江苏省南通市2018年中考物理真题试题（含解析）

江苏省南通市2018年中考物理真题试题

1. 人们常用泡沫塑料箱运送冰冻的海鲜，这是由于泡沫塑料的（    ）

A. 隔热性好    B. 绝缘性好    C. 硬度大    D. 密度大

【答案】A

【解析】

【详解】根据题意知道，要运送的是冰冻的海鲜，所以需要保证海鲜的温度在较长时间内不能上升太多，故选用的运输箱体就要有很好的保温性能，即隔热性要好，常用泡沫塑料箱的缘故就是隔热性好，故选A。

【点睛】解题的关键是知道物质的常见属性，并了解它们在生活生产中的应用。

2. 下列物态变化中，属于熔化现象的是（    ）

A.     B.     C.     D.

【答案】D

【解析】

【详解】冻衣晾干时，是固态冰直接变成气态水蒸气，是升华现象，故A不合题意；霜是空气中的气态水蒸气直接变成固态冰，是凝华现象，故B不合题意；露珠是空气中的气态水蒸气变成液态水，是液化现象，故C不合题意；冰凌消融，是固态冰变成液态水，是熔化现象，故D符合题意，故选D。

【点睛】本题考查的是水的物态变化，解题的关键是知道六种物态变化的名称，了解物态变化前后物质的状态。

3. 我国研制的“亿航”自动驾驶载人飞行器具有垂直起降、定速巡航、空中悬停等功能．在一次试飞中，试飞员感觉地面“迎”他而来，这时飞机的运动状态是（    ）

A. 垂直起飞    B. 垂直降落    C. 定速巡航    D. 空中悬停

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意知道，在一次试飞中，飞员感觉地面扑面而来，是感觉地面在向上运动，这是以运动飞机为参照物，并且飞机在垂直降落时感觉，故只有B正确，故选B。

【点睛】本题考查的是参照物及其选择，是一道基础题，难度不大，解题的关键是掌握判断相对静止与相对运动的方法。

4. 关于家庭电路与安全用电，下列说法正确的是（    ）

A. 熔丝是由熔点较高的材料制成的

B. 正常情况下火线与大地间的电压为零

C. 用电器的开关必安装在火线上

D. 电路连接处接触不良不可能引起火灾

【答案】C

【解析】

【详解】为了保证在电流过大时及时熔断，起到保护电路的作用，熔丝是用电阻大、熔点低的材料制成的，故A错误；正常情况下，我国家庭电路中火线和大地之间的电压是220V，故B错误；控制家用电器的开关必须接在火线上，这样断开开关，能切断火线，防止触电事故发生，故C正确；电路连接处接触不良时，该处的电阻变大，因为该处串联在电路中，由Q=I2 Rt知道，连接处产生的热量较多，比别处更容易发热，而加速导线老化，甚至引起火灾，故D错误，故选C。

【点睛】本题考查的是保险丝材料，火线与大地间的电压，开关接火线，以及接触不良可以引起火灾，是一道电学综合题，难度不大。

5. “便利贴”的背面有粘性，可方便地贴在课本上，其利用的物理知识是（    ）

A. 分子间有引力    B. 分子间有斥力

C. 分子间有空隙    D. 分子是运动的

【答案】C

【解析】

【详解】“便利贴”的背面有粘性，可以减小分子之间的距离，从而使分子间作用力变大，具有更大的吸引力，使“便利贴”方便地贴在课本上，这是利用了分子间有引力，故A符合题意，故选A。

【点睛】题考查的是分子动理论内容，需要结合具体生活实例进行分析，并利用物理语言解释物理现象。

6. 如图，礼花筒利用筒内的高压空气膨胀，将彩带喷向空中，产生喜庆效果。则高压空气膨胀过程中（    ）

A. 对外做功内能增加

B. 分子热动加剧

C. 内能转化为机械能

D. 向外界传递热量

【答案】C

【解析】

【详解】改变内能的方法有两种，做功和热传递；根据题意知道，礼花筒内的高压空气膨胀，是对外做功，其自身的内能会减小，故A错误；由于礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小、温度会降低，所以分子热运动变慢，故B错误；礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，其自身的内能减小，是转化为机械能，故C正确；礼花筒内的高压空气膨胀对外做功，而不是向外界传递热量，故D错误，故选C。

【点睛】本题考查的是改变内能的两种方式，还需要知道内能与机械能的转化以及对分子热运动的影响。

7. 下列关于惯性的说法正确的是（    ）

A. 行驶的车突然刹车，乘客前倾，说明车有惯性

B. 足球在草地上越滚越慢，它的惯性越来越小

C. 跳绳时加大摇绳的速度，可以增加绳的惯性提高成绩

D. 骑电动车戴头盔，可减小摔倒时惯性带来的伤害

【答案】D

【解析】

【详解】惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，当车突然刹车时，人的下部由于摩擦力与车一起停止，上部由于惯性仍保持原来的运动状态，所以人会向前倾，即说明人有惯性，故A错误；物体的一种基本属性，惯性的大小只与物体的质量有关，足球在草地上越滚越慢，是因为足球受到摩擦力的作用，而不是惯性越来越小，故B错误；惯性的大小只与物体的质量有关，所以跳绳时加大摇绳的速度，绳的惯性不会改变，故C错误；骑电动车戴头盔，可减小摔倒时，人由于惯性向前运动，与其他物体发生碰撞带来的伤害，故D正确，故选D。

【点睛】本题考查的是惯性及惯性现象，需要知道，惯性是指物体总有保持原有运动状态不变的性质。它是物体的一种基本属性，任何物体在任何时候都具有惯性。

8. 图示电路中，R1、R2是定值电阻，开关S闭合一段时间后，电流表示数突然减小．用电压表检测电路，当电压表接a、b两点时，电压表有示数；接b、c两点时，电压表无示数．则故障原因可能是（    ）

A. 仅R1断路    B. 仅R2断路

C. 电流表断路    D. ac导线断路

【答案】D

【解析】

【详解】由电路图知道，定值电阻R1、R2 并联，电流表测量干路的电流；开关S闭合一段时间后，电流表示数突然减小，说明某一条支路出现了断路；当电压表接a、b两点时，电压表有示数，说明a到电源的负极与b到电源的正极之间是接通的；当电压表接b、c两点时，电压表无示数，说明c到电源的负极与b到电源的正极之间是断开的，又因为电压表接a、b两点时，电压表有示数，所以ac间导线出现了断路，故选D。

【点睛】本题考查的是电路的故障分析，需要根据电流的变化、并联电路的特点及电压表的应用判断故障，涉及的知识点较多，但难度不大。

9. 如图，弹簧左端固定于竖直墙壁，右端与物块M连接，置于粗糙水平面上，当M位于O点时弹簧恰好不发生形变．现将物块M拉至A处由静止释放，M向左最远可运动至B点．则物块（    ）

A. 从A到O一直加速运动    B. 从A到O先加速后减速

C. 从O到B先加速后减速    D. 从O到B先匀速后减遠

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意知道，物体从A点向左运动到O点的过程中，竖直方向受重力和支持力，二力平衡；水平方向受到向左的弹力和向右的摩擦力，刚从A点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向左运动，随着物体向左运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，在某一位置，弹力会减小到等于摩擦力，由于惯性继续运动，弹力会小于摩擦力，物体开始减速，所以，物块从A点运动到O点先加速后减速；从O点到B点的过程中，水平方向受到向右的弹力和向右的摩擦力，所以，从O点到B点一直做减速运动，综上所述，只有B正确，故选B。

【点睛】本题考查的是力与运动的关系，解题的关键是分阶段结合运动情况对物体受力分析，从而最终确定物体的运动情况。

10. 如图甲，电源电压恒定，R0为定值电阻，电阻R的阻值随环境温度变化而改变．改变环境温度，定值电阻R0两端的电压U0随温度t变化的关系如图乙所示．则下列描述R两端的电压U、电路消耗的总功率P随温度t变化的关系图线中，可能正确的是（    ）

A.     B.     C.     D.

【答案】B

【解析】

【详解】由图甲知道，R0与R串联，电压表测量的是R0的电压；由图乙知道，随着温度的升高，R0两端的电压降低，说明随着温度的升高电阻R两端的电压增加，由串联分压知道，随着温度的升高R的阻值的阻值增加，R两端的电压增大，故A错误，B正确；随着R的阻值的阻值增加，电路的总电阻增加，由欧姆定律知道，电路的总电流减小，由P=UI知道，电源电源不变，总电流减小，所以电路的总功率减小，故D错误，由图乙知道，电路的电流与温度呈线性变化，所以总功率与温度也呈线性变化，故C错误，故选B。

【点睛】不同考查的是串联电路的特点、欧姆定律及电功率的计算，解题的关键是根据图像读出电路电阻的变化，有一定的难度。

11. 三峡水电站利用水能发电，水能属手________能源：水从高处落下进入发电机前，其重力势能转化为________能；发电机是利用__________原理发电的．

【答案】    (1). 可再生    (2). 动    (3). 电磁感应

【解析】

【详解】能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源，如风能、太阳能和水能，在使用完后，短期可以再生，所以，都是可再生能源；水从高处向低处运动时，由于质量不变，高度减小，所以水的重力势能减小，由于速度增加，所以水的动能增加，故此过程是重力势能转化为动能；发电机是通过法拉第的电磁感应原理来工作的。

【点睛】本题考查的是能源的分类、动能势能的转化，电磁感应原理，属于基础题目，难度不大。

12. 如图所示，小明用刻度尺测量一正方体物块的边长，读数为_______cm．小明把天平放在水平桌面上，游码移至标尺的零刻度处，指针偏向分度盘右侧，他向________调节平衡螺母使天平平衡；然后把物块放在左盘，右盘中放入一个10g的砝码，天平再次平衡．若把该物块放入装满水的烧杯中，物块_______（选填“会”或“不会”）沉底，烧杯底部受到水的压强将_________．

【答案】    (1). 1.95    (2). 左    (3). 会    (4). 变大

【解析】

【详解】由图知道，刻度尺的分度值是1mm，物体左端与零刻度线对齐，右端在1.9cm与2.0cm之间，估读为1.95cm，所以，正方体物块的边长是：L=1.95cm；天平使用前需要调节，若偏向分度盘右侧，则应向左调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；根据题意知道，当把该物块放在左盘时，右中放入一个10g的砝码，天平再次平衡，由此可知，物体的质量是：m=10g，又因为正方体物块的边长是：L=1.95cm，所以，正方体物块的体积是：V=L3 =（1.95cm）3≈7.4cm3，故正方体物块的密度是：ρ物 =m/V=10g/7.4cm3≈1.35g/cm3，由于ρ物＞ρ水，所以，把该物块放入装满水的烧杯中，物块将会沉底；由于把该物块放入装满水的烧杯前后，烧杯中水的密度和深度不变，所以，水对烧杯底产生的压强不变。

【点睛】本题考查的是刻度尺、天平的使用，密度的计算和影响液体压强的因素，解题的关键是掌握密度的公式、熟知水的密度，难度不大。

13. 小芳探究水沸腾的特点，用热水做实验，这是为了__________________；小芳发现水沸腾时继续加热，水温保持不变，停止加热，水很快停止沸腾，这说明水沸腾时需要________________．烧杯中水的质量为100g，停止加热后，水温从100℃降至40℃，水放出的热量为_______J，相当于完全燃烧________g酒精放出的热量．[，]

【答案】    (1). 缩短加热时间    (2). 吸收热量    (3). 2.52×104    (4). 0.84

【解析】

【详解】探究水沸腾的特点时，若用热水做实验，可以更快的使水沸腾，即可以缩短加热时间；在实验过程中，停止加热，水很快停止沸腾，说明水沸腾时是需要吸收热量的；由Q=cm△t知道，烧杯中水放出的热量是：Q放水=c水m水△t=4.2×103 J/（kg•℃）×0.1kg×（100℃-40℃）=2.52×104 J；这些热量若由酒精完全燃烧释放，则需要酒精的质量是：m酒精=Q放酒精/q酒精=2.52×104J/3.0×107J/kg=0.00084kg=0.84g

【点睛】本题考查的是探究水沸腾的特点，考查了沸腾的特点、放热公式Q放=cm△t、热值公式Q放=mq的应用，难度不大。

14. 某大学利用电动巴土提供从学校到火车站的送站服务，两地相距10km，行驶中巴士所受阻力恒为1.2×103N．设巴土的电机将电能转化为机械能的效率为80％，牵引力F与车速倒数的关系如图．

（1）巴士轮胎表面的花纹是为了________摩擦；轮胎与地面接触的总面积为0.2m2，搭载20名大学生后，巴士对地面的压强约增大________Pa．

（2）由图像可知，巴士的速度越大牵引力越________；当牵引力为2.4×103N时，巴士的速度为________m/s．

（3）提供动力的电池电压为500V，总容量为120Ah．行驶过程中电池的放电量不能超过总量的80％．则巴士充满一次电最多能来回跑_________趟．

【答案】    (1). 增大    (2). 6×104    (3). 小    (4). 5    (5). 5

【解析】

【详解】（1）巴士轮胎表面的花纹是为了在压力一定时，利用增加接触面的粗糙程度来增大摩擦力；

根据常识知道，大学生的重力约为600N，若搭载20名大学生后，则对地面的压力增加约是：△F=nG=20×600N=12000N；又因为轮胎与地面接触的总面积是：S=0.2m2，所以巴士对地面增大的压强是：△p=△F/S=12000N/0.2m2=6×104 Pa；

（2）由图象知道，牵引力与速度的倒数成正比，即牵引力与速度成反比，所以牵引力越大，速度越小；

由图象知道，当牵引力是：F1=1.2×103 N时，速度的倒数是：，所以当牵引力是：F=2.4×103 N时，速度的倒数为0.2，故巴士的速度是：v=1/0.2m/s=5m/s；

（3）由于提供动力的电池电压是500V，总容量是120Ah，所以储存的总电能是：W=UIt=500V×120A×3600s=2.16×108 J，

由于行驶过程中电池的放电量不能超过总量的80%。则实际能消耗的电能是：

W′=W×80%=2.16×108 J×80%=1.728×108 J；

由于巴士的电机将电能转化为机械能的效率是80%，所以能获得的机械能（即有用能量）是：W有=ηW′=80%×1.728×108 J=1.3824×108 J；

所以，总共能行驶的距离是：s总=W有/F=1.3824×108J/1.2×103N=1.152×105 m=115.2km；

即巴士充满一次电最多能来回跑的趟数是：n=s总/2s=115.2km/20km=5.76≈5趟。

【点睛】本题考查的是增大摩擦力的方法、压强的计算、对图象的理解以及能量转化的相关计算等知识，是一道综合题，有一定的难度。

15. 小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下：

（1）实验中应竖直向上_______拉动弹簧测力计，绳端移动距离为________m．

（2）第3次实验的机械效率为________%．

（3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是_________________；小华所用动滑轮的重一定小于_______N．

【答案】    (1). 匀速    (2). 0.3    (3). 80    (4). 增加物重    (5). 1

【解析】

【详解】（1）实验中只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，才能保证弹簧测力计的示数稳定，拉力大小不变，所以，应匀速拉动弹簧测力计；由图知道，承担物重的绳子的有效股数是：n=3，所以，弹簧测力计移动的距离是：s=3h=3×0.10m=0.3m；

（2）由表格数据知道，第3次测量中，有用功是：W有用=Gh=6N×0.10m=0.60J；总功是：W总=Fs=2.5N×0.30m=0.75J；所以，机械效率是：η3 =W有用/W总×100%=0.60J/0.75J×100%=80%

（3）分析1、2、3次数据知道，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高，所以，增加物重可以提高同一滑轮组的机械效率；由于物体越重时，对滑轮的压力越大，摩擦力越大，所以第一次实验受摩擦力的影响最小，故由第一次实验数据，忽略摩擦力的影响时，计算的滑轮的重力是：G动=nF-G物=3×1N-2N=1N，所以，所用动滑轮的重一定小于1N。

【点睛】本题考查的是探究滑轮组的机械效率，解题的关键：一是要知道改变机械效率的方法（增大提升重物的重、减少摩擦机械重），二是知道承担物重的绳子的股数。

16. 按题目要求作图．

（1）如图甲，物体A沿光滑斜面下滑，作出物体所受重力和弹力的示意图．

   （2）如图乙，O为轻质杠杆的支点，A点挂一重物，杠杆在图示位置平衡，作出阻力臂和最小动力F1的示意图．  

   （3）如图丙，小磁针静止在通电螺线管的正上方，请在图中标出电源的正、负极和磁感线方向．

【答案】

【解析】

【详解】（1）在光滑的斜面上，物体受到的重力方向竖直向下，作用点（重心）在其几何中心上；斜面对物体的支持力方向垂直斜面向上，作用点也在物体的几何中心上，如图：

（2）根据题意知道，阻力的作用点是A，方向竖直向下，过支点O作力F2 作用线的垂线段OC，即为阻力臂L2；由图知道，当力F1 作用在B点，最大力臂L1是杆长OB时，此时力F1 最小，阻力臂和最小动力F1的示意图如图：

如图

（3）由异名磁极相互吸引知道，通电螺线管的左端为N极、右端为S极，故其周围的磁感线从N极出发、回到S极，则图中磁感线方向指向右；通电螺线管的左端为N极、右端为S极，由右手螺旋定则可知电流从螺线管的右侧流入、从左侧流出，所以电源右端为正极、左端为负极，如图：

【点睛】本题考查的是内容较多，涉及力示意图及最大力臂作图、磁极间的作用规律、磁感线的方向规定、右手螺旋定则等的应用，难度不大。

17. 一艘在海上“丝绸之路”航行的集装箱货船，满载时的总质量m＝6.7×107kg，它在2h内匀速航行36km，推进力的功率P＝6.0×107W，海水密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg．求：

   （1）满载时货船的总重力；

   （2）满载时货船排开海水的体积；

   （3）货船匀速航行时受到的阻力．

【答案】（1）6.7×108N；（2）6.7×104 m3；（3）

【解析】

【详解】（1）由G=mg知道，满载时货船的总重力是：G=mg=6.7×107 kg×10N/kg=6.7×108 N；

（2）由平衡条件知道，满载时货船受到海水的浮力是：F浮=G=6.7×108 N；

由阿基米德原理知道，F浮=G排=m排g=ρ海gV排，所以，满载时货船排开海水的体积是：

V排=F浮/ρ水g=6.7×108N/1.0×103kg/m3×10N/kg=6.7×104 m3；

（3）根据题意知道，货船匀速航行的速度是：v=s/t=36km/2h=18km/h=5m/s；

由P=W/t=Fs/t=Fv知道，货船行驶时的牵引力是：F=P/v=6.0×107W/5m/s=1.2×107 N；

由于货船匀速航行，所以受到的阻力是：f=F=1.2×107 N

【点睛】本题考查的是速度、重力、浮力和功率的计算，利用好漂浮条件和阿基米德原理是本题的关键。

18. 如图电路中，电源电压恒定，小灯泡L标有“6V   4.8W”，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2标有“20Ω   0.5A”．当R2的滑片P置于最左端时，只闭合S1，灯泡正常发光．

   （1）求小灯泡的额定电流；

   （2）滑片P置于最左端，闭合S1、S2，求10s内电路消耗的总电能；

   （3）滑片P置于最右端，只闭合S2，移动滑片P，使R2的电功率占电路总功率的比值最小，则R2的电功率多大？

【答案】（1）（2）84J；（3）

【解析】

【详解】（1）因为小灯泡L标有“6V   4.8W”，所以，由P=UI知道，小灯泡正常发光的电流是：I额=P额/U额=4.8W/6V=0.8A；

（2）根据题意知道，当R2 的滑片P置于最左端时，只闭合S1时，电路为只有灯泡L工作的电路，且灯泡能正常发光，说明灯泡两端的电压为电源电压，即电源电压是：U电源 =U额 =6V；

当滑片P置于最左端，闭合S1、S2时，电路中灯泡L和电阻R1 并联，通过电阻R1 的电流是：I1 =U电源/R1=6V/10Ω=0.6A，所以，干路的电流为：I=I额 +I1 =0.8A+0.6A=1.4A，

故10s内电路消耗的总电能是：W=UIt=6V×1.4A×10s=84J；

（3）由电路图知道，当滑片P置于最右端，只闭合S2时，电阻R1 与R2 串联，由P=UI知道，滑动变阻器R2 消耗的电功率是：P2 =U2 I，电路消耗的总功率是：P总=U总I，R2 的电功率与电路总功率的比值是：，要想使这个比值最小，则要最大，即滑动变阻器R2 接入电路的电阻最小，且电流不能超过0.5A，所以此时电路的最大电流是：Imax =0.5A，电路的总电阻应是：R总=U总/Imax=6V/0.5A=12Ω，R2 的最小电阻是：R2小=R总-R1 =12Ω-10Ω=2Ω；即当R2 为2Ω时R2 的电功率占电路总功率的比值最小，此时R2 的电功率是：P2 =Imax2R2 =（0.5A）2 ×2Ω=0.5W。

【点睛】本题考查的是对电功率、欧姆定律计算公式和串并联电路特点的认识和掌握，综合性较强，解题的关键是弄清电路结构。

19. 小明和小虎设计如图甲所示的电路测量未知电阻的阻值．实验器材有：电源（电压4.5V）、滑动变阻器R（0~20Ω）、电阻箱R0（0~999.9Ω）、电流表、单刀双掷开关及导线若干．

   （1）请根据图甲所示的电路，在图乙中用笔画线代替导线将实物图连接完整．_________

   （2）小明将S拨至“1”，调节滑动变阻器的滑片至某一位置，电流表示数为0.36A．再将S拨至“2”，调节电阻箱，使电流表示数为_______A，此时电阻箱的示数如图丙所示．则待测电阻的阻值=_________Ω．

   （3）把电阻箱的阻值从10.0Ω调到丙图所示的阻值时，小虎想先把“×10”档从1调到0，再调“×1”档．你认为他的想法是否妥当？答：_________（选填“是”或“否”），理由是：________________________．

   （4）测量结束断开开关后，应首先拆除________（选填“电源”或“电流表”）两端导线．

【答案】    (1).     (2). 0.36    (3). 9    (4). 否    (5). 电阻箱的电阻突然变小，可能导致电路电流太大损坏元件    (6). 电源

【解析】

【详解】（1）根据图甲所示的电路图知道，待测电阻与电阻箱并联，滑动变阻器的滑片右移时，接入电路的电阻增加，所以，滑动变阻器左下接线柱接入电路，依照电路图实物连接如图：

（2）小明将S拨至“1”，调节滑动变阻器的滑片至某一位置，电流表示数为0.36A，此时保持滑动变阻器的滑片的位置不变，再将S拨至“2”，调节电阻箱，使电流表示数为0.36A，则电阻箱的示数即是待测电阻的阻值，由图丙知道，电阻箱的示数是：0.1×0+1×9+10×0+100×0=9Ω，所以待测电阻的阻值是：=9Ω；

（3）小虎的想法不妥当，因为电阻箱的电阻突然变小，可能导致电路电流太大损坏元件；

（4）测量结束断开开关后，在拆除电路时，为了安全，应断开开关，首先拆除电源两端的导线。

【点睛】本题考查的是测量未知电阻Rx的阻值，运用的不是常规的伏安法，考查的是电路的连接及等效替代法的具体应用。

20. 学习小组用图甲所示的圆柱形纸质套筒做“探究小孔成像规律”的实验，发现像的大小不同，亮度也不一样．

   （1）关于像的亮度与哪些因素有关，他们提出以下猜想：

    猜想1：与小孔到光屏的距离有关；

    猜想2：与小孔的形状有关；

    猜想3：与小孔的大小有关．

    ①类比利用太阳光测凸透镜焦距时，光屏从焦点处远离透镜过程中，光斑越大越暗的现象，可判断猜想1是_________的．

    ②验证猜想2时，固定烛焰、纸筒和光屏的位置，更换使用如图乙所示的三个小孔进行实验，分别观察比较所成像的亮度．他们实验中存在的问题是______________________．

    ③为验证猜想3，固定烛焰、小孔和光屏位置，只改变圆孔直径，观察到的现象如下表．

    实验现象表明：在小孔成像清晰时，_____________________．

   （2）学习小组对像的清晰度与亮度问题作进一步探究．

①在纸筒底部中心开一小孔a，又在a上下等距的位置再开两个小孔b、c，光屏上观察到三个像．在b、c两孔处放置两相同的三棱镜，移动光屏到图丙位置时，光屏上只出现一个清晰的更亮的像．则b、c两小孔处三菱镜放置的方式可能是________．

②他们设想在b、c两孔之间再开若干个小孔，并在小孔处放置棱镜，所成的像都与b、c两孔处三棱镜所成的像重合，则光线通过这些棱镜的偏折程度比通过b、c两孔处三棱镜的要________（选填“大”或“小”）．

③若开一个大孔，并在大孔处放一合适的凸透镜替代上述所有棱镜后，恰能在图丙位置光屏上呈现清晰的像，则此像是_______的倒立实像；若只用a孔替代凸透镜，在图丙位置光屏上所成的像与该透镜所成的像相比，像的亮度________，像的大小_________．

【答案】    (1). 正确    (2). 没有控制小孔的大小相等    (3). 小孔越大亮度越亮    (4). C    (5). 小    (6). 缩小    (7). 更亮    (8). 相等

【解析】

【详解】（1）①根据题意知道，当光屏从焦点处远离透镜过程中，出现光斑越大越暗的现象，则说明像的亮度与小孔到光屏的距离有关，故可判断猜想1是正确的；

②要探究像的亮度与小孔的形状的关系，则需要控制孔的大小不变，只改变形状，而图乙中即改变了孔的形状，没有改变孔的大小，所以，此过程中存在的问题是：没有控制小孔的大小相等；

③分析表格的实验数据知道：在小孔成像清晰时，小孔越大，像的明亮程度越亮；

（2）①三棱镜具有偏折光的能力，要想使光都会聚在光屏中心的位置，则在bc两处放置的三棱镜的方式可能是凸透镜的形状，即图C的形状；

②在b、c两孔之间再开若干个小孔，并在小孔处放置棱镜，此装置类似凸透镜，过光心时传播方向不变，越靠近光心的光线偏折程度的越小，故则光线通过这些棱镜的偏折程度比通过b、c两孔处三棱镜的要小；

③根据图知，物距大于像距，可以判断出此时凸透镜成的是一个倒立缩小的实像，因为凸透镜和小孔都成倒立缩小的实像，像距和物距相等，所以像的大小是相等的，因为入射到凸透镜上的光数量较多，经凸透镜折射后，经过的像点的光线多，所以看起来亮一些

（2）①因为凸透镜对光线有会聚作用，三棱镜具有偏折光的能力，所以，要想使光都会聚在光屏中心的位置，则在bc两处放置的三棱镜的方式应是凸透镜的形状，即图C所示的形状。

②根据题意知道，在b、c两孔之间再开若干个小孔，并在小孔处放置棱镜，此装置类似凸透镜，由于过光心时传播方向不变，越靠近光心的光线偏折程度的越小，所以光线通过这些棱镜的偏折程度比通过b、c两孔处三棱镜的要小些。

③由图知道，此时物距大于像距，所以此时凸透镜成的是一个倒立缩小的实像，由于像的大小由物距和像距共同决定，物距和像距都不变，像的大小不变，但凸透镜越大，像越亮，因为入射到凸透镜上的光数量较多，经凸透镜折射后，经过的像点的光线多，所以看起来亮一些。

【点睛】本题考查的是小孔成像的探究和凸透镜成像的应用，考查了根据题中信息分析解答能力，有一定的难度。

21. 阅读短文，回答问题．

喷    泉

喷泉是利用水泵将水喷酒成特定形态的水表演艺术．水泵由电机带动工作时，水泵的叶轮高速旋转，驱使水飞高叶轮向外喷出，从而在叶轮中心区形成真空，将池中的水不断“吸”上来．水泵转速恒定时，喷出的水柱高度稳定．

音乐喷泉用计算机采集音乐的声音频率特征，并将其转化为控制信号，用以改变输入电机的电源频率；电源频率的改变使水泵的转速发生变化，达到调节水柱高度的目的．水泵的流量与转速成正比，扬程与转速的平方成正比．流量指水泵単位时间内喷出水的体积，扬程指水泵能将水提升的高度．                       

图甲所示的是一游乐喷泉向上喷出的水柱使卡通模型悬停在空中的照片，喷泉使用的水泵的部分参数如表一．模型悬停在空中时，水冲击到模型时的速度与模型的质量M、水泵流量Q之间的关系如表二．

（1）欣赏音乐喷泉时，悦耳的声音是通过_________传入人耳的；水泵的叶轮中心区形成真空时，水池中的水在________的作用下不断地进入水泵内．

（2）下列关于喷泉的有关说法，正确的是_________．

    A．卡通模型所受重力与水对模型的冲击力是相互作用力

    B．向上喷出的水在上升过程中的速度处处相等

    C．阳光下喷泉附近常出现的彩虹是由光的反射引起的

    D．音乐喷泉通过采集声音中的音调信息控制水泵的转速

（3）某喷泉装有四台参数如表一的水泵．第一次调试时水泵转速为额定值的0.9倍，则此时扬程为_______m；第二次调试时四台水泵都在额定功率下工作，每台水泵先依次各喷20s，然后一起喷70s停喷，则这次调试过程四台水泵消耗的电能为_________kw•h．

（4）分析表二数据，当卡通模型的质量为10kg，水冲击模型时的速度为5.0m/s时，对应的流量为____m3/s，水泵每秒喷出水的质量为__________kg．

（5）如图乙为控制喷泉断续工作的模拟电路，AB两端输入如图丙所示的周期性变化的电压UAB．定值电阻R＝2Ω，D为电子元件，当UAB＜6V时，D两端的电压UD等于输入电压，UAB ≥6V时，UD保持6V不变．当R的电功率满足PR≥8W时，水泵启动喷水．则t＝3s时电阻R的电功率为________W；该电路工作20min，喷水时间共为________s．

【答案】    (1). 空气    (2). 大气压    (3). D    (4). 6.48    (5). 0.75    (6). 0.02    (7). 20    (8). 40.5    (9). 400

【详解】（1）声音的传播需要介质，欣赏音乐喷泉时，悦耳的声音是通过空气传入人耳的；由于水泵的叶轮中心区形成真空时，所以水池中的水在大气压的作用下不断地进入水泵内；

（2）卡通模型所受重力与水对模型的冲击力都作用在模型上，使模型悬停，所以，它们是一对平衡力，故A错误；向上喷出的水在上升过程中，受到重力作用，速度越来越小，故B错误；阳光下喷泉附近常出现的彩虹是由光的折射引起的，故C错误；根据短文知道，音乐喷泉通过采集声音中的音调信息控制水泵的转速，故D正确；

（3）根据短文知道，扬程与转速的平方成正比，即H=kn2，由表一知道，额定转速是n=2900r

min，额定扬程是H=8m，所以，当水泵转速为额定值的0.9倍时，扬程为0.92×8m=6.48m；

根据题意知道，第二次调试过程四台水泵消耗的电能相当于一台水泵单独工作t=4×20s+4×70s=360s=0.1h所消耗的电能，根据表一知道，此过程消耗的电能是：W=Pt=7.5kw×0.1h=0.75kw•h；

（4）根据表二知道，水冲击到模型时的速度v与模型的质量M、水泵流量Q之间的数量关系是：M=100vQ，所以，当卡通模型的质量为10kg，水冲击模型时的速度为5.0m/s时，对应的流量是：Q=M/100v=10/100×5=0.02 m3/s，由于水的密度是1×103kg/m3，所以水泵每秒喷出水的质量是：m=0.02 m3/s×1×103kg/m3=20kg；

（5）由图像知道，当t=3s时，UAB=15V，根据题意知道，此时，由于UAB ≥6V，UD保持6V不变，由串联电路的特点知道，定值电阻R两端的电压UR=15V-6V=9V，由P=U2/R知道，电阻R的电功率是：PR=UR2/R=9V2/2Ω=40.5W；

根据题意知道，当R的电功率满足PR≥8W时，水泵启动喷水，由P=U2/R知道，此时定值电阻两端的电压是：UR≥即此时AB两端输入电压是U=UR+UD=4V+6V=10V，由图像丙知道，周期是：T=6s，每个周期U>10V的时间是2s，当该电路工作20min时，喷水时间共是：2s×20×60s/6s=400s。

【点睛】本题是一道信息给予题，考查的内容较多，这类题目需要仔细阅读，根据题中信息分析解答，有一定的难度。