2016年甘肃省兰州市中考物理试题及答案

这是一份2016年甘肃省兰州市中考物理试题及答案，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，识图，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。

甘肃省兰州市2016年中考物理试题（word解析版）

　
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列物态变化中属于液化的是（　　）
A．加在饮料中的冰块逐渐变小
B．飞机在蔚蓝的天空飞过，留下长长的“尾巴”
C．樟脑丸越放越小
D．冰箱冷藏室的内壁结出“白霜”
2．关于声现象，下列说法正确的是（　　）
A．人耳听不到次声波，是因为响度太小
B．大声说话是为了提高声音的音调
C．用超声波清洗眼镜片，说明超声波能够传递能量
D．关上窗户可以减小窗外噪声的影响，说明声音在固体中传播速度慢
3．关于光现象，下列说法正确的是（　　）
A．凸透镜只对平行光线有会聚作用
B．人向平面镜走近时，他在镜中的像逐渐变大
C．黑板面反光是由于光发生漫反射造成的
D．日食的形成是由于月球挡住了太阳射向地球的光
4．下列说法正确的是（　　）
A．原子核是由质子和电子组成
B．天文观察发现，所用核外星系都在远离我们，这说明宇宙处于普遍的膨胀之中
C．由公式可知，电磁波的频率越高，传播速度越快
D．制作LED灯的材料是超导体
5．关于质量和密度，下列说法正确的是（　　）
A．物体质量的大小与地理位置无关
B．同种物质组成的物体，体积大的密度小
C．冰熔化成水，密度变小
D．物质的密度与质量成正比
6．关于磁现象，下列说法正确的是（　　）
A．铜、铁、铝都是磁性材料
B．地磁场的S极在地理的北极附近
C．磁场是由磁感线组成的
D．导体在磁场中运动就会产生磁感应电流
7．下列说法正确的是（　　）
A．物体的运动速度越大，惯性越大
B．同一物体匀速上升时，速度越快，所受拉力越大
C．运动的物体，如果不受力的作用就会慢慢停下来
D．两个相互不接触的物体，也可能会产生力的作用
8．关于压力和压强，下列说法正确的是（　　）
A．水坝建成上窄下宽的形状，是由于水对坝的压强随深度的增加而增大
B．飞机的机翼能获得向上的升力，是利用了流体速度越大压强越小的原理
C．大气压强随着海拔高度的增加而增大
D．刀刃磨得很锋利，是为了增大压强
9．下列说法不正确的是（　　）
A．能量的转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
B．植物的光合作用是将光能转化为化学能
C．为节约能源，我们应该从小养成“人走灯关”的好习惯
D．在能源的利用中，总会有一部分能量未被利用就损失了
10．如图所示，用20N的力F拉着重为100N的物体，使其沿水平面以2m/s的速度匀速运动了5s，若每个滑轮重10N，忽略绳重和滑轮轴的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A．拉力F做的功为200J
B．拉力F的功率为120W
C．滑轮组对物体做的有用功为400J
D．滑轮组对物体所做有用功的功率为60W
11．下列说法正确的是（　　）
A．物体的内能增加，它的温度一定升高
B．汽油机在吸气冲程中吸入气缸的是汽油和空气的混合物
C．外界对物体做功，它的温度一定升高
D．“黄沙漫天”说明分子在永不停息的做无规则运动
12．在甲、乙、丙三个相同的容器中，分别盛质量相同的同种液体，将三个质量相同，体积不同的小球，分别沉入三个容器的底部，当小球静止时，容器受到小球的压力的大小关系是F甲＞F乙＞F丙，则容器底部受到的液体压强最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．一样大
13．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，下列说法正确的是（　　）

A．向右移动滑片P，电压表V1的示数变小
B．向右移动滑片P，电压表V2的示数变小
C．向左移动滑片P，电流表A的示数变大
D．向左移动滑片P，电压表V1与电流表A的示数比值不变
14．如图所示的电路，下列说法正确的是（　　）

A．只闭合开关S1，灯泡L1与滑动变阻器并联，电流表测干路电流
B．只闭合开关S2，灯泡L1与滑动变阻器并联后再与L2串联
C．闭合开关S1S2，灯泡L1L2并联后再与滑动变阻器串联
D．闭合开关S1S2，灯泡L2被短路，电压表测灯泡L1两端的电压
15．如图所示的电路，电源电压保持不变，电阻R1、R2的阻值分别为10Ω和20Ω，只闭合开关S1，将滑片P移到中点，电压表示数为6V，电阻R1的功率为P1，闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端，电阻R2的功率为P2，若P1：P2=2：9．则下列说法正确的是（　　）

A．电源电压为18V
B．滑动变阻器的最大电阻为20Ω
C．电路的最大功率为12.15W
D．电路的最小功率为2.7W
16．关于家庭电路和用电安全，下列说法不正确的是（　　）
A．使用测电笔时，手不能接触触电笔的金属体
B．B更换灯泡时，应先断开开关
C．空气开关跳闸，可能是电路中出现了短路
D．卫生间应该安装有放水盖的插电盒开关
　
二、填空题（共9小题，每空1分，共18分）
17．一条船逆流而上，船上的人看到一座桥迎面而来，这是以　　　　　　为参照物，若他感到桥向西运动，则以河岸为参照物，船向　　　　　　（选填“西”“东”）行驶的．
18．寒冷的冬季用潮湿的手摸放在户外的金属管，手会“粘”在上面，这是由于手上的水份遇冷后结成冰，使分子间　　　　　　增大．
19．如图是某物体的s﹣t图象，由图象可知前5s内物体通过的路程是　　　　　　m，在5s﹣15s内物体运动的速度是　　　　　　m/s．

20．“弓开如满月，箭去似流星”形容射箭运动员拉弓放箭的情形，那么在这个过程中弓的　　　　　　能转化为箭的　　　　　　能．
21．有些建筑物的顶端有避雷针，避雷针是针状金属物，它可以利用尖端放电，把云层所带的电荷导入大地，若云层带正电，那么尖端放电时，避雷针中自由电子的运动方向是　　　　　　（选填“从云层到大地”或“从大地到云层”）．
22．电动机的工作原理是　　　　　　，只改变线圈中的电流方向，电动机的转动方向　　　　　　（选填“会”或“不会”）发生改变．电风扇、洗衣机、抽油烟机等家用电器都装有电动机，这些用电器是　　　　　　联接入家庭电路的．
23．如图所示，用手握住重5N的瓶子，手与瓶子间的摩擦是静摩擦，此时瓶子受到的静摩擦力大小为　　　　　　N，方向为　　　　　　（选填“竖直向下”或“竖直向上”）．增大手对瓶子的握力，瓶子受到的静摩擦力将　　　　　　（选填“增大”、“减小”或“不变”）．

24．一个重为300N的物体Q，底面积400cm2，将其放在水平地面上，它对地面的压强是　　　　　　Pa．如图所示，现将物体Q挂在杠杆的B端，在A端悬挂一个重为100N的物体P，使杠杆在水平位置平衡，忽略杠杆自重的影响，若OA：OB=2：5，那么地面对物体Q的支持力为　　　　　　N．

25．如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L1、L2上分别标有“6V 3.6W”和“2V 1W”的字样，滑动变阻器上标有“40Ω 1A”字样，只闭合开关S1，滑片P在中点时，伏特表的示数是6V，则电源电压　　　　　　V；同时闭合S1，S2，要使小灯泡不被烧坏，则电流表的示数不能超过　　　　　　A．（忽略温度对灯丝电阻的影响）．

　
三、识图、作图题（共4小题，满分14分）
26．完成下列光路图：
（1）在图甲中画出入射光线AO从空气射入玻璃时的折射光线；
（2）图乙是检查视力时是情景，人面对平面镜而坐，身后是视力表，请在丙图中画出人眼通过平面镜看到视力表中S点的光路图．

27．如图所示，杠杆AOB在力的作用下出于平衡状态，请画出图中货箱的受力示意图和拉力T的力臂L．

28．如图是“探究电流产生的热量与什么因素有关”的实验装置，请在答题卡的虚线框内画出与之对应的电路图．

29．如图所示，请按要求连接电路，使得开关S闭合后，两个通电螺线管相互吸引；标出小磁针静止时的N极．

　
四、实验题（共4小题，满分20分）
30．为了比较A、B两种液体比热容的大小，某实验小组做了如图所示的实验，在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将试管放入完全相同的盛水烧杯中，用相同的酒精灯加热．
（1）实验采用水浴加热，目的是使溶液A、B　　　　　　受热；
（2）在试管中装入液体A、B时，要控制他们的初温和　　　　　　相同；
（3）加热相同的时间，是为了液体A、B吸收的热量　　　　　　（选填“相同”或“不相同”）；
（4）加热相同时间后，液体A、B的温度如图所示，这表明液体　　　　　　（选填“A”或“B”）的比热容较大．

31．如图所示，为了验证“阿基米德原理”，某同学做了如下实验：
（1）如图甲，在弹簧的下端挂一个小桶，小桶的下面吊一个石块，记下弹簧伸长后下端到达的位置O，将此时弹簧对小桶的拉力计为T1，小桶与石块的总重记为G，则T1　　　　　　G（选填“＞”“＜”“=”）；
（2）如图乙，在溢水杯中盛满水，当石块浸没在水中时，排出的水便流到旁边的小水杯中，将排出的水的重力记为G排；
（3）如图丙所示，把小杯中的水全部倒入弹簧下方的小桶中，弹簧的下端又会到达原来的位置O，将此时弹簧对小桶的拉力记为T2，则T2　　　　　　T1（选填“＞”“＜”“=”）；
（4）通过对图丙中小桶和石块的受力分析，请推导石块受到的浮力F浮与排出水的重力G排之间的关系　　　　　　．（要求写出推导过程）

32．为了探究“电流与电压的关系”，某同学设计了如图甲所示的电路．
（1）实验中，应保持　　　　　　不变，调节滑片P，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为　　　　　　A；
电压/V
1
2
3
电流/A
0.1

0.3
（2）多次测量，将记录的数据填在上表中，分析数据可以得出的结论是　　　　　　；
（3）在上述实验结束后，该同学还想利用此电路探究“电流与电阻”的关系，并与上表中的第三次实验数据进行比较，于是他在原电路中，只将10Ω的定值电阻换成了15Ω．闭合开关后，发现电压表的示数　　　　　　（选填“变大”、“变小”或“不变”），则他接下来的操作应该是　　　　　　．
33．利用如图所示的电路测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率．
（1）用笔画线代替导线将图甲中的电路连接完整，要求滑片P向右移动时灯泡变暗；
（2）连接电路，开关应　　　　　　，滑片P应位于　　　　　　（选填“A”或“B”）端；
（3）连接电路后，闭合开关，发现灯泡较亮，电压表和电流表的示数均较大．无论怎样移动滑片P，此现象都不发生改变，则出现这种现象的原因可能是　　　　　　；（答出一种即可）
（4）改正电路后，移动滑片P，使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　　　　　　W．
　
五、解答题（共3小题，满分20分）
34．某燃气热水器工作时，燃烧产生热量的功率为20kW，水温升高25℃时，每分钟出水量为10L．此时c水=4.2×103J/kg•℃，ρ水=1.0×103kg/m3．求：
（1）1min内水吸收的热量；
（2）热水器的效率．
35．如图所示，正方体A的边长为10cm，在它的上面放一个重为2N的物体B，此时正方体A恰好没入水中，已知g=10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3．求：
（1）正方体A受到的浮力的大小；
（2）正方体A的密度．

36．如图所示，电源电压为12V且保持不变，灯泡L标有“6V，3W”的字样，滑动变阻器的最大阻值为50Ω，闭合开关S1，S2，调节滑片P：当滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电压表的示数为U1，R0的功率为P01，当变阻器接入电路的阻值为R2时，电压表的示数为U2，R0的电功率为P02，已知U1：U2=1：2，R1：R2=3；1，P01+P02=4.5W．求：
（1）S1闭合，S2断开，灯泡L正常发光时，电路的总功率；
（2）S1、S2闭合时，电阻R0的电功率P01和P02；
（3）电阻R0的阻值．

　

2016年甘肃省兰州市中考物理试卷
参考答案与试题解析
　
一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）
1．下列物态变化中属于液化的是（　　）
A．加在饮料中的冰块逐渐变小
B．飞机在蔚蓝的天空飞过，留下长长的“尾巴”
C．樟脑丸越放越小
D．冰箱冷藏室的内壁结出“白霜”
【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固．
【解答】解：
A、加在饮料中的冰块逐渐变小，是由固态冰变为液态水的过程，属于熔化现象，故A错误；
B、机飞过蔚蓝的天空中会留下一条长长的“尾巴”，这种现象俗称为“飞机拉烟”，产生这一现象的原因之一是飞机在飞行过程中排出的“暖湿气体遇冷”液化形成的，故B正确；
B、放在衣柜里面的樟脑丸变小了，由固态直接变为气态，是升华现象，故C错误；
D、冰箱冷藏室的内壁结出“白霜”，是由空气中的水蒸气遇冷凝华而成的小冰晶，是凝华现象，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了物态变化的判断，属于热学基础知识的考查，解决此类题目的关键是抓住物质前后的状态变化．
　
2．关于声现象，下列说法正确的是（　　）
A．人耳听不到次声波，是因为响度太小
B．大声说话是为了提高声音的音调
C．用超声波清洗眼镜片，说明超声波能够传递能量
D．关上窗户可以减小窗外噪声的影响，说明声音在固体中传播速度慢
【分析】（1）人的听觉频率范围是20Hz～20000Hz之间，大于20000Hz的声波，人们听不见，叫超声波，小于20Hz的，人们也听不见，叫次声波；声音是由物体的振动产生的，但由于人的听觉范围的限制发出的声音不一定能听得到；
（2）声音的特性有三个：音调、响度和音色．音调是指声音的高低，与振动频率有关；响度是指声音的大小，跟距声源的远近和振幅有关；音色又叫音品是指声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关．
（3）声音可以传递信息，也可以传递能量；
（4）防治噪声污染可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治．
【解答】解：A、人耳听不到次声波，是因为次声波的频率小于20Hz，故A错误；
B、大声说话是为了增大声音的响度，故B错误；
C、用超声波清洗眼镜片，属于利用超声传递能量，故C正确；
D、关上窗户可以减小窗外噪声的影响，是在传播过程中减弱噪声，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了声音的相关知识，属于基础知识的考查，具有一定的综合性，比较简单．
　
3．关于光现象，下列说法正确的是（　　）
A．凸透镜只对平行光线有会聚作用
B．人向平面镜走近时，他在镜中的像逐渐变大
C．黑板面反光是由于光发生漫反射造成的
D．日食的形成是由于月球挡住了太阳射向地球的光
【分析】（1）凸透镜对任何光线都有会聚作用，让会聚的光线提前会聚，使平行光线会聚成一点，使发散的光线变为会聚一些．
（2）平面镜所成的像与物大小相等；
（3）光的反射分为镜面反射和漫反射，当平行光射到表面光滑的物体表面时，反射光线仍然平行，发生的是镜面反射；当平行光线射到凹凸不平的物体表面时，反射光线向各个方向传播，发生的是漫反射；
（4）光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
【解答】解：A、凸透镜对任何光线都有会聚作用，故A错误；
B、平面镜所成的像与物大小相等，故人向平面镜走近时，他在镜中的像不变，故B错误；
C、当黑板表面太光滑，光射到这里发生了镜面反射，反射光线朝着同一方向射出，位于反射光线方向的同学则看不清黑板上的字，这就是黑板反光问题，故C错误；
D、光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，故日食的形成是由于月球挡住了太阳射向地球的光导致的，故D正确；
故选D．
【点评】此题考查了凸透镜对光线的作用、平面镜成像的特点、黑板反光的理解和光的直线传播，是一道综合题．
　
4．下列说法正确的是（　　）
A．原子核是由质子和电子组成
B．天文观察发现，所用核外星系都在远离我们，这说明宇宙处于普遍的膨胀之中
C．由公式可知，电磁波的频率越高，传播速度越快
D．制作LED灯的材料是超导体
【分析】①原子由原子核和核外电子构成，原子核由质子和中子构成；
②星系之间的距离在不断扩大，那么整个宇宙的体积也就在不断的扩大，也就是整个宇宙在不断的膨胀中；
③电磁波传播速度是一定的，为3×108m/s，波速跟电磁波的波长和频率大小无关；
④LED灯是用半导体材料制作的．
【解答】解：
A、物质由分子或原子组成，原子由原子核和核外电子组成，原子核包括质子和中子两部分．此选项错误；
B、科学家通过对星系光谱的研究发现，所有的星系都在远离我们而去，宇宙中星系间的距离在不断扩大，这说明宇宙处于普遍的膨胀之中．此选项正确；
C、电磁波的种类不同，但是电磁波速是相同的，并且波速=波长×频率，波长越长，频率越小．此选项错误；
D、低碳节能的LED，即是发光二极管，制作发光二极管的核心材料就是半导体材料．此选项错误．
故选B．
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，包括物质结构、宇宙的膨胀、波长波速频率的关系和LED灯的材料，熟练掌握基本规律是解答的关键．
　
5．关于质量和密度，下列说法正确的是（　　）
A．物体质量的大小与地理位置无关
B．同种物质组成的物体，体积大的密度小
C．冰熔化成水，密度变小
D．物质的密度与质量成正比
【分析】（1）根据质量的定义：物体中含有物质的多少叫质量来解答此题
（2）同种物质，质量与体积成正比；
（3）冰熔化为水，状态变了，但质量是不变的，体积变小，密度变大；
（4）某种物质的质量和其体积的比值，即单位体积的某种物质的质量，叫作这种物质密度．密度是物质的一种特性，其大小与物体的质量和体积无关
【解答】解：A、物体所含物质的多少叫做质量，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，故A正确；
B、同种物质密度一定，它的质量与体积成正比，故B错误；
C、冰熔化为水，状态变了，但质量是不变的；根据水的反常膨胀，体积变小；根据ρ=，在质量一定时，体积变小，密度变大，故C错误；
D、密度是物质的一种特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，不随质量和体积的变化而变化，故D错误．
故选A．
【点评】此题考查的是质量以及密度的理解，知道密度是物质的一种特性，不随质量和体积的变化而变化，仅与物质的种类和所处的状态有关、质量大小决定于物体所含物质的多少，小与物体的形状、状态、位置都无关．
　
6．关于磁现象，下列说法正确的是（　　）
A．铜、铁、铝都是磁性材料
B．地磁场的S极在地理的北极附近
C．磁场是由磁感线组成的
D．导体在磁场中运动就会产生磁感应电流
【分析】（1）磁性材料包括铁、钴、镍等；
（2）地磁的两极与地理的两极相反，且存在一定的磁偏角；
（3）磁场是一种看不见的真实存在的物质，而磁感线是人们假想出来的；
（4）闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线时，会在电路中产生感应电流．
【解答】解：
A、常见的磁性材料包括铁、钴、镍等，铜、铝是非磁性材料，故A错误；
B、地磁的两极与地理的两极相反，地磁场的S极在地理的北极附近，故B正确；
C、磁场是一种看不见、摸不着的真实存在的特殊物质，而磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故C错误；
D、产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线时，会在电路中产生感应电流，故D错误．
故选B．
【点评】围绕磁场、磁感线、磁性材料、地磁场、电磁感应等相关概念或原理进行了考查，都是我们应该熟知的基础知识，难度不大．
　
7．下列说法正确的是（　　）
A．物体的运动速度越大，惯性越大
B．同一物体匀速上升时，速度越快，所受拉力越大
C．运动的物体，如果不受力的作用就会慢慢停下来
D．两个相互不接触的物体，也可能会产生力的作用
【分析】（1）惯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．
（2）处于平衡状态的物体，一定受到平衡力的作用；
（3）掌握牛顿第一定律的内容：一切物体如果不受外力作用，将保持静止状态或匀速直线运动状态；
（4）力是物体对物体的作用，要产生力的作用至少两个物体：施力物体和受力物体．
【解答】解：A、惯性大小的唯一量度是质量，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，所以物体的运动速度越大，惯性不一定越大．故A错误；
B、同一物体匀速上升时，处于平衡状态，拉力与重力是一对平衡力大小相等，与速度无关，故B错误；
C、运动的物体，如果不受力的作用，将保持匀速直线运动，故C错误；
D、没有相互接触的两个物体可以产生力的作用，如：重力、磁力等．故D正确．
故选D．
【点评】此题考查惯性、力的概念、物体运动状态变化的原因、平衡状态的判断，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题．
　
8．关于压力和压强，下列说法正确的是（　　）
A．水坝建成上窄下宽的形状，是由于水对坝的压强随深度的增加而增大
B．飞机的机翼能获得向上的升力，是利用了流体速度越大压强越小的原理
C．大气压强随着海拔高度的增加而增大
D．刀刃磨得很锋利，是为了增大压强
【分析】（1）液体的压强随深度的增加而增大，据此判断；
（2）根据流体压强与流速的关系可做出判断；
（3）根据大气压与高度的关系可做出判断；
（4）在压力一定时，减小受力面积可以增大压强．
【解答】解：A、液体的压强随深度的增加而增大，水坝建成上窄下宽的形状可承受更大的压强，故A正确；
B、飞机的机翼能获得向上的升力，是因为机翼上方空气流速快、压强小，下方空气流速慢、压强大，产生向上的压强差，这样就形成了向上的升力．故B正确；
C、大气压强随着海拔高度的增加而减小，故C错误；
D、刀刃磨得很锋利，是为了在压力一定时，减小受力面积，增大压强，故D正确．
故选ABD．
【点评】本题主同时考查了固体压强、液体压强和气体压强，以及流体压强特点的相关知识，都是有关压强方面的基本规律，应熟知．
　
9．下列说法不正确的是（　　）
A．能量的转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
B．植物的光合作用是将光能转化为化学能
C．为节约能源，我们应该从小养成“人走灯关”的好习惯
D．在能源的利用中，总会有一部分能量未被利用就损失了
【分析】在自然界中能量可以相互转化或转移，在能量的转化或转称过程中，能量的总量是守恒的．但有些能量不能被人们直接利用，会损失掉，因此我们应该节约能源．据此可对选项中的描述逐一做出判断．
【解答】解：A、能量的转化过程中是守恒的，但有些能源不能被人们所利用，因此能源并不是“取之不尽，用之不竭”的，故A错误；
B、植物的光合作用是将光能转化为化学能，储存在植物体内，故B正确；
C、为节约能源，我们应该从小养成“人走灯关”的好习惯，故C正确；
D、在能源的利用中，总会有一部分能量未被利用就损失了，但能的总量是不变的，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查了有关能量的转化与守恒，能量转化的判断，节约能源的做法等，属基础知识的考查．
　
10．如图所示，用20N的力F拉着重为100N的物体，使其沿水平面以2m/s的速度匀速运动了5s，若每个滑轮重10N，忽略绳重和滑轮轴的摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A．拉力F做的功为200J
B．拉力F的功率为120W
C．滑轮组对物体做的有用功为400J
D．滑轮组对物体所做有用功的功率为60W
【分析】（1）已知物体沿水平面以2m/s的速度匀速运动了5s，可求得物体移动的距离，然后可知绳子移动的距离，
根据W=Fs求出拉力F做的功；根据公式P=求出拉力的功率；
（2）利用总功减去额外功为有用功，利用P=求出有用功的功率．
【解答】解：A、由v=可得，物体移动的距离：s物=vt=2m/s×5s=10m，
拉力端移动的距离：s=2s物=2×10m=20m，
拉力F做的功：W总=Fs=20N×20m=400J，故A错误；
B、拉力F的功率：P===80W，故B错误；
C、忽略绳重和滑轮轴的摩擦，则额外功：W额=G动h=10N×10m=100J，
有用功：W有用=W总﹣W额=400J﹣100J=300J，故C错误；[来源:Zxxk.Com]
D、有用功的功率：P′===60W．故D正确．
故选D．
【点评】此题主要考查的是学生对功率、有用功、机械效率、拉力计算公式的理解和掌握，知识点较多，有一定难度．
　
11．下列说法正确的是（　　）
A．物体的内能增加，它的温度一定升高
B．汽油机在吸气冲程中吸入气缸的是汽油和空气的混合物
C．外界对物体做功，它的温度一定升高
D．“黄沙漫天”说明分子在永不停息的做无规则运动
【分析】（1）物体的内能增加，但温度不一定升高，如晶体的熔化过程，吸热但温度不升高；
（2）工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气；
（3）改变物体内能的两种方式：做功和热传递；做功可以改变内能，且对物体做功，物体内能会增加；
（4）分子运动是看不见的，在不知不觉中发生了变化，扩散现象是分子做无规则运动的结果．
【解答】解：A、物体吸收热量、内能一定增大，但温度不一定升高，例如，晶体熔化过程中，吸收热量，温度不变；故A错误；
B、工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，故B正确；
C、外界对物体做功，它的温度不一定升高，例如，对0℃的冰做功，变为0℃的水，故C错误；
D、“黄沙漫天”是颗粒的运动，不是分子运动，故D错误．
故选B．
【点评】此题考查学生对于物体内能改变方式的理解，以及内能、热量和温度的关系的理解．[来源:学#科#网Z#X#X#K]
　
12．在甲、乙、丙三个相同的容器中，分别盛质量相同的同种液体，将三个质量相同，体积不同的小球，分别沉入三个容器的底部，当小球静止时，容器受到小球的压力的大小关系是F甲＞F乙＞F丙，则容器底部受到的液体压强最大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．一样大
【分析】先对容器内小球进行受力分析，而后据题目中的信息，结合阿基米德原理进行比较，得出液面关系，而后再据液体内部压强的计算公式计算即可．
【解答】解：对于沉入杯底部的小球来说，其受到三个力的作用，即向上的是浮力和容器对小球的支持力，向下是小球的重力，故此时容器对小球的支持力FN=G﹣F浮；据物体间力的作用是相互的特点可知，容器对小球的支持力大小等于小球对容器底部的压力，知道F甲＞F乙＞F丙，小球的质量相同，即重力相同，据FN=G﹣F浮可得，F浮=G﹣FN；所以F甲浮＜F乙浮＜F丙浮，又据F浮=ρgV排可知，小球沉底，排开液体的体积等于自身的体积，故V甲＜V乙＜V丙；即丙排开液体的体积最大，液面最高，故据p=ρgh可知，丙容器底部所受的液体压强最大．
故选C．
【点评】此题考查了受力分析的理解、液体压强公式和阿基米德原理的应用，是一道综合题，有一定的难度．
　
13．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，下列说法正确的是（　　）

A．向右移动滑片P，电压表V1的示数变小
B．向右移动滑片P，电压表V2的示数变小
C．向左移动滑片P，电流表A的示数变大
D．向左移动滑片P，电压表V1与电流表A的示数比值不变
【分析】闭合开关，两电阻串联，电流表测电路中电流，V1测R2两端电压，V2测总电压．
根据滑片移动方向判断R1连入阻值变化，从而知电路的电阻变化，由串联电路特点和欧姆定律电表示数变化以及V1与A的示数比值变化情况．
【解答】解：
由图可知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，V1测R2两端电压，V2测总电压，电源电压保持不变，所以滑片移动中V2的示数不变，故B错误；
滑片向右移动时，R1连入阻值变小，根据串联电路的分压原理知，R2分得电压增大，即V1示数变大，故A错误；
滑片向左移动时，R1连入阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知电路中电流变小，故C错误；
由欧姆定律可知，电压表V1与电流表A的示数比值大小等于R2的阻值，所以两表比值不变，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，会把电压表V1与电流表示数的比值转化为R2的阻值处理是关键．
　
14．如图所示的电路，下列说法正确的是（　　）

A．只闭合开关S1，灯泡L1与滑动变阻器并联，电流表测干路电流
B．只闭合开关S2，灯泡L1与滑动变阻器并联后再与L2串联
C．闭合开关S1S2，灯泡L1L2并联后再与滑动变阻器串联
D．闭合开关S1S2，灯泡L2被短路，电压表测灯泡L1两端的电压
【分析】根据实物图可知，只闭合S1时，灯泡L1与滑动变阻器串联；只闭合S2时，灯泡L2与滑动变阻器串联；闭合S1、S2时，灯泡L1、L2并联后与滑动变阻器串联，据此判断选项的正误．
【解答】解：A、只闭合S1时，灯泡L1与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流；故A错误；
B、只闭合S2时，灯泡L2与滑动变阻器串联；故B错误；
CD、闭合S1、S2时，灯泡L1、L2并联后与滑动变阻器串联，故C正确，D错误．
故选C．
【点评】本题考查电路基本连接方式的辨别，属于基础题．
　
15．如图所示的电路，电源电压保持不变，电阻R1、R2的阻值分别为10Ω和20Ω，只闭合开关S1，将滑片P移到中点，电压表示数为6V，电阻R1的功率为P1，闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端，电阻R2的功率为P2，若P1：P2=2：9．则下列说法正确的是（　　）

A．电源电压为18V
B．滑动变阻器的最大电阻为20Ω
C．电路的最大功率为12.15W
D．电路的最小功率为2.7W
【分析】（1）由电路图可知，只闭合开关S1，将滑片P移到中点时，R1与串联，电压表测变阻器两端的电压，根据串联电路的电压表示出R1两端的电压，根据P=表示出电阻R1的功率；闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端时，R1与R2并联，根据并联电路的电压特点和P=表示出电阻R2的功率；利用P1：P2=2：9得出等式即可求出电源的电压；
（2）只闭合开关S1，将滑片P移到中点时，根据串联电路的电流特点和欧姆定律得出等式即可求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后求出滑动变阻器的最大阻值；
（3）闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端，电路中的总电阻最小，电路的总功率最大，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P=求出电路的最大功率；
（4）R1与滑动变阻器的最大阻值串联时电路中的总电阻最大，电路的总功率最小，根据电阻的串联和P=求出电路的最小功率．
【解答】解：（1）由电路图可知，只闭合开关S1，将滑片P移到中点时，R1与串联，电压表测变阻器两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R1两端的电压：
U1=U﹣U滑=U﹣6V，
则电阻R1的功率：
P1==，
闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端时，R1与R2并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电阻R2的功率：
P2==，
则==，
解得：U=9V，故A错误；
（2）只闭合开关S1，将滑片P移到中点时，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I===，即=，
解得：R=40Ω，故B错误；
（3）闭合开关S1、S2，将滑片移到最左端，R1与R2并联，电路中的总电阻最小，电路的总功率最大，
因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，电路中的总电阻：
R并===Ω，
电路的最大功率：
P大===12.25W，故C正确；
（4）R1与滑动变阻器的最大阻值串联时，电路中的总电阻最大，电路的总功率最小，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路的最小功率：
P小===1.62W，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，利用好电阻R1与R2的功率之比求出电源的电压是关键．
　
16．关于家庭电路和用电安全，下列说法不正确的是（　　）
A．使用测电笔时，手不能接触触电笔的金属体
B．B更换灯泡时，应先断开开关
C．空气开关跳闸，可能是电路中出现了短路
D．卫生间应该安装有放水盖的插电盒开关
【分析】（1）测电笔是用来辨别火线和零线的．使用测电笔辨别时，用手触及笔尾的金属部分，笔尖接触电线，若氖管发光则为火线，否则为零线；
（2）更换灯泡时先断开开关避免触电事故；
（3）空气开关“跳闸”说明电路中电流过大，家庭电路电流过大的原因：短路、用电器总功率过大；
（4）水是导体，卫生间若不安防水盖的开关，容易触电．
【解答】解：A、使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线，故A错误；
B、不断开开关，直接更换不亮的电灯泡，由于灯泡上带电，容易引起触电事故，所以更换灯泡时先断开开关，故B正确；
C、家庭电路中空气开关跳闸，可能是由于短路或用电器总功率过大引起的，故C正确；
D、水是导体，卫生间若不安防水盖的插电盒开关，容易触电，故D正确．
故选A．
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电！
　
二、填空题（共9小题，每空1分，共18分）
17．一条船逆流而上，船上的人看到一座桥迎面而来，这是以　船　为参照物，若他感到桥向西运动，则以河岸为参照物，船向　东　（选填“西”“东”）行驶的．
【分析】在研究物体的运动情况时，需要选取一个参照物，物体与参照物之间的位置发生变化，则物体是运动的；物体与参照物之间的位置没有发生变化，则物体是静止的．
【解答】解：以船为参照物，桥与船之间的位置发生了变化，所以是运动的，故会有一座桥迎面而来；
河岸和桥之间没有位置移动，是相对静止的，所以，若他感到桥向西运动，以河岸为参照物，则船是向东运动的．
故答案为：船；东．
【点评】该题考查了运动和静止的相对性以及参照物的选取，属于基础知识，难度不大．
　
18．寒冷的冬季用潮湿的手摸放在户外的金属管，手会“粘”在上面，这是由于手上的水份遇冷后结成冰，使分子间　作用力　增大．
【分析】构成物质的分子之间都有一定间隔，在固体、液体、气体中，分子之间的间隔是不同的，固体中的间隔最小，作用力最大，气体中的间隔最大，作用力最小．
【解答】解：在固体、液体、气体中，分子之间的间隔是不同的；固体分子之间的间隔最小，作用力最大，气体分子之间的间隔最大，作用力最小；因此，水遇冷后结成冰，分子间的间隔变小，作用力增大．
故答案为：作用力．
【点评】本题考查学生运用微粒的基本特征解释日常生活现象
　
19．如图是某物体的s﹣t图象，由图象可知前5s内物体通过的路程是　2　m，在5s﹣15s内物体运动的速度是　0.4　m/s．

【分析】先根据图象判断前5s内物体的运动状态，然后确定前5s内物体通过的路程；根据图象判断物体在5s﹣15s内的运动状态，然后根据图象信息以及速度公式求出物体运动的速度．
【解答】解：根据图象可知，前5s内物体始终静止，因此前5s内物体通过的路程是0m；
根据图象可知5s﹣15s内物体做匀速直线运动，并且物体在5s内通过的路程为2m，因此在5s﹣15s内物体运动的速度：v===0.4m/s．
故答案为：0；0.4．
【点评】本题考查速度的计算和物体运动状态的判断，关键能从图中读出有用信息．
　
20．“弓开如满月，箭去似流星”形容射箭运动员拉弓放箭的情形，那么在这个过程中弓的　弹性势　能转化为箭的　动　能．
【分析】弹性势能的影响因素是物体的弹性形变程度，在弹性范围以内，弹性形变越大，弹性势能就越大．
【解答】解：拉弯的弓具有弹性势能，箭射出去后具有动能，这一过程中是弓的弹性势能转化为箭的动能．
故答案为：弹性势；动能；
【点评】本题考查了能量的转化，解答此题的关键是知道弹性势能的概念，属于基本内容．
　
21．有些建筑物的顶端有避雷针，避雷针是针状金属物，它可以利用尖端放电，把云层所带的电荷导入大地，若云层带正电，那么尖端放电时，避雷针中自由电子的运动方向是　从大地到云层　（选填“从云层到大地”或“从大地到云层”）．
【分析】雷电是云层与大地之间或云层之间的放电现象，在高大的建筑物上安装避雷针，可使云层所带电荷通过避雷针进入大地，从而保护建筑物不受雷击．
【解答】解：当带正电云层靠近建筑物时，由于云层带正电，缺少电子，避雷针中的自由电子会从大地到云层，逐渐中和云层中的电荷，从而避免建筑物遭受雷击．
故答案为：从大地到云层．
【点评】此题考查静电常识，知道尖端放电在生活中的应用和防止即可正确答题．基础题目．
　
22．电动机的工作原理是　通电导体在磁场中受到力的作用　，只改变线圈中的电流方向，电动机的转动方向　会　（选填“会”或“不会”）发生改变．电风扇、洗衣机、抽油烟机等家用电器都装有电动机，这些用电器是　并　联接入家庭电路的．
【分析】（1）电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的；导体受力的方向与电流方向和磁场方向有关；
（2）家庭电路中，各用电器都是并联的．
【解答】解：（1）动机的工作原理是通电导体在磁场中受到力的作用；导体在磁场中受力的方向与电流方向和磁场方向有关，只改变线圈中的电流方向，电动机的转动方向会发生改变．
（2）电风扇、洗衣机、抽油烟机等家用电器工作时互不影响，它们是并联接入家庭电路的．
故答案为：通电导体在磁场中受到力的作用；会；并．
【点评】电与磁在实际应用过程中，需要分清“电生磁”和“磁生电”的区别．同时还要了解家庭电路中，各用电器都是并联的．
　
23．如图所示，用手握住重5N的瓶子，手与瓶子间的摩擦是静摩擦，此时瓶子受到的静摩擦力大小为　5　N，方向为　竖直向上　（选填“竖直向下”或“竖直向上”）．增大手对瓶子的握力，瓶子受到的静摩擦力将　不变　（选填“增大”、“减小”或“不变”）．

【分析】瓶子静止悬在空中处于平衡状态，符合二力平衡条件：大小相等，方向相反，作用在同一直线上．所以，瓶子受到手竖直向上的摩擦力始终等于瓶子的重力．
【解答】解：
瓶子处于静止状态，属于平衡状态，所以受到的是平衡力．摩擦力与重力是一对平衡力，瓶子的重力的大小为5N，所以摩擦力也是5N，方向与重力方向相反，竖直向上；
当压力增大时，瓶子受到手竖直向上的摩擦力始终等于瓶子的重力不会随握力的增大而增大．
故答案为：5；竖直向上；不变．
【点评】本题首先判断物体处于哪种状态，并对物体进行受力分析，静止和匀速直线运动的物体都受到平衡力的作用，根据平衡力的特点进行判断．
　
24．一个重为300N的物体Q，底面积400cm2，将其放在水平地面上，它对地面的压强是　7500　Pa．如图所示，现将物体Q挂在杠杆的B端，在A端悬挂一个重为100N的物体P，使杠杆在水平位置平衡，忽略杠杆自重的影响，若OA：OB=2：5，那么地面对物体Q的支持力为　260　N．

【分析】（1）物体对水平面是压力等于其重力；原子压力和受力面积，可以得到物体对地面的压强；
（2）已知杠杆力臂关系和P的拉力，根据杠杆平衡条件可以得到物体Q对杠杆的拉力；根据力的作用相互性，可以得到杠杆对物体Q的拉力；根据Q静止在地面上，所受合力为0，可以得到地面的支持力．
【解答】解：
（1）物体对地面的压强为p====7500Pa；
（2）因为F1L1=F2L2，
所以物体Q对杠杆的拉力为F2==100N×=40N，
由于力的作用是相互的，所以杠杆对物体Q的拉力为F拉=F2=40N，
对于物体Q，有GQ=F拉+F支持，
所以地面对物体Q的支持力为F支持=GQ﹣F拉=300N﹣40N=260N．
故答案为：7500；260．
【点评】此题考查了压强计算公式、杠杆平衡条件、力的作用相互性的应用，对物体进行受力分析，明确力的大小和方向，是解答第二空的关键．
　
25．如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L1、L2上分别标有“6V 3.6W”和“2V 1W”的字样，滑动变阻器上标有“40Ω 1A”字样，只闭合开关S1，滑片P在中点时，伏特表的示数是6V，则电源电压　18　V；同时闭合S1，S2，要使小灯泡不被烧坏，则电流表的示数不能超过　0.7　A．（忽略温度对灯丝电阻的影响）．

【分析】（1）只闭合开关S1，滑片P在中点时，L1与串联，电压表测L1两端的电压，额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，根据串联电路的电流特点和P=UI求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据欧姆定律求出L1的电阻，当同时闭合S1，S2时，L1与L2并联后再与滑动变阻器串联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点可知，要使小灯泡不被烧坏，两灯泡两端的电压为它们额定电压中较小的，根据P=UI求出通过L2的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过L1的电流，利用并联电路的电流特点求出电流表的最大示数．
【解答】解：（1）只闭合开关S1，滑片P在中点时，L1与串联，电压表测L1两端的电压，
因串联电路中各处的电流相等，且电压表的示数与L1的额定电压相等，
所以，由P=UI可得，电路中的电流：
I=I1===0.6A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I=可得，电源的电压：
U=U滑+U1=I×+U1=0.6A×+6V=18V；
（2）L1的电阻：
R1===10Ω，
当同时闭合S1，S2时，L1与L2并联后再与滑动变阻器串联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且要使小灯泡不被烧坏，
所以，两灯泡并联部分的电压U并=U2=2V，
通过L2的电流：
I2===0.5A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过L1的电流：
I1′===0.2A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电流表的最大示数：
I′=I1′+I2=0.2A+0.5A=0.7A．
故答案为：18；0.7．
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，要注意两灯泡并联时最大电压为两者额定电压中较小的．
　
三、识图、作图题（共4小题，满分14分）
26．完成下列光路图：
（1）在图甲中画出入射光线AO从空气射入玻璃时的折射光线；
（2）图乙是检查视力时是情景，人面对平面镜而坐，身后是视力表，请在丙图中画出人眼通过平面镜看到视力表中S点的光路图．

【分析】（1）光从空气斜射入玻璃时，折射光线向法线靠拢；再从玻璃斜射入空气中，折射光线远离法线．
（2）根据物像连线与镜面垂直，物像到平面镜距离相等，做出S的像，S的像是反射光线的反向延长线会聚形成的，必然有反射光线进入人的眼睛，反射光线经过眼睛和像点，两者的连线确定入射点，画出入射光线．
【解答】解：（1）过入射点作法线，然后根据光从空气斜射入玻璃时，折射光线向法线靠拢，折射角小于入射角作出折射光线，如图所示：

（2）根据物像连线与镜面垂直，由S向平面镜作垂线并延长，根据物像到平面镜距离相等，找到S点的像S′点，连接眼睛A和像点S′，交平面镜于O点，连接SO即入射光线，OA为反射光线．如图：

【点评】（1）考查对折射光线的画法，关键是记熟光的折射定律，搞清折射角与入射角的关系．
（2）平面镜成的虚像是反射光线反向延长线会聚形成的，眼睛看到虚像，像点、入射点、眼睛必然在同一直线上，这是完成本题的关键．
　
27．如图所示，杠杆AOB在力的作用下出于平衡状态，请画出图中货箱的受力示意图和拉力T的力臂L．

【分析】（1）对货箱进行受力分析可知，货箱处于平衡状态，受到的重力和拉力是一对平衡力，大小相等；据此根据力的示意图的画法画出这两个力即可；
（2）根据力臂定义：力臂是从支点到力的作用线的距离，作出力臂．
【解答】解：（1）货箱处于平衡状态，受到的重力和拉力是一对平衡力，大小相等．过箱子的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示；
（2）从支点到力的作用线引垂线作出力臂，并标上字母符号L，如图所示：

【点评】此题考查力的示意图的画法和力臂的画法，作图题是历年中考必考试题之一，要求学生熟练掌握作图技巧．
　
28．如图是“探究电流产生的热量与什么因素有关”的实验装置，请在答题卡的虚线框内画出与之对应的电路图．

【分析】电流产生热量的多少，我们通过肉眼是看不出来的，可以通过转换法来得出电流产生热量的多少；由图可知，两电阻并联，开关S控制干路，电流表A1与电阻R甲串联，电流表A2与电阻R乙串联，然后根据实物图可画出电路图．
【解答】解：由实物图可知，电流从正极出发，经开关S开始分支，一支经电阻R乙、电流表A2、滑动变阻器；另一支经电阻R甲、电流表A1，然后两支电流汇合后共同回负极，如图所示：

【点评】本题考查根据实物图画电路图的能力，能正确识别电路的连接方式是画电路图的前提．
　
29．如图所示，请按要求连接电路，使得开关S闭合后，两个通电螺线管相互吸引；标出小磁针静止时的N极．

【分析】（1）根据电流方向，利用安培定则确定左边螺线管的NS极；
（2）螺线管相互吸引，根据磁极之间的作用规律确定右螺线管的NS极；
（3）知道右螺线管的绕法和NS极，根据安培定则确定电流的方向即可．
【解答】解：电流从电源出发，从左边螺线管的左端流入，据安培定则可知，该螺线管的左端是N极，右端是S极，故小磁针的右端是S极，左端是N极，且两个螺线管相互吸引，可知右边螺线管的左侧是N极，右侧是S极，所以据安培定则可知，电流从右边螺线管的右侧流入，左侧流出，故连接电路如下：

【点评】知道并理解磁极间的作用规律和安培定则是解决该题的关键．
　
四、实验题（共4小题，满分20分）
30．为了比较A、B两种液体比热容的大小，某实验小组做了如图所示的实验，在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将试管放入完全相同的盛水烧杯中，用相同的酒精灯加热．
（1）实验采用水浴加热，目的是使溶液A、B　均匀　受热；
（2）在试管中装入液体A、B时，要控制他们的初温和　质量　相同；
（3）加热相同的时间，是为了液体A、B吸收的热量　相同　（选填“相同”或“不相同”）；
（4）加热相同时间后，液体A、B的温度如图所示，这表明液体　B　（选填“A”或“B”）的比热容较大．

【分析】（1）采用水浴法可以使溶液均匀受热；
（2）该实验采用控制变量法，所以必须保证两种溶液的初温、质量和加热时间相同；
（3）加热时间的长短反应液体吸收热量的多少；
（4）吸收相同的热量，温度升高的越少，表面吸收热量的能力越强，比热容越大．
【解答】解：（1）实验采用水浴加热，目的是使溶液A、B均匀受热；
（2）要研究两种液体的吸热本领，应控制两个试管中所装的A、B两种液体的初温相同、质量相等；
（3）因为加热时间的长短反应液体吸收热量的多少，所以加热相同的时间，是为了液体A、B吸收的热量相同；
（4）根据图示可知，加热相同时间后，液体A升高的温度大于B升高的温度，因此液体B的比热容较大．
故答案为：（1）均匀；（2）质量；（3）相同；（4）B．
【点评】此题考查的是物质吸热本领大小的探究实验，正确应用控制变量法和转换法是解答此题的关键．
　
31．如图所示，为了验证“阿基米德原理”，某同学做了如下实验：
（1）如图甲，在弹簧的下端挂一个小桶，小桶的下面吊一个石块，记下弹簧伸长后下端到达的位置O，将此时弹簧对小桶的拉力计为T1，小桶与石块的总重记为G，则T1　=　G（选填“＞”“＜”“=”）；
（2）如图乙，在溢水杯中盛满水，当石块浸没在水中时，排出的水便流到旁边的小水杯中，将排出的水的重力记为G排；
（3）如图丙所示，把小杯中的水全部倒入弹簧下方的小桶中，弹簧的下端又会到达原来的位置O，将此时弹簧对小桶的拉力记为T2，则T2　=　T1（选填“＞”“＜”“=”）；
（4）通过对图丙中小桶和石块的受力分析，请推导石块受到的浮力F浮与排出水的重力G排之间的关系　T1=G，T2=G+G排﹣F浮，且T1=T2，所以F浮=G排　．（要求写出推导过程）

【分析】（1）弹簧对小桶的拉力与小桶和石块的总重是一对平衡力；
（2）在弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比，在两个拉力的作用下，弹簧伸长到相同的位置，起到相同的效果；
（3）根据甲和丙两次实验中弹簧伸长到相同位置列出等式，找出浮力和排出水的重力之间的关系．
【解答】解：（1）弹簧对小桶的拉力计为T1，和小桶和石块的总重是一对平衡力，大小相等，即T1=G；
（3）在两个拉力的作用下，弹簧伸长到相同的位置，起到相同的效果，所以这两个拉力的关系是：T2=T1；
（4）甲图中，T1=G；
丙图中，T2=G+G排﹣F浮；
因为T1=T2，
所以G=G+G排﹣F浮，所以F浮=G排．
故答案为：（1）=；（3）=；（4）T1=G，T2=G+G排﹣F浮，且T1=T2，所以F浮=G排．
【点评】此题主要考查的是学生对验证“阿基米德原理”实验的理解和掌握，关键是等效替代法在实验中的应用．
　
32．为了探究“电流与电压的关系”，某同学设计了如图甲所示的电路．
（1）实验中，应保持　电阻　不变，调节滑片P，当电压表示数为2V时，电流表的示数如图乙所示，则电路中的电流为　0.2　A；
电压/V
1
2
3
电流/A
0.1

0.3
（2）多次测量，将记录的数据填在上表中，分析数据可以得出的结论是　电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比　；
（3）在上述实验结束后，该同学还想利用此电路探究“电流与电阻”的关系，并与上表中的第三次实验数据进行比较，于是他在原电路中，只将10Ω的定值电阻换成了15Ω．闭合开关后，发现电压表的示数　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”），则他接下来的操作应该是　将滑片向右移动，使电压表的示数为3V，并读取电流表的示数，记录数据　．
【分析】（1）探究电流与电压的关系时，需保持电阻不变；
根据电流表的量程、分度值以及指针的位置读出电流表的示数；
（2）电阻一定时，电流与电压成正比；
（3）探究电流与电阻的关系时，需保持电阻两端电压不变；根据串联电路分压的规律以及串联电路电压规律可知电压表示数的变化，据此判断滑片移动的方向．
【解答】解：（1）探究电流与电压的关系时，需保持电阻不变；根据图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.2A；
（2）根据表中数据可知，导体的电阻值保持不变，导体两端的电压增大，相对应的导体中的电流也增大，且电压增加几倍，电流也增加几倍，故得结论：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比．
（3）究电流与电阻的关系时，需保持电阻两端电压不变，因为串联电路起分压作用，因此将10Ω的定值电阻换成了15Ω时，定值电阻两端电压变大；又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，因此要保持定值电阻两端电压3V不变，需增大滑动变阻器两端电压，因此下一步将滑片向右移动，使电压表的示数为3V，并读取电流表的示数，记录数据．
故答案为：（1）电阻；0.2；（2）电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；（3）变大；将滑片向右移动，使电压表的示数为3V，并读取电流表的示数，记录数据．
【点评】本题考查了电流表的读数、控制变量法的应用以及利用控制变量法得出结论的能力．虽然涉及的知识点较多，但都是基础题，只要我们掌握好，也不难解决此题．
　
33．利用如图所示的电路测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率．
（1）用笔画线代替导线将图甲中的电路连接完整，要求滑片P向右移动时灯泡变暗；
（2）连接电路，开关应　断开　，滑片P应位于　B　（选填“A”或“B”）端；
（3）连接电路后，闭合开关，发现灯泡较亮，电压表和电流表的示数均较大．无论怎样移动滑片P，此现象都不发生改变，则出现这种现象的原因可能是　滑动变阻器接了两个上接线柱　；（答出一种即可）
（4）改正电路后，移动滑片P，使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　0.6　W．
【分析】（1）通过额定电压，确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端，注意正负接线柱，根据滑片P向右移动灯泡变暗，电阻变大，接A接线柱，注意和灯泡串联．
（2）连接电路前，开关应断开，滑片滑到最大阻值处．
（3）电流表有示数，电路中可能短路，电压表有示数，电压表中间不存在短路，移动滑片没有变化，就可能是滑动变阻器接了两个上接线柱．
（4）读出电流表示数，由P=UI计算出电功率．
【解答】解：（1）灯泡额定电压2.5V，选择0﹣3V量程，电压表并联在灯泡两端，注意正接线柱流入，负接线柱流出，根据滑片P向右移动灯泡变暗，电阻变大，接A接线柱，注意和灯泡串联，如图所示．

（2）连接电路前，开关应断开，滑片滑到最大阻值处，远离下接线柱，滑动B端．
（3）电流表有示数，电路中可能短路，电压表有示数，电压表中间不存在短路，移动滑片没有变化，就可能是滑动变阻器接了两个上接线柱或滑动变阻器短路．
（4）电流表量程为0﹣0.6A，分度值0.02A，读数为0.24A，由P=UI=2.5V×0.24A=0.6W．
故答案为：（1）如图所示；（2）断开；B；（3）滑动变阻器接了两个上接线柱；（4）0.6W
【点评】此题考查了，电路连接、操作注意事项、电路故障分析、电功率计算，属于电功率基本考点．
　
五、解答题（共3小题，满分20分）
34．某燃气热水器工作时，燃烧产生热量的功率为20kW，水温升高25℃时，每分钟出水量为10L．此时c水=4.2×103J/kg•℃，ρ水=1.0×103kg/m3．求：
（1）1min内水吸收的热量；
（2）热水器的效率．
【分析】（1）知道1min出水体积，利用m=ρV求水的质量；知道水的温度升高值，利用Q吸=cm△t求1min水吸收的热量；
（2）利用Q放=Pt求1min燃气燃烧产生热量，再利用效率公式求热水器的效率．
【解答】解：
（1）1min出水体积V=10L=0.01m3，[来源:学|科|网]
由ρ=得水的质量：
m=ρV=1×103kg/m3×0.01m3=10kg，
1min水吸收的热量：
Q吸=cm△t
=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×25℃
=1.05×106J；
（2）1min燃气燃烧产生热量：
Q放=Pt=20000W×60s=1.2×106J，
热水器的效率：
η==×100%=87.5%．
答：（1）1min内水吸收的热量为1.05×106J；
（2）热水器的效率为87.5%．
【点评】本题考查了密度公式、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式及效率公式的掌握和应用，虽具有一定的综合性，但都属于基础，难度不大．
　
35．如图所示，正方体A的边长为10cm，在它的上面放一个重为2N的物体B，此时正方体A恰好没入水中，已知g=10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3．求：
（1）正方体A受到的浮力的大小；
（2）正方体A的密度．

【分析】（1）正方体A浸没水中，排开水的体积等于A的体积，利用阿基米德原理求A受到的浮力的大小；
（2）A和B一起处于漂浮状态，受到的浮力等于总重力，据此求A的重力、质量，再利用密度公式求物体A的密度．
【解答】解：
（1）如图，正方体A浸没在水中，V排=V=（0.1m）3=0.001m3，
正方体A受到的浮力的大小：F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×0.001m3×10N/kg=10N；
（2）如图，A和B一起处于漂浮状态，
所以F浮=GA+GB，
则正方体A的重力：GA=F浮﹣GB=10N﹣2N=8N，
正方体A的质量：mA===0.8kg，
正方体A的密度：
ρA===0.8×103kg/m3．
答：（1）正方体A受到的浮力的大小为10N；
（2）正方体A的密度为0.8×103kg/m3．
【点评】本题考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理和物体漂浮条件的应用，利用漂浮条件求出物体A的重力是关键．
　
36．如图所示，电源电压为12V且保持不变，灯泡L标有“6V，3W”的字样，滑动变阻器的最大阻值为50Ω，闭合开关S1，S2，调节滑片P：当滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电压表的示数为U1，R0的功率为P01，当变阻器接入电路的阻值为R2时，电压表的示数为U2，R0的电功率为P02，已知U1：U2=1：2，R1：R2=3；1，P01+P02=4.5W．求：
（1）S1闭合，S2断开，灯泡L正常发光时，电路的总功率；
（2）S1、S2闭合时，电阻R0的电功率P01和P02；
（3）电阻R0的阻值．

【分析】（1）根据电路图可知，当S1闭合，S2断开时，灯泡、定值电阻以及滑动变阻器串联连接，先根据灯泡的额定电压和额定功率求出灯泡的额定电流，然后根据P=UI求出电路消耗的总功率；
（2）根据电路图可知，当S1、S2闭合时，灯泡被短路，定值电阻与滑动变阻器串联连接，先根据P=表示出电阻R0的电功率P01和P02，然后根据U1与U2的比值可求出电阻R0的电功率P01和P02的比值，在根据P01和P02的关系求出P01和P02的大小；
（3）根据P=UI和欧姆定律表示出P01和P02的功率，然后结合功率之比、电压之比以及电阻之比求出U1和U2，最后根据P=求出电阻R0的阻值．
【解答】解：（1）由P=UI可得，灯泡的额定电流：I===0.5A；
电路消耗的总功率：P=UI=12V×0.5A=6W；
（2）由P=可得，P01=，P02=；
因为U1：U2=1：2，所以P01：P02=1：4；
又因为P01+P02=4.5W，所以P01=×4.5W=0.9W；P02=×4.5W=3.6W；
（3）由欧姆定律可得，当滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电路中的电流：I1=；
当滑动变阻器接入电路的阻值为R2时，电路中的电流：I2=；
则P01=U1；P02=U2；
又已知P01：P02=1：4，U1：U2=1：2，R1：R2=3；1；
联立关系式可得：U1=3V，U2=6V；
则当滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电压表的示数为3V；
由P01=可得，R0===10Ω．
答：（1）S1闭合，S2断开，灯泡L正常发光时，电路的总功率为6W；
（2）S1、S2闭合时，电阻R0的电功率P01和P02分别为0.9W和3.6W；
（3）电阻R0的阻值为10Ω．
【点评】本题考查了串联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别以及功率计算功率的选择，具有一定的难度．