云南省曲靖市2020年中考物理真题试题(含解析).doc

1、云南省曲靖市2020年中考物理真题试题一、选择题（本小题8个小题，每小题3分，满分24分）1.对下列物理量的估计，较合理的是（ ）A.中考体育使用的单人跳绳，长度约为8dmB.一本初中物理课本的重力约30NC.家用小台灯的工作电流约为2AD.升国旗时，演奏一遍中华人民共和国国歌用时约为1min【分析】此题考查对生活中常见物体物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，必要时进行相关的计算，找出符合实际的选项【解答】解：A、中学生的步幅在0.5m左右，跳绳的长度大约是中学生步幅的4-5倍，在2m以上故A不符合实际；B、一本初中物理课本的重力约3N，故B不符合实际；C、家用小台灯的工作电流约

2、为0.2A，故C不符合实际；D、升国旗时，演奏一遍中华人民共和国国歌用时约为1min，故D符合实际故选D2.关于家庭电路，下列说法错误的是（ ）A.正确使用试电笔时，没有电流通过人体，所以不必担心触电B.新建楼房安装的空气开关可以代替保险丝的作用C.电能表要安装在总开关之前的干路上D.洗衣机的外壳要接地【分析】（1）正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线手千万不要接触笔尖金属体；（2）新建楼房的供电线路已经不再使用保险丝，而用空气开关来代替；（3）据家庭电路的构成可知，庭中的电能表应该安装在空气开关前面；（4）金属外壳的用电器，外壳一定要接地【

3、解答】解：A、在正确使用试电笔辨别火线时，试电笔的氖管发光，电流需要经过人体形成回路，所以电流应该很小，故A错误；B、新建楼房的供电线路已经不再使用保险丝，而用空气开关来代替，这样更安全、更灵敏，故B正确；C、据家庭电路的构成可知，庭中的电能表应该安装在空气开关前面，故C正确；D、金属外壳的用电器，外壳一定要接地，防止外壳漏电，发生触电事故，故D正确故选A3.某中学生骑着自行车在水平路面上行驶，下列说法中正确的是（ ）A.汽车人相对于自行车是运动的B.自行车加速前进时，它的惯性变大C.自行车刹车时，闸皮车圈之间的摩擦是滑动摩擦D.自行车匀速转弯时，它的运动状态不变【分析】（1）在研究物体运动时

4、，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；（2）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；（3）当一个物体在另一个物体表面滑动时，产生的摩擦力叫滑动摩擦力；（4）运动状态保持不变，指的是物体速度的大小和方向都不能发生变化，否则物体的运动状态就变了【解答】解：A、人骑着自行车前行时，人相对于自行车没有位置变化，是静止的，故A错误；B、惯性大小只跟物体的质量大小有关，自行车从静止到运动的过程中，车上的某部件质量不变，惯性变不变，故B错误；C、自行车刹车时，闸块是在轮圈上滑动；所以闸块与轮圈间的

5、摩擦是滑动摩擦，故C正确；D、当自行车匀速转弯时，自行车的运动方向发生变化，其运动状态发生变化，故D错误故选C4.对图1中的电热水壶涉及的物理知识的描述，错误的是（ ）A.壶嘴设计得比壶身略高，应用了连通器原理B.胶木把手做得较宽，是为了减小压强C.壶嘴上开有小孔，主要是为了排除水蒸气D.加热管安装水壶下方，应用了密度知识【分析】（1）根据连通器的特点：上端开口下端连通的容器连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减

6、小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强（3）如果壶盖上没有小孔，当壶中水的重力小于或等于大气压力的作用时，在大气压的作用下，水不容易倒出，在壶盖上开孔，使壶内外大气压相等，在大气压作用下，水很容易倒出；（4）当物体间存在温度差，热量会通过流动介质从高温物体或高温部分传到低温物体或低温部分，这就是对流【解答】解：A、水壶的壶身和壶嘴组成了连通器，故A正确；B、胶木把手做得较宽，是在压力一定时，增大受力面积减小压强，故B正确；C、壶盖开有小孔，使壶内外气压相等，在大气压的作用下，水容易倒出；故C错误；D、电热圈安装在壶肚的下方，从密度的角度分析，是为了加快水的对流；故C正确；故选C5.下列连

7、线完全正确的是一组是（ ）A.物态变化与名称 B.物质的特性与应用雾凇的形成 液化 砂锅用铁制造 硬度高雾的形成 熔化 玻璃刀的金刚石刀刃 导热性能较好用久的灯丝变细 凝华 导线外层的熟料皮 绝缘性较好C.物理问题与研究方法 D.现象与原因探究平面镜成像时像与物的大小 类比法 小孔成像 重力的作用托里拆利实验 等效替代法 水管冻裂 光的折射用带箭头的线段表示力 模型法 抛出去的篮球落回地面 水的反常膨胀【分析】A、根据对物态变化概念的掌握作出判断；B、根据对物质物理属性及其应用的掌握作出判断；C、根据对物理学常用研究方法的掌握作出判断；D、根据对物理现象及其原因的掌握作出判断【解答】解：A、雾

8、凇是空气中的水蒸气凝华形成的冰晶；雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；灯丝变细，由固态直接变成气态，是升华现象故A不完全正确；B、砂锅用铁铸造，利用的是铁的导热性好；玻璃刀的刀刃用金刚石制造，利用的是金刚石的硬度大；导线外层用塑料皮，利用的是塑料的绝缘性故B完全正确；C、探究平面镜成像时像与物的大小，采用的是等效替代法；托里拆利实验利用了实验法；用带箭头的线段表示力，采用了模型法故C不正确；D、小孔成像是光的直线传播现象；水管冻裂是水的反常膨胀现象；抛出去的篮球落回地面，是受到竖直向下的重力作用故D不完全正确故选B6.如图2 所示的电路，闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片，下列判断正确的

9、是（ ）A.电压表V1的示数变小B.电压表V2的示数不变C.电流表A的示数变小D.电路的总功率变大【分析】由电路图可知，合开关S后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电流表测量电路总电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量灯泡L两端的电压，当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知电路电流和电阻两端电压的变化，由P=UI可知电路的总功率的变化【解答】解：由电路图可知，合开关S后，滑动变阻器R与灯泡L串联，电流表测量电路总电流，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量灯泡L两端的电压，由于电源电压不变，则电压表V1的示数不变；故A错误；当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变

10、小，根据I=U/R可知：电路中的电流变大，即电流表A的示数变大，故C错误；由U=IR可知：灯泡L两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故B错误；由P=UI可知：电路的总功率变大，故D正确故选D7.关于热现象下列说法正确的是（ ）A.温度相同的物体，其内能的大小一定相同B熔点越高的物体，熔化时吸收的热量越多C.物体的内能减小，一定是对外做了功D.物体吸收热量，温度不一定升高【分析】解答本题需掌握：影响内能大小的因素有哪些，内能与温度的关系是什么，改变内能的方式有哪些【解答】解：A、影响内能大小的因素是质量、温度和状态，温度相同时，质量不同，内能也不同，故A错误；B、熔化时吸收的热量，与物体的质

11、量有关，故B错误；C、改变内能的方法有两种：做功和热传递，因此内能减少可能是物体对外界做功，也可能放出了热量，故C错误；D、晶体熔化时，吸收热量温度不升高，故D正确故选D【点评】本题主要考查学生对：内能的概念的了解和掌握；以及改变内能的两种方法，属于基础题8.将塑料块、铁块、冰块和空心铁球放入一盛有水的容器中，静止时它们的状态如图3所示，下列分析正确的是（ ）A.冰完全熔化后，铁块上表面受到的压力增大B.冰完全熔化后，空心球的状态不变C.在水中加盐，铁块对容器底部的压强不变D.在水中加盐，塑料块露出水面的体积会减小【分析】（1）冰漂浮在水中，求出冰块排开水的体积和当冰熔化之后水的体积比较上面的

12、两个体积，如果冰化成水的体积大于冰块排开水的体积，液面上升；如果冰化成水的体积等于冰块排开水的体积，液面不变；如果冰化成水的体积小于冰块排开水的体积，液面下降然后利用压强公式判断铁块上表面受到的压强变化，再利用压强公式判断铁块上表面受到的压力变化；（2）根据物体浮沉条件判断冰完全熔化后，空心球的状态；（3）根据浮力公式判断在水中加盐后铁块受到的浮力变化，根据力的合成得出铁块对容器底部的压力变化，再利用压强公式判断压强变化；（4）根据物体漂浮条件判断在水中加盐后塑料块所受浮力变化，然后根据浮力公式判断其排开液体的体积变化，进而可得露出水面的体积变化【解答】解：A、冰漂浮于水面上，所以有F浮=水g

13、V排=G冰，-又因为冰熔化成水后，其质量不变，重力不变，所以G水=水gV水=G冰，-由可得：水gV排=水gV水，故V排=V水，即：冰熔化为水的体积等于冰排开水的体积所以冰化水后水位不变根据p=gh可知，待其完全熔化后水对铁块上表面压强将不变，铁块的上表面积不变，根据p=F/S可知，冰完全熔化后，铁块上表面受到的压力不变故A错误；B、冰完全熔化后，水的密度不变，所以空心球的状态不变故B正确；C、在水中加盐，液体密度变大，根据F浮=水gV排可知，铁块受到的浮力变大，铁块的重力不变，所以铁块对容器底部的压力变小，铁块与容器底部的接触面积不变，根据p=F/S可知，铁块对容器底部的压强变小故C错误；D、

14、在水中加盐，塑料块仍然漂浮，浮力等于重力，重力不变，则浮力不变，在水中加盐，液体密度变大，根据F浮=水gV排可知，塑料块排开液体的体积变小，所以塑料块露出水面的体积会增大故D错误故选B【点评】本题考查了学生对液体压强特点、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，判断冰化水后水位变化是本题的解题关键二、填空题（本小题10个小题，每小题2分，满分20分）9.2020年4月20日，我国成功发射了货运“天舟一号”，在飞船发射升空的过程中，飞船的机械能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。飞船进入太空以后，地面控制室利用 波与飞船通讯。【分析】动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越

15、大；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；机械能为动能和势能的和；电磁波可以传递信息【解答】解：“天舟一号”飞船在加速升空的过程中，飞船的质量不变，速度不断增大，动能增大；飞船所处的高度不断增大，重力势能不断增大，飞船没有发生弹性形变，不考虑弹性势能，所以势能增大，故机械能增大；电磁波能够传递信息，且电磁波能在真空中传播，所以地面指挥中心是利用电磁波与“天舟一号”联系的故答案为：增大；电磁【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素；能判断动能、重力势能、弹性势能的变化10.丽丽在阳光下吹泡泡，空中飞舞的泡泡上出现了彩色条纹，这是光的 现象。我们能够看到不

16、发光的物体，是因为物体 （选填“反射”或“折射”）的光进入了我们的眼睛。【分析】太阳光是复色光；我们能看见本身不发光的物体，是因为这些物体反射的光线进入我们的眼睛【解答】解：泡泡上出现了彩色条纹，是由光的色散现象形成的；我们能看到本身不发光的物体，是因为光在物体表面上发生了反射，物体反射的光线进入我们的眼睛的缘故故答案为：色散；反射【点评】本题主要考查了学生光的反射、光的色散的认识和了解，是一道基础题11.电子琴能模仿手风琴的声音，它主要是模仿手风琴的 。演奏时按下不同的琴键，主要是为了改变声音的 （均选填“音调”、“响度”或“音色”）。【分析】声音的三个特性是音调、响度和音色音调的高低与发声

17、体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高；响度与发声体的振幅有关；音色反映了声音的品质与特色【解答】解：不同发声体的材料与结构不同，发出声音的音色不同，电子琴能模仿手风琴的声音，它主要是模仿手风琴的音色；演奏时，不断地用手指去控制琴弦长度，使弦振动的频率不同，目的是为了改变声音的音调故答案为：音色；音调【点评】本题考查声音的三要素的辨别，解决此类问题要结合三个要素的特点与影响因素来分析解答12.如图4所示，小轿车的方向盘相当于一个轮轴，若F1=20N，盘的半径为20cm，轴的直径为4cm，不计摩擦阻力，则F2= N。门锁的把手相当于一个 （选填“省力”或“费力”）轮轴。【分析】轮轴是一种简单的

18、机械，相当于变形的杠杆，即在使用时，外轮半径大于轴半径，要看动力作用在哪里，若动力作用在轮上，是省力的机械，若动力作用在轴上，是费力的机械【解答】解：（1）轮轴的实质是杠杆的变形，根据杠杆的平衡条件，F1R=F2r，F1=20N，R=20cm，r=d/2=4cm/2=2cm，F2=F1R/r=20N20cm/2cm=200N；（2）门锁的把手外轮半径大于轴半径动力作用在轮上，相当于一个省力轮轴故答案为：200N；省力【点评】本题考查轮轴，杠杆的平衡条件，是一道中档题13.下列能源：太阳能核能石油煤风能。其中属于可再生能源的是 （选填序号）。【分析】像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不

19、断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源【解答】解：太阳能、风能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；石油、煤、核能属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；故答案为：【点评】本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键14.天然气液化后，其分子间的作用力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。蒸发可以发生在任何温度下，是因为一切物质的分子都在做 运动。【分析】物质是由分子组成的，分子之间存在相互作用力，分子间的作用力与分子间的距离有关；分子在永不停息的做无规则热运动【解答】解：

20、分子间的作用力与分子间的距离有关，分子之间的间隔越小，分子之间的作用力越大，天然气液化后，体积变小，分子之间的距离变小，其分子间的作用力变大；蒸发是属于扩散现象，蒸发可以发生在任何温度下，是因为一切物质的分子都在永不停息的做无规则运动故答案为：变大；无规则【点评】此题考查了分子动理论的理解，比较简单15.将标有“6V，3W”的灯泡L1、L2串联接在电源电压为6 V的电路中，灯泡 两端的电压较大。通电1min，L1、L2消耗的电能之比为 。【分析】先根据R=U2/P求出灯泡的阻值，然后根据串联分压特点判断那个灯泡的电压大；利用W=I2Rt得出消耗的电能之比【解答】解：（1）两灯泡的电阻分别为：R

21、1=U额2/R1=（6V）2/3W=12，R2= U额2/R2=（6V）2/6W=6，所以，R1R2；两灯泡串联分压，L1电阻大，所以它分担的电压大；（2）两灯泡串联，通过的电流相等，则通电1min（通电时间相同），L1、L2消耗的电能之比：故答案为：L1；2：1【点评】本题考查串联和并联电路特点，欧姆定律以及电功计算公式的灵活应用，关键是根据额定电压和额定功率求出它们的电阻16.国产大飞机C919成功首飞，标志着我国航空事业一个新时代的开启，若飞机滑行60min后，以70m/s的速度起飞，滑行过程中的平均速度为35m/s，那么跑道的长度至少需要 m。某段时间内飞机在空中水平飞行了10Km，受

22、到的平均阻力为6104N，则这段时间内飞机克服阻力做的功为 J。【分析】已知时间和平均速度，利用速度公式计算路程；利用W=fs计算飞机克服阻力做的功【解答】解：因为v=s/t，所以跑道的长度：s=vt=35m/s6060s=1.2105m；飞机克服阻力做的功：W=fs=6104N10103m=6108J故答案为：1.2105；6108【点评】此题考查速度公式及其应用、功的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题17.可燃冰很容易发生 （填物态变化名称）直接变为天然气，使它的体积在短时间内增大为原来的164倍，给开采、运输和储藏带来了困难。今年5月，我国已在世界上首次实现了可燃冰连续超过7天的稳定

23、开采。若可燃冰的热值为1.381010J/m3，1m3的可燃冰完全燃烧放出的热量相当于 Kg汽油完全燃烧放出的热量。汽油的热值为（q汽油=4.6107J/Kg）。【分析】（1）物质由固态直接变为气态叫升华；（2）计算出1m3的可燃冰完全燃烧放出的热量，这些热量等于汽油完成燃烧放出的热量，根据Q=mq，求出完全燃烧汽油的质量【解答】解：（1）可燃冰直接变为天然气，是由固态直接变为气态，属于升华现象；（2）1m3的可燃冰完全燃烧放出的热量为Q=q可燃冰V=1.381010J/m31m3=1.381010J；要产生这些热量，需要的汽油质量为：m=Q/ q汽油=1.381010J/4.6107J/kg

24、=300kg故答案为：升华；300【点评】本题考查了物态变化和燃料燃烧放热公式的应用，属于基础性题目 18.如图6所示，电源电压恒定，开关S闭合与断开时，电流表的示数均为0.3A，则电阻处的故障是。若把R2换成一个12的电阻，断开开关S，电流表的示数为0.2A，则S断开后，R1消耗的功率为W。【分析】（1）开关断开时两电阻串联，开关闭合R2被短路，根据电流表示数不变分析故障的原因；（2）由电路特点和欧姆定律表示出两种情况下的电源电压，从而求得的阻值，再由P=I2R计算R1消耗的功率【解答】解：（1）由图可知，开关断开时两电阻串联，开关闭合时R2被短路，只有R1连入电路中，由题知，开关S闭合与断

25、开时，电流表的示数均为0.3A不变，所以电路中电阻没有发生改变，由此可知故障是R2短路了；（2）当R2连入电路中时，电流表示数0.3A，由欧姆定律可得电源电压：U=IR1=0.3AR1，当把R2换成一个12的电阻，断开开关S，电流表的示数为0.2A，由串联电路的特点和欧姆定律可得电源电压：U=I（R1+R2）=0.2A（R1+12），因为电源电压不变，所以0.3AR1=0.2A（R1+12），解得：R1=24，所以S断开后，R1消耗的功率：P1=I2R1=（0.2A）224=0.96W故答案为：短路；0.96【点评】本题考查了电路故障的判断、串联电路特点和欧姆定律的应用以及电功率的计算，利用电

26、路特点和欧姆定律计算出R1的阻值三、作图、实验、探究题（本体共4个小题，满分31分）19.（每小题3分，共9分）（1）图7中，天平测物体的质量是 g【分析】物体的质量=右盘砝码的质量+游码所对的刻度值【解答】解：由图可知，游码标尺上的分度值为0.2g，物体的质量=20g+10g+1.4g=31.4g故答案为：31.4【点评】考查天平的基本使用法则，特别是读数时要注意分度值（2）如图8所示，物体放置在竖直的弹簧上，画出物体所受弹力的示意图。【分析】对物体受力分析，然后从力的作用点，沿力的方向作有向线段，即可作出物体的受力示意图【解答】解：物体放置在竖直的弹簧上时，受竖直向下的重力G与竖直向上的弹

27、簧的弹力F作用；从物体的重心沿弹力的方向画出弹力的示意图，如图所示：故答案为：见上图【点评】力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点（3）将图9中电路连接完整，要求：滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡亮度增加。【分析】根据滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡亮度增加确定变阻器接线柱的连接与灯串联在电路中【解答】解：因要求滑动变阻器的滑片向右滑动时，灯泡亮度增加，即电流变大，电阻变小，故滑片以右电阻丝连入电路中与灯串联，如下所示：【点评】本题考查根据要求连接实物图，关键是确定变阻器的连接20.（7分）

28、王卓利用如图10所示的装置做“探究凸透镜成像规律”的实验，凸透镜焦距为10cm。（1）若将蜡烛从图示位置移至20cm刻度处，为了在光屏上得到清晰的像，他应将光屏 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜。当光屏上获得清晰的像时，保持凸透镜的位置不变，将蜡烛与光屏的位置互换，光屏上 （选填“能”或“不能”）得到清晰的像。（2）他将光屏恢复到图10所示的位置，再将光屏向右移动一段距离，像变得模糊了，要使像再次变得清晰，他应在蜡烛和透镜之间加一块 （选填“凸”或“凹”）透镜。（3）随着实验的进行，蜡烛变短，要使蜡烛的像回到光屏的中央，可将凸透镜向 （选填“上”或“下”）移动。【分析】（1）根据凸透镜的成像规

29、律，当大于二倍焦距，成清晰的倒立、缩小的实像，照相机就是利用了这样的成像原理；在一倍焦距与二倍焦距之间，所以成倒立、放大的实像；凸透镜的成实像时物距变大，像距变小，像变小；根据光路可逆来分析；（2）凸透镜可以使光线会聚，又叫会聚透镜；（3）理解倒立实像的特点，像和物体的移动方向恰好相反【解答】解：（1）因焦距为10cm，当蜡烛位于20cm刻度线处，物距为30cm，大于二倍焦距，像距在一倍焦距与二倍焦距之间，所以光屏上应向左移动到60cm与70cm刻度线之间；使烛焰将蜡烛和光屏互换位置，根据光路可逆，此时物距在一倍焦距与二倍焦距之间，烛焰可在光屏上成清晰放大、倒立的实像；（2）光屏向右移动一段距

30、离，像距变小，应使光线提前会聚，故应放置一个凸透镜；（3）随着实验的进行，蜡烛由于燃烧逐渐变短，光屏上的像逐渐向 上移动为了使像完整的成在光屏的中央，可将光屏向上移动或将蜡烛像上移动，或者将凸透镜向下移动故答案为：（1）靠近；能；（2）凸；（3）下【点评】此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求一定要注意实验前的调整工作为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处同时考查了凸透镜成像的应用，要熟记凸透镜成像的规律，特别搞清物距与像距之间的关系21.（7分）过山车在圆形轨道最高点时不会掉落。佳佳认为，这是因为过山车到达该位置时还有一定速度。那么，这个速度的大小

31、与哪些因素有关呢？她提出了以下猜想：猜想一：过山车到达圆形轨道最高点时的速度与过山车的质量m有关；猜想二：过山车到达圆形轨道最高点时的速度与过山车开始下滑的高度h有关。她设计了如图10所示的装置进行实验，用小球代替过山车从斜面不同高度由静止开始滚下，并在通过圆形轨道的最高点后，落在足够长的水平轨道上，实验中摩擦可忽略不计。测得的实验数据如下表所示：实验次数球的质量m/Kg球开始下滑的高度h/m球的水平射程s/m10.10.50.420.10.80.830.20.50.4（1） 实验中用水平射程的大小来反映小球达到圆形轨道最高点速度的大小，运用了法（填物理方法名称）。（2）分析 两次实验数据可知

32、，过山车到达圆形轨道最高点的速度与过山车的质量（填“有关”或“无关”）。（3）分析1、2两次实验数据可推知，过山车到达圆形轨道最高点的速度随过山车在斜面上开始下滑的高度的增大而 （选填“增大”或“减小”）。【分析】（1）用水平射程的大小来反映小球达到圆形轨道最高点速度的大小是一种转换的思想；（2）根据控制变量法的思想，要研究过山车到达圆形轨道最高点的速度与过山车的质量的关系，就要保持球开始下滑的高度相同，质量不同（3）根据控制变量法的思想，1、2两次实验质量相同，球开始下滑的高度不同，得出过山车到达圆形轨道最高点的速度与过山车在斜面上开始下滑的高度的关系【解答】解：（1）用水平射程的大小来反映

33、小球达到圆形轨道最高点速度的大小是一种转换的思想，故运用了转换法；（2）分析1、3两次实验数据可知球开始下滑的高度相同，质量不同，球的水平射程相同，故可得：过山车到达圆形轨道最高点的速度与过山车的质量无关（3）分析1、2两次实验数据知，小球的质量相同，球开始下滑的高度不同，球的水平射程不同，质量越大，水平射程越大，即过山车到达圆形轨道最高点的速度越大，故得出过山车到达圆形轨道最高点的速度随过山车在斜面上开始下滑的高度的增大而增大故答案为：（1）转化；（2）1、3；无关；（3）增大【点评】此类实验题目是考查对控制变量法和转换法的掌握情况，及如何正确的对实验现象进行分析，归纳出正确的结论，最后一问

34、是本题的难点22.（8分）小双想探究感应电流的大小与什么因素有关？他设计了如图12所示的装置进行实验。铁块上绕有导线，线框与灵敏电流计（G表示）相连（线框高度大于铁块高度，实验过程中线框不旋转）。（1）当开关闭合时，电磁铁的A端是 极。（2）让线框分别从h1和h2(h2大于h1)竖直下落并穿入磁极A、B之间，G表指针对应的偏转角度分别为1和2（2大于1），这样做的目的是为了探究感应电流的大小与线框切割磁感线的 有关。（3）把变阻器的滑片移至左端，线框从h1的高度下落，G表指针的偏转角为3，观察到3大于1，表明感应电流的大小还与磁场 有关。（4）将电源的正、负极对调，让线框从h1的高度下落，G表

35、的指针反转，此现象说明：感应电流的方向与磁感线的 有关。【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；（2）高度不同，则下落过程中的速度不同，据此分析；（3）感应电流的大小与磁场的强度有关，磁场越强，感应电流越大；（4）感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关【解答】解：（1）由图可知，电流从左边电磁铁的左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的A端为S极；（2）感应电流的大小与切割磁感线的速度有关；线框分别从h1和h2（h2大于h1）竖直下落并穿入磁极A、B之间，h2的高度高，下落的速度大，则感应电流越大，故2大于1，所以该实验是为了探究感应电流的大小与线框切割磁感线的速度有关；（3）影响电磁铁磁

36、性强弱的因素有电流，其他因素一定时，电流越大，磁场越强；把变阻器的滑片移至左端，滑动变阻器接入电路的电阻最小，电流最大，则电磁铁的磁性最强；在导体切割磁感线速度不变的情况下，观察到3大于1，说明产生的感应电流增大；故感应电流的大小与磁场强弱有关（4）将电源的正、负极对调，磁感线的方向发生了变化，让线框从h1的高度下落，G表的指针反转，这说明感应电流的方向发生了变化；故感应电流的方向与磁感线的方向有关故答案为：（1）S；（2）速度；（3）强弱；（4）方向【点评】此题对于电磁感应现象的知识做了一个详细的考查，需要学生对于电磁感应现象有一个清晰的认识，是一道好题四、综合题（本题共3个小题，满分25分

37、）23.（8分）某家庭电路如图13所示，空调上标有“220V，880W”、电视剧上标有“220V，220W”的字样。求：（1）电视机正常工作时，它的电流是多少？（2）图中的两个用电器均 正常工作时，电路中的总电阻是多少？（3）若电视机所在支路发生短路其他支路的用电器 （选填“能”或“不能”）正常工作。【分析】（1）根据P=UI，求电视机正常工作时的电流；（2）根据P=UI，求空调正常工作时的电流，根据并联电路电流的规律和欧姆定律求两个用电器均 正常工作时电路中的总电阻；（3）电视机所在支路发生短路，则家庭电路中空气自动开关将跳闸，据此分析【解答】解：空调上标有“220V，880W”表示空调的额

38、定电压为220V，额定功率为880W；电视机上标有“220V，220W”的字样表示电视机的额定电压为220V，额定功率为220W；（1）根据P=UI可得，电视机正常工作时，它的电流是：I2=P2/U=220W/220V=1A；（2）同理，空调正常工作时的电流： I1=P1/U=880W/220V=4A；根据并联电路电流的规律和欧姆定律，两个用电器均正常工作时，电路中的总电阻：R=U/I=U/(I1+I2)=220V/(4A+1A) =44；（3）若电视机所在支路发生短路，则家庭电路中空气自动开关将跳闸，切断电源起到保护作用，故其他支路的用电器不能正常工作答：（1）电视机正常工作时，它的电流是1

39、A；（2）图中的两个用电器均 正常工作时，电路中的总电阻是44；（3）若电视机所在支路发生短路其他支路的用电器不能正常工作【点评】本题考查并联电路的规律、欧姆定律及电功率公式的运用，难度适中24.（8分）某白炽灯的电流与电压关系如图14所示，白炽灯工作时灯丝要达到很高的温度才能发出白光。已知灯丝质量为1.5Kg，比热容为C=0.14103J/(kg)。求：（1）灯丝的温度从20升高的2020，需要的温度是多少？（2）上述过程中，电能转化为热能的效率为80，则灯丝消耗的电能是多少？（3）要将此灯改为装一个调光台灯接入家庭电路，需要串联一个变阻器，灯泡的功率调到15W时，该变阻器接入电路的阻值应为

40、多大？【分析】（1）已知灯丝质量和比热容，利用Q=cmt可求得灯丝的温度从20升高的2020，需要多少热量；（2）根据（1）求得的灯丝吸收的热量和电能转化为热能的效率，利用=Q/W可求得灯泡消耗的电能；（3）由图象读出灯泡的实际功率为1.5W时，电路中的电流和灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻【解答】解：（1）灯丝的温度从20升高的2020，灯丝吸收的热量：Q=cmt=0.14103J/（kg）1.510-3kg（2020-20）=420J；（2）由=Q/W可得，灯泡消耗的电能：W=Q/=420J/80%=525J；（3）

41、由图象可知，当UL=150V时，I=IL=0.1A，此时灯泡的实际功率为：P=ULIL=150V0.1A=15W，满足要求；因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，变阻器两端的电压：U滑=U-UL=220V-150V=70V，变阻器接入电路的阻值：R滑= U滑/I=70V/0.1A=700答：（1）灯丝的温度从20升高的2020，需要420J热量；（2）灯泡消耗的电能是525J；（3）该变阻器接入电路的阻值应为700【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出灯泡的实际功率为15W时两端的电压和通过的电流25.（9分）质量为180Kg的科考潜水器，在水下

42、匀速下潜或加速下潜时受到水的阻力各不相同。若潜水器下潜时所受阻力与速度的关系如下表：速度v/(m/s)1.21.21.21.31.41.51.61.7阻力F（N）300300300320340360380400求：（1）潜水器在水面下30m处，受到水的压强为多少？（水的密度为1.0103Kg/m3）（2）向潜水器水仓中注入50Kg水后，潜水器刚好以1.2m/s的速度匀速下潜，求注水后潜水器的平均密度。（3）写出潜水器加速下潜时，所受阻力f与速度v的关系式：f= 。【分析】（1）根据p=gh求出压强；（2）由于匀速下潜时潜水器受重力、浮力和阻力的作用，由表中数据可知此时的阻力，然后根据平衡条件求

43、出浮力的大小，根据阿基米德原理求出的体积，最后即可利用密度公式求出匀速下潜时潜水器的平均密度；（3）由潜水器加速下潜时的实验数据，归纳出阻力f与速度v的定量关系【解答】解：（1）潜水器受到水的压强：p=gh=1.0103kg/m310N/kg30m=3105Pa；（2）由于潜水器匀速下潜时处于平衡状态，潜水器受重力、浮力和阻力的作用，根据力的平衡条件可得：f阻+F浮=G物，由表中数据可知，当速度v=1.2m/s时，阻力f阻1=300N，潜水器的总重力：G物=m总g=（m潜+m水）g=（180kg+50kg）10N/kg=2300N；则F浮=G物-f阻=2300N-300N=2000N，根据F浮

44、=液V排g可得，潜水器的总体积：V=V排= =0.2m3，所以，潜水器的平均密度：物=m总/V=(m潜+m水)/V=（180kg+50kg）/0.2m3=1.15103kg/m3；（3）由表中数据可知，潜水器加速下潜时（v1.2m/s），所受阻力f随速度v的增大而均匀增大，所以，潜水器所受阻力与速度是一次函数关系；设为f=kv+b；将速度为1.4m/s和1.5m/s两组数据代入得：340N=k1.4m/s+b-，360N=k1.5m/s+b-，联立解得：k=200Ns/m，b=60N；所以，潜水器所受阻力f与速度v的关系式：f=200Ns/mv+60N （v1.2m/s）答：（1）潜水器在水面下30m处，受到水的压强为3105Pa；（2）注水后潜水器的平均密度为1.0103kg/m3；（3）f=200Ns/mv+60N （v1.2m/s）【点评】本题考查学生对压强、悬浮条件的理解和应用，（3）小题中从表格数据归纳出阻力与速度的定量关系是本题的关键，也是比较困难的