物理试题

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1、湖北省十堰市2014年中考物理试题(word解析版)一、选择题1（3分）（2014十堰）如图，分别在A、B、C处用同样大小的力推门，可以感受到在A点用力容易把门推开这说明力的作用效果与下列哪个因素有关？（）A力的作用点B力的大小C力的方向D力的单位考点：力的三要素专题：运动和力分析：力的大小、方向、作用点叫做力的三要素，力的三要素影响力的作用效果解答：解：分别在A、B、C处用同样大小的力推门，可以感受到在A点用力容易把门推开，是因为力的作用点不同故选A点评：本题考查了学生对力的三要素的掌握，属于基础知识的考查，比较简单2（3分）（2014十堰）下图所列的杠杆中，属于费力杠杆的是（）A铁皮剪刀B

2、理发剪刀C树枝剪刀D钢丝钳考点：杠杆的分类专题：简单机械分析：结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆解答：解：A、铁皮剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；B、理发剪刀在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；C、树枝剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆故选B点评：杠杆的分类主要包括以下几种：省力杠杆，动力臂大于阻力臂；费力杠杆，动力臂小于阻力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂3（3分）（2014十堰）为使教室内的学生免受环境噪声的干扰，下列哪种方法是最合理的？（

3、）A老师讲话声音大一些B每个学生都戴一个防噪声的耳罩C教室内安装噪声监测装置D在教室周围植树考点：防治噪声的途径专题：声现象分析：减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声、阻断噪声的传播、在人耳处减弱噪声，分析各个选项是否可以有效合理的减弱噪声解答：解：A、老师讲话声音大并不会降低噪声对学生的上课的干扰，不符合题意；B、学生戴耳罩虽然可以在接收处减弱噪声，但老师讲课声音也听不见，不是合理的办法，不符合题意；C、安装噪声监测器只会测出噪声的分贝，但不能减弱噪声，不符合题意；D、在教室周围植树可以有效的在噪声的传播过程中减弱噪声，符合题意；故选D点评：本题考查学生对生活中防治噪声的具体做法的理解情况

4、，是中考的常考题型4（3分）（2014十堰）在烈日当空的海边玩耍，海滩上的沙子热得烫脚，而海水却凉凉的主要是因为（）A海水的密度大B海水的比热容大C沙子的密度大D沙子的比热容大考点：比热容解释简单的自然现象专题：比热容、热机、热值分析：在常见物质中，水的比热容是最大的，因此，在相同条件下水吸收的热量较多，而在吸收相同热量时，水升温则较慢解答：解：海水比沙子的比热容大，因此，相同质量的海水和沙子，在吸收相同的热量时，沙子温度高，海水温度低，故B符合题意故选B点评：深入理解比热容的概念，才能正确判断并做出合理的解释5（3分）（2014十堰）小明观察家中的电能表（如图），下列说法正确的是（）A此电能

5、表应该接在220V的电路中使用B电能表的额定功率是220WC小明家已经消耗的电能为107JD此电能表转盘每小时转过3000转考点：电能表参数的理解与电能的求法专题：电能和电功率分析：（1）电能表是测量用电器在一定时间内消耗电能多少的仪表电能表表盘上显示的数字是已消耗的电能；（2）“3000R/kWh”表示每消耗1kwh的电能，电能表的转盘转3000转；（3）电能表上“220V（10A）”表示该电能表在220V的电路中使用，最大电流不允许超过10A，可利用公式P=UI求出接在该电能表上的用电器的最大总功率解答：解：A、此电能表应该接在220V的电路中使用，故A正确；B、电能表的额定电压为220V

6、，故B错误；C、小明家已经消耗的电能为107kWh，故C错误；D、“3000R/kWh”表示每消耗1kWh的电能，电能表的转盘转3000转，故D错误故选A点评：本题考查对电能表参数的理解，关键是理解电能表各参数的物理意义6（3分）（2014十堰）下列装置中，与发电机工作原理相同的是（）A甲与乙B乙与丙C丙与丁D甲与丁考点：电磁感应专题：电动机、磁生电分析：电磁继电器是利用电流的磁场来工作的；扬声器把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流解答：解：甲、电磁继电器是利用电流的

7、磁场来工作的，不符合题意；乙、扬声器把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理，不符合题意；丙、当ab在磁场中做切割磁感线运动时，电流表中指针会发生偏转，即发生了电磁感应现象，发电机正是利用该原理工作的，符合题意；丁、话筒是利用在闭合电路的一部分导体磁场中做切割磁感线运动而产生交变电流的原理制成的，符合题意；故选C点评：本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用7（3分）（2014十堰）如图，容器中间用隔板分成左右两部分，隔板与容器的接触部分密合，隔板下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧受力不平衡时会发生形变此装置（）A左右构成一个连通器B

8、可以探究液体的压强是否与液体的深度、液体密度有关C可以验证液体内部向各个方向的压强相等D可以探究液体内部的压强是否与液体的重力和体积有关考点：探究液体压强的特点实验专题：压强、液体的压强分析：（1）连通器是指上端开口、底部相连通的容器；连通器特点是：连通器内盛同种液体，液体不流动时，液面总是相平的生活中的应用实例很多（2）要探究“液体压强跟深度的关系”，则应使液体密度相同，液体深度不同；液体的压强与液体的密度和深度有关，在容器两边分别装入深度相同，密度不同的甲、乙两种液体，观察橡皮膜的变形情况，判断两种液体密度的大小关系解答：解：A、根据连通器的定义可知，此装置左右不连通，不能构成连通器故A错

9、误；B、在容器两侧倒入深度不同的同种液体，观察橡皮膜产生的现象；可以探究“液体压强跟深度的关系”；在容器两边分别装入深度相同，密度不同的甲、乙两种液体，若橡皮膜凹向左边，则右边液体密度大，若橡皮膜凹向右边，则左边液体密度大，因此本实验装置能大致比较两种液体的密度大小，若要探究“液体压强跟液体密度的关系”，要控制液体深度相同，密度不同，则应在容器两侧倒入深度相同的不同液体，观察橡皮膜产生的现象，故B正确；C、此实验只能观察出橡皮膜向左或向右凸的情况，不能观察到橡皮膜向各个方向的凹凸情况，因此不能验证液体内部向各个方向的压强相等，故C错误；D、此实验不能探究液体内部的压强是否与液体的重力和体积有关

10、，故D错误故选B点评：此题是探究液体压强与深度和密度的关系，考查了对控制变量法的应用，在实验中注意怎样控制变量和改变变量8（3分）（2014十堰）如图所示是四冲程汽油机的一个工作循环示意图，其中属于利用机械能转化内能冲程的是（）ABCD考点：内燃机的四个冲程专题：图析法分析：（1）先判断各选项中冲程的名称：在内燃机的四个冲程中，进气门和排气门均关闭的只有压缩冲程和做功冲程，而在压缩冲程中活塞向上运动，做功冲程中活塞向下运动；一个气门打开，另一个气门关闭的是吸气冲程和排气冲程，而在吸气冲程中活塞向下运动，排气冲程中活塞向上运动；（2）再确定各选项中冲程的能量转化：在做功冲程中，是把内能转化为机械

11、能，在压缩冲程中是机械能转化为内能解答：解：在内燃机的四个冲程（吸气、压缩、做功、排气）中，机械能转化为内能的是压缩冲程：A图：一个气门打开，活塞向下运动，气缸容积增大，是吸气冲程，不符合题意；B图：气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积减小，是压缩冲程，符合题意；C图：气门都关闭，火花塞喷出电火花，活塞向下运行，气缸容积增大，是做功冲程，不符合题意；D图：一个气门打开，活塞向上运行，气缸容积减小，是排气冲程，不符合题意故选B点评：本题考查了内燃机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，以及压缩冲程的能量转化，是中考的热点内容9（3分）（2014十堰）如图甲是呼气式酒精测试仪的电路原理

12、图，R1为气敏电阻，它的阻值随酒精气体浓度的变化曲线如图乙，R2为定值电阻，电源电压保持不变检测时，驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，则（）A测试仪中电压表的示数越大B测试仪中电流表的示数越小C电路消耗的总功率越小D电压表与电流表示数的比值越大考点：电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功率的计算专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，气敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表测电阻R2两端的电压，电流表测电路中的电流由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻R2两端的电压变化，根据P=UI可知电路消耗总功率的变化，再根据欧

13、姆定律结合定值电阻R2的阻值判断电压表与电流表示数的比值变化解答：解：由电路图可知，气敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表测电阻R2两端的电压，电流表测电路中的电流由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的增大而减小，驾驶员呼出的酒精气体浓度越大时，电路中的总电阻越小，由I=可得，电路中的电流越大，即电流表的示数越大，故B不正确；由U=IR可得，定值电阻R2两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确；由P=UI可知，电路消耗的总功率越大，故C不正确；因电压表与电流表示数的比值等于定值电阻R2的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值不变，故D不正确故选A点评：本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电

14、功率公式的灵活应用，关键是根据图象得出气敏电阻的阻值随酒精浓度的变化关系10（3分）（2014十堰）如图是某同学家中的部分电路，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入电源的三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光拔出电饭煲的插头，电热壶仍不能工作，把测电笔分别插入插座的左、右孔，氖管均能发光则可以判断出电路的故障是（）A电热壶所在电路的B、D两点间断路B插座的接地线断路C电路的C、D两点间导线断路D电路的A、B两点间导线断路考点：家庭电路的故障分析专题：应用题分析：正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常工作，说明有地方开路了解答：解：电灯仍正常工作，说明不是保险丝烧坏了

15、，没有发生短路，而把测电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明火线有电，而零线开路了，且是在C、D之间开路故选C点评：本题考查了家庭电路故障的检修测电笔能亮，说明火线上有电，而零线上本该不亮，但也亮了，说明是零线开路了二、填空题（每空1分，共16分）11（3分）（2014十堰）滑板车是中学生喜爱的玩具之一用脚蹬地，滑板车会沿地面向前运动，这说明力的作用是相互的如果不再蹬地，滑板车的速度会越来越慢，最后停下来，这是因为它在运动中受到阻力，这表明力可以改变物体的运动状态滑板车静止时，受到的一对平衡力是人与车自身的重力和地面的支持力考点：力作用的相互性；力的作用效果；平衡力的辨别专题：运动和

16、力分析：（1）物体间力的作用是相互的（2）力可以改变物体的运动状态（3）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上解答：解：用脚蹬地，滑板车会沿地面向前运动，这说明力的作用是相互的如果不再蹬地，滑板车的速度会越来越慢，最后停下来，这是因为它在运动中受到阻力，这表明力可以改变物体的运动状态滑板车静止时，人与车自身的重力和地面的支持力大小相等，方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力故答案为：相互；运动状态；地面的支持点评：物体间力的作用是相互的，一个物体是一个力的施力物体同时也是这个力的相互作用力的受力物体12（3分）（2014十堰）太阳能电池把太阳能转化为电能；

17、将湿衣服抻开晾在太阳下面，是为了加快水的蒸发（汽化）某太阳能热水器储有200kg的水，水温从20升高到70，吸收的热量4.2107J（水的比热容为4.2103J/（ kg）考点：太阳能的转化；影响蒸发快慢的因素；热量的计算专题：比热容、热机、热值；能源的利用与发展分析：（1）目前人类直接利用太阳能的方式有两种，一种是用集热器把水等物质加热，另一种是用太阳电池把太阳能转化为电能；（2）影响蒸发快慢的因素有：液体的表面积、液体的温度、液体表面空气流动速度；（3）根据Q=cm（tt0）求出水吸收的热量解答：解：（1）太阳能电池是把太阳能转化为电能，从而给其它用电器供电；（2）将湿衣服抻开晾在太阳下面

18、，使衣服上的水温度升高，是为了加快水的蒸发（汽化）；（3）太阳能热水器储内水吸收的热量：Q=cm（tt0）=4.2103J/（kg）200kg（7020）=4.2107J故答案为：电；蒸发（汽化）；4.2107点评：此题主要考查的是学生对太阳能的利用、影响蒸发快慢的因素、热量计算公式的理解和掌握，基础性题目13（4分）（2014十堰）小明将自制气压计（如图）从一楼拿到六楼，观察到玻璃管内的水柱逐渐升高，这表明：随着高度的逐渐增加，大气压逐渐减小（降低）生活中使用高压锅是为了增大锅内的气体压强，从而提高液体的沸点他还发现风沿着教室窗外的走廊吹过时，窗口悬挂的窗帘飘向窗外（选填“内”或“外”），这

19、是因为空气的流动速度较大，压强较小的缘故考点：大气压强与高度的关系；沸点及沸点与气压的关系；流体压强与流速的关系专题：汽化和液化、升华和凝华；气体的压强、流体压强与流速的关系分析：（1）在这个自制气压计中，想使水面上升到瓶口以上，必须靠瓶内那一部分气体的压强，瓶内气压大于外界大气压，水柱就上升，相反水柱就下降而大气压随高度的变化是减小的；（2）液体的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高；气压越低，沸点越低；（3）分析窗帘内外两侧空气流速，根据流体压强跟流速的关系，判断窗帘的运动情况解答：解：（1）将气压计从一楼拿到六楼时，高度在升高，大气压会随高度的增加而减小，外界大气压变小，瓶内气压大于外界大

20、气压，会进一步向外压水柱，所以水柱将会升高；（2）高压锅可以增大锅内气压，从而提高液体的沸点；（3）风沿着窗外的走廊吹过时，窗帘外侧空气流速大，压强小，内侧空气流速慢，压强大，窗帘受到向外的压强大于向内的压强，把窗帘压向窗户外面故答案为：减小（降低）；沸点；外；较小点评：本题主要考查了大气压与高度的关系、沸点与气压的关系、流体压强与流速的关系，是一道综合性题目14（3分）（2014十堰）如图，甲、乙两透明密闭容器中都有一段电阻丝，内有质量相等的空气，U形管中液面高度的变化可以反映密闭容器中空气温度的变化（1）此实验是为了研究电流产生的热量与电阻的关系，将此装置接到电源两端，通电一段时间，电流在

21、乙容器中产生的热量较多（2）在电路中串联一个滑动变阻器，再接入原电路，可以探究电流产生的热量与电流的关系考点：焦耳定律专题：实验题；探究型实验综合题分析：（1）分析图示装置与实验控制的变量分析答题（2）根据实验电路与实验控制的变量分析答题解答：解：（1）由图示实验可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过电阻丝的电流与通电时间相等而电阻阻值不同，次装置可以探究：电流产生的热量与电阻的关系；由于乙中的电阻丝阻值较大，将此装置接到电源两端，通电一段时间，电流在乙容器中产生的热量较多（2）在电路中串联一个滑动变阻器，改变滑片位置可以改变电路电流，可以探究电流产生的热量与电流的关系故答案为：（1）电阻；乙；（

22、2）电流点评：本题考查了实验现象分析，应用控制变量法分析清楚图示实验情景即可正确解题15（3分）（2014十堰）小芳在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距为20cm的透镜甲放在距发光体50cm处，移动光屏，可以得到清晰的倒立、缩小的实像接下来她改用焦距为10cm的透镜乙继续实验，不改变发光体和凸透镜的位置，光屏应该向靠近（选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动，光屏上才能成清晰的像小芳将近视眼镜片放在发光体和凸透镜之间，光屏上的像又变模糊了，她将光屏远离透镜，又在光屏上得到了发光体清晰的像，这说明近视眼镜对光线有发散作用考点：凸透镜成像的应用专题：透镜及其应用分析：（1）首先根据u2f，在屛上

23、得到清晰缩小的实像，由此可确定物距与焦距的关系，然后再根据凸透镜成实像时，物远像小像变小来确定调节光屏的方法（2）凹透镜对光线有发散作用，近视眼镜是凹透镜解答：解：由“先用焦距为20cm的透镜甲进行实验，在屛上得到清晰缩小的实像”可知，此时u2f；当改用焦距为10cm的透镜乙继续实验，不改变发光体和凸透镜的位置，则相当于增大了物距，根据凸透镜成实像时，物远像小像变小，可知，要在光屏上成清晰的像，光屏将靠近透镜移动，像变小，即此时成倒立缩小的实像小芳将近视眼镜片放在发光体和凸透镜之间，光屏上的像又变模糊了，她将光屏远离透镜，又在光屏上得到了发光体清晰的像，这说明近视眼镜对光线有发散作用，使光线推

24、迟会聚故答案为：缩小；靠近；发散点评：本题考查了凸透镜成像的规律和凹透镜对光线的发散作用，要注意理解应用此题比较有拓展性，有一定的拔高难度三、作图题（每小题6分，共6分）16（6分）（2014十堰）（1）如图（1），一束光线与水平面成30角斜射到水面上，同时发生反射和折射，请在图中画出反射光线和折射光线的大致方向，标出反射角的度数（2）如图（2），小磁针保持静止，通电螺线管的磁性有无可以很方便地控制请在图中标出通电螺线管的N、S极，标出电源正、负极，在虚线框内添加必要元件将电路补充完整考点：作光的反射光路图；作光的折射光路图；通电螺线管的极性和电流方向的判断专题：光的传播和反射、平面镜成像；光

25、的折射、光的色散；磁现象、电生磁分析：（1）反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线法线偏折，折射角大于入射角，画出折射光线（2）由小磁针静止时的指向和磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，由右手螺旋定则可知电流的方向及电源的正负极根据通电螺线管的磁性有无可以很方便地控制可确定添加的必要元件解答：解：（1）图中入

26、射光线与界面的夹角是30，入射角是入射光线与法线的夹角，因此入射角是9030=60；反射角是反射光线与法线的夹角，反射角等于入射角也为60光由空气斜射进入水中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角，据此完成光路，如下图所示：（2）小磁针静止时N极向左，则由同名磁极间相互排斥、异名磁极间相互吸引可知螺线管左侧为S极，右侧为N极；由右手螺旋定则可知电流由右侧流入螺线管，即电源右侧为正极；右通电螺线管的磁性有无可以很方便地控制，可确定添加的必要元件是开关，如下图所示点评：（1）本题考查反射定律和折射定律和作图，需要注意的是哪些线是实线、哪些线是虚线，另外不要把方向标反了（2）对于通电螺线管

27、的题，知道电流方向、螺线管的磁极、小磁针的磁极中的任意一者，都可以根据磁极间的作用和安培定则判断另外两者四、实验探究题（4分+6分+7分+7分=24分）17（4分）（2014十堰）如图是某物质熔化时温度随时间变化的图象这种物质是晶体（选填“晶体”或“非晶体”），该物质的熔点是80，熔化过程持续的时间是15min熔化过程中，该物质的内能增加（选填“不变”、“增加”或“减少”）考点：熔化和凝固的温度时间图象专题：图像综合题分析：要解决此题，需要掌握晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体在熔化过程中，温度不变；非晶体在熔化过程中温度不断上升会分析晶体的熔化图象知道晶体熔化时的温度为熔点要知道晶体从开始

28、熔化到完全熔化完为晶体的熔化过程解答：解：由图知，该物质在熔化过程中，温度保持80不变，所以该物质为晶体并且熔点为80该晶体从第10分钟开始熔化，到第25分钟完全熔化完，所以该晶体的熔化过程经历了25mi10min=15min熔化过程中，该物质的内能增加故答案为：晶体；80；15；增加点评：此题主要考查了晶体的熔化图象要学会从图象中找出与晶体有关的信息关键是掌握晶体的熔化特点：吸热但温度保持不变18（6分）（2014十堰）小明用天平、小玻璃杯和水测量食用油的密度（水的密度为水），实验步骤如下：A将天平放在水平桌面上，分度盘指针如图所示接下来应该：先将游码移到标尺零刻度线处，并调节平衡螺母，使天

29、平平衡；B用天平测出空玻璃杯的质量为m0；C用记号笔在玻璃杯上做一个标记，向玻璃杯内加水到标记处，用天平测出水和杯的总质量为m1；D将杯内的水全部倒出，并用干抹布擦干，向玻璃杯内加入食用油到标记处，用天平测出油和杯的总质量m2（1）在上面横线上将步骤补充完整，用规定符号表示所测物理量（2）食用油密度的表达式（用所测物理量的符号表示）为：油=水考点：液体的密度测量实验专题：实验题；简答题；测量型实验综合题分析：该题是要测量食用油的密度，质量可以用天平测出，关键是体积的测量，在这儿是采用了已知密度的水，量取体积相同的食用油和水则V油=V水，而V油=，V水=，由此推出密度的表达式解答：解：（1）A将

30、天平放在水平桌面上，分度盘指针如图所示接下来应该：先将游码移到标尺零刻度线处，并调节平衡螺母，使天平平衡；B用天平测出空玻璃杯的质量为m0；C用记号笔在玻璃杯上做一个标记，向玻璃杯内加水到标记处，用天平测出水和杯的总质量为m1；D将杯内的水全部倒出，并用干抹布擦干，向玻璃杯内加入食用油到标记处，用天平测出油和杯的总质量m2（2）m水=m1m0，m油=m2m0根据=得：V水=，V油=，V水=V油，=，油=水故答案为：（1）零，平衡螺母，食用油到标记处，油和杯的总质量m2；（2）水点评：本题主要考查学生对于密度测量知识的灵活运用19（7分）（2014十堰）如图甲是“探究浮力大小”的实验过程示意图（

31、1）实验步骤C和D可以探究浮力大小与排开的液体体积的关系，步骤B和D可以测出物块浸没在水中时受到的浮力F浮，步骤A和E可以测出物块排开的水所受重力G排；比较F浮与G排，可以得到浮力的大小跟物体排开的水所受重力的关系（2）图乙是物块缓慢浸入水中时，弹簧测力计示数F随浸入深度h变化的关系图象分析图象，可得关于浮力大小的初步结论物块浸没前，物体排开的液体体积越大，物块所受的浮力越大；物块浸没后，所受的浮力大小与浸没的深度无关（3）此物块的密度是2.5g/cm3考点：探究浮力大小的实验专题：实验题；探究型实验综合题分析：（1）要先测物块的重力和空桶的重力，然后再把物块没入水中，测出物块受到的浮力，最后

32、再测出桶和溢出水的重力；分析几步实验的相同因素和不同因素，就可知道这几步是探究哪个因素对浮力的影响，并根据测力计示数计算出每步浮力的大小，从而得出结论（2）乙图中物体已全部浸入了水中，所以弹簧测力计的示数应读随h的增大F不变的一段的示数，利用称重法可计算出此时物体所受的浮力；由图可知弹簧测力计的示数有一段随h的增大而不变，可总结出物体所受浮力与深度的关系（3）由阿基米德原理求出排开液体的体积，再利用重力、密度的变形公式求出物块的密度解答：解：（1）在CD中，相同的因素是液体密度，不同因素是排开液体体积在C中为：3N2.4N=0.6N，在D中的浮力为：3N1.8N=1.2N，所以物体所受浮力在同

33、种液体中，排开液体体积越大，浮力越大步骤B和D可以测出物块浸没在水中时受到的浮力F浮=3N1.8N=1.2N，步骤A和E可以测出物块排开的水所受重力G排=2.2N1N=1.2N，比较F浮与G排，可以得到浮力的大小跟物体排开的水所受重力的关系（2）物体未浸入水中时h=0，从图乙可读出此时弹簧测力计的示数等于物体的重力G=3N在未完全浸入时弹簧测力计的示数逐渐减小，则浮力逐渐增大由图知物体浸入水中位置时弹簧测力计的示数为1.8N，所以物体所受的浮力F浮=3N1.8N=1.2N；物块浸没前，物体排开的液体体积越大，物块所受的浮力越大；由图可知弹簧测力计的示数有一段随h的增大而不变（浸没后），故可得出

34、：浸没在液体中的物体所受浮力大小与它所处深度无关（3）由阿基米德原理F浮=液V排g得：V排=V物；物=2.5103kg/m3=2.5g/cm3；故答案为：（1）排开的液体体积；D；E；（2）物体排开的液体体积越大；浸没的深度；（3）2.5；点评：本题用到的知识点有重力、质量、密度、单位换算、二力平衡、受力分析、阿基米德原理等，考查学生结合图象对所学知识进行综合分析的能力，难度较大20（7分）（2014十堰）如图甲，是小凯连接的测量标有电压为2.5V 的某小灯泡电阻的实验电路，图中的是部分导线的序号，AN是部分接线柱的编号（1）只改接图中的一根导线，就能改正电路中的连接错误请简述你的改正方法：将

35、导线的N端改接到接线柱E（或C端）（2）检查电路无误后，闭合开关，移动滑片，使电压表的示数为2.5V，电流表读数如图乙，示数是0.28A，小灯泡正常发光，此时灯丝的电阻为8.9向左（选填“左”或“右”）移动滑动变阻器滑片，灯泡两端电压逐次下降，灯丝温度也不断降低，测量数据如表实验次数123456发光情况明亮较亮不很亮较暗微光熄灭电压U/V2.52.11.71.30.90.5电流I/A0.260.240.210.190.16电阻R/8.17.16.24.73.1（3）对比不同电压下小灯泡的阻值，把你的发现写成具有概括性的一句话：灯丝温度越高，灯丝电阻越大考点：伏安法测电阻的探究实验专题：实验题；

36、测量型实验综合题分析：（1）测灯泡电阻实验，灯泡与电流表串联接入电路，电压表并联在灯泡量程，分析图示电路图，然后答题（2）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数，由欧姆定律求出灯泡电阻阻值；根据电路图分析答题（3）分析表中实验数据，然后得出结论解答：解：（1）由图甲所示电路可知，灯泡与电流表并联，电流表连接错误，应该将导线的N端改接到接线柱E（或C端）（2）由图乙所示电流表可知，其量程为00.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A，灯泡电阻R=8.9；由图甲所示电路图可知，向左移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电路的阻值增大，灯泡两端电压逐次下降，灯丝温度也不断降低（3）由表中实验数

37、据可知，灯泡两端电压与通过灯泡的电流越大，灯泡实际功率越大，灯泡温度越高，灯丝电阻越大，由此可知：灯丝温度越高，灯丝电阻越大故答案为：（1）将导线的N端改接到接线柱E（或C端）；（2）0.28；8.9；左；（3）灯丝温度越高，灯丝电阻越大点评：本题考查了修改实验电路图、电表读数、求灯泡电阻、实验数据分析，对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直五、计算题（6分+8分=14分）21（6分）（2014十堰）某校学生乘校车到校外的考点参加中考校车与学生的总质量为8000kg，车轮与地面的接触总面积为0.25m2该校车在某段平直公路上匀速行驶9km，用时15min

38、（g取10N/kg）求：（1）校车对水平地面的压强；（2）若发动机的功率为60kW，求发动机的牵引力考点：压强的大小及其计算；功率计算公式的应用专题：计算题；压强、液体的压强；功、功率、机械效率分析：（1）校车对水平地面的压力等于校车与学生的总重力，根据G=mg求出其大小，再根据p=求出校车对水平地面的压强；（2）知道发动机的功率和行驶的时间，根据W=Pt求出发动机的做的功，又知道行驶的距离，再根据W=Fs求出牵引力的大小解答：解：（1）水平地面受到的压力：F=G=mg=8000kg10N/kg=8104N，校车对地面压强：p=3.2105Pa；（2）由P=可得，发动机做的功：W=Pt=601

39、03W1560s=5.4107J，由W=Fs可得，发动机的牵引力：F=6000N答：（1）校车对水平地面的压强为3.2105Pa；（2）发动机的牵引力为6000N点评：本题考查了重力公式、压强公式、功率公式和做功公式的灵活应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等22（8分）（2014十堰）如图，电源电压恒定不变，R1=30，滑动变阻器的最大阻值为20，灯泡额定电压为3V（忽略灯泡电阻的变化），电压表量程为03V当S、S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片移到最右端时，电流表示数为0.5A；当闭合S，断开S1、S2，滑片p位于中点时，小灯泡恰好正常发光求：（1）电源电压；（2）小灯泡的额定功

40、率；（3）S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗总功率的最大值考点：欧姆定律的应用；电功率的计算专题：电路和欧姆定律；电能和电功率分析：（1）当S、S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片移到最右端时，R1与R2并联，根据电阻的并联求出总阻值，根据欧姆定律即可求电源电压；（2）当闭合S，断开S1、S2，灯泡与滑动变阻器串联，灯泡正常发光，则灯泡两端的实际电压与额定电压相等，根据串联电路的电压特点求出变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出此时的电流，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；（3）当闭合S，断开S1、S2，灯泡与滑动变阻器串联，滑动变阻器接入的阻值最小，电流最大和电压表量程为3V判断出电路中最大电流然

41、后利用P=UI求电路的功率最大解答：解：（1）S、S1、S2都闭合，滑动变阻器滑片移到最右端时，R1与R2并联，等效电路如下图1，则I1=，I2=，根据I=I1+I2 可得：+=I，即：+=0.5A，解：电源电压U=6V（2）闭合S，断开S1、S2，灯泡L与R2串联接入电路，（或等效电路如上图2）小灯泡正常发光，此时R2两端电压U2=UUL=6V3V=3V，滑片p位于中点时，接入电路的阻值R=10，滑动变阻器接入的阻值最小，电流最大电路中的电流IL=I2=0.3A；灯泡的额定功率PL=ULIL=3V0.3A=0.9W（3）小灯泡的电阻RL=10，S闭合，S1、S2都断开时，灯泡L与R2串联接入电路，电压表测灯泡两端电压，若当滑动变阻器接入的阻值为0时，则电压表示数为U=6V，电压表量程为03V电压表示数应不大于3V，则电路中的最大电流I=0.3A，电路消耗的总功率的最大值P总=UI=6V0.3A=1.8W答：（1）电源电压为6V；（2）小灯泡的额定功率为0.9W；（3）S闭合，S1、S2都断开时，电路消耗总功率的最大值为1.8W点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的判断，难点是根据电表的量程和当滑动变阻器接入的阻值为0时，确定电路中的最大电流