1、2013届广西玉林市陆川县中考一模物理试卷与答案（带解析） 选择题 （ 2013 陆川县一模）玉林市教育局要求中小学建立学生电子档案某中学生的信息档案中，错误的信息是（ ） A身高 1.68m B质量 50kg C体温 36.5 D步行速度 10m/s 答案： D 试题分析：首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案： A、成年人的身高在 1.70m左右，中学生的身高接近成年人，在 1.68m左右此选项正确； B、成年人的质量在 65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在 50kg左右此选项正
2、确； C、人体正常体温在 36.8 左右，上下变化幅度不大此选项正确； D、人正常步行的速度在 4km/h=4 m/s1.1m/s此选项错误 考点：长度的估测；温度；质量的估测；速度与物体运动 点评：对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的 （ 2013 陆川县一模）在如图所示的电路中，电源电压恒定， R1为一定值电阻， R2为滑动变阻器开关 S闭合后，当滑动变阻器的滑片 P在 a、 b之间滑动的过程中，电压表的示数最大为 4V，电阻 R1的
3、电功率变化范围是 0.8W 7.2W，则 P从 a端滑至 b端的过程中，电流表的示数（ ） A从 1.8A变化至 0.2A B从 0.4A变化至 1.2A C从 1.2A变化至 0.4A D从 0.2A变化至 1.8A 答案： C 试题分析：由图可知定值电阻与滑动变阻器串联，电压表并联在滑动变阻器两端；由题意可知，当滑片滑到 b 点时，滑动变阻器全部接入，电压表示数最大，此时 R1消耗的功率最小；当滑片移动 a点时，滑动变阻器短路，此时 R1消耗的电功率最大；设电源电压为 U，则可得出 R1消耗功率的表达式，联立可解得电源电压及 R1的阻值；则由欧姆定律可求得两种情况下的电流值 当滑片滑到 a
4、点时，滑动变阻器短路， R1消耗的功率最大；最大功率 P 最大 = ； 当滑片滑到 b端时，滑动变阻器全部接入， R1两端的电压为 U-4V； 则 R1消耗的功率 P 最小 = ； 由题意知 P 最小 =0.8W； P 最大 =7.2W； 即： =7.2W （ 1）； =0.8W （ 2）； 联立（ 1）、（ 2）解得： U=6V； R1=5； 则电路中最大电流 I 最大 = = =1.2A； 电路中最小电流 I 最小 = = =0.4A； 考点：欧姆定律的应用；电功率的计算 点评：本题考查欧姆定律的使用及方程法的使用，要求学生有较高的审题及应用数学知识能力 （ 2010 肇庆）下列四幅图中，
5、可以用来探究磁场对电流作用力的是（ ） A B C D 答案： A 试题分析： A、当开关闭合时，放在磁场中的导体会在磁场力的作用下运动起来，故控究的是磁场对电流作用力，故 A正确； B、导体与电流表相连， 故在闭合回路中当导体棒在磁场中运动时，电流计中会产生电流，故探究的是电磁感应，故 B错误； C、导线组成线圈，当线圈中通以电流时，会产生磁性，故探究电流的磁效应，故 C错误； D、当将导体棒放在小磁针上方时，小磁针会发生偏转，故说明通电直导体周围存在磁场，故 D错误； 考点：磁场对通电导线的作用；通电直导线周围的磁场；电磁感应 点评：在电磁学部分中，电磁感应与通电导体在磁场中的运动为互逆过
6、程，可明确是先有的运动还是先有的电流，由运动产生电流则为电磁感应，若是由电流引起的运动，则为通电导体在磁场中的受力 （ 2013 章丘市模拟）为了防止中考考试作弊，监考人员利用手持式金属探测器对考生进行检查（如图所示），当靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，探测器发出警报以下选项中也是利用该原理工作的是（ ） A电动机 B电磁铁 C电铃 D动圈式话筒 答案： D 试题分析：根据：探测器靠近金属物体时，在金属导体中就会产生涡电流，可以确定该设备的制成原理是电磁感应现象 A、电动机是利用通电导体在磁场中受力的作用而制成的故 A错误 B、电磁铁是利用电流的磁效应制成的，故 B错误 C、电铃是
7、利用电流的磁效应制成的故 C错误 D、动圈式话筒是利用振动膜片带动线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生随声音信号变化的感应电流制成的故 D正确 考点：动圈式话筒的构造和原理 点评：明确动圈式话筒和探测器的工作原理是解题的关键 （ 2013 陆川县一模）某用电器使用的插头（平视和侧视图如图所示）插进插座时用电器能正常使用，下列说法正确的是（ ） A插头的 “E”脚连接插座中的火线为用电器供电 B “E”脚长度也可设计得比其他两脚短 C整个插头都是导体 D该用电器的额定功率不超过 2500W 答案： D 试题分析：三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；原因是：当用电器漏电
8、时，使外壳带上电，这时若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插头插入插座时先让金属外壳与大地相连 A、插头制作的长一些，可以使用电器在与火线接通之间先使外壳与地线相通，在拔插头时，先使插头与火线相脱离，防止触电事故的发生；故 A错误； B、若 “E”脚长度也可设计得比其他两脚短，则用电器外壳带上电，不能首先接上地线，电流就不通过地线流入大地，会引起触电事故的发生；故 B错误； C、整个插头有火线、零线和地线，它们之间不能相连通的，必须通过绝缘体分开，所以整个插头有导体，也有绝缘体，故 C错误； D、由插座铭牌可知，允许达到的最大功率为 250V10A
9、=2500W，所以该用电器的额定功率不超过 2500W，故 D正确； 考点：插座的构造与工作方式 点评：本题考查了三脚插头的构造及其作用，并了解铭牌信息的意义 （ 2012 扬州）如图所示的电路，电源电压恒定，当开 关 S闭合时（ ） A A示数变小， V示数变大 B A示数变大， V示数不变 C A示数不变， V示数变小 D A示数不变， V示数变大 答案： B 试题分析： 首先分析电路，当开关 S断开时，电路中只有电阻 R2，电压表测量的是电源电压，电流表测量电路中的电流； 开关 S闭合后，电阻 R1和 R2组成并联电路，电压表测量并联电路两端的电压，电流表测量干路电流； 根据并联电路的电
10、压规律分析电压表的示数变化；根据并联电路的电流规律分析电流表的示数变化 S断开时， R1被断路，电路中只有 R2， V测电源电压， A测总电流； S闭合后，R1和 R2并联， V依然测电源电压， A测总电流并联电路总电阻小于任何支路中的电阻，故总电阻变小，总电流变大 考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律 点评：本题考查并联电路电流、电压的特点以及欧姆定律的应用情况，正确分析电学中三个基本物理量的变化是本题的关键所在关键是明白电流表和电压表分别测量哪一部分电路的电流和电压 （ 2013 陆川县一模）在电厂发电、输送电力等方面要大大降低由于电阻引起的电能损耗，最理想是使用以
11、下材料中的（ ） A超导体材料 B绝缘体材料 C半导 体材料 D导体材料 答案： A 试题分析：超导材料的特点就是在温度很低时电阻为零当电阻为零时用超导材料传输电能可以减少电能损耗，用作输电导线 考点：超导体在磁悬浮列车、超导输电的应用 点评：本题主要考查学生对：超导体的特点，以及超导现象的应用的了解和掌握 （ 2013 陆川县一模）对于某校升旗仪式中的情景，下列说法正确的是（ ） A国歌的声音越大，音调越高 B同学们听到的国歌声是通过空气传播的 C将国旗升起是利用动滑轮完成的 D扬声器（喇叭）工作时将内能转化为电能 答案： B 试题分析：（ 1）音调指声音的高低，由振动的频率决定，响度指声音
12、的强弱，与物体振动的幅度决定； （ 2）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都能够传播声音； （ 3）定滑轮不能省力，只能改变力的方向，动滑轮省力，但是不能改变力的方向； （ 4）扬声器的原理与电动机相同，都是通电线圈在磁场中受力振动，工作时把电能转化成机械能 A、国歌的声音越大，是指响度越大，该选项说法不正确； B、学生听到国歌声是通过空气传播的，该选项说法正确； C、将国旗升起来是利用定滑轮完成的，目的是改变力的方向，该选项说法不正确； D、扬声 器工作时把电能转化成机械能，该选项说法不正确 考点：响度；定滑轮及其工作特点；声音的传播条件；扬声器和耳机的构造和原理 点评：本题借助升国旗这一
13、活动，考查了相关的物理知识，注重了物理和生活的联系 （ 2012 广西）我国已经开展空气中 PM2.5浓度的监测工作 PM2.5是指空气中直径小于或等于 2.5微米的颗粒物，其浮在空中很难自然沉降到地面，吸入后会对人体造成危害下列关于 PM2.5的说法正确的是（ ） A PM2.5在空气中仍受重力作用 B PM2.5的空间尺度小于电子 C PM2.5在空气中的运动属于分子热运动 D PM2.5的密度远大于空气的密度 答案： A 试题分析： A、 PM2.5在空气中仍然受到重力作用，故 A正确； B、 PM2.5的尺度大于电子的尺度，故 B错误； C、 PM2.5在空气中的运动不属于分子热运动，
14、是分子团整体的运动，故 C错误； D、 PM2.5颗粒物悬浮在空中，密度接近空气的密度，故 D错误； 考点：重力；从微观到宏观的尺度；分子的运动 点评：本题考查了 PM2.5的有关问题，涉及的知识点较多，是一道综合题，但难度不大 （ 2013 鞍山模拟） 2012年 11月 23日，国产歼 -15舰载机首次在航空母舰 -“辽宁号 ”上成功起降，如图，一举突破了阻拦着舰等飞行关键技术下列有关说法不正确的是（ ） A飞机起飞时，以飞机为参照物航母是运动的 B飞机起飞时，是利用力的相互作用的原理来获得推力的 C飞机降落时，不能立即停止下来，是由于飞机的惯性很大 D飞机降落时，阻拦索挂住飞机后，慢慢停
15、下来是因为飞机没有受到向前的推力 答案： B 试题分析： A、飞机起飞时，飞机与航母的位置是变化的，因此以飞机为参照物航母是运动的，该选线说法正确，不符合题意； B、飞机的机翼通常都做成上面凸起，飞机起飞时，是利用气体压强和流速的关系产生的飞机的升力，该选项说法不正确，符合题意； C、飞机降落时，不能立即停止下来，是由于飞机有惯性，该选项说法正确，不符合题意 D、飞机降落时，被阻拦索挂住立即停下来，由运动变为静止，是因为飞机没有受到向前的推力，而是受到了摩擦力，该选项说法正确，不符合题意 考点：参照物及其选择；力的作用效果；力作用的相互性；惯性 点评：本题以国产歼 -15舰载机首次在 “辽宁号
16、 ”航空母舰上成功起降的情景为载体，考查相应的物理知识，注重了物理知识和生产生 活实际的结合，注重了学以致用 （ 2013 鞍山模拟）如图是龟山雨后的美丽雾景关于雾的形成，下列说法中正确的是（ ） A雾是雨水升华形成的水蒸气 B雾是雨水蒸发形成的水蒸气 C雾是水蒸气液化形成的小水珠 D雾是水蒸气凝华形成的小水珠 答案： C 试题分析：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 春秋天，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在空气中的土壤颗粒上，就是雾，而水蒸气是看不到 的，是液化现象 考点：液化
17、及液化现象 点评：此题考查的是生活中物态变化现象的判断，分析时弄清变化前后的状态变化是本题的关键 （ 2013 陆川县一模）如图，密闭的玻璃管里装满煤油，当外界温度变化时，两端开口的细玻璃管中煤油面会升降，下列仪器中根据此原理制成的是（ ） A密度计 B气压计 C温度计 D压强计 答案： C 试题分析：细玻璃管中的煤油面会升降反应出的是液体的热胀冷缩的性质，因此只需判断题目中所给的仪器是否是根据液体的热胀冷缩制成的就可以了 A、密度计是根据物体的浮沉条件制成的，故不符合题意 B、气压计是根据托里拆利实验制成的，故不符合题意 C、温度计在温度变化时毛细管中的液面会发生升降的变化，是利用液体的热胀
18、冷缩制成的，符合题意 D、压强计也是利用液体压强的特点制成的，不符合题意 考点：液体温度计的构造与工作原理；大气压的综合应用 点评：了解仪器的用途，掌握仪器的操作，另外要知道常见的简单仪器的制作原理，并且不要混淆了 实验题 （ 2013 陆川县一模）如图所示，在 “探究凸透镜成像规律 ”的实验中，凸透镜位置保持不变，凸透镜的焦距为 10cm （ 1）实验中随着蜡烛的燃烧，光屏上依然得到烛焰清晰的像，但光屏上像的位置却偏高，为了使像仍成在光屏的中央，则应向 （填 “上 ”或 “下 ”）调节凸透镜 （ 2）调整后，图中光屏上烛焰的像是倒立 的实像，此规律的应用是 （举一例） （ 3）此时，若有一只
19、苍蝇落到凸透镜上，则屏上 成完整的蜡烛的像（填“能 ”或 “不能 ”） （ 4）要使光屏上的像变成与物大小相等，则应向左调节蜡烛到 30cm处，光屏应向 调（填 “左 ”、 “右 ”）到 cm处，在此过程中发现蜡烛和光屏之间距离变 （填 “大 ”、 “小 ”或 “不变 ”） （ 5）透镜位置不变，将蜡烛移到标尺 45cm处，此时小强应站在 一侧（填“蜡烛 ”或 “光屏 ”），观察蜡烛的像 答案：（ 1）下；（ 2）放大；投影仪；（ 3）能；（ 4）右； 70；变小；（ 5）光屏 试题分析：（ 1）实验过程中，蜡烛变短，光屏上的像向上移动，要使光屏上的像呈现在光屏的中央位置，使蜡烛向上移动，或使
20、凸透镜向下移动，或把光屏向上移动； （ 2）如图，物距 u=50cm-35cm=15cm，凸透镜的焦距是 10cm， 2f u f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪 （ 3）若有 一只苍蝇落到凸透镜上，只是被折射会聚成像的光线减少了，因此影响到的是像的亮度，而不影响它的完整性，因为整个物体上的任何一点都有光能透过透镜而折射后会聚成像，所以屏上仍能成完整的蜡烛的像 （ 4）要使光屏上的像变成与物大小相等， u=v=2f，蜡烛向左移动到 30cm处，光屏移动到 70cm处 凸透镜成实像时，物像之间的距离在 u=v=2f时最小，距离是 4f，所以此过程中发现蜡烛和光屏之间距离变小 （ 5）透
21、镜位置不变，将蜡烛移到标尺 45cm处，此时 u=5cm f，成正立放大的虚像，因为此时物像同侧，所以要想看到这 个像，此时小强应站在光屏一侧观察蜡烛的像 考点：凸透镜成像规律及其探究实验 点评：（ 1）凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握 （ 2）凸透镜成实像时，物像之间的距离至少为 4f，所以光具座的长度要大于凸透镜的 4倍焦距 （ 2013 陆川县一模）在探究 “二力平衡条件 ”实验的装置如图所示要求长木板水平放置，并且老师指出实验桌面越光滑越好 （ 1）实验中，通过调整砝码来改变 F1和 F2的大小当两端砝码质量相等时，木块将处于 状态此时若在右盘中再加
22、入一个较小的砝码，木块理应向右运动，但实际操作时木块往往仍保持静止这时木块在水平方向受到的力 （填 “平衡 ”或 “不平衡 ”），要避免这种现象产生，可将实验装置的木块换成小车 （ 2）实验中保持两端砝码质量相等，用手将木块扭转一个角度，松手后，木块将无法在此位置平衡而是发生 实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须满足的条件是：两个力必须作用在 上 （ 3）小明同学认为：物体在平衡力的作用下，其机械能可能会增大你认为他的观点是 的（填 “正确 ”或 “错误 ”） 答案：（ 1）静止；平衡；（ 2）转动；同一条直线；（ 3）正确 试题分析：（ 1）物体受到平衡力作用时，物体处于
23、静止状态或匀速直线运动状态 静止的物体和匀速直线运动的物体都受到平衡力作用 （ 2）探究平衡力是否在同一直线上，要扭动木块，松手后观察木块是否处于静止状态 （ 3）可以分析物体在水平面上进行匀速直线运动和竖直方向上进行匀速直线运动时机械能是否变化 （ 1）木块原来处于静止状态，当两端砝码质量相等时，木块水平方向上只受水平向左和水平向右的拉力作用，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作 用在同一物体上，木块处于静止状态 此时若在右盘中再加入一个较小的砝码，木块有向右运动的趋势，产生了向左的摩擦力，木块还处于静止状态，木块还受到平衡力作用 （ 2）用手将木块扭转一个角度，松手后，木块将无
24、法在此位置平衡而是发生转动，实验中设计这一步骤的目的是为了探究二力平衡时，两个力必须在同一直线上 （ 3）物体在平衡力作用下可以在水平面上进行匀速直线运动，物体质量不变，速度不变，动能不变；高度不变，重力势能不变；机械能不变 物体在平衡力作用下可以在竖直方向上进行匀速直线向上运动，物体质量不变，速度不变， 动能不变；高度变大，重力势能变大；机械能变大 所以物体在平衡力的作用下，其机械能可能会增大 考点：二力平衡条件的应用；机械能 点评：探究二力平衡时，只能探究静止状态的二力平衡条件，匀速直线运动状态下的二力平衡条件是科学推理出来的 （ 2013 陆川县一模）某班同学在做 “测定小灯泡电功率 ”
25、的实验时电路如图所示，所用电源电压为 4.5V，小灯泡额定电压为 2.5V （ 1）甲同学碰接电路的最后一根导线时，灯泡立即发光，而且很亮，则连接电路时存在的不规范或不妥当是： （举一种情况） （ 2）乙同学闭合开关后 ，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，接下来他首先应进行的操作是 （选填字母序号） A检查电路是否断路 B更换小灯泡 C移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光 （ 3）丙同学闭合开关时，发现电压表的指针快速转动到左边无刻度处，这是由于电压表的 了 （ 4）丁同学按电路图连接成实物图后，闭合开关，发现小灯泡不亮、电流表指针不动、电压表指针有明显的偏转，则电路故障原因可能是
26、小灯泡 ；故障排除后重新闭合开关，移动滑动变阻器滑片 P到某一位置时，电压表的示数如图乙，若要测量小灯泡的额定功率，应 将图甲中滑片 P向 （填 “A”或 “B”）端移动，使电压表的示数为 2.5V；接着丁同学移动滑片 P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的图象根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W该图象不是直线，主要原因是 （ 5）戊同学想换用其他规格的小灯泡再做该实验，但他却操作有误，在未断开开关的情况下，直接将小灯泡从灯座上拔出，那么拔出后电压表、电流表的示数变化情况是： （ 6）实验时，电压表的示数为 U，电流表的示数为 I，己同学利用 P=UI计算出小灯泡的
27、电功率若考虑电表的电阻对测量的影响，则电功率的测量结果与真实值相比偏 （选填 “大 ”或 “小 ”） 答案：（ 1）连接电路时开关没有断开（或滑动变阻器阻值没有全部接入电路）； （ 2） C； （ 3）正负接线柱接反； （ 4）断路； B； 0.5；灯丝电阻随温度升高而增大； （ 5）电压表示数变大（等于电源电压）、电流表示数为零（几乎为零）； （ 6）大 试题分析：（ 1）将最后一根导线接好后，就看到灯泡发光，说明在连接电路时没有将开关断开； 闭合开关时灯很亮，说明滑动变阻器滑片没有调到使连入电路电阻最大的 位置； （ 2）闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，灯泡没坏，也不是断路，可能
28、是连入电阻太大，电路中电流太小所致，下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，即应进行 C项操作； （ 3）闭合开关时，发现电压表的指针快速转动到左边无刻度处，这是由于电压表正负接线柱接反了； （ 4） 闭合开关，发现小灯泡不亮、电流表指针不动、电压表指针有明显的偏转说明电压表并联的部分断路，可能是小灯泡断路； 电压表使用 0 3V 量程，分度值为 0.1V，电压为 2.2V；要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从 2.2V增大到 2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向 B端移动，使电压表的示数为 2.5V； 从图象得知，灯泡在 2.5V下的电流为 0.2A
29、，灯泡的额定功率P=UI=2.5V0.2A=0.5W； 灯泡电压越大，灯的实际功率越大，灯丝电阻温度越高，电阻越大，这表明灯丝电阻随温度升高而增大，故该图象不是直线； （ 5）直接将灯泡拔出后，电路断路，电路中没有电流，电流表示数为零；电压表直接接在电源两端，电压表示数等于电源电压； （ 6）如下图，电压表测量灯泡的实际电压，电流表测量灯泡和电压表的总电流， 电流的测量值大于 L的实际电流值，根据 P=UI可知灯泡测量的额定功率值偏大 考点：电功率的测量；电流表的使用；电流表的读数方法；滑动变阻器的使用；电流表、电压表在判断电路故障中的应用 点评：本题考查了测定小灯泡电功率的实验，涉及到电路故
30、障的判断、实验的正确操作、实验误差的分析、滑动变阻器的使用、额定功率的计算等，关键是知道灯泡的电阻会随温度的升高而变大，本题虽然涉及的知识点较多，但都是常常考察的内容，平时应注意掌握 填空题 （ 2012 重庆）如图所示电路，电源电压保持不变， R为定值电阻闭合开关 S，调节滑动变阻器 R，发现电流表示数从 0.1A变为 0.3A，电压表示数改变了 4V由此可判断在这一过程中滑动变阻器连入电路的阻值 （选填 “变大 ”或 “变小 ”），定值电阻 R的电功率变化了 W 答案：变小； 1.6 试题分析：由 I=可知，电流表示数从 0.1A变为 0.3A时，电路中的电阻变小，即滑动变阻器接入电路的电
31、阻变小； 当电路中的电流 I=0.1A时，电源的电压 U=IR+U 滑 =0.1R+U 滑 ； 当电路中的电流 I=0.3A时，电源的电压 U=IR+U滑 =0.3R+U滑 ； 因电压表示数改变了 4V， 所以 U 滑 -U 滑 =（ U-0.1R） -（ U-0.3R） =4V， 解得： R=20； 定值电阻 R电功率的变化量： P=（ I） 2R-I2R=（ 0.3A） 220-（ 0.1A） 220=1.6W 考点：电功率的计算；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用 点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，关键是根据电压表示数的变化量求出电阻 R的阻值 （ 2013
32、陆川县一模）如图是高、中、低 “三档 ”电热器（ R1 R2）的工作电路，如果将电热器调至高温档工作，应该闭合开关 ；如果调至中温档工作，已知电源电压为 U，通电时间为 t，则它产生的热量的表达式： 答案： S、 S1、 S2； Q= t 试题分析：（ 1）根据 P= 可知，在电源的电压不变时，要调到电热器的高温档位，应使电路中的总电阻最小，根据电阻的并联特点可知两电阻并联时电路中的总电阻最小，据此判断需要闭合的开关； （ 2）当电路中只有 R2工作时，电热器处于中温档位，根据焦耳定律求出通电时间为 t内产生的热量 （ 1）由电路图可知，当开关 S、 S1、 S2闭合时，两电阻并联， 根据电阻
33、的并联特点可知，此时电路中的总电阻最小， 由 P= 可知，此时电热器的电功率最大，处于高温档位； （ 2）当闭合开关 S、 S2闭合时，电路中只有 R2工作， R1 R2， 由 P= 可知，此时电热器处于中温档位， t内产生的热量： Q= t 考点：焦耳定律的计算公式及其应用；电阻的并联 点评：本题考查了电功率公式和焦耳定律的灵活应用，关键是根据电阻的并联特点和两电阻之间的关系确定电热器的档位 （ 2009 莆田）学校的路灯经常烧坏，更换十分不便，电工师傅用 “挑担灯 解决了这个问题，即将 “220V 100W”和 “220V 60W”的甲乙两盏规格相同的白炽灯串联接 入照明电路上述两盏灯相比
34、较，灯丝较粗的是 灯，两灯工作时，较亮的是 灯（填 “甲 ”或 “乙 ”） 答案：甲，乙 试题分析：两灯额定电压相同，则由功率公式 P= 可判出两灯的电阻大小关系，由影响电阻大小的因素可知灯丝的粗细程度；因两灯串联，则可知电流相等，则由 P=I2R可知功率大小，则可知哪一盏灯要亮 由 P= 得： 灯丝电阻 R= ，则可知额定功率越大的灯泡，电阻越小； 即甲灯电阻要小，因灯丝长度差不多，由影响电阻大小的因素可得，甲灯的灯丝要比乙灯的粗； 两灯串联时，通过两灯的电流相等，则由 P=I2R可得，乙灯的实际功率要大，故乙灯要亮 考点：电功率的计算；影响电阻大小的因素；实际功率 点评：解决此类题目的关键
35、是知道串联电路的特点，能用功率公式分析灯泡的功率变化 （ 2012 绥化）波既能传递能量，也是传递信息声呐是靠 传递信息的，雷达是靠 传递信息的 答案：超声波；电磁波 试题分析：声音能够传递信息，也能够传递能量，比如：声呐就是传递信息；超声波粉碎胆结石就是声音能够传递能量雷达在工作时，先发射出电磁波，其在向前传播过程中，遇到障碍物后被发射回来，即雷达据其所接收到的反射回来的电磁波情况 判断前方物体的情况 考点：超声波与次声波；电磁波的传播 点评：本题主要考查学生对：声音与信息，以及声音与能量的了解和掌握，以及雷达的工作过程 （ 2012 眉山）杯中的蜡从液态变成固体时，中间会凹陷下去，蜡的质量
36、 ，蜡的密度 （选填 “变大 ”、 “不变 ”或 “变小 ”） 答案：不变；变大 试题分析：通过观察蜡从液态变为固体时形状的改变得到体积的变化；再根据质量的属性以及密度公式 = 分析密度的变化 因为质量是物体本身的一种属性，不随物体的形状、状态、位置、温度的改变而改变，所以蜡的质量不变； 由于质量不变 ，体积变小，由公式 = 知，蜡由液态变成固态时，密度变大 考点：质量及其特性；密度的计算 点评：本题考查质量的特点和密度公式的应用情况，先分析质量的变化是判断密度变化的前提 （ 2013 陆川县一模）太阳能是 能源（填 “一次 ”或 “二次 ”）、清洁无污染，它是在太阳内部，氢原子核发生 （填
37、“裂变 ”或 “聚变 ”），释放出的核能 答案：一次；聚变 试题分析：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太阳内部进行着核聚变，由氢原子核聚变成氦原 子核，释放出核能 太阳能是直接吸收阳光来利用的，是一次能源； 在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能 考点：能源的分类；核聚变 点评：本题考查了太阳能的优点和进行的核反应的类型，知道太阳能是一次能源 （ 2013 沈河区一模）中国第一代舰载战斗机歼 -15从中国首艘航空母舰 “辽宁号 ”的甲板起飞，飞机飞离甲板时，飞机的动能 ，飞机的重力势能 （选填 “变大
38、 ”、 “变小 ”或 “不变 ”） 答案：变大；变大 试题分析：（ 1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大 （ 2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大 飞机起飞时，飞机的质量不变，速度增大，动能增大；高度增大，重力势能增大 考点：动能和势能的大小变化 点评：（ 1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素 （ 2）能判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化 （ 2013 陆川县一模）光在传播过程中 （填 “需要 ”或 “不需要 ”）介质光的漫反射 （填 “遵循 ”或 “不遵循 ”）光的反射定律 答案：不需要；遵循 试题分析：（ 1）
39、光的传播不需要介质，可以在真空中传播； （ 2）一束平行光射到粗糙的物体表面时，反射光不再平行，而是射向各个方向，这种反射叫做漫反射，无论是镜面反射还是漫反射，都遵循光的反射定律 光在传播过程中不需要介质，光的漫反射同样遵循光的反射定律 考点：光直线传播的应用；漫反射 点评：本题考查光的传播和光的反射，要注意镜面反射、漫反射都遵循光的反射定律 计算题 （ 2013 陆川县一模） 某电热水壶外壳及铭牌如图所示，装入 1.5kg20 的凉水，通电正常工作 6分钟即被烧开至 100 已知水的比热容 c=4.2103J/（ kg ），请你根据图中和题目所提供 的信息、完成以下问题： 产品型号 EL-8
40、952 额定电压 220V 频 率 50Hz 额定功率 1500W 容 量 1.5L （ 1）观察壶内水位的玻璃管是利用什么原理来工作的？ （ 2）该过程中水吸收的热量 （ 3）电热水壶的效率 答案：（ 1）观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的； （ 2）该过程中水吸收的热量为 5.04105J； （ 3）电热水壶的效率为 93.3% 试题分析：（ 1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器； （ 2）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，根据吸热公式 Q 吸 =cm t计算出水吸收的热量； （ 3）已知电热水壶的额定功率和通电时间，根据公式 W=Pt求出消耗的电能；水吸收的热量与消耗电
41、能的比值就等于电热水壶的热效率 已知： m=1.5kg c=4.2103J/（ kg ） t=100 -20 =80 P=1500W t=6min=360s 求：（ 2） Q=？（ 3） =？ 解： （ 1）观察可知：观察壶内水位的玻璃管是利用连通器原理工作的； （ 2）水吸收的热量： Q 吸 =cm t=4.2103J/（ kg ） 1.5kg80 =5.04105J （ 2） P=， 电热水壶 6min内消耗的电能为 W=Pt=1500W360s=5.4105J， 电热水壶的效率： = 93.3% 考点：电功与热量的综合计算 点评：本题为力、热量和电功的综合计算，考查了连通器的应用、吸热公
42、式、电功率公式以及热效率公式的应用，知识点多、联系实际生活，属于中考常见题型 （ 2013 鞍山模拟）两栖突击车是登陆作战的重要装备如图甲是我国某型号的两栖突击车，它的总质量 22吨，发动机的功率 420kW水上最大速度14.4km/h，陆地最大速度 54km/h 请你解答下列问题：（ g=10N/kg） （ 1）两栖突击车静止浮在水面时，排开水的体积是多少？（ 水 =1.0103kg/m3） （ 2）该车停在水平地面上时，履带着地总面积为 4m2，它对地面的压强是多少？ （ 3）该车在水中以最大速度匀速前进时（发动机正常工作），受到的阻力是多大？ （ 4）该车的尾部有一个类似于机翼的装置，如
43、图乙所示，请你说明这个装置的作用 答案：（ 1）两栖突击车静止浮在水面时，排开水的体积是 22m3 （ 2）该车停在水平地面上时，它对地面的压强是 5.5104Pa （ 3）该车在水中以最大速度匀速前进时（发动机正常工作），受到的阻力是1.05105N （ 4）类似于机翼的装置，可减小航行时受到的阻力，同时也防止下沉 试题分析：（ 1）知道两栖突击车的质量，求出重力，突击车漂浮在水面上，根据漂浮条件判断突击车受到的浮力，求出突击车排开水的体积 （ 2）知道突击车的重力，求出突击车都地面的压力，又知道受力面积，根据压强公式求出突击车对地面的压强 （ 3）知道突击车的速度和功率，根据 F=求出突击
44、车受到的拉力，根据二力平衡条件再求出突击车受到的阻力 （ 4）根据流体压强和流速的关 系，判断类似机翼的装置产生向上的升力作用 （ 1）突击车受到的重力： G=mg， 突击车浮在水面上，受到的浮力为： F 浮 =水 g V 排 ， 突击车漂浮在水面上，根据 F 浮 =G， 水 g V 排 =G， V 排 = = = =22m3 （ 2）突击车受到的重力： G=mg=22103kg10N/kg=2.2105N， 突击车在水平地面上，突击车对地面的压力为： F=G=2.2105N， 突击车对地面的压强为： p= =5.5104Pa （ 3）突击车在水上的速度： v=18km/h=4m/s， 突击车
45、的功率： P=420kW=4.2105W， P=Fv， F= =1.05105N， 由于两栖突击车匀速行驶，故突击车受到的阻力： f=F=1.05105N （ 4）类似机翼的装置，水通过装置上方的速度大于下方的速度，装置受到向上的压强大于向下的压强，装置受到向上的压力大于向下的压力，产生向上的升力作用，可减小航行时受到的阻力，同时也防止下沉 考点：阿基米德原理；二力平衡条件的应用；压强的大小及其计算；流体压强与流速的关系；功率计算公式的应用 点评：本题通过两栖突击车在水中和在陆上时，考查了漂浮条件、阿基米德原理、压强、功率和牵引力的公式、二力平衡条件、流体压强和流速的关系等等，考查的知识面很广
46、，综合性很强，有一定的难度 （ 2013 陆川县一模）如图所示，电源电压保持不变，小灯泡 L标有 “6V 3W”的字样，滑动变阻器 R1的阻值变化范围为 0 200，定值电阻 R2的阻值为10（灯丝的电阻不随温度变化） （ 1）小灯泡 L 的阻值为多少？ （ 2）当 S、 S1和 S2都闭合，滑动变阻器的滑片滑到 a端时，小灯泡 L 刚好正常发光，此时电流表的示数为多少？电源电压为多少？ （ 3）当滑动变阻器的滑片滑到 b端，并保证电流表有示数时，开关应怎样闭合或断开才能使电路的总功率最小，该最小功率为多少？ （ 4）当滑动变阻器的滑片滑到 a端，并保证电流表有示数时，开关应怎样闭合或断开才能
47、使电路的总功率最大，该最大功率为多少？ 答案：（ 1）小灯泡 L的阻值为 12； （ 2）当 S、 S1和 S2都闭合，滑动变阻器的滑片滑到 a端时，此时电流表的示数为 1.1A，电源电压为 6V； （ 3）当滑动变阻器的滑片滑到 b端，并保证电流表有示数时，开关 S1闭合、 S2断开才能使电路的总功率最小，该最小功率约为 0.17W； （ 4）当滑动变阻器的滑片滑到 a端，并保证电流表有示数时，开关 S1断开、 S2闭合才能使电路的总功率最大，该最大功率为 3.6W 试题分析：（ 1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据 P= 求出灯泡的电阻； （ 2）当 S、 S1和 S2都闭合，滑动变阻器的滑片滑到 a端时，灯泡与电阻 R2并联，电
