复调整；实验中，通过观察物质的状态来记录时间、温度；（2）由图可知，物质在第35分钟以后，放出热量，但温度不变，为其凝固过程；故凝固点为80；该物质从第
32、10min20min之间一直吸收热量；第20min时刚好熔化完毕，为液态；而该物质第40min时从液态到固态，为固液共存状态，故该物质第40min小于第20min时的内能。故答案为：（1）铁圈C；状态；（2）80；小于。【点评】观察物质熔化或凝固图象时，首先要根据是否有一定的熔点或凝固点来确定物质的性质，再通过寻找关键的时间点与温度点来判断其所处的状态。16（4分）如图所示是探究杠杆平衡条件的几个实验情景。（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆达到（选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，接下来应向右（选填“左”或“右”）调节杠杆两端的螺母，使杠杆保持水平并静止。（2）如图乙所示，
33、A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂3个质量均为50g的钩码。（3）将杠杆的支点移到如图丙所示的位置，为了杠杆在水平位置平衡，请你在杠杆上画出最小动力F的示意图。【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验菁优网版权所有【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡求出钩码的个数。（3）若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆向上，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，据此作图。【解答】解：（1）杠杆保持
34、静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡；由图中，杠杆的右端较高，平衡螺母应向右端移动使杠杆平衡；（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，因为，F1l1F2l2，所以，2G3LnG2L，所以，n3，所以在B处挂3个钩码。（3）为使拉力最小，动力臂要最长，拉力F的方向应该垂直杠杆向上，即竖直向上，动力臂为最长，如图所示：故答案为：（1）达到；右；（2）3；（3）如上图。【点评】本题是探究杠杆的平衡条件的实验，考查了实验操作、杠杆的平衡条件的应用和最小力的画法，注意以支点到力的作用点的距离作为力臂是最大的力臂，力最小。17（4分）图甲是“探究通电螺线管外部的磁场分布”的实验装置。（1）为了使通电螺
35、线管的磁场增强，可以在螺线管中插入一根铁棒。（2）闭合开关，小磁针A静止后的指向如图甲所示，小磁针的左端为S极。在通电螺线管四周不同位置摆放多枚小磁针后，我们会发现通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似。（3）如果把一根导线绕成螺线管，再在螺线管内插入铁芯，就制成了一个电磁铁。图乙所示的实例中没有应用到电磁铁的是动圈式话筒（填实例名称）。【考点】CA：通电螺线管的磁场菁优网版权所有【分析】（1）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小、线圈的匝数、是否有铁芯插入。电流越大，匝数越多，有铁芯插入，磁性越强；（2）根据螺线管中的电流方向，利用安培右手定则确定通电螺线管的两极，再利用磁极间的作用规律可
36、以确定小磁针的N、S极；通电螺线管的磁场分布与条形磁体相似；（3）带有铁芯的通电螺线管就是电磁铁。【解答】解：（1）通电螺线管磁性的强弱与电流的大小、线圈的匝数及是否有铁芯插入有关，所以为了使通电螺线管的磁场增强，可以在螺线管中插入一根铁棒；（2）根据图示的线圈绕向可知，螺线管外侧电流的方向是从下到上，利用安培定则可知通电螺线管左侧为N极、右侧为S极；由于异名磁极相互吸引，所以当小磁针自由静止时，所以小磁针的左端为S极，右端为N极；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；（3）通电时，电磁铁有电流通过，产生了磁性，把小锤下方的弹性片吸过来，使小锤打击电铃发出声音，同时电
37、路断开，电磁铁失去了磁性，小锤又被弹回，电路闭合，不断重复，电铃便发出连续击打声，应用了电磁铁；水位自动报警器是通过控制电磁铁中电流有无来控制工作电路用电器的开关，应用了电磁铁；动圈式话筒的原理是电磁感应现象，没有应用到电磁铁。故答案为：（1）增强；（2）S；条形；（3）动圈式话筒。【点评】本题考查了影响电磁铁磁性强弱的因素、磁极间的相互作用及安培定则的应用以及电磁铁的应用，属于综合性题目。18（6分）某同学利用图甲所示的器材测量小灯泡的电功率。实验中电源电压保持不变，滑动变阻器的规格为“100 0.5A”，小灯泡的额定电压为2.5V。（1）如图甲所示，电路中还有两根导线没有连接，请你将电路连
38、接完整。（要求：导线不允许交叉）（2）该同学连接好电路后，按正确的步骤进行实验。小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定电流是0.28A，额定功率是0.7W。（3）该同学继续进行实验，记录的部分数据如下表所示，其中有一组数据明显存在错误，这组数据是2（填数据序号）。剔除掉这组错误的数据，我们分析后可以得出实验中电源电压不会超过5.1V。数据序号1234U/V2.11.30.13.0I/A0.260.110.050.30【考点】JF：电功率的测量实验菁优网版权所有【分析】（1）灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，由表中数据，电流表选用小量程与灯串联；（2）根据电流
39、表选用小量程分度值读数，根据PUI求小灯泡额定功率；（3）灯的电阻随温度的增大而增大；由欧姆定律I，由表中数据分别求出4次实验的电阻大小分别找出不符合这个规律的实验；根据滑动变阻器的规格为“100 0.5A的含义，灯与变阻器串联，变阻器连入电路中的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律，电路中的电流越小，根据第3次数据，由欧姆定律和串联电路电压的规律求出电源电压的范围。【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，由表中数据，电流表选用小量程与灯串联，如下：（2）该同学连接好电路后，按正确的步骤进行实验。小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.
40、02A，则小灯泡的额定电流是0.28A，额定功率是：PUI2.5V0.28A0.7W；（3）通过灯的电流随电压的增大而变大，根据PUI，灯的功率变大，灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，即灯的电阻随电压的增大而增大；由欧姆定律I，故R，由表中数据知，4次实验的电阻大小分别为：R18.08、R211.82、R32.00、R410.00，而表中灯的电压大小关系时：U4U1U2U3，第2次灯的电阻却为最大，不符合这个规律，故数据是2；滑动变阻器的规格为“100 0.5A”，表示变阻器的最大电阻为100，允许通过的最大电流为0.5A，灯与变阻器串联，变阻器连入电路中的电阻越大，总电阻越大，由欧姆定律，电路
41、中的电流越小，在第3次实验变阻器连入电路中的电阻最大，由欧姆定律，变阻器的电压小于：U3滑I3R滑0.05A1005V，由串联电路电压的规律，电源电压：U总U3滑+U35V+0.1V5.1V。故答案为：（1）如上；（2）0.28；0.7；（3）2；5.1。【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查电路的连接、电流表读数、额定功率的计算、串联电路的规律、欧姆定律的运用及影响电阻大小的因素。19（10分）图甲是某种电动出水的电热水瓶的结构剖面图，图乙是它的电路示意图，其中电源板的作用是将220V的交流电变成低压直流电，供出水电动机和出水定位灯使用。（水的比热容4.2103J/（kg）（1）出水定位灯的作
42、用是方便夜间判断出水的位置，避免烫伤。出水定位灯是由小凸透镜、刻有图案“”的透明胶片和小灯泡组成。出水定位灯发光时，会在放置电热水瓶的桌面上留下一个清晰明亮的像，相对于定位灯里透明胶片上的图案“”，桌面上所成的像是（选填“”“”“”或“”），而且这个像是放大（选填“放大”“等大”或“缩小”）的。（2）该电热水瓶的说明书上标注着“12分钟快速沸腾的条件：水温25，水量4kg，沸腾温度100，电压220V”。若加热管的电阻为24.2，则在此快速沸腾的条件下，该电热水瓶的加热效率为多少？（3）已知圆柱形内胆的底面积为250cm2，出水口比最高水位高3cm。当内胆中装有2L水时，按住出水开关20s，出
43、水电动机恰好能抽出1L的水。若不计出水管的体积和水的流速，则出水电动机的输出功率约为多少W？【考点】FF：功率的计算；JK：电功与热量的综合计算菁优网版权所有【分析】（1）凸透镜成像规律及其应用之一，2fuf，成倒立立放大的实像，应用于投影仪；（2）由Qcmt可求得水吸收的热量，由WPt可求得消耗的电能，再利用100%可求得电热水瓶的加热效率；（3）根据h求得最高水位，然后求得1L水被提升的高度，利用WGh可求得抽水过程中电动机所做的功，再利用P可求得出水电动机的输出功率。【解答】解：（1）由题可知，出水定位灯是由小凸透镜、刻有图案“”的透明胶片和小灯泡组成；出水定位灯发光时，会在放置电热水瓶
44、的桌面上留下一个清晰明亮的像（桌面相当于光屏），说明此像是实像，其应用类似于投影仪，成倒立、放大的实像，且是左右相反的，所以桌面上所成的像是图案；（2）水吸收的热量：Qcmt4.2103J/（kg）4kg（10025）1.26106J；加热过程中消耗的电能：WPtt1260s1.44106J；电热水瓶的加热效率：100%100%87.5%；（3）由图知，当装水4L时水位最高，由VSh可得，最高水位离内胆底部的高度：h116cm0.16m；4L水的高度为0.16m，则1L水的高度为0.16m0.04m，2L水的高度为0.08m，由题知，当内胆中装有2L水时，按住出水开关20s，出水电动机恰好能抽
45、出1L的水，如图：1L水被提升的高度（从1L水的重心处上升到最高水位处，再上升到出水口的总高度）：h20.04m+0.08m+3102m0.13m；抽水过程中出水电动机所做的功（提升1L水做的功）：WGh2mgh2Vgh21.0103kg/m31103m310N/kg0.13m1.3J；出水电动机的输出功率约为：P0.065W。故答案为：（1）；放大；（2）电热水瓶的加热效率为87.5%；（3）出水电动机的输出功率约为0.065W。【点评】本题考查了凸透镜成像、吸热、电功、机械效率、体积、电功、功率等公式的熟练应用，是一道综合题，难度较大。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/9/28 8:00:50；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E；学号：27665923第23页（共23页）