2013年广西桂林市中考物理试卷（教师版）

这是一份2013年广西桂林市中考物理试卷（教师版），共22页。试卷主要包含了去伪存真，思考与表达，作图，实验与探究，综合应用等内容，欢迎下载使用。

2013年广西桂林市中考物理试卷（教师版）

一、去伪存真（单项选择，每小题3分，共36分．每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．用铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑．每小题选对得3分，不选、多选或选错的均得0分）
1．（3分）晒在太阳下的是衣服一会干了，衣服上的水发生的物态变化是（　　）
A．蒸发 B．熔化 C．沸腾 D．凝固
【微点】汽化及汽化吸热的特点．
【思路】物质由液态变成气态的现象叫做汽化，汽化有蒸发和沸腾两种形式。
【解析】解：晒在太阳下的是衣服一会干了，衣服上的水变成了水蒸气，发生了汽化现象，属于汽化中的蒸发。
故选：A。
【点拨】本题考查了学生对生活中物态变化现象的掌握情况，明确物质前后的状态变化是解题的关键。
2．（3分）为控制噪声对考生考试的影响，下列措施中与控制噪声无关的是（　　）
A．禁止考场附近的汽车鸣笛
B．不允许考场旁的建筑工地施工
C．选择通风条件良好的教室作为考场
D．播放英语听力时，监考员要避免发出声响
【微点】噪声及其来源；防治噪声的途径．
【思路】防治噪声污染可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治，具体方法是在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
【解析】解：A、禁止考场附近的汽车鸣笛，是在声源处减弱噪声，不符合题意；
B、不允许考场旁的建筑工地施工，也是在声源处减弱噪声，不符合题意；
C、选择通风条件良好的教室作为考场，与减弱噪声无关，符合题意；
D、播放英语听力时，监考员要避免发出声响，是在声源处减弱噪声，不符合题意。
故选：C。
【点拨】本题考查减弱噪声的途径，减弱噪声，一般就是从声源处、传播过程中、人耳处这三个方面考虑，在分析时要牢牢抓住这三个方面。
3．（3分）小明家的计算机通过光纤接入互联网，在光纤中传播信息的是（　　）
A．太阳光 B．激光 C．红外线 D．紫外线
【微点】光纤通信．
【思路】光纤通信是利用激光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，这样就把它携带的信息传到远方。
【解析】解：光纤通信是利用激光进行通信，激光在光导纤维中传播，光导纤维由内外两层组成，且内外两层的折射本领不同，激光不会透过去，激光是不断的经光纤壁反射向前传播。
故选：B。
【点拨】本题主要考查学生对光纤通信的特点的了解和掌握，是基础知识的考查，比较简单。
4．（3分）电能是使用最方便的能源，以下几种发电方式中会对大气造成污染的是（　　）
A．风力发电 B．水力发电 C．火力发电 D．太阳能发电
【微点】能源的利用和对环境的危害．
【思路】新能源又称非常规能源。是指传统能源之外的各种能源形式。指刚开始开发利用或正在积极研究、有待推广的能源，如太阳能、地热能、风能、海洋能、生物质能和核聚变能等。要解答本题需掌握：新能源是既无污染，又是新开发的能源。
【解析】解：A．风力发电是清洁无污染的环保新能源，故A错误；
B、水力发电是清洁无污染的环保新能源，故B错误。
C．火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，故C正确；
D、太阳能是清洁无污染的新能源，故D错误。
故选：C。
【点拨】本题考查新能源的特点，难度不大，注意新能源是既无污染，又是新开发的能源。
5．（3分）验电器是用来检验（　　）
A．电路中电流大小的 B．电路两端的电压大小
C．物体是否带电 D．电路消耗电能的多少
【微点】验电器的原理及使用．
【思路】根据验电器的作用进行选择。
【解析】解：验电器是用来检验物体是否带电的仪器。
故选：C。
【点拨】此题考查验电器的作用，需要牢记。
6．（3分）如图所示是一副“近视运动眼镜”，它起到矫正近视和防止运动时脱落的作用，这种眼镜镜片的种类是（　　）

A．凸面镜 B．凹面镜 C．凸透镜 D．凹透镜
【微点】近视眼的成因与矫正办法．
【思路】掌握近视眼的成因是解答本题的关键，近视眼是由于人眼晶状体变凸，焦距变短，会聚能力增强。
【解析】解：近视眼是由于人眼的晶状体变凸，会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，故应佩戴发散透镜，使光线发散，即近视眼镜的镜片是凹透镜。
故选：D。
【点拨】本题主要考查学生对近视眼的成因与矫正方法的认识和了解，是一道基础题。
7．（3分）如图所示的电路，闭合开关，小灯泡发光；断开开关，将小灯泡和电流表的位置互换后，重新闭合开关，则（　　）

A．小灯泡不发光
B．小灯泡仍能发光
C．电压表和电流表的示数都变为零
D．电压表的示数变大，电流表会烧坏
【微点】电路的动态分析．
【思路】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测电路电流；若将小灯泡和电流表的位置互换，灯泡仍与滑动变阻器串联，电压表与电流表并联，根据串联电路特点分析答题。
【解析】解：将小灯泡和电流表的位置互换后，灯泡仍与滑动变阻器串联，电源电压不变，电路电阻不变，由欧姆定律可知，电路电流不变，电流表示数不变，灯泡仍能发光；
原来电压表测灯泡两端电压，位置互换电压表测电流表两端电压，电流表相当于导线，电压表被短路，电压表示数变小，为零；故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点拨】本题考查了学生分析电路图的能力，解题的关键是知道电流表在电路中的作用相当于导线。
8．（3分）如图所示的杠杆中，使用时利用了其省距离特点的是（　　）
A．开瓶器 B．老虎钳
C．核桃夹 D．食品夹
【微点】杠杆的分类．
【思路】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。
【解析】解：A、开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离；
B、老虎钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离；
C、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离；
D、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离。
故选：D。
【点拨】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
9．（3分）如图所示，小华在探究液体内部压强的特点时，将压强计的探头放入水中某一深度处，记下U型管两边液面的高度差h，下列做法能够使高度差h减小的是（　　）

A．将探头向上移动一段距离
B．将探头向下移动一段距离
C．将探头放在食盐水中的同样深度处
D．将压强计的探头在原处转动180°
【微点】液体的压强的特点．
【思路】根据影响压强大小的因素进行判断，要减小U形管两边液面的高度差，根据p＝ρ液gh，可以减小深度或减小液体的密度。
【解析】解：A、将探头向上移动一段距离，深度变小，橡皮膜受到的压强变小，U形管两边液面的高度差减小，A正确；
B、将探头向下移动一段距离，深度变大，橡皮膜受到的压强变大，U形管两边液面的高度差变大，B错误；
C、将探头放在食盐水中的同样深度处，液体的密度变大，橡皮膜受到的压强变大，U形管两边液面的高度差变大，C错误；
D、液体内部在同一深度不同方向的压强是相等的，将压强计的探头在原处转动180°不会影响压强的大小，D错误。
故选：A。
【点拨】通过U形管两边的液面高度差来反映液体压强的大小是转换法的运用。要想顺利解答此题，必须对液体内部压强的规律有一个熟练的掌握才行，这也是我们应重点把握的知识点。
10．（3分）如图所示电路，开关S闭合后，下列说法正确的是（　　）

A．螺线管的右端为N极
B．小磁针N极向左转动
C．小磁针在图所示的位置保持静止
D．向左移动滑片P，螺线管磁性减弱
【微点】磁极间的相互作用；通电螺线管的磁场；安培定则及其应用．
【思路】首先由安培定则可以判断出螺线管的磁极，则由磁极间的相互作用可得出小磁针静止时的N、S极；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由欧姆定律可得出线圈中电流的变化，最后判断出螺线管磁性强弱的变化。
【解析】解：
（1）从图可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极。故A说法错误。
（2）由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针N极向左转动。故B说法正确，C错误。
（3）当滑动变阻器的滑片向左端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则由欧姆定律I＝可得电路中电流增强，则通电螺线管的磁性将增强。所以D说法错误。
故选：B。
【点拨】小磁针静止时的N、S极指向是由于受到了通电螺线管的磁极的作用，因此确定通电螺线管的磁极是解决此题的关键。本题综合了电路知识、磁场的性质和螺线管磁性强弱的影响因素，考查了欧姆定律及磁极间的相互作用，是道好题。
11．（3分）将一只标有“6V，6W”的灯泡与一定值电阻串联后接到电压为6V的电源上，定值电阻消耗的功率为1W，假设灯丝电阻不随温度而改变，则此时（　　）
A．灯泡消耗的功率小于5W
B．灯泡消耗的功率大于5W
C．灯泡与定值电阻消耗的总功率为6W
D．灯泡与定值电阻消耗的总功率为7W
【微点】电功率的计算．
【思路】由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是6V，额定功率为6W；由串联电路特点可知，串联电路总电阻等于各电阻之和，灯泡与电阻串联后，电路总电阻大于灯泡电阻，由电功率公式P＝与串联电路特点分析答题。
【解析】解：灯泡额定电压是6V，额定功率是6W，根据公式P＝可知，灯泡与电阻串联后电路总电阻大于灯泡电阻，灯泡与电阻串联后接在6V电路中，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率6W，已知定值电阻消耗的功率为1W，所以灯泡消耗的实际功率一定小于6W﹣1W＝5W，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点拨】本题考查根据电功率的计算公式和已知电阻的功率来比较电路消耗的功率和灯泡消耗的实际功率的大小，关键是知道串联后电源电压不变，总电阻变大，电路消耗的总功率小于灯泡的额定功率。
12．（3分）如图甲所示，小明在同一水平地面上沿水平方向用力推木箱，推力F随时间变化的图象如图乙所示，木箱速度大小随时间变化的图象如图丙所示，以下分析正确的是（　　）

A．0～2s内木箱没有动，是因为人对木箱的推力小于地面对木箱的摩擦力
B．2s～4s内木箱受到的摩擦力大小为40N
C．4s～6s内人对木箱的推力做功为80J
D．6s后人如果停止用力，木箱将做匀速直线运动
【微点】力与运动的关系；摩擦力的大小；功的计算．
【思路】（1）物体处于静止或者匀速直线运动状态时，受到的力是平衡力，相互平衡的两个力大小相等；
（2）物体做匀速运动时，受到的摩擦力是最大静摩擦力，即使再做加速运动，受到的摩擦力也不变；
（3）功等于力和距离的乘积，根据丙图算出2～4s通过的距离，根据乙图找出此时的推力，根据W＝Fs计算出推力做的功；
（4）力是改变物体运动状态的原因，考虑木箱受到的摩擦力来判断6s后箱子的运动状态。
【解析】解：A、木箱在0～2s内没有动，是因为人对木箱的推力等于地面对木箱的摩擦力，该选项说法不正确；
B、由图丙可知，在4～6s内木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，木箱受到的滑动摩擦力f＝F，由图乙可知，在4～6s内推力F＝40N，则木箱受到的滑动摩擦力f＝F＝40N；
由图丙可知，木箱在2～4s内做加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小无关，物体间接触面与物体间压力不变，物体受到的滑动摩擦力不变，则2s～4s木箱受到的摩擦力大小为40N，该选项说法正确；
C、由丙图知，4s～6s内箱子通过的距离s＝vt＝2m/s×2s＝4m；
由乙图知，此时受到的推力F＝40N，因此推力做功W＝Fs＝40N×4m＝160J，该选项说法不正确；
D、如果6s后人停止用力，箱子仍然受到摩擦力的作用，因此做减速运动，最后停下来，该选项说法不正确。
故选：B。
【点拨】本题考查了学生对力学图象的分析能力，能从图象上得到有用的物理信息是解题的关键，是一道锻炼学生分析思考能力的好题。
二、思考与表达（填空，每空1分，共16分．请将答案填写在答题卡上，不要求写出计算过程）
13．（2分）阳光照射下，影子的形成：　光的直线　传播。远处楼房的玻璃看起来很刺眼，是因为照射到玻璃表面的阳光发生了　镜面反射（反射）　。
【微点】光直线传播的应用；镜面反射．
【思路】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的实例有：小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等。
（2）光的反射分为镜面反射和漫反射，它们都遵循光的反射定律。
【解析】解：阳光照射下，影子的形成说明了光是沿直线传播的。远处楼房的玻璃看起来很刺眼，是因为照射到玻璃表满的阳光发生了镜面反射（反射）的缘故。
故答案为：光的直线；镜面反射（反射）。
【点拨】一般来说：见到影子、日月食、小孔成像就联系到光的直线传播原理。光的直线传播、光的反射等在现实生活中的例子有很多，要加强理论与实际的联系。
14．（2分）在“美丽桂林，清洁家乡”的活动中，同学们到街头巷尾用砂纸清除违法张贴在墙面的“小广告”。砂纸表面很粗糙，是为了　增大　（选填“增大”或“减小”）摩擦。脱离墙面的广告纸最终落向地面是受到　重力　的作用。
【微点】重力；增大或减小摩擦的方法．
【思路】①增大摩擦的方法：在压力不变的情况下，增大接触面的粗糙程度，在接触面的粗糙程度不变的情况下，增大压力。
②在地球附近的物体都受到地球的吸引力，叫重力，重力的方向竖直向下；物体受重力作用，将改变运动状态，最终落回地面。
【解析】解：用粗糙的砂纸打磨金属表面，砂纸的表面比较粗糙就是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，从而达到打磨金属表面的目的；
抛出去的墙面的广告纸由于受到竖直向下的重力作用，所以最终落回地面。
故答案为：增大；重力。
【点拨】掌握摩擦力大小的影响因素，利用增大和减小摩擦力的方法，灵活解释有关摩擦力的问题。
15．（2分）“中国式过马路”是对人们集体闯红灯现象的调侃。司机看见闯红灯的行人后紧急刹车，但汽车由于　惯性　继续往前滑行，容易撞到行人。汽车减速滑行时，汽车的动能　减少　（选填“增加”或“减少”）。
【微点】惯性；动能大小的比较．
【思路】一切物体都具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；动能的大小与物体的质量与速度有关，质量越大、速度越大，动能越大。
【解析】解：司机看见闯红灯的行人后紧急刹车，但汽车由于惯性，仍会保持原来的运动状态，会继续往前滑行，容易撞到行人。
汽车减速滑行时，质量不变、速度减小，因此，汽车的动能减少。
故答案为：惯性；减少。
【点拨】本题考查了惯性现象与动能大小的影响因素，将知识与社会热点的现象相联系，体现了物理学科的特点，有一定的意义。
16．（2分）利用如图所示的小纸锅，可以将水加热至沸腾，但纸锅没有燃烧。其原因是：在加热过程中，水不断吸热，当水沸腾后，水继续吸热，温度　不变　，也说明水的沸点　低于　（选填“高于”或“低于”）纸的着火点。

【微点】沸腾及沸腾条件．
【思路】（1）液体沸腾时的特点：虽然继续吸热，但温度保持不变；
（2）标准大气压下水的沸点是100℃，低于纸在着火点。
【解析】解：当水沸腾后，水继续吸热但是温度保持沸点不变，标准大气压下水的沸点是100℃，纸的着火点约180℃，水的沸点低于纸的着火点，因此纸锅不会燃烧。
故答案为：不变；低于。
【点拨】本题考查了水沸腾的特点以及水的沸点和纸的着火点的大小关系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力，是中考的热点题目。
17．（2分）电视片《舌尖上的中国》展现了博大精深的中国饮食文化。厨师烹饪排骨时，排骨由生到熟，这是主要通过　热传递　（选填“热传递”或“做功”）方式改变了排骨的内能，当一盘酱排骨端到餐桌时，酱排骨香飘四溢，这是因为分子　不停地做无规则运动　。
【微点】热传递改变物体内能；分子的运动．
【思路】改变物体内能的方式有：做功与热传递两种方式。
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。
【解析】解：在烹饪排骨过程中，排骨内能增加主要通过热传递方式实现的，
当一盘色香味俱佳的酱排骨端到餐桌时，酱排骨的美味香飘四溢，这是因为组成物质的分子不停地做无规则运动；
故答案为：热传递，分子不停地做无规则运动。
【点拨】本题考查了分子动理论、改变内能的方式，本题是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。
18．（2分）如图所示，是汽油机的做功冲程，此过程是将内能转化为　机械　能。热机的发展和应用推动了社会进步，但也带来一些负面影响，请举出一例：　污染环境　。

【微点】内燃机的四个冲程．
【思路】解决此题要知道当汽油机的电火花打火时是做功冲程，这是汽油机做功冲程的特点；
内燃机在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能；
热机燃烧燃料，排出的废气污染环境。
【解析】解：由图可知，电火花正在打火，这是汽油机做功冲程的标志，在此冲程中，燃气的内能转化为活塞的机械能；
热机工作时，燃料燃烧，要向外排出废气，热机排出的废气可以污染环境；
故答案为：机械，污染环境。
【点拨】此题考查了对内燃机四个冲程中做功冲程的理解与掌握情况，会分析有利于节约能源的措施。
19．（2分）一个质量45g，体积50cm3的物体，用手将其浸没在水中时，物体受到水的浮力为　0.5　N；松手后，物体将　上浮　（选填“上浮”或“下沉”）。
【微点】阿基米德原理的应用；物体的浮沉条件及其应用．
【思路】（1）已知物体的体积（浸没在水中排开水的体积），根据阿基米德原理求物体受到的浮力；
（2）知道物体的质量利用G＝mg求出重力，根据物重和浮力的大小关系判断物体的浮沉。
【解析】解：物体浸没水中排开水的体积：
V排＝V＝50cm3＝5×10﹣5m3，
物体受到水的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N；
物体的重力：
G＝mg＝0.045kg×10N/kg＝0.45N；
∵F浮＞G，
∴松手后物体会上浮。
故答案为：0.5；上浮。
【点拨】本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件的了解与掌握，物体完全浸没后浮力大于重力时物体将上浮；浮力等于重力时物体将悬浮；浮力小于重力时物体将下沉。
20．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，定值电阻R0＝10Ω，滑动变阻器R的最大阻值为40Ω．当滑片P从变阻器中点向左移动距离s后，电压表示数为6V，则通过R0电流为　0.6　A；若滑片P从中点向右移动距离s后，电压表示数为3V，则电源电压为　12　V。

【微点】滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用；电阻的串联．
【思路】由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R0两端的电压。因滑动变阻器靠改变接入电路中电阻丝的长度来改变接入电路中的电阻，所以滑片P从变阻器中点向左或向右移动距离s后，改变接入电路中的电阻相等，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变建立等式即可求出改变移动距离s后改变的电阻，进一步得出答案。
【解析】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R0两端的电压。
∵滑动变阻器靠改变接入电路中电阻丝的长度来改变接入电路中的电阻，
∴滑片P从变阻器中点向左或向右移动距离s后，改变接入电路中的电阻相等，设为R′，
当滑片P从变阻器中点向左移动距离s后，滑动变阻器接入电路中的电阻为20Ω﹣R′，
根据欧姆定律可得，电路中的电流：
I1＝＝＝0.6A，
∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴电源的电压：
U＝I1（R0+20Ω﹣R′）＝0.6A×（10Ω+20Ω﹣R′），
当滑片P从变阻器中点向右移动距离s后，滑动变阻器接入电路中的电阻为20Ω+R′，
根据欧姆定律可得，电路中的电流：
I2＝＝＝0.3A，
∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
∴电源的电压：
U＝I2（R0+20Ω+R′）＝0.3A×（10Ω+20Ω+R′），
∵电源的电压不变，
∴0.6A×（10Ω+20Ω﹣R′）＝0.3A×（10Ω+20Ω+R′），
解得：R′＝10Ω，
电源的电压U＝0.3A×（10Ω+20Ω+R′）＝0.3A×（10Ω+20Ω+10Ω）＝12V。
故答案为：0.6；12。
【点拨】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变这一条件，同时要注意滑片P从变阻器中点向左或向右移动距离s后，改变接入电路中的电阻相等。
三、作图，实验与探究（21、22题各2分，23题5分，24题6分，25题9分，共24分．请将答案填写在答题卡上）
21．（2分）如图中一束光线AO从空气斜射到水面，请画出入射光线AO的反射光线及折射光线的大致方向。

【微点】作光的反射光路图；作光的折射光路图．
【思路】（1）先过入射点作出法线，然后根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线；
（2）根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。
【解析】解：过入射点O作垂直于界面的法线，根据入射角等于反射角画出反射光线；根据折射角小于入射角画出折射光线。如图所示：

【点拨】本题主要考查反射定律和折射定律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
22．（2分）许多轿车上设有“安全带未系提示系统”，司机坐在座椅上时，压力开关S1闭合，仪表盘上的指示灯L亮起，提示司机系好安全带；系好安全带则开关S2闭合，指示灯L被短路熄灭，请用笔画线代替导线连接符合上述条件的图模拟电路。（R为保护电阻）

【微点】实物的电路连接．
【思路】由题意知，只有坐在座位上时，指示灯才亮，故S1可控制灯，当开关S2闭合时，灯又不亮了，说明指示灯被S2短路了。
【解析】解：由题意可知，灯泡与S1串联后与开关S2并联，然后再与电源和电阻R串联组成电路，电路图如下图所示：

故答案为：实物电路图如图所示。
【点拨】本题考查了实物电路的连接，根据题意确定各电路元件的连接方式即可正确解题。
23．（5分）如图1所示，是小华探究“二力平衡条件”的实验。

（1）装置中使用定滑轮是利用它能够　改变力的方向　的特点。
（2）当左、右两盘中的砝码质量　相等　（选填“相等”或“不相等”）时，桌面上的小车处于静止状态，此时小车受到　两　对平衡力作用。
（3）小车处于静止后，保持F1与F2的大小不变，将小车扭转到如图2所示的位置，松手后，小车将　扭转回来　（选填“保持静止”或“扭转回来”）．这一步骤说明二力平衡时，要满足二个力在　同一直线　上的条件。
【微点】二力平衡条件的应用．
【思路】（1）定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；
（2）一对平衡力作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
分析物体水平方向和竖直方向的受力情况，得出结论；
（3）一对平衡力作用在同一直线上，若将小车扭转，小车不能保持平衡。
【解析】解：（1）装置中使用定滑轮是利用它能够改变力的方向的特点；
（2）当左、右两盘中的砝码质量相等时，小车才能保持静止状态；
在竖直方向，小车受重力和支持力，在水平方向，小车受两边细绳的拉力，所以受到两对平衡力；
（3）将小车扭转到如图2所示的位置，两个拉力不在同一直线上，不能平衡，所以会扭转回来；
这一步骤说明二力平衡时，要满足二个力在同一直线上。
故答案为：（1）改变力的方向；
（2）相等；两；
（3）扭转回来；同一直线。
【点拨】此题是探究二力平衡条件的实验，考查了二力平衡的特点，要掌握探究平衡特点的方法。
24．（6分）龙胜县出产一种石头叫“鸡血红碧玉”，这种石头具有很好的雕琢加工的特性，小明和小华用天平和量筒测量“鸡血红碧玉”石头样品的密度。

（1）小明把天平桌面上，调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线，如图1所示。小华马上指出小明的做法不对，不对之处是：　调节平衡螺母前，没有将游码拨到标尺左端的零刻度线处　。
（2）小明纠正错误后，发现指针偏左。他应向　右　（选填“左”或“右”）端调节平衡螺母，才能使天平横梁重新平衡。
（3）把样品放在天平左盘，用镊子向右盘中放入两个20g，一个10g砝码时，发现指针偏左，当在向右盘加以最小的砝码时，指针偏右，此时小明应　取出质量最小的砝码，移动游码　，使天平横梁平衡，测量结果如图2所示，则样品的质量是　54.2　g。
（4）用量筒测量样品体积的过程如图3所示，则样品的体积为　20　cm3。
（5）“鸡血红碧玉”石头的密度是　2.71×103　kg/m3。
【微点】固体的密度测量实验．
【思路】（1）在调节天平平衡时，要把天平放在水平桌面上，游码拨到标尺左端的零刻度线处；
（2）调节天平平衡，应采用左偏右调、右偏左调的原则；
（3）当最小的砝码不能使天平平衡时，应通过移动游码的方法使天平平衡；
天平的读数等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（4）根据图3读出水的体积、水和样品的体积，计算出样品的体积，注意量筒的分度值；
（5）根据ρ＝计算出石头的密度。
【解析】解：（1）由图知，在调节平衡螺母前，没有将游码拨到标尺左端的零刻度线处；
（2）指针偏左，应将平衡螺母向右端调节；
（3）向右盘加以最小的砝码时，指针偏右，则应取下质量最小的砝码，通过移动游码使天平平衡；
由图2知，标尺的分度值为0.2g，则物体的质量m＝20g+20g+10g+4.2g＝54.2g；
（4）由图3知，水的体积为20ml，水和石头的体积为40ml，则石头的体积V＝40ml﹣20ml＝20ml＝20cm3；
（5）ρ＝＝＝2.71g/cm3＝2.71×103kg/m3。
故答案为：（1）调节平衡螺母前，没有将游码拨到标尺左端的零刻度线处；
（2）右；
（3）取出质量最小的砝码，移动游码；54.2；
（4）20；
（5）2.71×103。
【点拨】此题是测量石头的密度实验，考查了天平、量筒的使用和读数及密度的计算，在读数时，注意分度值，计算密度时，注意密度单位的换算。
25．（9分）小明和小华同学为了探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”，设计了如图所示的实际电路，两个烧瓶A、B中盛有等量、初温相等的煤油，RA与RB是阻值不同的电热丝。
（1）RA与RB采用串联的方式，其目的是为了控制通电时间、　通过的电流　相等。
（2）小明同学为了比较RA与RB阻值的大小，用电压表分别测出RA与RB两端电压的大小，发现UA＜UB，则RA　＜　RB（选填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）在相同的时间内，可通过观察　温度计示数的变化　来比较电流通过电热丝产生的热量多少；为了升温较快，试验液体选用煤油而不选水，主要是水的比热容比煤油　大　（选填“大”或“小”）。
（4）通过实验，发现烧瓶B中煤油吸热多，这表明：在电流、通电时间相同的情况下，电阻　越大　（选填“越大”或“越小”），产生的热量越多。
（5）小华想改装此实验装置用来“测量煤油的比热容的大小”，则他们应将烧瓶A中煤油换成与其　质量　（选填“质量”或“体积”）相等的水，并将电热丝RA换成　与RB阻值相等　的电热丝。测量时，水和煤油的初温均为t0，通电一段时间后，水和煤油的末温分别为t水、t煤油，请写出煤油比热容的表达式：c煤油＝　　。（已知水的比热容为c水）。
小明认为这样测量煤油的比热容会有较大的误差，原因主要有：　水与煤油的散热程度不同　。（只要写出一条即可）

【微点】焦耳定律．
【思路】（1）RA与RB采用串联的方式，其目的是为了控制通电时间、通过的电流相等；
（2）串联电路有分压作用，电压与电阻成正比；
（3）温度计示数的变化反应了液体温度的变化，反映了液体吸收热量即电流产生热量的多少；根据Q＝cm△t作出分析；
（4）根据实验控制的变量与焦耳定律分析出结论；
（5）由吸热公式Q吸＝cm△t可知，要比较水和煤油的比热容大小，应让两瓶中水和煤油的质量m相等、吸收的热量相等（加热时间相等），通过比较它们升高的温度大小关系，得出比热容的大小关系；通电相同的时间，水和煤油吸收相同的热量，根据Q＝cm（t﹣t0）求出煤油的比热。
【解析】解：（1）两电阻丝串联连接的目的是：控制两根电阻丝的电流和通电时间相等；
（2）用电压表分别测出RA与RB两端电压的大小，发现UA＜UB，因为电压与电阻成正比，则RA＜RB；
（3）实验中通过观察两支温度计示数变化来比较电流产生的热量的多少；
根据Q＝cm△t可知，在液体的质量和吸收的热量相同的情况下，液体的比热越小，温度升高的越快，所以选用比热容较小的煤油来做实验；
（4）根据焦耳定律可知，在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多；
（5）要比较水和煤油的比热容，则应让水和煤油的质量相等、吸收的热量（加热时间）相等，由温度的变化大小得出比热容的大小关系，故用相同质量的水代替煤油；把电热丝RA换成与RB阻值相同的电阻丝，电阻相等，在相同时间内放出的热量相同，所以水和煤油吸收的热量相同；
因为Q水＝Q煤油，所以c水m（t水﹣t0）＝c煤油m（t煤油﹣t0），所以煤油的比热：
c煤油＝；
因为水和煤油的散热程度不同，所以这样测量煤油的比热容会有较大的误差。
故答案为：（1）通过的电流；（2）＜；（3）温度计示数的变化；大；（4）越大；（5）质量；与RB阻值相等；；水与煤油的散热程度不同。
【点拨】本题是探究“电流通过导体产生的热量跟电阻大小的关系”的实验题，实验中应用了控制变量法，掌握控制变量法的应用、熟练应用串联电路特点、电功公式、热量公式的变形公式是正确解题的关键。
四、综合应用（26题6分，27题8分，28题10分，共24分．请将解答过程写在答题卡上）
26．（6分）国家惠农政策不断出台，农民生活水平不断提高，许多村民为改善居住条件，自建砖混结构的楼房。建房时候所用的长方体实心红砖（红砖规格及参数如下表）的实际承压是必须考虑的一个重要因素。g取10N/kg
解答下列问题：
（1）每块砖的重力是多大？
（2）每块砖能实际承受的最大压力是多大？
（3）如果将2×104块砖从地面搬到6米高的三楼的平台，对砖最少要做多少功？
红砖规格及参数
长
0.25m
宽
0.12m
高
0.05m
红砖的质量
2.25kg
红砖能实际承受的最大压强
1.8×105Pa
【微点】重力的计算；压强；功的计算．
【思路】（1）已知砖的质量，利用G＝mg可求得其重力。
（2）已知红砖能实际承受的最大压强，利用压强公式变形可求得每块砖能实际承受的最大压力。
（3）根据W＝Gh可求得对砖最少要做多少功。
【解析】解：（1）砖的重力G＝mg＝2.25kg×10N/kg＝22.5N；
（2）∵p＝，S＝0.25m×0.12m＝0.03m2，
∴F＝pS＝1.8×105Pa×0.03m2＝5.4×103N。
（3）由W＝FS，可得对砖块所做的功：W＝Gh＝2×104×22.5N×6m＝2.7×106J。
答：（1）每块砖的重力是22.5N；
（2）每块砖能实际承受的最大压力是5.4×103N。
（3）对砖最少要做2.7×106J的功。
【点拨】本题考查重力、压强、功的计算等。考查学生综合分析问题的能力。难易程度适中。
27．（8分）如图所示，是某型号电压力锅简化的工作电路。R0是阻值为484Ω的保温电阻，R1是规格为“220V 800W”的主加热电阻，R2是副加热电阻。用电压力锅分为“加热升压→保压→保温”三阶段，通过如图乙所示的锅内工作压强与时间“（P﹣t）”关系图象可了解其工作过程：接通电源，启动智能控制开关S，S自动接到a。同时S1自动闭合，电压力锅进入加热升压状态；当锅内工作压强达80kPa时，S1自动断开，进入保压状态，当锅内工作压强降至60kPa时，S1又会自动闭合；当保压状态结束，S自动接到b，进入保温状态。
请回答如下问题：
（1）R1正常工作时的阻值是多大？
（2）电压力锅煮饭时，在正常加热升压和保压状态共耗电0.25kW•h，则R2的额定功率是多大？
（3）电压力锅正常工作时的最大电流是多大？

【微点】欧姆定律的应用；电功率的计算．
【思路】（1）已知R1的额定电压与额定功率，由电功率的变形公式可以求出R1的阻值。
（2）由图乙所示图象，求出两电阻各自的工作时间，然后根据电压力锅消耗的电能求出电阻R2的功率。
（3）当两加热电阻同时工作时，电路电流最大，求出电路最大功率，然后由P＝UI的变形公式求出电路最大电流。
【解析】解：（1）由题意知，R1的额定电压是220V，额定功率是800W，
∵P＝，
∴R1的阻值R1＝＝＝60.5Ω；
（2）由图乙所示图象可知，电压力锅在正常加热升压和保压状态下，
R1的工作时间t1＝12min＝0.2h，R2的工作时间t2＝18min＝0.3h，
在正常加热升压和保压状态消耗的电能W＝P1t1+P2t2，
即：0.25kW•h＝0.8kW×0.2h+P2×0.3h，解得P2＝0.3kW＝300W；
（3）两加热电阻同时工作时电路电流最大，
功率P＝P1+P2＝800W+300W＝1100W，
∵P＝UI，
∴I＝＝＝5A；
答：（1）R1正常工作时的阻值是60.5Ω。
（2）R2的额定功率是300W。
（3）电压力锅正常工作时的最大电流是5A。
【点拨】本题考查了求电阻阻值、电阻功率、求电流问题，由图象求出各电阻的工作时间、应用电功率公式即可正确解题。
28．（10分）阅读下列材料，并解答问题：
现代人提倡“低碳生活”，某公司发明了一种走路时能发电并充电的鞋子﹣﹣充电鞋，这种鞋的后跟鞋装有一个小型涡轮发电机。行走时利用脚跟下落时对鞋跟的下压力压缩鞋跟做功，使小型涡旋转发电，并能给手机、MP3等充电。
如图所示，是一名质量为60kg的成年人走路时提起脚跟的示意图，O点是脚尖与鞋底面的接触点，F1为人抬脚时提起脚跟的力，F2的大小等于人的体重，OA＝20cm，AB＝5cm．每次脚跟下落时，脚跟对鞋跟的下压力F为F1的1.2倍，并向下压缩鞋跟0.5cm．若人步行时平均步距为50cm，充电鞋发电并充电的效率为15%。
利用充电鞋给标有“3.6V 1000mAh”耗尽电能的手机电池充电，人至少要行走多远的距离？（1000mAh是1000mA的电流供电时能持续工作1h）

【微点】杠杆的平衡分析法及其应用；功率计算公式的应用．
【思路】由杠杆平衡条件求出力F1，然后求出脚跟对鞋跟的压力F，然后由W＝Fs求出脚落地一次所做的功；求出给电池充满电需要的能量，求出给电池充满电人需要做的总功，然后求出人行走的距离。
【解析】解：人的重力G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
由题意知：F2＝G＝600N，OB＝OA+AB＝20cm+5cm＝25cm，
由杠杆平衡条件得：F1OB＝F2OA，
即：F1×25cm＝600N×20cm，则F1＝480N，
脚跟对鞋跟的压力F＝1.2F1＝1.2×480N＝576N，
人落脚一次压力F所做的功：W1＝Fs＝576N×0.005m＝2.88J，
手机充满电所需能量W＝UIt＝3.6V×1A×3600s＝12960J，
人走路时需要做的功W总＝＝＝8.64×104J，
人每走50cm＝0.5m做功2.88J，则做8.64×104J的功需要行走的距离：
s＝×0.5m＝×0.5m＝1.5×104m；
答：人至少行走1.5×104m。
【点拨】本题有一定的难度，认真审题，理解题意，应用杠杆平衡条件、功的计算公式即可正确解。