河南省南阳市中考物理一模试卷含答案解析（word版）

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1、2016年河南省南阳市中考物理一模试卷一、填空题（每空1分，共14分）1伽利略通过斜面实验发现（如图所示），当小球从左侧斜面的某一高度滚下时，无论右侧斜面的坡度如何，它都会沿斜面上升到与下落点几乎的地方假如右侧斜面变成水平放置且阻力小到可以忽略不计，小球将为了达到那个永远无法达到的高度而一直下去牛顿在总结前人工作的基础上总结出了牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用的时候，总2微信是时下流行的一款手机语音聊天软件，语音信息是利用手机通过一定频率的来传递信息，它在真空中的传播速度为m/s3胡辣汤是我们邓州有名的美食，当一碗色香味俱佳的胡辣汤端到餐桌上时，香飘四溢，这是现象；胡辣汤上“雾气腾腾”

2、，发生的物态变化是4将重物从长4m、高1m的斜面底部匀速推上斜面的顶端已知沿斜面所用的推力是300N，斜面的机械效率是75%，则推力做的总功为J，物体所受的重力为N5如图所示的电路中，开关S闭合与断开时，电压表的示数之比为3：1，则电阻R1、R2的阻值之比为；开关断开时，R1、R2在相同时间内产生的热量之比为6两根平行导线通电后，会出现如图（甲）所示的现象（图中箭头表示电流方向，实线、虚线分别表示导线通电前、后的位置）由此可以推断：在图（乙）所示的电路中，当开关S闭合时，长度会（选填“变长”或“变短”，不考虑摩擦力），你判断的依据是：；若螺线管的右端是N极，则电源右端是极二、选择题（每题2分，

3、共16分第712题，每小题只有一个选项符合题目要求第1314题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，只选1个且正确的得1分，有选错的得0分）72015年9月30日，新一代北斗导航卫星在西昌卫星发射中心发射升空，标志着我国自主卫星导航产业进入一个崭新的阶段关于卫星，下列说法错误的是（）A发射卫星时火箭能上升是利用了物体间力的作用是相互的B在轨道上运行的卫星仍受地球的吸引力C在轨道上的运行的卫星不具有惯性D卫星入轨后太阳帆展开，可将太阳能转化为电能8韩若琳同学在万德龙超市里买了较多的东西，售货员用一个大塑料袋给他装好，但他走出超市没多远，塑料袋把手勒得很痛，下列做法不能帮他解决问题的是

4、（）A另一只手向上拖塑料袋B将塑料袋的提手处展开使其变宽C在袋子提手处垫一块毛巾D将塑料袋的提手处合拢，使其成线状9如图所示是玩滑板车的情景，以下分析不合理的是（）A滑板车底部安装有轮子，是为了减小摩擦B人和车滑行的速度越快，他们的惯性和动能越大C人对滑板车的压力和滑板车对人的支持力不是一对平衡力D人和车在滑行过程中所受到的力若突然消失，则人和车将停不下来10小草随爸爸参观一个大型油库，她发现每个储油罐都是又矮又粗，外表刷成银白色，顶部都向上拱起，罐身上方有很高的铁针，每个油罐旁边还有自动喷水装置，如图所示小草分析储油罐这样设计和安装不正确的是（）A外表又矮又粗，是为了在增加容积时，尽量减少油

5、对罐侧壁的压强B外表刷成银白色，是为了更好的反射太阳辐射，避免油温太低C罐身上方很高的铁针是避雷针，防止发生雷击时点燃油料D自动喷水装置可以在气温较高时，向罐身喷洒水，利用水的比热容大及蒸发吸热，降低罐身的温度11下列说法正确的是（）A海市蜃楼是光的反射现象B人离平面镜越远，平面镜所成的像越小C听众能根据音调来辨别乐器D“禁鸣”是从声源处减弱噪音12如图所示，电源电压不变R1是光敏电阻，其阻值大小随光照强度的增强而减小，闭合开关S后，当光照强度增大时（）A通过R2的电流变大B电路总电阻变大CR1消耗的功率变小D要保持电流表示数不变，应将R2的滑片P向右移13对下列实验装置的说法中，正确的是（）

6、A图甲可用来演示通电导体在磁场中的受力情况B图乙可用来演示发电机的工作原理C图丙可用来演示电磁铁磁性的强弱与线圈匝数大小的关系D图丁可用来演示电动机的工作原理14将“6V 3W”和“6V 6W”的两只灯泡L1和L2串联后接在电源两端，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（）A两只灯泡不可能同时正常发光B灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为1ACL1和L2的两端电压之比为1：2DL1和L2的实际电功率之比为2：1三、作图题（每小题2分，共4分）15“猴子望月”的故事家喻户晓如图所示，若小猴子的眼睛用点A表示，小猴子看见的水中月亮用点B表示，请你画出小猴子看见水中月亮的光路图要求画出直实月亮的位置（用

7、点C表示），并保留必要的作图痕迹16如图所示，将一个单摆小球拉至A点放手后，经最低点B荡至另一侧的C点，若不考虑能量损失，请在图中画出C点所在位置和小球在C点时所受重力示意图四、实验探究题（第17题4分，第18题5分，第19题10分，共19分）17我们可以利用矿泉水瓶做小实验来说明一些物理知识（1）双手挤压空矿泉水瓶可以使瓶子变形，如果施加的力增大，瓶子变形程度就加大，这表明力的作用效果跟力的有关；（2）在空矿泉水瓶侧壁不同高度的地方锥出上、下两个小孔，往里面倒满水，可以观察到水从两个小孔流了出来，其中下孔流出的水流速最大，这表明液体的压强随深度的增加而；（3）往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇

8、晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿发现瓶子慢慢向内凹陷，这说明；（4）请你模仿以上例子再举出一个利用矿泉水瓶做小实验来说明物理知识的例子：18阿基米德原理告诉我们：“浸入液体里的物体受到向上的浮力，浮力的大小等于它排开的液体受到的重力”小明同学在学习了该原理后思考：物体受到浮力的大小难道只跟物体排开液体的重力大小有关吗？于是他猜想：物体受到的浮力大小可能还跟物体的密度和浸入液体中的深度有关为了验证猜想，他选取了两块体积和形状都相同的实心铜块和铁块进行了如图所示的实验（1）如果要验证物体所受的浮力大小是否与物体的密度有关，小明同学应该选取图中的等步骤进行对比小明已经知道铜的密度大于铁的密度，那么根

9、据他所选择的几个图中弹簧测力计的示数可以知道铜块所受到的浮力（选填“大于”、“等于”或“小于”）铁块所受到的浮力由此得出物体所受的浮力大小与物体的密度（选填“有关”或“无关”）（2）小明根据图中B、C、D三步进行对比分析，发现随着物体浸入液体中深度的增加，物体所受到的浮力在变大，于是他就得出了物体所受浮力的大小跟浸入液体中的深度有关的结论你认为小明同学的结论是的（选填“正确”、“错误”），原因是：19在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小雯同学设计的电路如图甲所示，她选用的小灯泡的额定电压为3.8V，额定功率约为2W（1）请用笔画线代替导线，按照图甲所示的电路图，连接图乙中的实物电路（导线不得交

10、叉）（2）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数为0.4A，则灯泡的额定功率为W（3）另一组的同学按图甲电路连接好最后一根导线，灯泡立即发出明亮耀眼的光并很快熄灭检查后发现连线正确，请你找出实验中两个操作不当之处：；（4）图丙所示电路中（R阻值已知），无电压表也能测出该灯泡额定功率的是五、综合应用题（第20题8分，第21题9分，共17分）20为提倡环保，促进节能减排，鼓励使用新能源，2015年5月18日，国家税务总局等部门出台相关免征车船税优惠政策，纯电动汽车也在免税之列一辆纯电动客车铭牌上部分参数如表格所示，某次搭载乘客时车与人的总质量为

11、15000kg，假设车在额定功率下以20m/s的速度沿水平路面匀速行驶20min，所受阻力为车与人总重力的0.02倍，g取10N/kg，求：最大允许总质量18000kg核定载客人数57电动机额定功率90kW电动机额定电压600V电池容量600Ah（1）电动机的额定电流； （2）该过程客车消耗的电能； （3）该过程客车所受阻力的大小；（4）该过程客车牵引力所做的功21适当进行足浴对身体很有好处，如图所示是小澜同学给奶奶买的家用电热足浴盆，其加热电功率为1000W，最大容水量是5L，自重5kg，限定最高温度是50，盆与地面的接触面积是8cm2已知水的比热容是4.2l03J/（kg），g取10N/k

12、g求：（1）足浴盆工作过程中若有气泡从底部冒出，在上升过程中气泡所受的浮力变，所受的压强变（2）足浴盆装满水后对水平地面的压强多大？（3）若加热效率为84%，则把最大水量的水从室温（20）加热到最高温度需要多长时间？2016年河南省南阳市中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、填空题（每空1分，共14分）1伽利略通过斜面实验发现（如图所示），当小球从左侧斜面的某一高度滚下时，无论右侧斜面的坡度如何，它都会沿斜面上升到与下落点几乎同一高度的地方假如右侧斜面变成水平放置且阻力小到可以忽略不计，小球将为了达到那个永远无法达到的高度而一直运动下去牛顿在总结前人工作的基础上总结出了牛顿第一定律：一切物体在

13、没有受到外力作用的时候，总保持静止或匀速直线运动状态【考点】牛顿第一定律【分析】要解答本题需掌握：伽利略著名的斜面理想实验的步骤；科学认识事物，分析现象和把握物理规律的能力；伽利略理想实验是为了验证：运动的物体如果不受其他物体的作用，其运动会是匀速的，而且将永远运动下去【解答】解：由图可知，让小球由静止开始从左侧斜面上某一点滚下，重力势能转化为动能，无论右侧斜面的坡度如何，它都会沿斜面上升到与下落点几乎同一高度的地方；如果减小右侧斜面的倾角，直到使它成为水平面，小球不可能达到原来的高度，如果没有摩擦力，小球就要沿着水平面以恒定的速度持续运动下去；因此得出牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用

14、的时候，总保持静止或匀速直线运动状态故答案为：同一高度；运动；保持静止或匀速直线运动状态2微信是时下流行的一款手机语音聊天软件，语音信息是利用手机通过一定频率的电磁波来传递信息，它在真空中的传播速度为3108m/s【考点】电磁波的传播【分析】电磁波是个大家族，广播、电视、移动通信等都是靠电磁波来传递信息的，电磁波在真空中的传播速度大约30万每秒，是宇宙间物质运动的最快速度【解答】解：语音信息是利用手机通过一定频率的电磁波来传递信息，它在真空中的传播速度等于光速为3108m/s故答案为：电磁波；31083胡辣汤是我们邓州有名的美食，当一碗色香味俱佳的胡辣汤端到餐桌上时，香飘四溢，这是扩散现象；胡

15、辣汤上“雾气腾腾”，发生的物态变化是液化【考点】扩散现象；液化及液化现象【分析】（1）物质是由分子组成的，组成物质的分子永不停息地做无规则的运动；（2）物质由气态变成液态的过程叫液化【解答】解：当一碗色香味俱佳的胡辣汤端到餐桌上时，香飘四溢，这是因为组成物质的分子不停地做无规则运动，属于扩散现象；胡辣汤上“雾气腾腾”，雾气是水蒸气遇冷液化形成的小水滴故答案为：扩散；液化4将重物从长4m、高1m的斜面底部匀速推上斜面的顶端已知沿斜面所用的推力是300N，斜面的机械效率是75%，则推力做的总功为1200J，物体所受的重力为900N【考点】功的计算；有用功和额外功；机械效率的计算【分析】已知斜面的长

16、度和推力，根据W=Fs求出推力做的总功，然后根据效率公式求出克服重力做的有用功，再根据W=Gh求出物体所受的重力【解答】解：推力做的总功：W总=Fs=300N4m=1200J，克服物体重力做的有用功：W有=W总功=1200J75%=900J，物体的重力：G=900N故答案为：1200；9005如图所示的电路中，开关S闭合与断开时，电压表的示数之比为3：1，则电阻R1、R2的阻值之比为2：1；开关断开时，R1、R2在相同时间内产生的热量之比为2：1【考点】欧姆定律的应用；焦耳定律【分析】当开关闭合时，R1被短路，只有R2接入电路；当开关断开时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，则由串联电路

17、的规律可求得R1两端的电压，由欧姆定律可得电压与电阻的关系，则可求电阻之比；根据Q=I2Rt得出R1、R2在相同时间内产生的热量之比【解答】解：当开关闭合时，R1被短路，电压表示数等于电压电压U；当开关断开时，R1与R2串联，电压表测量R2两端的电压U2，因，则U2=U；U1+U2=U，则U1=UU=U，由I=得： =；由Q=I2Rt可得： =故答案为：2：1；2：16两根平行导线通电后，会出现如图（甲）所示的现象（图中箭头表示电流方向，实线、虚线分别表示导线通电前、后的位置）由此可以推断：在图（乙）所示的电路中，当开关S闭合时，长度会变短（选填“变长”或“变短”，不考虑摩擦力），你判断的依据

18、是：由于螺线管上相邻导线中电流方向都相同，导线相互吸引，故变短；若螺线管的右端是N极，则电源右端是负极【考点】磁极间的相互作用【分析】（1）仔细观察两根平行导线通电前后它们之间的距离可分析出导线相互作用规律；（2）利用图示的线圈绕向和电流方向，根据安培定则即可确定螺线管的右端的极性【解答】解：根据图（甲）所示的现象可知，电流方向相同时，两导线会相互吸引；图乙中，当开关S闭合时，由于螺线管上相邻导线中电流方向都相同，导线相互吸引，故螺线管的长度会变短；图乙中，螺线管的右端为N极，左端为S极，根据螺线管的线圈绕向，利用安培定则可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出；所以电源右端是负极故答案为：变短

19、；由于螺线管上相邻导线中电流方向都相同，导线相互吸引，故变短；负二、选择题（每题2分，共16分第712题，每小题只有一个选项符合题目要求第1314题，每小题有两个选项符合题目要求，全部选对的得2分，只选1个且正确的得1分，有选错的得0分）72015年9月30日，新一代北斗导航卫星在西昌卫星发射中心发射升空，标志着我国自主卫星导航产业进入一个崭新的阶段关于卫星，下列说法错误的是（）A发射卫星时火箭能上升是利用了物体间力的作用是相互的B在轨道上运行的卫星仍受地球的吸引力C在轨道上的运行的卫星不具有惯性D卫星入轨后太阳帆展开，可将太阳能转化为电能【考点】力作用的相互性；惯性；太阳能的转化【分析】（1

20、）物体间力的作用是相互的；（2）地球附近的所有物体都要受到重力作用；（3）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；（4）太阳能电池可以把太阳能转化为电能【解答】解：A、火箭升空时向后喷出高温气体给空气一个向后的力，空气给火箭以反作用力，是利用了物体间力的作用是相互的，故A正确；B、人造地球卫星在轨道上运行时，离地球的距离不是很大，卫星仍受地球的吸引力，故B正确；C、人造地球卫星进入轨道后，能够继续运动而不向地球坠落，这是靠卫星具有惯性，故C错误；D、卫星入轨后太阳帆展开，可将太阳能转化为电能，故D正确故选C8韩若琳同学在万德龙超市里买了

21、较多的东西，售货员用一个大塑料袋给他装好，但他走出超市没多远，塑料袋把手勒得很痛，下列做法不能帮他解决问题的是（）A另一只手向上拖塑料袋B将塑料袋的提手处展开使其变宽C在袋子提手处垫一块毛巾D将塑料袋的提手处合拢，使其成线状【考点】减小压强的方法及其应用【分析】由于压强的大小既与压力大小有关，又与受力面积的大小有关，因此应用控制变量法减小压强的途径通常有两种：一是在受力面积一定时，减小压力的大小；二是在压力大小一定时，增大受力面积【解答】解：感到手被塑料袋勒得很痛，说明塑料袋对手的压强很大，解决的方法是设法减小压强A、另一只手向上拖塑料袋，可减小物体对手的压力，在接触面积不变时可减小压强故A符

22、合题意；B、将塑料袋的提手处展开使其变宽，可以增大接触面积，在压力一定时可以减小压强故B符合题意；C、在袋子提手处垫一块毛巾，可以增大接触面积，在压力一定时可以减小压强故C符合题意；D、将塑料袋的提手处合拢，使其成线状，减小了受力面积，这样在压力一定时增大了压强，手会感到更疼故D不合题意故选D9如图所示是玩滑板车的情景，以下分析不合理的是（）A滑板车底部安装有轮子，是为了减小摩擦B人和车滑行的速度越快，他们的惯性和动能越大C人对滑板车的压力和滑板车对人的支持力不是一对平衡力D人和车在滑行过程中所受到的力若突然消失，则人和车将停不下来【考点】增大或减小摩擦的方法；惯性；平衡力的辨别；力与运动的关

23、系；动能的影响因素【分析】A、滑动摩擦变为滚动摩擦，可减少摩擦力；B、惯性大小只与质量有关，与其他因素无关；C、人对滑板车的压力和滑板车对人的支持力是一对作用力与反作用力；D、一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止状态或匀速直线运动状态【解答】解：A、滑板底部装上轮子，滑动摩擦变为滚动摩擦，可减少摩擦力，将会滑行更远，故A正确；B、人和车滑行的速度越快，动能越大，但惯性大小只与质量有关，与其他因素无关，故B错误；C、人对滑板车的压力和滑板车对人的支持力是一对作用力与反作用力；二者力的作用点不同，不是一对平衡力，故C正确；D、一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止状态或匀速直线运动状

24、态，人和车在滑行过程中所受到的力若突然消失，则人和车将停不下来，故D正确；故选B10小草随爸爸参观一个大型油库，她发现每个储油罐都是又矮又粗，外表刷成银白色，顶部都向上拱起，罐身上方有很高的铁针，每个油罐旁边还有自动喷水装置，如图所示小草分析储油罐这样设计和安装不正确的是（）A外表又矮又粗，是为了在增加容积时，尽量减少油对罐侧壁的压强B外表刷成银白色，是为了更好的反射太阳辐射，避免油温太低C罐身上方很高的铁针是避雷针，防止发生雷击时点燃油料D自动喷水装置可以在气温较高时，向罐身喷洒水，利用水的比热容大及蒸发吸热，降低罐身的温度【考点】减小压强的方法及其应用；光的反射；水的比热容的特点及应用【分

25、析】（1）液体的压强随着液体深度的增加而增大；（2）将银白色与其它颜色相比，从其反光性能上考虑这样设计的目的；（3）如雷雨时，特别要小心的是，一定不能到高耸的物体（如旗杆、大树、烟囱、电杆等）下站立，这些地方最容易遭遇雷电袭击；如果手中有导电的物体（如铁锹、金属杆雨伞等），要迅速抛到远处，千万不要拿着这些物品在旷野中奔跑，否则会成为雷击的目标（4）油吸热膨胀，易溢出和发生爆炸，用喷头向储油罐喷水，利用水的比热容较大的特点和水蒸发吸热使其降温；【解答】答：A、因为液体的压强随着液体深度的增加而增大，所以外表又矮又粗，是为了在增加容积时，尽量减少油对罐侧壁的压强故A正确；B、光携带有能量，银白色相

26、对于其它颜色，其反射光的能力较强，油罐吸收的光越少，吸收的能量就越少，其温度就升高的越少；故B错误；C、罐身上方很高的铁针是避雷针，防止发生雷击时点燃油料；故C正确；D、根据水的比热容较大的特点和水蒸发吸热降温的原理，在储油罐旁安装有自动喷头，夏天的中午，喷头向储油罐喷水使其降温，以防止油的自燃故D正确故选B11下列说法正确的是（）A海市蜃楼是光的反射现象B人离平面镜越远，平面镜所成的像越小C听众能根据音调来辨别乐器D“禁鸣”是从声源处减弱噪音【考点】光的折射现象及其应用；音色；防治噪声的途径；平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案【分析】（1）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发

27、生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的（2）平面镜成像的特点是：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等（3）区别声音就是靠音色辨别熟人的声音、辨别乐器的声音靠的都是音色（4）减弱噪声的途径：在声源处减弱消声；在传播过程中减弱吸声；在耳朵处减弱隔声【解答】解：A、海市蜃楼是光经过不均匀的大气层发生折射造成的，故A错误；B、平面镜成像的特点是像和物体的大小始终相等，与人离平面镜的远近无关，故B错误；C、听众能根据音色来辨别乐器，故C

28、错误；D、“禁鸣”是从声源处减弱噪音，故D正确故选D12如图所示，电源电压不变R1是光敏电阻，其阻值大小随光照强度的增强而减小，闭合开关S后，当光照强度增大时（）A通过R2的电流变大B电路总电阻变大CR1消耗的功率变小D要保持电流表示数不变，应将R2的滑片P向右移【考点】电路的动态分析【分析】明确电路为并联，根据并联电路的特点结合欧姆定律以及电功率的计算公式可对选项中的说法做出判断【解答】解：A、图中光敏电阻和变阻器R2并联，当光照强度增大时，R1的阻值减小，电流变大，但不影响另一支路的电流大小，故A错误；B、当光照强度增大时，R1的阻值减小，两电阻并联，一只电阻变小，另一只电阻不变，则电路的

29、总电阻变小，故B错误；C、当光照强度增大时，R1的阻值减小，电源电压不变，由公式P=得，R1消耗的功率变大，故C错误；D、当光照强度增大时，R1的阻值减小，则R1所在支路的电流变大，由于并联电路中干路电流等于各支路电流之和要保持电流表示数不变，应将R2的滑片P向右移，使这一支路的电阻变大，电流变小故D正确故选D13对下列实验装置的说法中，正确的是（）A图甲可用来演示通电导体在磁场中的受力情况B图乙可用来演示发电机的工作原理C图丙可用来演示电磁铁磁性的强弱与线圈匝数大小的关系D图丁可用来演示电动机的工作原理【考点】电磁感应；通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素；直流电动机的原理【分析】

30、（1）掌握电磁感应现象及实验，知道在此实验中让闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流根据这个原理制成了发电机（2）认识奥斯特实验，知道奥斯特实验证实了通电直导线周围存在磁场即电流的磁效应（3）掌握影响电磁铁磁性强弱的因素（4）掌握磁场对电流的作用实验，知道在此实验中，通电导体在磁场中受到力的作用【解答】解：A、图甲是电磁感应实验，说明磁场可产生电流，根据此原理可以制成发电机；故A错误；B、图乙是奥斯特实验，通电后小磁针偏转，说明了通电导线周围存在磁场；故B错误；C、图丙是来演示电磁铁磁性的强弱与线圈匝数大小的关系，故C正确；D、图丁是磁场对电流的作用实验，通电后通电导

31、体在磁场中受到力的作用而运动，即电动机的原理；故D正确故选CD14将“6V 3W”和“6V 6W”的两只灯泡L1和L2串联后接在电源两端，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则（）A两只灯泡不可能同时正常发光B灯泡发光时，电路中允许通过的最大电流为1ACL1和L2的两端电压之比为1：2DL1和L2的实际电功率之比为2：1【考点】实际功率；电功率与电压、电流的关系【分析】根据P=UI求出两灯泡的额定电流，利用欧姆定律求出两灯泡的电阻；（1）如果两灯泡的额定电流相等，可以同时发光，否则不可能同时正常发光；（2）根据串联电路的电流特点确定电路中的最大电流，根据U=IR比较L1和L2的两端电压之比根据P=I2

32、R比较两灯泡的实际电功率之比【解答】解：根据P=UI可得，两灯泡的额定电流分别为：I1=0.5A，I2=1A，根据欧姆定律可得，两灯泡的电阻分别为：R1=12，R2=6；（1）因为两灯泡的额定电流不相等，所以两只灯泡不可能同时正常发光，故A正确；（2）因为串联电路中各处的电流相等，所以电路中的最大电流I=I1=0.5A，故B错误；由I=可得，L1和L2的两端电压之比=；故C错误；（3）=；故D正确故选AD三、作图题（每小题2分，共4分）15“猴子望月”的故事家喻户晓如图所示，若小猴子的眼睛用点A表示，小猴子看见的水中月亮用点B表示，请你画出小猴子看见水中月亮的光路图要求画出直实月亮的位置（用点

33、C表示），并保留必要的作图痕迹【考点】作光的折射光路图【分析】由于光在水面上发生镜面反射，所以形成的像和原来的月亮是关于水面轴对称的根据平面镜成像特点，根据月亮在水面的像做出平面镜的位置，连接像与小猴子的眼睛确定入射点，然后即可完成光路【解答】解：根据平面镜成像特点中的物距等于像距，做出月亮的真实位置C，连接像与小猴子的眼睛与水面的交点，即为入射点，再连接C和入射点即为入射光线，A与入射点即为反射光线，如图所示：16如图所示，将一个单摆小球拉至A点放手后，经最低点B荡至另一侧的C点，若不考虑能量损失，请在图中画出C点所在位置和小球在C点时所受重力示意图【考点】动能和势能的转化与守恒；力的示意图

34、【分析】（1）不考虑能量损失，小球经最低点B荡至另一侧的C点，C点与A点关于小球在B时的竖直线对称；（2）小球在A点时重力竖直向下，重力的示意图起点在重心上，方向竖直向下【解答】解：（1）小球从A到B的过程中，重力势能转化为动能；从B到C的过程中，动能转化为重力势能不计能量损失，小球在C点和在A点具有的重力势能相同，所以C点与A点在同一水平线画出小球在A位置时的悬挂点关于竖直线的对称位置，这一位置就是C的位置，如图所示（2）小球在A点受的重力竖直向下，用一条竖直向下且带箭头的线段表示重力，起点表示重力的作用点，箭头表示方向，小球所受重力的示意图如图所示四、实验探究题（第17题4分，第18题5分

35、，第19题10分，共19分）17我们可以利用矿泉水瓶做小实验来说明一些物理知识（1）双手挤压空矿泉水瓶可以使瓶子变形，如果施加的力增大，瓶子变形程度就加大，这表明力的作用效果跟力的大小有关；（2）在空矿泉水瓶侧壁不同高度的地方锥出上、下两个小孔，往里面倒满水，可以观察到水从两个小孔流了出来，其中下孔流出的水流速最大，这表明液体的压强随深度的增加而增大；（3）往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿发现瓶子慢慢向内凹陷，这说明大气压的存在；（4）请你模仿以上例子再举出一个利用矿泉水瓶做小实验来说明物理知识的例子：验证滚动摩擦力小于滑动摩擦力【考点】力的作用效果；液体的压强

36、的特点；大气压强的存在【分析】（1）力的三要素是力的大小、方向和作用点，它们都能影响力的作用效果；（2）液体压强与液体的深度有关，对同种液体来说，深度越大，液体产生的压强越大；（3）向瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉，热水蒸发的水蒸气排出了里面的空气，立即盖紧瓶盖，过一会儿，瓶内的水蒸气液化使瓶内气压减小，而外界大气压不变，在大气压作用下使瓶子慢慢向内凹陷；（4）验证同等情况下，滚动摩擦力远远小于滑动摩擦力【解答】解：（1）施加的力越大，矿泉水瓶的形变程度增加，施加的力增大，瓶子变形程度就加大，这表明力的作用效果与力的大小有关；（3）流出的水喷得越急，小孔处的水压强越大；下面小孔处水的深度大，下

37、面小孔水流急，说明下面小孔处水的压强大，这说明水的深度越大，水的压强越大；（3）往空矿泉水瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉，此时瓶内空气大部分被水蒸气排出，立即盖紧瓶盖，过一会儿，瓶内的水蒸气液化成水，使瓶内的气压减小，而瓶外大气压不变，则瓶子在大气压力的作用下慢慢向内凹陷；（4）验证同等情况下，滚动摩擦力远远小于滑动摩擦力；用力向空矿泉水瓶的侧面吹气它会滚动，但用同样的力向它的底部吹气它却不容易滑动，这表明在压力相同的条件下，滚动摩擦小于滑动摩擦故答案为：（1）大小；（2）增大；（3）大气压的存在；（4）验证滚动摩擦力小于滑动摩擦力18阿基米德原理告诉我们：“浸入液体里的物体受到向上的浮力，浮

38、力的大小等于它排开的液体受到的重力”小明同学在学习了该原理后思考：物体受到浮力的大小难道只跟物体排开液体的重力大小有关吗？于是他猜想：物体受到的浮力大小可能还跟物体的密度和浸入液体中的深度有关为了验证猜想，他选取了两块体积和形状都相同的实心铜块和铁块进行了如图所示的实验（1）如果要验证物体所受的浮力大小是否与物体的密度有关，小明同学应该选取图中的A、B、D、E等步骤进行对比小明已经知道铜的密度大于铁的密度，那么根据他所选择的几个图中弹簧测力计的示数可以知道铜块所受到的浮力等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）铁块所受到的浮力由此得出物体所受的浮力大小与物体的密度无关（选填“有关”或“无关”）

39、（2）小明根据图中B、C、D三步进行对比分析，发现随着物体浸入液体中深度的增加，物体所受到的浮力在变大，于是他就得出了物体所受浮力的大小跟浸入液体中的深度有关的结论你认为小明同学的结论是错误的（选填“正确”、“错误”），原因是：没有控制排开液体的体积相同【考点】探究浮力大小的实验【分析】（1）验证物体所受的浮力大小是否与物体的密度有关时，应控制其它因素不变，只改变物体的密度大小；利用称重法分别求出铁块与铜块所受浮力的大小，然后判断浮力的大小与物体密度的关系；（2）研究物体所受浮力大小与深度的关系时，一定要控制排开液体的体积和密度不变；【解答】解：（1）要验证物体所受的浮力大小是否与物体的密度有

40、关，就必须控制除密度以外其他物理量相同，只改变物体密度大小，小明同学应该选取图中的 A、B、D、E步骤进行对比；由称重法得，F浮铁=G1F1=4.0N3.5N=0.5N，F浮铜=GF2=4.4N3.9N=0.5N；浮力相同，说明浮力大小与物体密度无关；（2）而在B、C、D三步的对比分析中，小刚得出的结论是不对的，物体没有浸没时，深度变化的同时，排开液体的体积也在变化，没有控制排开液体的体积相同故答案为：（1）A、B、D、E；等于；无关；（2）错误；没有控制排开液体的体积相同19在“测定小灯泡的电功率”的实验中，小雯同学设计的电路如图甲所示，她选用的小灯泡的额定电压为3.8V，额定功率约为2W（

41、1）请用笔画线代替导线，按照图甲所示的电路图，连接图乙中的实物电路（导线不得交叉）（2）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为3.8V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数为0.4A，则灯泡的额定功率为1.52W（3）另一组的同学按图甲电路连接好最后一根导线，灯泡立即发出明亮耀眼的光并很快熄灭检查后发现连线正确，请你找出实验中两个操作不当之处：连接电路时，开关未断开；闭合电路前，滑动变阻器滑片没有置于最大阻值处（4）图丙所示电路中（R阻值已知），无电压表也能测出该灯泡额定功率的是C【考点】电功率的测量【分析】（1）小灯泡的额定电压为3.8V，电压表选大量程，根据额定功率和额定电压求出正

42、常发光时的电流，确定电流表的量程，连接时注意电表正负接线柱和变阻器接线柱的连接；（2）由P=UI可以求出灯泡额定功率；（3）连接电路时要断开开关，滑片要置于最大阻值处； （4）要测出小灯泡的额定功率，需使其两端的电压为额定电压因为没有电压表，所以，可以用电流表和定值电阻来代替，并且与电灯并联，当通过电阻的电流I=，小灯泡正常发光；通过开关的转换，在不改变电路连接方式的前提下，使电流表测算出灯正常工作时的电流，灯的额定功率可求【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为3.8V大于3V，电压表选用大量程，小灯泡正常工作时的电流IL=0.53A0.6A，电流表选用小量程，把开关、滑动变阻器、灯泡、电流表串

43、联接入电路，注意滑动变阻器滑片左边电阻连入电路，如右图所示；（2）灯泡的额定功率PL=ULIL=3.8V0.4A=1.52W；（3）连接好最后一根导线，灯泡立即发光，说明电路闭合，连接电路时没有断开开关；灯泡发出明亮耀眼的光并很快熄灭，说明电路电流太大，电路总电阻太小，滑动变阻器滑片没有置于最大阻值处；（4）要使小灯泡正常发光，必须使灯泡两端的电压等于3.8V，将定值电阻与灯泡并联，根据并联电路的电压相等，移动滑动变阻器的滑片，当定值电阻两端的电压为3.8V时，通过它的电流IR=，小灯泡两端的电压为3.8V，一定正常发光；保持滑片的位置不动，在不改变电路连接关系的情况下，通过开关的转换，使电流

44、表测干路中的电流I总，因通过定值电阻的电流保持不变，从而求出灯正常发光时的电流IL=I总IR=I总，根据PL=ULIL可求灯的额定功率A、无法得知小灯泡是否正常发光，A图不正确；B、无法得知灯泡两端的电压是否为3.8V，B图不正确；C、由（4）的分析，C图正确；D、只闭合左边的开关，灯被短路，电流表则通过定值电阻的电流；只闭合右边的开关，R被短路，电流表则通过灯的电流，电路在接法上与A类似，D图不正确故选C故答案为：（1）实物图如上图所示；（2）1.52；（3）连接电路时，开关未断开；闭合电路前，滑动变阻器没有调到最大阻值处；（4）C五、综合应用题（第20题8分，第21题9分，共17分）20为

45、提倡环保，促进节能减排，鼓励使用新能源，2015年5月18日，国家税务总局等部门出台相关免征车船税优惠政策，纯电动汽车也在免税之列一辆纯电动客车铭牌上部分参数如表格所示，某次搭载乘客时车与人的总质量为15000kg，假设车在额定功率下以20m/s的速度沿水平路面匀速行驶20min，所受阻力为车与人总重力的0.02倍，g取10N/kg，求：最大允许总质量18000kg核定载客人数57电动机额定功率90kW电动机额定电压600V电池容量600Ah（1）电动机的额定电流； （2）该过程客车消耗的电能； （3）该过程客车所受阻力的大小；（4）该过程客车牵引力所做的功【考点】电功率与电压、电流的关系；功

46、的计算；电功的计算【分析】（1）电动机上表明的是额定电压和额定功率，根据P=UI求解额定电流；（2）已知输出功率和行驶时间，利用W=Pt求出消耗的电能；（3）利用G=mg求出重力，即可根据求出客车所受阻力；（4）根据二力平衡的知识可知客车匀速行驶牵引力等于阻力，利用s=vt求出路程，利用W=Fs求出牵引力所做的功【解答】解：（1）由P=UI得电动机的额定电流：I=150A；（2）时间t=20min=1200s，则消耗的电能W电=P额t=901000W1200s=1.08108J；（3）车与人总重力G=mg=15000kg10N/kg=1.5105N；则阻力f=0.02G=0.021.5105N

47、=3103N；由于客车匀速行驶，则牵引力F=f=3103N；（4）由v=得通过的路程：s=vt=20m/s1200s=2.4104m；牵引力所做的功：W=Fs=3103N2.4104m=7.2107J答：（1）电动机的额定电流为150A； （2）该过程客车消耗的电能为1.08108J； （3）该过程客车所受阻力的大小为3103N；（4）该过程客车牵引力所做的功为7.2107J21适当进行足浴对身体很有好处，如图所示是小澜同学给奶奶买的家用电热足浴盆，其加热电功率为1000W，最大容水量是5L，自重5kg，限定最高温度是50，盆与地面的接触面积是8cm2已知水的比热容是4.2l03J/（kg），

48、g取10N/kg求：（1）足浴盆工作过程中若有气泡从底部冒出，在上升过程中气泡所受的浮力变大，所受的压强变小（2）足浴盆装满水后对水平地面的压强多大？（3）若加热效率为84%，则把最大水量的水从室温（20）加热到最高温度需要多长时间？【考点】压强的大小及其计算；液体的压强的特点；阿基米德原理；电功与热量的综合计算【分析】（1）在水中上浮过程中，气泡所处的深度减小，由液体压强公式分析气泡内压强的变化；气泡的体积变大，由阿基米德原理分析气泡受到浮力的大小变化（2）先根据G=mg求出足浴盆注满水后的重力，然后根据足浴盆对水平地面的压力等于重力，最后根据p=求出足浴盆注满水后对水平地面的压强；（3）根

49、据Q吸=cm（tt0）即可求出水吸收的热量；根据Q=W可知发热体产生的热量，利用t=求出需要的时间【解答】解：（1）因为气泡上升时，深度变小，则由P=gh可知，气泡所受的压强变小，因此气泡的体积变大；因为气泡体积变大，所以排开水的体积变大；由F浮=水V排g可得，气泡受到水的浮力变大；（2）足浴盆装满水后对水平地面的压力：F=G总=m总g=（5kg+1103kg/m35103m3）10N/kg=100N，对水平地面的压强：p=1.25105Pa；（3）若把最大水量的水从20加热到最高温度水吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）5kg（5020）=6.3105J；由于足浴盆消耗的电能与水吸收热量的关系为：W=Q吸，则有：84%W=6.3105J；W=7.5105J；由P=可得：加热时间为：t=750s答：（1）大；小；（2）足浴盆装满水后对水平地面的压强为1.25105Pa；（3）若加热效率为84%，则把最大水量的水从室温（20）加热到最高温度需要的时间为750s2016年6月21日第22页（共22页）