山东省滨州市2022年中考物理试卷含真题解析

首页 > 中考 > 历年真题 > 山东省滨州市2022年中考物理试卷含真题解析

山东省滨州市2022年中考物理试卷含真题解析

2023-07-03 10:40:01
12页
993.92 KB

点击预览全文

点击下载高清阅读全文，WORD格式文档可编辑

立即下载

资料简介

山东省滨州市2022年中考物理试卷一、单选题下列估测中，符合实际的是（）A．核酸检测用的口咽拭子长度约为60cmB．人的正常体温约为42℃C．亚洲飞人苏炳添百米速度可达10m/s以上D．九年级物理课本的质量约为2kg【答案】C【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；长度的估测；速度与物体运动【解析】【解答】A．核酸检测用的口咽拭子长度约为20cm，约两个手掌宽，A不符合题意；B．人的正常体温约为37℃，B不符合题意；C．亚洲飞人苏炳添百米速度跑100m，用时约为9.83s，百米跑的速度为C符合题意；D．九年级物理课本的质量约为200g，合0.2kg，D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据常见物体的长度、温度、速度和质量，结合数据解答。2．小华同学用如图甲所示的装置给冰加热。根据实验记录的数据，他绘制了如图乙所示冰熔化时温度随时间变化的图像。小华又继续加热一段时间，观察到水沸腾时温度计的示数如图丙所示。下列说法正确的是（）A．BC段表示冰的熔化过程，继续吸热温度保持不变，处于固液共存状态B．比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍C．水的沸点是98℃，由此可以判断此时的大气压高于一个标准大气压D．水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，这些“白气”的形成属于汽化现象【答案】A【知识点】温度及温度计的使用与读数；熔化和凝固的温度—时间图象；液化及液化放热【解析】【解答】A．由图乙得，BC段保持温度不变，表示冰的熔化过程，该过程继续吸热，温度保持熔点不变，物体处于固液共存状态，A符合题意；B．AB段和CD段，物体的状态不同，质量相等，比较AB段和CD段可知，升高相同的温度，CD段加热的时间是AB段加热时间的2倍，说明升高相同的温度，CD段吸收的热量是AB段吸收的热量的2倍，由得，CD段的比热容是AB段比热容的2倍，B不符合题意；C．一个标准气压下，水的沸点是100℃，气压越高，沸点越高，水的沸点是98℃，说明此时的大气压低于一个标准大气压，C不符合题意；D．水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，这些“白气”是水蒸气上升过程中遇冷放热形成的水珠，属于液化现象，D不符合题意。故答案为：A。【分析】晶体在熔化时，吸收热量，温度保持不变，熔化时固液共存；液体的沸点随大气压的降低而降低；“白气”是水蒸气液化形成的。3．关于内能和内能的利用。下列说法中正确的是（）A．5月的街头，杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，说明分子在不停地做热运动B．新能源汽车实现了“零排放”，其效率达到了100%C．我国“长征五号B”大型运载火箭使用氢作燃料，是因为氢的密度小D．内燃机的压缩冲程，主要通过做功的方式增大汽缸内物质的内能【答案】D【知识点】做功改变物体内能；热机的效率；分子热运动【解析】【解答】A．杨花飞絮随风舞，杨花飞絮不是分子，故其运动也不是分子运动，A不符合题意；B．新能源汽车实现了“零排放”，其效率不可能达到了100%，因为必然有克服摩擦力的做功而损失的内能，B不符合题意；C．我国“长征五号B”大型运载火箭使用氢作燃料，是因为氢的热值大，相同质量的燃烧，氢燃烧放出的热量多，C不符合题意；D．内燃机的压缩冲程，对气体做功，气体的内能增大，机械能转化为内能，D符合题意。故答案为：D。n【分析】杨花飞絮是机械运动，不是分子运动；热机效率不可能到达100%；汽油机的压缩冲程中，将机械能转化为内能。4．如图所示，在“探究平面镜成像的特点”实验中。下列说法正确的是（）A．用玻璃板代替平面镜，是为了观察到的蜡烛的像更清晰B．只要把光屏放在恰当的位置，就能承接到蜡烛的像C．蜡烛距玻璃板越远，蜡烛的像就越小D．只把玻璃板向左平移，蜡烛的像的位置不变【答案】D【知识点】平面镜成像的原理、特点【解析】【解答】A．用玻璃板代替平面镜，是为了更好的确定像的位置，A不符合题意；B．平面镜成的是虚像，用光屏无法承接，B不符合题意；C．蜡烛的像与物体是等大的，蜡烛距玻璃板越远，蜡烛的大小不变，故蜡烛的像的大小不变，C不符合题意；D．只把玻璃板向左平移，平面镜的位置不变，蜡烛的位置不变，蜡烛的像与物体关于平面镜对称，故蜡烛的像的位置也不变，D符合题意。故答案为：D。【分析】平面镜成像时，玻璃板代替平面镜便于确定像的位置；平面镜成虚像，不能成在光屏上；像和物体大小相等。5．冰壶又称掷冰壶，冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。图为北京2022年2月北京冬奥会冰壶比赛的情景。下列说法正确的是（）A．运动员将冰壶沿水平冰面投掷后，冰壶由于惯性继续向前运动B．运动员在冰壶前方“刷冰”，是为了增大摩擦C．冰壶最终停下来因为不受力的作用D．冰壶静止时，冰壶受到的重力和冰壶对冰面的压力二力平衡【答案】A【知识点】惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；增大或减小摩擦的方法【解析】【解答】A．运动员将冰壶推出之后，冰壶由于惯性，继续保持原来的运动状态向前运动，A符合题意；B．运动员在冰壶前进途中，不断地刷冰，为了使冰面形成一层水膜，水的出现使冰壶与冰面分开，从而减小了冰壶与冰面之间的摩擦力，B不符合题意；C．冰壶最终停下来是因为水平方向上受到摩擦力作用，摩擦力改变了它的运动状态，C不符合题意；D．冰壶静止时，冰壶受到的重力和冰壶对冰面的压力作用在两个物体上，不是平衡力，D不符合题意。故答案为：A。【分析】惯性是物体继续保持原有状态的原因；接触面越光滑，摩擦力越小；二力平衡时，力的方向相反。6．司马迁在《史记》中有壮丽辉煌的咸阳宫的描述。如图是我们的祖先在建造宫殿时利用木棒搬动巨大木料的情景。他们通过横杆、支架、石块等，将巨木的一端抬起，垫上圆木，以便将其移到其它地方。以下分析不正确的是（）A．通过横杆、支架等，将巨木的一端抬起是使用了杠杆B．人越靠近横杆的右端，会更省力的抬起巨木的一端C．将巨木的一端抬起，垫上圆木是为了减小摩擦D．支架下端垫有底面积较大的石块，是为了增大支架对地面的压强【答案】D【知识点】增大或减小摩擦的方法；减小压强的方法及其应用；杠杆及其五要素【解析】【解答】A．通过横杆、支架等，将巨木的一端抬起，是一根硬棒围绕着支点转动，故是使用了杠杆，A正确，不符合题意；B．人越靠近横杆的右端，动力臂越大，阻力臂和阻力的大小乘积一定，动力臂越大，会更省力的抬起巨木的一端，B正确，不符合题意；nC．将巨木的一端抬起，垫上圆木，用滚动代替滑动，减小摩擦，C正确，不符合题意；D．支架下端垫有底面积较大的石块，是为了增大受力面积，从而减小支架对地面的压强，D错误，符合题意。故答案为：D。【分析】能绕支撑点转动的简单机械是杠杆；变滑动为滚动摩擦力，可以减小摩擦力；增大受力面积可以减小压强。7．2022年2月北京冬奥会，中国代表团共收获9金4银2铜共15枚奖牌，金牌数和奖牌数均创历史新高。如图为高速摄影机记录的单板滑雪男子大跳台金牌得主苏翊鸣在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的是（）A．他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能B．他起跳后到达最高点时，机械能最大C．他从空中下落过程中，重力做功越来越慢D．他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的【答案】A【知识点】动能和势能的大小变化；机械能守恒条件【解析】【解答】A．他从起跳到最高点的过程中，质量不变，速度逐渐变小，高度逐渐升高，动能逐渐变小，重力势能逐渐增大，动能逐渐转化成重力势能，A符合题意；B．由于存在阻力，他起跳后到达最高点的过程中，机械能不断减小，在最高点机械能最小，B不符合题意；C．他从空中下落过程中，速度越来越大，由得，重力做功越来越快，C不符合题意；D．由于存在阻力，他从起跳到落地的整个过程中，机械能不断减小，机械能不守恒，D不符合题意。故答案为：A。【分析】物体自由上升时，动能转化为重力势能；物体受力且在力的方向上移动距离，力对物体做了功。8．阅读短文判断问题：为了解释地球存在着磁场——地磁场，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心轴线的环形电流引起的。①由于地球表面带有某种电荷，随地球一起自西向东转动时，形成环形电流。环形电流可以形象地类似于通电螺线管中的电流。②环形电流的磁场，也可以想象成类似于条形磁铁的磁场。③若将地磁场的N极和S极相当于通电螺线管的两个磁极，则可以借助安培定则由两极的磁性，判断环形电流的方向。根据以上描述下列判断正确的是（）A．环形电流的方向是自西向东B．形成环形电流的电荷是正电荷C．形成环形电流的电荷，与用丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷相互吸引D．用实验室常用验电器能够检验出形成环形电流的电荷电性【答案】C【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律；电流的方向【解析】【解答】AB．地磁的北极在地理南极的附近，在用安培定则判定环形电流的方向时，右手的拇指必需指向南方；则四指弯曲的方向应该自东向西，即电流流动的方向应该自东向西；由于地球表面带有某种电荷，随地球一起自西向东转动时，形成环形电流，电流方向与电荷的定向移动方向相反，所以该电荷是负电荷，AB不符合题意；C．形成环形电流的电荷是负电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒是正电荷，异种电荷相互吸引，形成环形电流的电荷与用丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷相互吸引，C符合题意；D．验电器能用来检验物体是否带电，但不能检验出形成环形电流的电荷电性，D不符合题意。故答案为：C。【分析】电流方向和负电荷的定向移动方向相反；丝绸摩擦的玻璃棒带正电，同种电荷相互排斥。关于家庭电路和安全用电的说法中，下列说法正确的是（）A．正确使用试电笔测量时，人体安全的原因是试电笔与人体之间绝缘B．空气开关和漏电保护器在家庭电路中起的作用相同C．用电器的总功率过大是家庭电路中电流过大的原因之一D．控制电灯的开关要接在零线和灯泡之间【答案】C【知识点】家庭电路的连接；家庭电路电流过大的原因；安全用电原则【解析】【解答】A．正确使用试电笔测量时，人体安全的原因是试电笔中间有大约4兆欧的电阻，通过人体的电流比较小，A不符合题意；B．空气开关是电路中发生短路时，或者电流过大，而跳闸，起保护作用，而漏电保护器是发生触电事故时，有电流流向大地，使干路上火线和零线上的电流不相同，而切断电路，故空气开关和漏电保护器在家庭电路n中起的作用不相同，B不符合题意；C．当同时使用多个用电器时，用电器的总功率过大，根据可知，家庭电路中干路电流过大，另外造成电流过大的原因是电路中存在短路现象，C符合题意；D．控制电灯的开关要接在火线和灯泡之间，这样能够保证，当断开开关时，没有电流经过灯泡，不会发生触电事故，D不符合题意。故答案为：C。【分析】使用测电笔时，测电笔中的大电阻使电流减小；电流过大时空气开关起作用；漏电现象中，漏电保护器断开；家庭电路中，短路和总功率过大，总电流过大。10．进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测仪工作原理的是（）A．B．C．D．【答案】B【知识点】磁现象；电磁继电器的组成、原理和特点；磁场对通电导线的作用；电磁感应【解析】【解答】当探测仪线圈靠近金属制品时，相当于闭合电路的一部分导体在切割磁感线，从而产生感应电流，所以其原理是电磁感应现象。A．探究磁极之间的相互作用规律，A不符合题意；B．探究电磁感应现象，B符合题意；C．是电磁铁的应用，电磁继电器，C不符合题意；D．探究磁场对通电导体的作用，D不符合题意。故答案为：B。【分析】金属探测器工作时，利用了电磁感应原理。11．小滨用天平、烧杯和量筒测牛奶的密度，如图甲乙丙丁表示了他主要的操作过程。①调节天平平衡；②测出烧杯和牛奶的总质量；③把牛奶倒入量筒中，测出烧杯的质量；④读出牛奶的体积V。根据实验过程及测量数据。下列四个选项正确的是（）调节天平平衡时，指针如图甲所示，应将平衡螺母向左移动烧杯的质量为41.4g牛奶的体积V为100mLD．牛奶的密度ρ为1.1g/cm3【答案】B,C,D【知识点】质量的测量与天平的使用；密度公式及其应用；量筒的使用【解析】【解答】A．调节天平平衡时，指针如图甲所示，指针左偏，应将平衡螺母向右移动，A不符合题意；B．如图丙，游码的示数为1.4g，砝码的质量为40g，则烧杯的质量为B符合题意；C．如图丁，分度值为5mL，牛奶的体积V为100mL，C符合题意；D．牛奶的密度为D符合题意。故答案为：BCD。【分析】调节天平平衡时，平衡螺母左偏右调；根据天平上砝码和游码的位置测量质量；根据量筒中液面位置，测量体积，利用质量和体积的比值，计算密度。二、多选题12．古诗词是我国的文化瑰宝，很多诗句里蕴含着物理知识。下列分析正确的是（）A．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”，“钟声”是由于空气的振动而产生的B．“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，“啼鸟声”是通过空气传入人耳的C．月落鸟啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，“霜”的形成是升华现象D．“欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山”，“冰”的形成是凝华现象【答案】Bn【知识点】凝固与凝固放热特点；凝华及凝华放热；声音的产生；声音的传播条件【解析】【解答】A．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”，“钟声”是由于钟的振动而产生的，A不符合题意；B．声音的传播需要介质，“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，“啼鸟声”是通过空气传入人耳的，B符合题意；C．“月落鸟啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，“霜”是空气中的水蒸气遇冷凝华成的冰，是凝华现象，C不符合题意；D．“欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山”，“冰”的形成是液态的水凝固成的冰，是凝固现象，D不符合题意。故答案为：B。【分析】声音是物体振动产生的，人听到声音，是空气传播的；霜是凝华形成的。13．如图所示，电源电压恒定不变，开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时。下列说法正确的是（）电流表A1示数不变，电压表V示数不变电流表A1示数变大，灯泡L的亮度不变电流表A2示数变大，电压表V示数不变D．电压表V示数与电流表A1的示数之比变大【答案】B,C【知识点】电路的动态分析【解析】【解答】灯泡与滑动变阻器串联，电流表A1测量滑动变阻器的电流，电流表A2测量干路电流；A．当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时，滑动变阻器接入的阻值变小，电源电压不变，故电流表A1的示数变大，A不符合题意；B．电流表A1的示数变大，灯泡两端的电压等于电源电压，灯泡两端的电压不变，灯泡L的亮度不变，B符合题意；C．电流表A1的示数变大，通过灯泡L的电流不变，电流表A2测量干路电流，故总电流变大，电流表A2示数变大，电压表测量电源电压，电压表的示数不变，C符合题意；D．电压表V示数与电流表A1的示数之比为滑动变阻器的阻值，电压表V示数与电流表A1的示数之比变小，D不符合题意。故答案为：BC。【分析】在并联电路中，支路电阻变化，对其他支路不产生影响；支路电流变化，干路电流发生变化。14．如图所示，用滑轮组提升质量为12kg的物体时，物体在10s内匀速竖直上升2m。所用拉力F为50N。则在提升物体的过程中（不计绳重和摩擦，g=10N/kg）。下列说法正确的是（）A．绳子自由端移动的速度为0.6m/sB．滑轮组提升物体做的有用功为300JC．拉力做功的功率为30WD．该滑轮组的机械效率为80％【答案】A,C,D【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；重力及其大小的计算；机械效率的计算；功的计算及应用【解析】【解答】A．由图可知，承担物体的绳子有3段，所以绳子自由端移动的距离s=3h=3×2m=6m则绳子自由端移动的速度为A符合题意；B．物体所受的重力为G=mg=12kg×10N/kg=120N滑轮组提升物体做的有用功为W有=Gh=120N×2m=240JB不符合题意；C．拉力所做的总功为W总=Fs=50N×6m=300J则拉力做功的功率为C符合题意；D．该滑轮组的机械效率为D符合题意。故答案为：ACDn【分析】根据路程和时间的比值，计算速度；利用物体的质量计算重力，根据重力和高度的乘积计算有用功，拉力和距离的乘积，计算总功，有用功和总功的比值，计算机械效率；功和时间的比值，计算功率。15．某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝，。小滨为测量电热壶的实际功率，他把家中的其它用电器都与电源断开，仅让电热壶工作，1min内电能表（如图乙）的转盘转动了16转。【不考虑热量损失，已知水的比热容】。下面说法正确的是（）A．开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位B．电热壶的正常加热功率为100WC．电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃，需要正常工作210sD．测量时电热壶的实际加热功率为800W【答案】C,D【知识点】热量的计算；电功的测量；电功率的计算【解析】【解答】A．由电路图可知，开关S接“1”时电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由可知，电路的总功率最大，处于加热挡，开关S接“2”时R1与R2串联，电路的总电阻最大，由可知，电路的总功率最小，处于保温挡，A不符合题意；B．电热壶的正常加热功率为B不符合题意；C.1kg的水从25℃加热到75℃吸收的热量Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×1kg×(75℃-25℃)=2.1×105J不考虑热量损失，消耗的电能W=Q吸=2.1×105J需要正常工作时间C符合题意；D．转盘转动16转消耗电能电热壶的实际加热功率D符合题意。故答案为：CD。【分析】在串联电路中，电阻越小，大功率越大，档位越高；根据电压和电阻可以计算电功率大小；利用物体的比热容、质量和温度差的乘积，计算热量；根据热量和电功率的比值，计算工作时间；根据电能表转盘转数计算电能，都能和时间的比值，计算电功率。三、填空题16．石墨烯是一种新材料，具有优异的光学、电学、力学特性，石墨烯还具有很好的韧性，且可以弯曲。北京冬奥会运动场馆的最低温度可达-30℃左右，利用石墨烯制作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷，有效提升保暖效果。可见，这种材料具有密度（选填“较大”或“较小”）、电阻（选填“较大”或“较小”）的特点。【答案】较小；较小【知识点】密度及其特性；电阻【解析】【解答】石墨烯是一种超轻材料，导电性能超强，即石墨烯的密度较小、电阻较小。【分析】体积一定时，质量越小，密度越小；容易导电的物体电阻较小。17．2022年5月21日，我国海军辽宁舰航母编队圆满完成演习任务，从太平洋返回东海。各舰船同速前行时，相邻舰船相对（选填“运动”或“静止”）；且各舰船之间需保持一定距离，以防止相邻舰船间水的流速大，压强（选填“大”或“小”）而出现碰撞。【答案】静止；小【知识点】流体压强与流速的关系；运动和静止的相对性【解析】【解答】各舰船同速前行时，速度相同，方向相同，相邻舰船相对彼此，位置没有发生改变，故是相n对静止的。根据流体压强的特点，相邻舰船间水的流速大，压强小。【分析】物体间没有位置变化时，是相对静止的；流体在流速大的地方压强小。18．2022年3月23日，“天宫课堂”第二课正式开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课。授课期间，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过进行传播的。空间站太阳翼上的太阳能电池板将太阳能转化成电能为空间站供电，电能是（选填“一次”或“二次”）能源。【答案】电磁波；二次【知识点】能源及其分类；电磁波在日常生活中的应用【解析】【解答】授课期间，“太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过电磁波进行传播的，因为电磁波能够在真空中传播，而声波不可以在真空中传播。电能是是由太阳能转化而成的，所以是二次能源。【分析】空间站可以电磁波传递信息；电能属于二次能源。四、作图题19．画出图中悬停在空中的无人机受力的示意图。【答案】解：如图所示：【知识点】重力示意图；飞机的升力【解析】【解答】无人机悬停在空中，受到了向下的重力，和向上的升力，故过重心竖直向下画一条线段，并在末端标上向下的箭头和G，即为重力，过重心向上画一条等长的线段，并在末端标上向上箭头和F，即为升力，故如图所示：【分析】物体受到的重力竖直向下；飞机受到的升力竖直向上。20．一条光线从水中斜射入空气中时，其反射光线如图所示。请在图中画出入射光线、折射光线的大致位置并标出入射角的度数。【答案】解：如图所示：【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图【解析】【解答】由图可知，反射光线与水面的夹角为60°，则反射角为90°-60°=30°反射角等于入射角，入射角等于30°，在法线右侧，水面下画出入射光线；过入射点在法线左侧的空气中画出折射光线，折射角大于入射角，如图所示：n【分析】光在反射时，反射角等于入射角；光在折射时，空气中的角度大。五、实验题21．小滨同学“探究凸透镜成像的规律”。C．凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，小虫落在透镜上后，整个物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍是烛焰的像，大小不变；由于透镜的一小部分被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了，像将完好，但亮度会变暗。C符合题意。故答案为：C。（1）如图甲所示，小滨让凸透镜正对平行光，调整凸透镜到光屏的距离，光屏上会出现一个很小、很亮的光斑，则该凸透镜的焦距f=cm；（2）小滨在组装器材时，将蜡烛、凸透镜和光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛并调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，目的是让烛焰的像成在；（3）如图乙所示，小滨将凸透镜固定在50cm刻度线处，当蜡烛距凸透镜15cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个倒立、（选填“缩小”、“等大”或“放大”）的实像，利用该成像规律制成的光学仪器是（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。此时，若在凸透镜与光屏之间放置一远视镜片，要在光屏上成清晰的像，光屏应向（选）移动；（4）小滨在实验过程中，光屏上得到清晰的像，突然，一只飞虫落到了凸透镜表面上，则光屏上出现。A．飞虫的像B．飞虫的影子C．仍是烛焰的像【答案】（1）10.0（2）光屏正中央（3）放大；投影仪；左（4）C【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验【解析】【解答】（1）平行主光轴的光线会聚于一个很小、很亮的光斑，这个光班称为焦点，焦点到光心的距离是焦距，故焦距为30.0cm-20.0cm=10.0cm（2）点燃蜡烛并调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，烛焰的中心发出的光线经过凸透镜的光心传播方向不变，故当烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，像成在光屏的正中央。（3）当蜡烛距凸透镜15cm时，物距在一倍焦距和两倍的焦距之间，成的是倒立的放大的实像，投影仪就是利用这一原理制成的。远视眼是晶状体太薄，折光能力变弱，需要佩戴凸透镜，故远视镜片是凸透镜，当在凸透镜与光屏之间放置一远视镜片，对光线有会聚作用，故需要将光屏向左移动。（4）A．飞虫在1倍焦距以内，成的是虚像，无法用光屏承接，A不符合题意；B．影子是光照射不到的地方形成区域，而凸透镜成像原理是烛焰发出光线经过凸透镜折射后形成的像，经光屏反射后进入人眼，人就可以看到像，光屏上比较亮，不会形成影子，B不符合题意；【分析】（1）平行于主光轴的光线会聚于焦点，焦点到凸透镜的距离是焦距；（2）当烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，凸透镜成像在光屏中央；（3）当物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距间时，成倒立放大的实像，实际应用有投影仪；远视眼镜是凸透镜，使成像靠近凸透镜；（4）凸透镜成实像时，凸透镜上的物体，不改变成像形状。22．在探究性学习活动中，某学习小组做了以下系列实验探究。（1）探究影响压力作用效果的因素，该小组用一块海绵、一张小桌和一个砝码，做了如图所示实验。请根据两图中的情景，提出一个要探究的问题是：。经过多次实验表明影响压力作用效果的因素是。根据实验结论，建立了压强概念和压强的表达式；A．B．C．（2）该小组取三个高度均为h，密度同为ρ的实心均匀物体A、B、C。A、C是圆柱体，B是长方体，A、B的底面积都为S，C的底面积为。把它们放在水平桌面的海绵上，如图乙所示，发现海绵被压下的深度相同。该小组结合在（1）中得到的结论和表达式，分析出了A、B、C三个物体对海绵的压强均为p=（只写出结果），解释了“海绵被压下的深度相同”的原因；n（3）该小组研究液体内部的压强，用图丙A所示的器材进行实验探究。他们利用这些器材（选填“能”或“不能”）探究液体的压强跟液体的深度、液体的密度有关。此过程用的实验方法是（只写出一种）；该小组对液体压强的大小跟液体的深度、液体的密度之间的定量关系进一步思考。在图乙B容器内装有密度为的液体，他们受到上面实验的启发，要想得到液面下深度h处的压强，可以设想这里有一个水平放置的“平面”，平面的面积为S。这个平面以上的液柱对平面的压力等于液柱所受的重力。因此，液面下深度h处的压强为p=（写出推导过程）；（4）由（3）推导出的表达式，（选填“能”或“不能”）应用于大气压强。【答案】（1）A、B；压力的作用效果与压力的大小有关；压力、受力面积（2）（3）能；控制变量法；液面下深度h处的压强为（4）不能【知识点】压强的大小及其计算；探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；探究液体压强的特点实验【解析】【解答】（1）根据A、B两幅图，压力的大小不同，受力面积相同，故探究的是压力的作用效果与压力的大小有关；AB两图发现压力的作用效果与压力的关系，BC两图说明压力的作用效果与受力面积有关。（2）A、B、C三个物体对海绵的压强均为（3）改变压强计在同一液体中的不同深度，就可以探究液体压强与深度的关系，将压强计伸入不同液体的同一深度，就可以探究液体压强与液体密度的关系，故本实验可以探究液体的压强跟液体的深度、液体的密度有关；由于液体的密度和深度不同，多个变量影响实验现象，故采用控制变量法；液面下深度h处的压强为（4）大气压随着高度的变化而发生变化，大气的密度是变化的，故不可以运用计算。【分析】（1）当受力面积相同时，可以探究压力的作用效果和压力大小的关系；压力的作用效果和压力大小有关，和受力面积有关；（2）柱形固体的压强可以根据固体密度和高度进行计算；（3）当液体密度一定时，通过改变深度，可以探究液体压强和深度的关系；根据液体密度和深度，可以计算液体压强；（4）由于气体的密度随高度而改变，不能结合深度计算大气压。23．如图甲所示，是某实验小组“探究电流与电阻的关系”的实物图。选用的实验器材是：电源（电压恒为3V）、电流表、电压表，电阻R有4个阻值（5、10、20、30）供选用，滑动变阻器（20；1A）、开关、导线若干。（1）请用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整；（2）连接电路时，开关应保持；开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到（选填“A”或“B”）端；（3）检查电路连接无误后闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，电流表几乎无示数，电压表有示数且不变，原因可能是；A．R短路B．R断路C．滑动变阻器断路（4）排除故障后继续实验，实验过程中，当把10Ω电阻换成20Ω电阻后，为保持（选填“电流表”或“电压表”）示数不变，滑片P应向（选填“A”或“B”）端移动。（5）根据实验数据绘制了如图乙所示的图像，得出电流与电阻的关系是：；（6）该小组用电流表和一个定值电阻，测量未知电阻的阻值。他们设计了如图丙所示的电路图，并n进行如下实验操作：①闭合S、断开S1，此时电流表的示数为；②闭合S和S1，此时电流表的示数为；③则=（用、、表示）。【答案】（1）（2）断开；A（3）B（4）电压表；A（5）电压一定时，电流与电阻成反比（6）【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验【解析】【解答】（1）电源电压为3V，那么定值电阻两端的电压必然小于3V，故电压表选择小量程，电压表并联在定值电阻两端，正接线柱接入，负接线柱接出，故如图所示：（2）连接电路时，为了保护电路，开关需要断开；滑动变阻器的滑片位于阻值最大处，故滑片需要位于A端。（3）A．若R短路，则电流表有示数，电压表没有示数，A不符合题意；B．若R断路，电压表测量电源电压有示数，电流表没有示数，B符合题意；C．若滑动变阻器断路，则电流表、电压表均没有示数，C不符合题意。故答案为：B。（4）探究电流与电阻的关系，需要控制定值电阻两端的电压不变，故需要控制电压表的示数不变；当把10电阻换成20电阻后，根据串联分压，电阻变大，电阻两端的电压变大，大于控制的电压值，为了保证电压表的示数不变，定值电阻的两端的电压需要变小，则需要将滑动变阻器的两端的电压变大，需要将滑动变阻器往A端滑动。（5）根据图乙可知，是反比例函数，电流与电阻的乘积是一个定值，故结论为当电压一定时，电流与电阻成反比。（6）①闭合S、断开S1，只有R0接入，此时电流表的示数为，故电源电压为②闭合S和S1，此时两个电阻并联，电流表测量干路电流，电流表的示数为，通过导体的电阻的电流为则待测电阻的阻值为【分析】（1）探究电流和电阻关系时，电压表和电阻并联；（2）连接电路时，开关要断开，闭合开关前，滑片在电阻最大处；（3）在串联电路中，的力臂无示数，电压表有示数，电压表测量的位置断路；（4）探究电流和电阻关系时，更换电阻后，调节滑片位置，保持电压表示数不变；（5）当电压一定时，通过导体的电流和电阻成反比；（6）利用电流表分别测量支路电流和干路电流，结合电流和已知电阻的乘积计算电压，利用并联等压，结合电压和电流的比值，计算电阻。六、计算题24．建造某跨江大桥时，需将长百米、重千余吨的桥梁从江中吊起，施工时采用了将桥梁与水面成一定倾角出水的起吊方案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小组做了以下两个模拟实验。水平桌面上放置一个装有适量水的烧杯，杯的底面积为，将小金属板用细线吊着，然后将其浸没在烧杯内的水中，杯中的水没有溢出。将同一小金属板分别与水面平行和与水面成一定倾角从水下缓慢拉出，如图乙、图丙所示。在这两个过程中测力计所受拉力的变化情况，如图丁坐标图像所示。（，）求：n根据实验数据，实验2中的最大拉力比实验1中的最大拉力减小了多少；小金属板的密度；当小金属板浸没水中后，水对烧杯底部增大的压强。【答案】（1）解：如图定，实验1最大的拉力为12N，实验2的最大值为9N，实验2中的最大拉力比实验1中的最大拉力减小了答：实验2中的最大拉力比实验1中的最大拉力减小了3N；（2）解：如图当小金属板浸没时的拉力为6N，当小金属板离开水面后的拉力为9N，此时小金属受重力和拉力，故物体的重力的大小为9N，故浮力的大小为小金属板的体积为小金属板的密度为答：小金属板的密度为；（3）解：当小金属板浸没水中后，水对烧杯底部增大的压力与小金属板的浮力是相互作用力，大小相等，故当小金属板浸没水中后，水对烧杯底部增大的压强答：当小金属板浸没水中后，水对烧杯底部增大的压强为300Pa。【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；浮力大小的计算【解析】【分析】（1）根据物体受到的拉力大小，计算拉力差；根据浮力和液体密度，可以计算排开液体的体积；利用物体的重力计算质量，根据质量和体积的比值，计算密度；根据压力差和受力面积的比值，计算压强差。25．如图是某物理兴趣小组，设计的简易坐位体前屈测试仪的测试示意图、简化原理图。在测试中，测试的同学向前推动测试仪的滑块实际上是移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数用来反映被测试者的成绩。电源电压恒为6V，电压表量程0~3V，电流表量程0~0.6A，滑动变阻器标有“151A”，滑片P每移动1cm，的电阻变化0.5，定值电阻。求：（1）当滑片P位于最左端时，电流表的示数；（2）某同学测试时，从最左端推动滑片P向右移动20cm，此时电压表的示数；（3）若既能保证电路各元件的安全，又能使滑片P移动到最右端，则选取R2时，其阻值不能小于多少？【答案】（1）解：当滑片P位于最左端时，只有R2接入电路，电流表的示数答：当滑片P位于最左端时，电流表的示数为0.3A；（2）解：某同学测试时，从最左端推动滑片P向右移动20cm，滑动变阻器的接入的阻值为此时总电阻为电路中的电流为电压表的示数为答：某同学测试时，从最左端推动滑片P向右移动20cm，此时电压表的示数为2V；（3）解：若既能保证电路各元件的安全，要求滑片P移动到最右端，此时滑动变阻器的接入的阻值最大，最大值为20Ω，根据串联分压，电阻越大，其两端的电压也越大，而根据电压表的量程可知，电压表的最大示数为3V，则电阻R2最小分担3V，则此时R2的阻值为20Ω，根据串联分压，此时R2两端的电压是最小值，n那么R2的阻值也是最小值，故电阻R2的最小值为20Ω。答：若既能保证电路各元件的安全，又能使滑片P移动到最右端，则选取R2时，其阻值不能小于20Ω。【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；电阻的串联；欧姆定律及其应用【解析】【分析】（1）根据电压和电阻的比值，计算电流；根据串联电路电阻规律，计算总电阻；根据电压和电阻的比值，计算电流；利用电流和电阻的乘积，计算电压；根据电压表的最大值和滑动变阻器的最大值，结合串联电路分压相等时，电阻相等，判断电阻大小。查看更多