四川省达州市2022年中考物理真题试题（带解析）

2022年达州中考物理试卷解析一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．本大题8小题，每小题3分，共24分）1．下列是一些关于光现象的说法，其中正确的是（　　）　A．雨后天空出现的彩虹是由于光的直线传播　B．岸边的树木在水中的倒影是光的折射现象　C．看到水中的鱼比鱼的实际位置浅是光的反射现象　D．从不同的地方看到本身不发光的物体是光的漫反射现象考点：漫反射；光的反射；光的色散。分析：要解答本题需掌握：①彩虹是光的色散、倒影是平面镜成像；②光的折射的应用，以及漫反射使我们能从不同的方向看到本身不发光的物体．解答：解：A、雨后初晴，天空会出现美丽的彩虹是光的色散．故A错误．B、岸边的树木在水中的倒影是光的反射现象．故B错误．C、看到水中的鱼比鱼的实际位置浅是光的折射现象．而不是反射，故C错误．D、由于漫反射使我们能从不同的地方看到本身不发光的物体．故D正确．故选D．点评：本题主要考查学生对光学一些基础知识的了解和掌握，是一道中档题．2．关于温度、热量、和内能，下列说法正确的是（　　）　A．温度高的物体内能一定大　B．物体的温度越高，所含的热量越多　C．内能少的物体也可能将能量传给内能多的物体　D．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变考点：温度、热量与内能的关系。专题：应用题。分析：（1）一切物体都具有内能，内能包括分子动能和分子势能，所以，内能的大小与物体的温度、质量和体积有关．（2）热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递中，只能说吸收或放出热量，不能说含有或者具有热量．解答：A、温度高的物体内能一定大；错误，因为内能的大小与物体的温度、质量和体积都有关．故A不正确．B、热量是一状态量，描述它的术语是”吸收“和”放出“，不能用含有．故B不正确．C、内能少的物体也可能将能量传给内能多的物体，能量是从高温物体转移到低温物体．故C正确D、物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变．错误，内能的大小还与质量和体积有关．故D不正确．故选C．点评：本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、温度、热传递的理解，是中考的热点，热学的难点．要特别注意：温度升高，内能一定增加；但是，内能增加，温度不一定升高．18用心爱心专心\n3．关于力和运动的关系，下列说法正确的是（　　）　A．某物体在水平面向右运动一定受到了水平向右的力　B．在空中匀速直线飞行的飞机受到的合力与重力平衡　C．只要有力作用在物体上物体就一定运动　D．1N的力可能比800N的力产生的效果好考点：力与运动的关系；力的作用效果；力的三要素。专题：应用题。分析：（1）物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化；（2）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用，分析准确哪个力和哪个力是平衡力很关键；（3）力的三要素有：力的大小、方向、作用点，它们都影响力的作用效果．解答：解：A、某物体在水平面向右运动时，不一定受到水平向右的力；如踢出去的足球在地面上向右滚动时，在水平方向上只受向左的摩擦力；故A错误；B、在空中匀速直线飞行的飞机，受到平衡力的作用；其受到的合力为零；在竖直方向上，飞机上下表面的气压差（压力差）与重力平衡；故B错误；C、有力作用在物体上，物体不一定运动；如受到平衡力作用的物体，可能出于静止状态；故C错误；D、力的大小、方向、作用点，都影响力的作用效果；故1N的力可能比800N的力产生的效果好；故D正确；故选D．点评：明确受力情况与运动状态的关系，理解力的三要素都影响力的作用效果，可做出正确选择．4．如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上每格均匀等距，每个钩码都相同．下列四项操作中，会使杠杆右端下倾的是（　　）（1）在杠杆两侧同时各减掉一个钩码；（2）在杠杆两侧钩码下同时各加挂一个钩码；（3）将杠杆两侧的钩码同时各向外移动一个小格；（4）将杠杆两侧的钩码同时各向内移动一个小格．　A．（1）（3）B．（2）（4）C．（2）（3）D．（1）（4）考点：杠杆的平衡分析法及其应用。专题：计算题。分析：18用心爱心专心\n杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂；根据杠杆平衡的条件对各选项进行逐一进行分析得出正确选项．解答：解：设一个钩码的重为G，一个格为L，原来杠杆：2G×3L=3G×2L，处于平衡状态，（1）在杠杆两侧同时各减掉一个钩码，左边=G×3L，右边=2G×2L，右边力和力臂的乘积大，右端倾斜，符合题意；（2）在杠杆两侧钩码下同时各加挂一个钩码，左边=3G×3L，右边=4G×2L，左边力和力臂的乘积大，左端倾斜，不符合题意；（3）将杠杆两侧的钩码同时各向外移动一个小格，左边=2G×4L，右边=3G×3L，右边力和力臂的乘积大，右端倾斜，符合题意；（4）将杠杆两侧的钩码同时各向内移动一个小格，左边=2G×2L，右边=3G×L，左边力和力臂的乘积大，左端倾斜，不符合题意；故选A．点评：本题考查了杠杆平衡条件的应用，杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，只比较力或力臂大小不能得出正确结果．5．如图所示，电源电压保持不变．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电压表V1与电流表A示数的比值将（　　）　A．变小B．不变C．变大D．无法判断考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析。专题：动态预测题；图析法。分析：由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测量的是滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，电流表测电路中的电流．首先判断出滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器连入电路中电阻的变化，而电压表V1与电流表A示数的比值即为滑动变阻器连入电路中的电阻，从而可以判断出两者比值的变化．解答：解：从图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测量的是滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量的是电源电压，电流表测电路中的电流．滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，而电压表V1与电流表A示数的比值即为滑动变阻器连入电路中的电阻，所以电压表V1与电流表A示数的比值将变大．故选C．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是能把比值问题转化为阻值问题来处理，这样就可以减小问题的复杂性．18用心爱心专心\n6．如图所示，电源电压和灯L的电阻不变，灯L上标有“6V3W”字样．当开关S闭合，滑片P移至a端时，电流表的示数为1.0A，灯L正常发光；当开关S断开，滑片P移至b端时，电源电压U和灯L消耗的电功率P为（　　）　A．6V1.5WB．6V0.75WC．3V1.5WD．3V0.75W考点：电路的动态分析；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；滑动变阻器的使用。专题：计算题；应用题；动态预测题。分析：（1）当开关S闭合，滑片P移至a端时，灯泡和变阻器并联电流表测干路电流，根据额定电压下灯泡正常发光得出电源的电压，根据I=求出通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值．（2）当开关S断开，滑片P移至b端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，先根据欧姆定律求出灯泡的电阻，再根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，最后根据P=I2R求出灯L消耗的电功率．解答：解：（1）当开关S闭合，滑片P移至a端时，灯泡和变阻器并联电流表测干路电流，因为灯泡正常发光，所以电源电压U=U变=UL额=6V，通过灯泡的电流IL额===0.5A，则通过变阻器的电流I变=I﹣IL额=1A﹣0.5A=0.5A，滑动变阻器的最大阻值R变===12Ω．（2）当开关S断开，滑片P移至b端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联，灯泡的电阻RL===12Ω，18用心爱心专心\n此时电路中的电流I′===0.25A，∴灯泡的实际功率P实=I′2RL=（0.25A）2×12Ω=0.75W．故选B．点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是两种情况电路串并联的辨别和知道额定电压下灯泡正常发光．7．如图所示，ab为闭合电路的一部分导体，当ab在磁场中运动时，能产生感应电流的是（　　）　A．垂直纸面向里运动B．垂直纸面向外运动　C．沿纸面向右运动D．沿纸面竖直向上运动考点：产生感应电流的条件。专题：应用题。分析：要解答本题需掌握：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流．解答：解：由感应电流产生的条件可知：闭合电路的导体必须做切割磁感线运动，AB都没有切割磁感线，因此不会产生感应电流；D中导体的运动方向与磁感线方向平行，故也没有切割磁感线，故也没有感应电流；而C导体运动方向能够切割感线，故有感应电流产生．故选C．点评：本题主要考查学生对电磁感应现象，以及感应电流产生的条件的了解和掌握，是一道基础题．8．两定值电阻甲、乙中的电流与电压关系如图所示，现将甲和乙并联后接在电压为6V的电源两端，下列分析正确的是（　　）　A．乙消耗的电功率为3.6WB．甲消耗的电功率为3.6W　C．甲中的电流小于乙中的电流D．甲的电阻值小于乙的电阻值考点：电功率的计算；欧姆定律的应用。专题：信息给予题；推理法。18用心爱心专心\n分析：根据题干提供的信息进行分析，由坐标图中，选定相同的横坐标（电流），分别计算两电阻的阻值，进而由欧姆定律和电功率的公式结合并联电路的电压特点，便可比较或计算出在6V电压下电流和电功率的大小．解答：解：由图线知，当电流为0.3A时，甲的电阻为R甲===5Ω，乙的电阻为R乙===10ΩA当乙电阻两端电压为6V时，消耗的功率为P乙===3.6W．此选项正确；B当甲电阻两端电压为6V时，消耗的功率为P甲===7.2W．此选项错误；C在并联电路中，支路电流与其阻值成反比，因为甲的阻值较小，所以通过甲电阻的电流较大．此选项错误；D由上面的计算知，此选项错误．故选A．点评：本题考查并联电路中电压，电流，电功率的特点以及学生对所给信息进行分析的能力．二、填空题（本大题7小题，每空1分，共计20分）9．如图所示，小赵用宽窄不同的橡皮筋制成了一个橡皮筋吉他．当他用相同的力拨动不同的橡皮筋时，会发出跟吉他一样的声音，此声音是由橡皮筋　振动　而产生的．当拨动松紧程度相同、宽窄不同的橡皮筋时，他听到声音的　音调　不同．考点：声音的产生；音调、响度与音色的区分。专题：应用题。分析：要解答本题需掌握：声音是由物体的振动产生的；音调的高低和振动的频率有关，振动的频率越高，音调越高．解答：解：弹拨橡皮筋，橡皮筋受到力的作用振动发声；当拨动松紧程度相同、宽窄不同的橡皮筋时，橡皮筋发出的音调不同，是由于此时橡皮筋振动的频率不同．故答案为：振动，音调．点评：本题主要考查学生对：声音产生的条件，以及音调的高低和什么因素有关的了解和掌握，是一道基础题．10．2022年9月29日，我国成功发射了“天宫一号”卫星．点火后燃气向后高速喷出，运载火箭腾空而起，燃气的　内　能转化为火箭的　机械（或动）　18用心爱心专心\n能；运载火箭选用液态氢做燃料，主要是因为液态氢具有较大的　热值　．在整个发射过程中卫星是通过　无线电波　（选填“声波”或“无线电波”）与地面取得联系的．如图所示是卫星上的摄像机拍摄到的发射画面，摄像机的镜头是一个　凸　透镜，我们的生活中与此工作原理相同的是　照相机　（选填“照相机”或“幻灯机”或“放大镜”）．考点：能量转化的现象；凸透镜成像的应用；燃料的热值。专题：应用题。分析：（1）火箭在升空时的能量转化关系是：燃料的化学能转化为内能，内能转化为火箭的机械能；（2）热值是燃料的一种特性，热值越大，释放出的热量越多．（3）声波的传播需要介质，而无线电波的传播不需要介质，能在真空中传播；（4）凸透镜的成像原理利用在摄像机上，景物通过镜头的凸透镜呈倒立缩小实像．解答：解：（1）火箭升空时的能量转化：燃料的化学能先转化为内能，然后通过内燃机把内能转化为火箭的机械能；（2）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；（3）无线电波能在真空中传播；卫星与地面的联系是通过无线电波实现的；（4）摄像机的镜头是凸透镜，是利用了凸透镜成像的原理工作的；故答案为：内；机械（或动）；热值；无线电波；凸；照相机．点评：此题考查知识面广，了解能量转化，利用热值解释生活中的现象，同时还要知道声波与电磁波传播的不同、凸透镜成像知识在生活中的应用，属于综合性的题目．11．普光气田是我国川东第一大气田，随着该气田的开发和利用，大大改善了我们的生活环境．天然气是　不可　再生能源．在一个标准大气压下，小李想把一壶盛有质量为2kg温度为20℃的水烧开，不计热损失，则需完全燃烧　0.0224　m3的天然气．这是通过　热传递　方式使水的内能增加．[天然气的热值为3.0×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg．℃）]．考点：热量的计算；热传递改变物体内能；燃料的热值。专题：计算题。分析：（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源．（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温（在一个标准大气压下，水的沸点为100℃），利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量；由题知，Q吸=Q放，再利用燃料完全燃烧放热公式Q放=qV求需要天然气的体积；（3）改变物体内能的方法：做功和热传递，据此解答．18用心爱心专心\n解答：解：（1）不可再生能源泛指人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，天然气是不可再生能源；（2）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）=6.72×105J；由题知，Q吸=Q放，∵Q放=qV，∴需要天然气的体积：v===0.0224m3；（3）水从火吸收热量，内能增加、温度升高，是利用热传递改变水的内能．故答案为：不可；0.0224；热传递．点评：本题考查了学生对能源分类、改变内能的方法、吸热公式Q吸=cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放=mq的了解与掌握，虽知识点多，但都属于基础，难度不大．12．2022年9月18日渠江流域发生了严重洪涝灾害．某地水库堤坝坝底水深已达30m，严重威胁着下游群众的生命安全，此时堤坝底部受到水的压强为　3.0×105　Pa．若该水库堤坝所能承受的最大压强为3.2×105Pa，则最多还允许水位上涨　2　m（g=10N/Kg）．考点：液体的压强的计算。专题：计算题。分析：运用液体压强的计算公式：P=ρgh可求压强；公式变形使用后，可求出水的深度．解答：解：（1）某地水库堤坝坝底水深已达30m，此时堤坝底部受到水的压强为：P=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×30m=3.0×105Pa；（2）水库堤坝所能承受的最大压强为3.2×105Pa，则最高水位是：h高===32m；则最多还允许水位上涨高度为：h涨=h高﹣h=32m=30m=2m；故答案为：（1）3.0×105Pa；（2）2．点评：熟练运用液体压强公式及变形公式是解答此题的关键．13．如图所示的电路中，电源电压恒定不变，已知R1=3R2，当S1闭合、S2断开时，电压表和电流表示数分别U1和I1；当S1断开、S2闭合时，电压表和电流表示数分别U2和I2，则U1：U2=　1：1　，I1：I2=　4：3　．18用心爱心专心\n考点：电路的动态分析；欧姆定律的应用。专题：动态预测题；图析法；比例法。分析：当S1闭合、S2断开时，两电阻串联，电压表测电源的电压，电压表测电源的电压，电流表测干路电流；当S1断开、S2闭合时，两电阻仍然并联，电压表测电源的电压，电流表测通过R2支路的电流；根据电源的电压不变判断电压表示数的变化，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出各支路的电流，根据并联电路的电流特点判断电流表示数的比值．解答：解：当S1闭合、S2断开时，等效电路图如图1所示；当S1断开、S2闭合时，等效电路图如图2所示．∵电源的电压不变，且两种情况下电压表测电源的电压，∴两次电压表的示数不变，即U1：U2=1：1；∵两电阻并联，∴I1=+=+=，I2=，I1：I2=：=4：3．故答案为：1：1；4：3．点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是画出两种情况的等效电路图和电表所测电路元件的判断．14．如图1所示，电源电压保持不变，小灯泡的额定电压为12V．闭合开关S后，当滑片P从最右端滑到最左端的过程中，小灯泡的I﹣U关系图象如图2所示．则小灯泡的额定功率为　24　W，电源电压为　12　V，滑动变阻器的最大阻值为　9　Ω．18用心爱心专心\n考点：电功率的计算；欧姆定律的应用。专题：推理法；图析法。分析：①已知灯泡的额定电压，从图象中找到灯泡在额定电压下的电流，利用公式P=UI得到额定功率；②当滑动变阻器滑片位于最左端时，滑动变阻器处于断路状态，电源电压也就是灯泡两端电压；③当滑片位于最右端时，滑动变阻器接入电路电阻最大．已知此时灯泡两端电压和电源电压，可以得到滑动变阻器两端电压；已知此时灯泡电流，也就是通过滑动变阻器的电流；已知滑动变阻器两端电压和通过的电流，利用R=得到滑动变阻器最大阻值．解答：解：①由图象知，在灯泡两端电压为U额=12V时，通过的电流为I额=2A所以灯泡的额定功率为P额=U额I额=12V×2V=24W；②当滑片位于最左端时，滑动变阻器阻值为0，此时灯泡两端电压等于电源电压所以电源电压为U=U额=12V；③当滑片在最右端时，滑动变阻器全部接入电路，由图象知，此时灯泡两端电压为UL=3V，电路电流为I=1A所以滑动变阻器两端电压为UR=U﹣UL=12V﹣3V=9V滑动变阻器的最大阻值为R===9Ω．故答案为：24；12；9．点评：求解滑动变阻器最大阻值时，不要利用串联电路导体两端电压与其阻值成正比这一规律，原因是灯泡电阻不是确定的．15．为了节约用电、延长用电器的使用寿命，小红将两盏标有“220V100W”的灯泡串连接在家庭电路中使用，此时若只有这两盏灯工作，则电路消耗的总功率为　50　W．为了安全用电，控制用电器的开关应接在　火线　上．考点：家庭电路的连接；电功率的计算。专题：计算题；应用题。分析：（1）根据串联电路的电阻特点可知，2个100W的灯泡串联后的总电阻是原来1个100W灯泡电阻的2倍；电源电压不变，根据欧姆定律和P=可知通过灯泡的电流和灯泡总功率的变化．（2）开关的接法：控制用电器的开关应接在火线和灯泡之间．18用心爱心专心\n解答：解：（1）灯泡的电阻为：R===484Ω；串联后总电阻为2R，两只灯泡的实际耗电总功率：P总==50W．（2）为了用电安全，控制用电器的开关接在火线和用电器之间．故答案为：50；火线．点评：本题考查电阻和欧姆定律、电功率的计算和安全用电常识，关键是公式及其变形的应用，还要知道串联电路电阻的规律．三、作图题（本大题2小题，共6分）16．重为20N的物体在如图所示的斜面上匀速下滑，请用力的图示法画出小球所受到的重力．考点：重力示意图。专题：作图题。分析：根据力的图示的定义，将重力的三要素：大小；方向；作用点表示出来即可．解答：解：物体的重力为20N，标度设为10N，方向竖直向下，作用点在重心，故画重力的图示如图：点评：本题考查了力的图示的作法，要注意与力的示意图的区别，在设定标度时，要注意力必须是标度的整数倍．线段要有截取痕迹．17．请你在如图中画出用滑轮组提升重物的最省力的绕绳方法．18用心爱心专心\n考点：滑轮组及其工作特点。专题：作图题。分析：要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担动滑轮的拉力，根据此特点可解此题．（1）最省力时绳子段数n与滑轮个数n'的关系是：n=n'+1；（2）若n为偶数，绳子固定端在定滑轮上；若n为奇数，绳子固定端在动滑轮上；即：“奇动偶定”．解答：解；动滑轮被几根绳子承担，拉力就是物体和动滑轮总重的几分之一，由图知：滑轮个数n'=2，所以绳子段数n=3，根据“奇动偶定”的方法，绳子从定滑轮开始绕，每个滑轮只能绕一次，如图所示：此题最多可由3段绳子承担动滑轮的重．故答案为：如图．点评：要使滑轮组省力，就是使最多的绳子段数来承担动滑轮的拉力，图中滑轮组由一个动滑轮和一个定滑轮组成，有两种绕线方法．若n为偶数，绳子固定端在定滑轮上；若n为奇数，绳子固定端在动滑轮上；即：“奇动偶定”．四、创新设计与实验探究（本大题2小题，共12分）18．在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”时，同学们提出了如下的猜想：A：可能与物体浸没在液体中的深度有关；B：可能与物体的密度有关；C：可能与物体的体积有关；D：可能与物体浸在中液体的体积有关；E：可能与液体的密度有关．为了验证上述猜想，小明利用下列器材做了如图所示的实验．器材：体积相等的铁块、铜块，弹簧测力计，一杯水，一杯盐水，细绳．18用心爱心专心\n（1）分析比较实验③④，可以验证猜想　D　是正确的；分析比较实验④⑤，可以验证猜想　A　是错误的（选填“A、B、C、D、E”）．（2）分析比较实验①⑤与②⑥，可以验证猜想　B　是错误的（选填“A、B、C、D、E”）．（3）分析比较实验　⑥⑦　可得：浸在液体中的物体所受浮力的大小与液体的密度有关．（4）该实验探究主要运用的科学探究方法是：　控制变量法　．考点：探究浮力大小的实验。专题：实验探究题；控制变量法；实验分析法。分析：（1）根据阿基米德原理可知，浮力的大小跟液体的密度、物体排开液体的体积有关，利用F浮=G﹣F′可计算浮力；（2）分析实验③④、④⑤、①⑤与②⑥中各自对应的相同点和不同点，结合弹簧测力计的示数分析比较得出结论；（3）研究物体所受浮力的大小与液体的密度有关，需控制排开液体的体积相同，浸没在不同液体中；（4）在影响因素是多个时，就要采用控制变量法，研究与其中一个因素的关系时，控制其它因素保持不变．解答：解：（1）在实验③④中，都是浸没在水中，液体密度相同，但排开水的体积不同，V排③＜V排④，计算浮力可知，F浮③=1.0N＜F浮④=2.0N，说明物体受到的浮力与排开液体的体积有关，即猜想D是正确的；在实验④⑤中，液体的密度相同，排开液体的体积相同，但物体浸没在液体中的深度不同，此时，弹簧测力计的示数相同都是1.0N，计算可知，F浮④=F浮⑤=2.0N，，说明物体受到的浮力与物体浸没在液体中的深度无关，即猜想A是错误的；（2）在实验①⑤中，铁块完全浸没在水中，计算可知，F浮⑤=2.0N，在实验②⑥中，铜块完全浸没在水中，计算可知，F浮⑥=2.0N，比较可知，铁块和铜块排开水的体积相同，液体的密度相同，受到的浮力相同，说明物体受到的浮力与物体的密度无关，即猜想B错误；（3）研究物体所受浮力的大小与液体的密度有关，需控制排开液体的体积相同，浸没在不同液体中；实验⑥⑦中，铜块排开液体的体积相同，浸没在不同的液体（水、盐水）中，弹簧测力计的示数不同，即浮力不同，说明物体所受浮力的大小与液体的密度有关；18用心爱心专心\n（4）当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决．故答案为：（1）D；A；（2）B；（3）⑥⑦；（4）控制变量法．点评：①这类试题是以考查学生应用物理知识综合分析和解决问题的能力为基点，从较高的尺度上对学生的理解能力、概括能力、实验能力、分析能力等进行考查，以提高学生的综合探索创新能力．②要针对实验的情况，选用合适的研究方法，当研究一个物理量同时与多个因素有关时，则采用控制变量法．19．小张在“测量小灯泡的额定功率”的实验中，所用小灯泡上标有“3.5V”字样．（1）请你在如图1中用笔画线连好最后一根导线．（2）请观察如图1，小张连好电路后，接下来应将　滑片P移至A端　才能保证实验时不损坏仪表．（3）若闭合开关时，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）检查连接无误后小张测出了下表三组数据，次数电压U/V电流I/A灯泡亮度13.00.36偏暗23.50.40正常34.50.42偏亮（5）若在实验中小灯泡的灯丝突然被烧断，则电压表的示数　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）．（6）假如电源电压恒为6V，但伏特表0～15V档已坏，小张将现在的电路作了改动也能测出小灯泡的额定功率，请在如图2的虚线方框内画出改动后的电路图．考点：电功率的测量。专题：实验题；作图题；设计与制作题。分析：（1）测小灯泡的额定功率实验中，滑动变阻器应与灯泡串联在电路中，注意滑动变阻器应接一上一下两个接线柱；（2）为保护电路，闭合开关进行实验前，滑动变阻器接入电路的阻值应为滑动变阻器的最大阻值，根据滑动变阻器的接法判断滑片应置于何处；18用心爱心专心\n（3）电压表正极接近电源正极端，负极接近电源负极端，电压表指针正向偏转，否则反向偏转；（4）灯泡在额定电压下的功率为额定功率，由表中数据找出灯泡额定电压对应的电流，然后由公式P=UI求出灯泡的额定功率；（5）灯泡突然烧断，灯泡断路，电压表两极直接与电源两极相连，电压表测电源电压，电压表示数变大；（6）电压表0～15V量程已坏，只能使用0～3V量程；电源电压是6V，灯泡额定电压是3.5V，灯泡正常发光时，与灯泡并联的滑动变阻器电压为6V﹣3.5V=2.5V，小于电压表另一量程3V，因此可以用电压表0～3V量程测滑动变阻器两端电压，据此设计实验电路图．解答：解：（1）滑动变阻器串连接入电路，电路图如图甲所示；故答案为：实物电路图如图甲所示．（2）由实物电路图知：滑动变阻器滑片在A端时，滑动变阻器接入电路的阻值为滑动变阻器的最大阻值，连好电路后，接下来应将滑片P移至A端才能保证实验时不损坏仪表；故答案为：滑片P移至A端．（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；故答案为：正负接线柱接反了．（4）由表中数据知：灯泡的额定电压3.5V对应的电流是0.40A，则灯泡的额定功率P=UI=3.5V×0.40A=1.4W；故答案为：1.4W．（5）实验中小灯泡的灯丝突然被烧断，则电压表的示数变大；故答案为：变大．（6）电压表0～15V量程已坏，可用0～3V量程测滑动变阻器两端电压，实验电路图如图乙所示；故答案为：电路图如图乙所示．点评：本题考查了连接实物图、实验的注意事项、电路故障分析、求灯泡额定功率、设计实验电路图；为保护电路，在连接实物图时开关应断开，滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值；实际实验电路图时，应根据实验原理与所给的实验器材进行设计．五、综合应用与计算：解答时要求有必要的文字说明、公式和计算过程，只写结果不给分（本大题2小题，共13分）18用心爱心专心\n20．人们利用如图所示的滑轮组将浸没在河底的实心物体A打捞上来，物体A的密度为9.0×103Kg/m3，体积为100dm3．在5000N的拉力F作用下，物体A在2s内匀速竖直上升2m（物体未露出水面），不计水的阻力，g=10N/Kg．求：（1）物体A受到的浮力．（2）拉力F做功的功率．（3）滑轮组的机械效率．考点：浮力大小的计算；密度公式的应用；重力的计算；阿基米德原理；滑轮（组）的机械效率；功率的计算。专题：计算题。分析：（1）知道物体A的体积（浸没水中排开水的体积）利用阿基米德原理求物体A受到的浮力；（2）由图知，承担物重的绳子股数n=2，则拉力F移动的距离S=2h，利用W=FS求拉力F所做的总功，又知道做功时间，利用P=求拉力F做功的功率；（3）知道物体A的体积和密度，利用G=mg=ρVg求物体A的重力，知道拉力大小，利用η==求滑轮组的机械效率．解答：解：（1）物体A受到的浮力F浮为：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣3m3=1000N；（2）拉力F移动的距离S为：S=2h=2×2m=4m，拉力F所做的总功W总为：W总=FS=5000N×4m=20000J，则拉力F做功的功率P为：P===10000W=10kW；（3）物体A的重力G为：G=ρ物gV物=9.0×103Kg/m3×10N/Kg×100×10﹣3m3=9000N，滑轮组的机械效率：18用心爱心专心\nη=×100%=×100%=×100%=×100%=80%．答：（1）物体A受到的浮力为1000N．（2）拉力F做功的功率为10kW．（3）滑轮组的机械效率为80%．点评：本题为力学综合题，考查了学生对重力公式、密度公式、阿基米德原理、功率公式、机械效率公式的掌握和运用，知识点多、综合性强，要求灵活运用相关公式求解．21．小刚观察了市场上的“测重仪”后，画出了如图所示的原理图：A为托盘，P为金属滑片且固定在托盘下的轻质弹簧上，并能随轻质弹簧一起上下滑动，当托盘中不放物体时，P位于R的最上端．已知R0=5Ω，R的最大阻值为25Ω，电源电压恒为3V．问：（1）图中的质量表应该用什么电表改装？　电流表　．（2）当开关S闭合，不称量物体时，通电5min电阻R消耗的电能是多少？（3）当称量物体质量达到最大值时，R0消耗的功率是多少？考点：电功的计算；电功率的计算。专题：计算题。分析：（1）根据物体越重，R接入电路的电阻越小，电流越大，“测重仪”的示数越大，可知质量表应用电流表改装的；（2）不称量物体时，R与R0串联，由电源电压和总电阻求出电流，再根据W=I2Rt求出电阻R消耗的电能；（3）当称量物体质量达到最大值时，R没有接入电路中，R0两端电压为电源电压，根据P=可求出R0消耗的功率．解答：解：（1）图中的质量表应用电流表改装．（2）当开关S闭合，不称量物体时，R0与R串联，R总=R+R0=25Ω+5Ω=30Ω，18用心爱心专心\n此时电路中的电流I为：I===0.1A，则R消耗的电能W为：W=I2Rt=（0.1A）2×25Ω×300S=75J．（3）当称量物体质量达到最大时，只有R0接入电路，则R0消耗的电功率P为：P===1.8W．答：（1）图中的质量表应用电流表改装；（2）电阻R消耗的电能是75J；（3）R0消耗的电功率是1.8W．点评：本题考查了电功和电功率的计算，正确分析不称量物体时和称量物体质量达到最大值时电路连接是解题的关键．18用心爱心专心