文档内容
2016年江苏省泰州市中考物理试卷
一、选择题（每小题4个选项中只有1个符合题意，每小题2分，共24分）
1．关于一名普通的中学生的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．体重约为50N
B．正常步行的速度约为1.4m/s
C．身高约为1.6dm
D．正常骑自行车的功率约为700W
2．俗话说：“闻其声知其人．”这句话是指即使未看到人，也能分辨出熟人的声音，这主要是
依据声音的（ ）
A．速度B．响度 C．音调 D．音色
3．“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山删不动，是船行．”这段诗词蕴含多个科学
道理．其中“看山恰似走来迎”所选取的参照物是（ ）
A．山 B．船 C．地面 D．河岸
4．关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（ ）
A．温度为0℃，分子的无规则运动停止
B．物理学家汤姆生建立了原子的核式结构模型
C．摩擦起电的过程中，带正电的物体得到了质子
D．宇宙是一个有层次的天体结构体系．太阳大红银河系中的一颗恒星
5．根据如图所示的几个情景，下列说法正确的是（ ）
A．女孩搬起一个箱子，女孩对箱子做了功
B．司机费了很大的力也未能推动汽车，但司机对汽车做了功
C．吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物做了功
D．足球被踢出后在草地上滚动的过程中，运动员对足球做了功
6．将一个凸透镜正对太阳光，在距凸透镜10cm处得到一个最小、最亮的光斑，若将一个物体
放在凸透镜前30cm处，则可在凸透镜的另一侧得到一个（ ）A．倒立、缩小的实像 B．倒立、放大的实像
C．正立、缩小的实像 D．正立、放大的虚像
7．下列是四种模拟病房呼叫电路的设计图，其中设计最佳的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，杠杆的水平位置平衡，下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是（ ）
A．两侧钩码同时向外移一格
B．两侧钩码同时向内移一格
C．左侧的钩码向内移一格，右侧减去一个钩码
D．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码
9．下列关于内能的说法正确的是（ ）
A．具有机械能的物体不一定具有内能
B．物体温度不高，内能一定不变
C．物体没有吸热，内能一定不变
D．在温度、状态和物质种类均相同的情况下，物体的质量越大，内能越大
10．如图所示，将摆球从A点静止释放，摆球在A、C两点间来回摆动，B为最低点，不计空气
阻力，下列说法正确的是的机械能（ ）A．从A点到B点，摆球动能增大，机械能增大
B．从B点到C点，摆球动能减小，机械能减小
C．摆球在摆动过程中所经各点的机械能均相等
D．摆球在B点的机械能最大，在A，C两点的机械能能最小
11．根据图示装置所探究的原理，可以制成下列哪种仪器（ ）
A．
电磁铁 B．
手摇发电机 C．
电磁继电器 D．
电铃
12．如图所示，电源电压不变，闭合开关后，下列关于电压表示数变化的说法正确的是（ ）A．滑片P向右移动，V 表示数变大，V 表示数不变
1 2
B．滑片P向右移动，V 表示数变小，V 表示数变大
1 2
C．滑片P向左移动，V 表示数变小，V 表示数变大
1 2
D．滑片P向左移动，V 表示数变大，V 表示数不变
1 2
二、填空题（本题有8小题，每空1分，共25分）
13．小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃．
碘的熔点为113.7℃．采用图中的两种方式加热，图甲的碘颗粒吸热会 （填物态
变化名称，下同），图乙中的碘颗粒吸热除了发生图甲中的物态变化外，还可能会
；两种方式停止加热后，“碘锤”中的碘蒸汽会 ．
14．小明想测出石块的密度，先将托盘天平放在水平桌面上，将游码移到标尺的
处，发现指针偏在分度盘左侧，此时应将平衡螺母向 调节，使天平平衡，测量中，
当右盘所加砝码和游码的位置如图甲所示时，天平平衡，则石块的质量为 g，再
将石块浸没到盛有20ml水的量筒中，水面到达的位置如图乙所示，由此可计算处石块的密
度为 kg/m3．15．如图是练习使用测电笔的两种情形，图 所示方法是正确的，若电路中插座
完好且接线正确，按正确方式使用测电笔，将笔尖插入插座的 侧插孔，氖管会
发光．若按图中错误方式操作，易造成 （选填“单线触电”或“双线触电”）
16．质量为10kg、温度为20℃的水，吸收1.26×106J的热量后，温度升高到 ℃，
若这些热量是由酒精完全燃烧提供的，至少需要 g酒精．[c
水
=4.2×10 3J/（kg℃），q =3×107J/kg ．
酒精
17．汽车刹车的过程，伴随着能量从机械] 能转化为内能，内能散失到空气中，此过程能量的总
和 （选填“增大”、“不变”或“缩小”）．散失到空气中的内能无法自动转化
为机械能再用来驱动骑车，这是因为能量的转移和转化具有 性．
18．木块在10N水平向右拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀速直线运动，该木块受到的摩
擦力为 N，将水平拉力F增大到20N，该木块受到的摩擦力为 N．
撤去拉力，木块继续向右运动，这是由于木块 ，最终木块停了下来，说明了力是
改变物体 的原因．
19．小明用细线系住重为5N的物体，使其一半体积浸入盛满水的溢水杯中，物体排开的水重
为2N，此时物体所受的浮力为 N，将物体浸没在水中，此时物体所受的浮力为
N，物体排开的水的体积为 m3，松手后，物体将 （选填“上浮”、
“悬浮”或“下沉”）．（g取10N/kg）
20．在如图所示电路中，定值电阻R 的阻值为20Ω，电动机线圈电阻为2Ω，闭合开关，电流
0
表A 、A 的示数分别为0.8A，0.3A，则该电路电源电压为 V.1min内电路消耗
1 2
的电能为 J，1min内电流通过电动机产生的热量为 J．
三、解答题（本题有8小题，共51分，解答22、23题时应写出解答过程）21．根据要求作图
（1）如图甲，画出被踢出的足球在空中飞行时所受重力的示意图．
（2）如图乙，一束光从水中斜射入空气，画出进入空气中折射光线的大致方向．
（3）如图丙，根据通电螺线管外部的磁感线方向，标出图中电源的正极和小磁针静止时的N
极
22．近年来，理论电动平衡车深受年轻人的喜爱，如图所示，它采用站立式的驾驶方式，人通
过身体的前倾、后仰实现驾驶，如表为某型号独轮电动车平衡车的部分数据，则：
质量 10kg
轮胎与地面接触面积 30cm2
最大速度 16km/h
充满电行程 24km
（1）该车充满电后，若以最大速度行驶，能行驶的最长时间是多少？
（2）质量为50kg的人驾驶该车，在水平地面上匀速行驶．若所受阻力为总重力的0.2倍，此时
该车受到的牵引力是多大？（g取10N/kg）
（3）质量为50kg的人驾驶该车时，车对水平地面的压强是多大？
23．小华利用电能表和手表估测规格为“220V 1100W”电水壶的实际功率，电能表表盘如图
所示．
（1）这种电水壶正常工作时，内部电热丝的电阻是多大？
（2）在此电水壶中加水，将其接入电路并工作，输出电能表的指示灯在3min内闪烁80次，则：
①电路在3min内消耗的电能是多大？②电路的实际电功率是多大？
（3）①上一问算出的电路实际电功率 电水壶额定功率（选填“大于”、“等
于”或“小于”）②造成此大小关系的原因是： ．
24．小华用两个完全相同的棋子A和棋子B．在水平桌面上探究平面镜成像的特点，实验装
置如图
（1）无论怎样在桌面上移动棋子B，都无法使它与棋子A的像完全重合．出现这种情况的原
因是 ．排除问题后，移动棋子B，使它与棋子A的像完全重合，这样做的目的除
了能确定棋子A经平面镜所成像的位置，同时还能比较 大小关系．
（2）用铅笔画出平面镜及棋子A和棋子B的位置，并画出棋子A和棋子B位置的连线，经测
量发现：两棋子的连线与镜面 ，两棋子到镜面的距离相等
（3）移去棋子B，将一张白卡片竖直放在棋子B所在的位置，直接观察白卡片，观察白卡片上
没有棋子A的像，说明棋子A经平面镜所成的是 像
（4）用木板紧贴玻璃板背面，挡住玻璃板后的光，人眼在玻璃板前 （选填“能”
或“不能”）看见棋子A的像．
25．小明利用如图甲所示的实验装置观察水的沸腾
（1）组装器材时，应先固定图甲中的 （选填“A”或“B：
（2）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，
此时温度计的示数为 ℃；
（3）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在表中，直至水沸腾，
如此持续3min后停止读数；
时间/min0 1 2 3 4 5 6 7 8
温度/℃ 90 92 94 96 98 99 99 99
①在第7min小明忘记记录数据，此时的水温应为 ℃；
②小明观察到：沸腾时水中气泡的情形为图丙中 图（选填“C”或“D”）；
③请你根据表格中的数据，在图丁所示的坐标系中画出水沸腾前后温度随时间变化的图象．26．在“探究影响液体内部压强的因素”实验中．
（1）压强计是通过U型管的 来显示橡皮膜所受压强大小
（2）小华实验时的情形如图所示，四幅图中烧杯内的液面相平．（不考虑实验结论的偶然性）
①比较甲和图 ，可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增
加而增大
②保持金属盒在水中的深度不变，改变它的方向，如图乙、丙所示，根据实验现象可以初步得
出结论：
③比较乙和图丁，能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论吗？ ，理由
是：
27．在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，
实验数据如表：
序号 动滑物重 物重 物体上升的 绳端收到的 绳端移动的 滑轮组的机
拉力F/N 距离s/m 械效率η/%
G /N G/N 高度h/m
动
1 0.5 1 0.1 0.6 0.3 55.6
2 0.5 2 0.1 1.0 0.3 66.7
3 0.5 4 0.1 0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲种画出滑轮组的绕绳方法．
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，
弹簧测力计应 （选填“保持静止”或“匀速上升”）（3）第三次试验时，测力计实数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 N，滑轮组
的机械效率为 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因 是
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 的措施．
28．在“测量小灯泡的功率”的实验中．
（1）小明设计了如图甲所示的电路图．按照电路图，已完成部分实物电路连接（如图乙所示）．
根据图乙中的信息，电压表量程应选0～ V；若开关闭合后，向左移动滑动变阻
器滑片P，能使电路中电流变大，应将开关右侧接线柱与滑动变阻器的 （选填
“A”、“B”、“C”或“D”）接线柱相连．
（2）正确连接好电路，闭合开关后发现：小灯泡不亮，电流表示数为零，而电压表示数接近电
源电压，经检查，电流表是完好的，仅滑动变阻器或小灯泡存在故障，则电路中的故障是
．排除故障后，闭合开关，仍发现小灯泡不亮，电流表指针偏转很小，要使该小灯泡发光 只需
（3）观察小灯泡在不同电压下的亮度，读出电压表，电流表示数，实验记录见表：
实验序号 电压U/V 电流I/A 小灯泡亮度 实际功率P/W
1 2 0.18 偏暗 0.36
2 2.5 0.2 正常发光 0.5
3 3 偏亮
①由表格可知：该小灯泡额定电压为 V．
②当小灯泡两端电压为3V时，小灯泡偏亮，小明担心灯丝会烧断，于是立即断开开关，未读
取电流表示数．同组的小华观察到当时电流表指针的位置如图丙所示，则通过小灯泡的电流
为 A，小灯泡的实际功率为 W．（4）本实验电路除了能测出小灯泡的功率，小明认为还能测出小灯泡灯丝的阻值，小华认为
还能探究电流与电压的关系，你认为 同学的观点是错误的，理由是：2016 年江苏省泰州市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4个选项中只有1个符合题意，每小题2分，共24分）
1．关于一名普通的中学生的物理量，下列说法正确的是（ ）
A．体重约为50N
B．正常步行的速度约为1.4m/s
C．身高约为1.6dm
D．正常骑自行车的功率约为700W
【考点】重力大小的估测；长度的估测；速度与物体运动；功率的概念．
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相
应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案．
【解答】解：A、一名普通中学生的质量在50kg左右，重力为500N左右，故A错误．
B、正常人的步行速度在1.4m/s左右，故B正确；
C、中学生的身高约为160cm=16.0dm左右，故C错误；
D、人骑自行车时，车轮与地面之间的摩擦力大约15N，匀速行驶时双脚的动力等于摩擦力，
也是15N；骑自行车的速度在5m/s左右，所以功率大约为P=Fv=15N×5m/s=75W，接近70W．
故D错误．
故选B．
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出
符合实际的选项即可．
2．俗话说：“闻其声知其人．”这句话是指即使未看到人，也能分辨出熟人的声音，这主要是
依据声音的（ ）
A．速度B．响度 C．音调 D．音色
【考点】音调、响度与音色的区分．
【分析】声音的特征有三个：响度、音调、音色．响度指声音的大小，音调指声音的高低，音色
是指声音的品质与特色．
不同人声音的音色不同，区别出熟悉的人谁在说话，是因为音色不同的原因．【解答】解：自己很熟悉的人，即使没有看到他，只听他的声音也可以辨别出来，依据就是不同
人的发声部位特征不同，发出的音色不同．
故选D．
【点评】此题考查的是声音的物理特征之一﹣﹣音色，属于基础题，难度不大．
3．“满眼风波多闪烁，看山恰似走来迎，仔细看山删不动，是船行．”这段诗词蕴含多个科学
道理．其中“看山恰似走来迎”所选取的参照物是（ ）
A．山 B．船 C．地面 D．河岸
【考点】参照物及其选择．
【分析】首先判断被研究的物体，被研究的物体是静止的，选择和被研究的物体位置不变的物
体为参照物．被研究的物体是运动的，选择和被研究的物体位置发生改变的物体是参照物．
【解答】解：
“看山恰似走来迎”，被研究的物体是山在运动，山和船或山与水之间发生了位置的改变，
所以选择人为参照物，不可能以山、地面及河岸为参照物．
故选：B．
【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物．所选取的参照物不同，得
到的结论也不一定相同．这就是运动和静止的相对性．
4．关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（ ）
A．温度为0℃，分子的无规则运动停止
B．物理学家汤姆生建立了原子的核式结构模型
C．摩擦起电的过程中，带正电的物体得到了质子
D．宇宙是一个有层次的天体结构体系．太阳大红银河系中的一颗恒星
【考点】人类探究太阳系及宇宙的历程；人类探究微观世界的历程．
【分析】（1）分子在永不停息的做无规则运动，温度越高，分子无规则运动越剧烈；
（2）英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电荷的粒子﹣电子，从而揭示了原子是
有结构的；
1911年，卢瑟福建立了原子核式结构模型，该模型认为：原子是由原子核和核外电子组成，
后来人们又发现原子核是由质子和中子组成；
（3）摩擦起电的实质．由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的
过程中束缚本领强的得电子带负电，束缚本领弱的失电子带正电；（4）银河系中有大约2000亿颗恒星，太阳只是银河系中的一颗普通恒星．
【解答】解：A、当物体的温度降到0℃时，物体中所有分子仍然不停地做无规则的运动，故A
错误；
B、卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，汤姆生发现电子并提出类似
“西瓜”的原子模型，故B错误；
C、摩擦起电的过程是电子转移的过程，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，故
C错误；
D、宇宙是一个有层次的天体结构系统，我们看到的太阳只是银河系中一颗普通的恒星，故D
正确．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点比较多，但是难度不是很大，属于基础知识的考查，熟练掌握相关
基础知识是解题的关键．
5．根据如图所示的几个情景，下列说法正确的是（ ）
A．女孩搬起一个箱子，女孩对箱子做了功
B．司机费了很大的力也未能推动汽车，但司机对汽车做了功
C．吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物做了功
D．足球被踢出后在草地上滚动的过程中，运动员对足球做了功
【考点】力是否做功的判断．
【分析】本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；
二者缺一不可．
【解答】解：A、女孩搬起一个箱子，女孩对箱子有力，且沿力的方向运动了一段距离，所以女
孩对箱子做了功，故A正确；
B、司机费了很大的力也未能推动汽车，虽然有力但没有距离，所以司机对汽车没有做功，故
B错误；
C、吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物有向上的力，但向上并没有移动距离，所以
吊车对货物没有做功，故C错误；D、足球被踢出后在草地上能继续滚动是由于惯性，此过程中运动员对足球不再做功，故D
错误；
故选A．
【点评】有力作用在物体上，力对物体不一定做功；物体运动了一段距离，可能没有力对物体
做功．
6．将一个凸透镜正对太阳光，在距凸透镜10cm处得到一个最小、最亮的光斑，若将一个物体
放在凸透镜前30cm处，则可在凸透镜的另一侧得到一个（ ）
A．倒立、缩小的实像 B．倒立、放大的实像
C．正立、缩小的实像 D．正立、放大的虚像
【考点】凸透镜成像规律及其探究实验．
【分析】①阳光聚焦的方法确定凸透镜的焦距．
②根据凸透镜成像的三种情况确定成像情况．
【解答】解：将一个凸透镜对准太阳光，可在距透镜10cm的地方得到一个最小亮点，所以凸
透镜的焦距f=10cm．
一个物体放在这个透镜前30cm处，此时U＞2f，成倒立、缩小的实像．
故选A．
【点评】掌握凸透镜成像的三种情况：U＞2f，成倒立、缩小的实像；2f＞U＞f，成倒立、放大的
实像；U＜f，成倒正立、放大的虚像．
7．下列是四种模拟病房呼叫电路的设计图，其中设计最佳的是（ ）
A． B． C． D．【考点】电路图设计．
【分析】由于病人按开关时铃响且对应的灯亮，则不同病房的指示灯并联连接，开关控制对应
病床的指示灯，电铃连接在干路中．
【解答】解：A、由图示电路图可知，两指示灯并联在两支路中，电铃串联在干路中，开关S 控
1
制整个电路，开关S 控制指示灯L ，当两开关都闭合时，两个指示灯都亮，无法辨别是哪个
2 2
病房病人在呼叫，因此不符合题意，故A错误；
B、由图示电路图可知，两指示灯并联在两支路中，电铃串联在干路中，每个开关控制一条支
路，因此符合题意，故B正确；
C、由图示电路图可知，指示灯与电铃串联后并联，闭合任一开关，指示灯亮、电铃响，但是每
个病房都需要对应的指示灯和电铃，电铃太多会混淆护士的判断，因此不符合题意，故C错
误；
D、由图示电路图可知，灯泡与电铃串联由同一开关控制，因此不符合题意，故D错误．
故选B．
【点评】会设计串联电路和并联电路，会根据实物图准确画出电路图，会用元件符号画出电路
图．
8．如图所示，杠杆的水平位置平衡，下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是（ ）
A．两侧钩码同时向外移一格
B．两侧钩码同时向内移一格
C．左侧的钩码向内移一格，右侧减去一个钩码
D．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码
【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】原来杠杆平衡是因为两边的力和力臂的乘积相等．杠杆是否再次平衡要看两边的力
和力臂的乘积是否相等．
【解答】解：
设一个钩码的重力为G，横梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有
2G×3L=3G×2L；A、两边各向外移一格，左边2G×4L=8GL，右边3G×3L=9GL，8GL＜9GL，杠杆右端下沉；故
A错误；
B、两边各往内移一格，左边2G×2L=4GL，右边3G×1L=3GL，4GL＞3GL，杠杆左端下沉；故
B错误；
C、左侧的钩码向内移一格，右侧减去一个钩码，左边2G×2L=4GL，右边2G×2L=4GL；
4GL=4GL，杠杆平衡；故C正确；
D、在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码，左边3G×2L=6GL，右边4G×2L=8GL，6GL＜
8GL，杠杆右端下沉，故D错误．
故选C．
【点评】杠杆是否平衡取决于两边力和力臂的乘积是否相等，水平位置平衡时，两边的力和力
臂的乘积是否相等．
9．下列关于内能的说法正确的是（ ）
A．具有机械能的物体不一定具有内能
B．物体温度不高，内能一定不变
C．物体没有吸热，内能一定不变
D．在温度、状态和物质种类均相同的情况下，物体的质量越大，内能越大
【考点】温度、热量与内能的关系．
【分析】（1）内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，物体的温度
越高，内能越大；一切物体都有内能．
（2）改变内能的方式，做功和热传递；
（3）内能大小跟物体的质量、状态、温度有关．在状态和温度相同时，质量越大，内能越大；在
质量和状态相同时，温度越高，内能越大
【解答】解：A、运动的物体有机械能，也有内能，故A错误；
B、物体温度升高，内能增大，故B错误．
C、物体没有吸热，但外界物体对它做功，也可以使其内能增加，故C错误；
D、内能大小跟物体的质量、状态、温度有关，在温度、状态和物质种类均相同的情况下，物体
的质量越大，内能越大，故D正确．
故选D．
【点评】要特别注意：物体温度升高、内能一定增加，但是物体内能增加、温度不一定升高；物
体吸热、温度不一定升高，物体温度升高、不一定吸热．10．如图所示，将摆球从A点静止释放，摆球在A、C两点间来回摆动，B为最低点，不计空气
阻力，下列说法正确的是的机械能（ ）
A．从A点到B点，摆球动能增大，机械能增大
B．从B点到C点，摆球动能减小，机械能减小
C．摆球在摆动过程中所经各点的机械能均相等
D．摆球在B点的机械能最大，在A，C两点的机械能能最小
【考点】动能和势能的大小变化．
【分析】（1）影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大．
（2）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大．
（3）机械能是动能和重力势能的和，在铁球运动的过程中，空气阻力忽略不计，所以机械能守
恒．
【解答】解：A、从A→B的过程中，金属小球的质量不变、高度减小、速度增大，所以重力势能
减小，动能增大，在B点时动能最大、重力势能最小；在此过程中重力势能转化为动能，不计
空气阻力，机械能守恒，故A错误；
B、从B→C的过程中，金属小球的质量不变、高度增大、速度减小，重力势能增大，动能减小，
在C点动能最小、重力势能最大，在此过程中动能转化为重力势能，机械能守恒，故B错误；
CD、不计空气阻力，小球会在AC间来回摆动时，总机械能守恒，故C正确，D错误；
故选C．
【点评】掌握影响动能、重力势能、弹性势能大小的因素．会判断动能、重力势能、弹性势能、
机械能的大小变化以及能量的相互转化．
11．根据图示装置所探究的原理，可以制成下列哪种仪器（ ）A．
电磁铁 B．
手摇发电机 C．
电磁继电器 D．
电铃
【考点】电磁感应．
【分析】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是
电磁感应现象，发电机就是利用电磁感应的原理制成的．
【解答】解：开关闭合后，导体ab在磁场中做切割磁感线运动时，观察到电流表原来静止在中
间的指针偏转，这就是电磁感应现象，根据这一原理制成了发电机．
A、电磁铁是利用电流的磁效应的原理制成的，故A错误；
B、手摇发电机是利用电磁感应现象的原理制成的，故B正确；
C、电磁继电器是利用电流的磁效应的原理制成的，故C错误；
D、电铃中有电磁铁，也是利用电流的磁效应的原理制成的，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查了学生对电磁感应现象及其应用的掌握，难度不大，属于基础知识的考查．
12．如图所示，电源电压不变，闭合开关后，下列关于电压表示数变化的说法正确的是（ ）A．滑片P向右移动，V 表示数变大，V 表示数不变
1 2
B．滑片P向右移动，V 表示数变小，V 表示数变大
1 2
C．滑片P向左移动，V 表示数变小，V 表示数变大
1 2
D．滑片P向左移动，V 表示数变大，V 表示数不变
1 2
【考点】欧姆定律的应用；电路的动态分析．
【分析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V 测R两端的电压，电压表
1
V 测电源的电压，根据电源的电压可知滑片移动电压表V 示数的变化，根据滑片的移动可
2 2
知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R两端的电压变化．
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V 测R两端的电压，电压
1
表V 测电源的电压，
2
因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表V 的示数不变，故BC错误；
2
当滑片P向右移动时，接入电路中电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I= 可知，电路中的电路变小，
由U=IR可知，R两端的电压变小，即电压表V 的示数变小，故A错误；
1
同理可知，滑片P向左移动，接入电路中电阻变小，电路中的电路变大，R两端的电压变大，
电压表V 的示数变大，故D正确．
1
故选D．
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，分清电路的结构是关键．
二、填空题（本题有8小题，每空1分，共25分）
13．小明在观察“碘锤”中的物态变化之前，查阅资料得知：酒精灯外焰的温度约为800℃．
碘的熔点为113.7℃．采用图中的两种方式加热，图甲的碘颗粒吸热会 升华 （填物态变化
名称，下同），图乙中的碘颗粒吸热除了发生图甲中的物态变化外，还可能会 熔化 ；两种
方式停止加热后，“碘锤”中的碘蒸汽会 凝华 ．【考点】升华和凝华的定义和特点．
【分析】判断物态变化，首先确定原来的状态，然后确定最后的状态，从而确定物态变化，同时
注意熔化条件①达到熔点②继续吸热．
【解答】解：甲图，在水中加热，水的温度约为100℃，碘的熔点为113.7℃，所以碘不会熔化；
碘颗粒吸热会从固态直接变为气态，则该物态变化为升华．
图乙中，酒精灯外焰温度约为800℃，高于碘的熔点，碘吸热可能熔化．当停止加热后，碘蒸
汽放热从气态直接变为固态，则物态变化为凝华．
故答案为：升华；熔化；凝华
【点评】此题考查了， 、 、 、和熔化的条件，属
于物态变化基本题型．
14．小明想测出石块的密度，先将托盘天平放在水平桌面上，将游码移到标尺的 零刻线
处，发现指针偏在分度盘左侧，此时应将平衡螺母向 右 调节，使天平平衡，测量中，当右
盘所加砝码和游码的位置如图甲所示时，天平平衡，则石块的质量为 4 6 g，再将石块浸没
到盛有20ml水的量筒中，水面到达的位置如图乙所示，由此可计算处石块的密度为
2.3×10 3 kg/m3．
【考点】固体密度的测量．【分析】正确使用天平的方法是：将天平放到水平桌面上，将游码拨到零刻度线，再调节两端
的平衡螺母使横梁平衡；称量时左盘放物体，右盘放砝码．通过指针偏转的方向，来移动平衡
螺母．指针右偏，天平的右端下沉，平衡螺母向相反的方向移动．
物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度值．
知道物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度．
【解答】解：天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度，若发现指针偏向分度盘的左
侧，说明天平的左端下沉，此时应将平衡螺母向右调节．
小石块的质量：m=20g+20g+5g+1g=46g，
石块的V=40ml﹣20ml=20ml=20cm3，
小石块的密度：ρ= = =2.3g/cm3=2.3×103kg/m3．
故答案为：零刻线；右；46；2.3×103．
【点评】本题的解题关键是准确对天平与量筒进行读数，然后代入密度公式进行计算，测固体
的密度初中物理要求较高，因此读数、称量基本问题一定要掌握扎实．
15．如图是练习使用测电笔的两种情形，图 甲 所示方法是正确的，若电路中插座完好且
接线正确，按正确方式使用测电笔，将笔尖插入插座的 右 侧插孔，氖管会发光．若按图中
错误方式操作，易造成 单线触电 （选填“单线触电”或“双线触电”）
【考点】测电笔的使用．
【分析】（1）测电笔是用来辨别零线和火线的工具，在使用时手要接触笔尾的金属体，但不能
接触笔尖的金属体；
（2）使用测电笔时，应用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，表明测电笔和人体
加在火线和大地之间，测电笔接触的是火线；插座的接法：左零右火；
（3）低压触电分为：单线触电和双线触电．【解答】解：（1）测电笔的使用方法：使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，故甲图正
确；
（2）笔尖接触电线，氖管发光表明接触的是火线，不发光是零线．插座的接法“左零右火”，
因此将笔尖插入插座右孔的火线时氖管发光；
（3）单线触电是站在地上，直接或间接接触火线，造成的触电，因此按乙图中操作，当手接触
了笔尖的金属体，再去接触火线，易造成单线触电．
故答案为：甲；右；单线触电．
【点评】本题考查了测电笔使用方法、插座的接法、触电的类型，属于基础题，学生易于掌握．
16．质量为10kg、温度为20℃的水，吸收1.26×106J的热量后，温度升高到 5 0 ℃，若这些
热量是由酒精完全燃烧提供的，至少需要 4 2 g酒精．[c =4.2×103J/（kg℃），q
水 酒精
=3×107J/kg ．
【考点】热]量的计算；燃料的热值．
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水吸收的热量、水的初温，利用吸热公式Q =cm（t
吸
﹣t ）求水的末温．
0
（2）由题知，Q =Q ，利用公式Q =qm变形求解所需酒精的质量．
放 吸 放
【解答】解：
（1）水吸收的热量：Q =cm△t=cm（t﹣t ）
吸 0
即：1.26×106J=4.2×103J/（kg℃）×10kg×（t﹣20℃）
解得：t=50℃．
（2）由题知，Q =Q =1.26×106J，
放 吸
由Q =m′q得需要酒精的质量：
放
m′= = =0.042kg=42g．
故答案为：50；42．
【点评】本题考查了学生对吸热公式Q =cm△t和燃料燃料完全燃烧放热公式Q =mq的掌
吸 放
握和运用，计算时注意温度升高了（△t）与升高到（末温）的区别．17．汽车刹车的过程，伴随着能量从机械能转化为内能，内能散失到空气中，此过程能量的总
和 不变 （选填“增大”、“不变”或“缩小”）．散失到空气中的内能无法自动转化为机
械能再用来驱动骑车，这是因为能量的转移和转化具有 方向 性．
【考点】能量的转化与转移的方向性．
【分析】能量转化和转移是有方向性的，并且能量在转化或转移的过程中总量保持不变．
【解答】解：据能量的守恒定律可知，汽车刹车的过程，伴随着能量从机械能转化为内能，内
能散失到空气中，此过程能量的总和是不变的；散失到空气中的内能无法自动转化为机械能
再用来驱动骑车，这是因为能量的转移和转化具有方向性．
故答案为：不变；方向．
【点评】各种能量形式互相转换是有方向和条件限制的，能量互相转换时其量值不变，表明能
量是不能被创造或消灭的．
18．木块在10N水平向右拉力F的作用下，沿粗糙水平面做匀速直线运动，该木块受到的摩
擦力为 1 0 N，将水平拉力F增大到20N，该木块受到的摩擦力为 1 0 N．撤去拉力，木
块继续向右运动，这是由于木块 具有惯性 ，最终木块停了下来，说明了力是改变物体
运动状态 的原因．
【考点】摩擦力的大小；力的作用效果．
【分析】（1）掌握二力平衡条件，知道一对平衡力的大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
（2）掌握影响摩擦力大小的因素：压力和接触面的粗糙程度；
（3）惯性是物体保持原来运动状态的性质；
（4）力不是使物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因．
【解答】解：
当水平拉力为10N时，木块恰好做匀速运动，所以此时摩擦力与拉力是一对平衡力，大小等
于10N，当水平拉力增大到20N时，木块对地面的压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦
力不变，仍为10N；
撤去拉力，木块继续向右运动，这是由于木块具有惯性；
木块在撤去拉力后，木块只受到地面的阻力，木块越滑越慢，最终木块停了下来，说明阻力改
变了木块的运动状态．
故答案为：10；10；具有惯性；运动状态．
【点评】此题考查了二力平衡条件的应用、影响摩擦力的因素、惯性以及力的作用效果，是一
道综合性性题目．19．小明用细线系住重为5N的物体，使其一半体积浸入盛满水的溢水杯中，物体排开的水重
为2N，此时物体所受的浮力为 2 N，将物体浸没在水中，此时物体所受的浮力为 4 N，
物体排开的水的体积为 4×1 0 ﹣ 4 m3，松手后，物体将 下沉 （选填“上浮”、“悬浮”或
“下沉”）．（g取10N/kg）
【考点】浮力大小的计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用．
【分析】根据阿基米德原理可求物体一半体积浸入盛满水的溢水杯中时受到水的浮力，进而
可求物体全部浸没再水中时受到的浮力，然后根据F =ρ gV 计算物体排开水的体积，比
浮 水 排
较物体重力和浮力大小，根据物体浮沉条件判断松手后，物体在水中的状态．
【解答】解：根据阿基米德原理可知，物体一半体积浸入盛满水的溢水杯中时受到水的浮力：
F =G =2N，
浮 排
将物体浸没在水中，由于物体排开水的体积是原来的2倍，
所以，此时物体所受的浮力为：F ′=2F =2×2N=4N，
浮 浮
根据F =ρ gV 可得排开水的体积：
浮 水 排
V = = =4×10﹣4m3；
排
因为F ′＜G，
浮
所以，松手后，物体将下沉．
故答案为：2；4；4×10﹣4；下沉．
【点评】此题考查浮力的大小计算、阿基米德原理、物体浮沉条件及其应用，题目难度适中，适
合学生训练，属于中档题．
20．在如图所示电路中，定值电阻R 的阻值为20Ω，电动机线圈电阻为2Ω，闭合开关，电流
0
表A 、A 的示数分别为0.8A，0.3A，则该电路电源电压为 6 V.1min内电路消耗的电能为
1 2
288 J，1min内电流通过电动机产生的热量为 3 0 J．
【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；焦耳定律的计算公式及其应用．【分析】由电路图可知，定值电阻R 与电动机M并联，电流表A 测干路电流，电流表A 测
0 1 2
R 支路的电流．
0
（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压，根据W=UIt求出1min内电路消
耗的电能；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过电动机的电流，根据Q=I2R求出1min内电流通过电
动机产生的热量．
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R 与电动机M并联，电流表A 测干路电流，电流表A
0 1 2
测R 支路的电流．
0
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I= 可知，电源的电压：
U=I R =0.3A×20Ω=6V，
0 0
1min内电路消耗的电能：
W=UIt=6V×0.8A×60s=288J；
（2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过电动机的电流：
I =I﹣I =0.8A﹣0.3A=0.5A，
M 0
1min内电流通过电动机产生的热量：
Q=I 2Rt=（0.5A）2×2Ω×60s=30J．
M
故答案为：6；288；30．
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式、焦耳定律的应用，要注意电动机
是非纯电阻用电器，消耗的电能和产生的热量不相等．
三、解答题（本题有8小题，共51分，解答22、23题时应写出解答过程）
21．根据要求作图
（1）如图甲，画出被踢出的足球在空中飞行时所受重力的示意图．
（2）如图乙，一束光从水中斜射入空气，画出进入空气中折射光线的大致方向．
（3）如图丙，根据通电螺线管外部的磁感线方向，标出图中电源的正极和小磁针静止时的N
极【考点】重力示意图；作光的折射光路图；通电螺线管的极性和电流方向的判断．
【分析】（1）过物体的重心，用一条带箭头的线段表示出重力的作用点和方向，注意重力的方
向竖直向下．
（2）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，折射光线向法线偏折，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，折射光线远离法线偏折，折射角大于入
射角，画出折射光线．
（3）①根据图中磁感线方向，先判断螺线管的两个磁极；②根据磁极间的相互作用再判断小
磁针的磁极；③最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极．
【解答】解：
（1）小球的重心在球心，过球心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，并标出符号G，如图
所示：
（2）过入射点画出法线，在法线的右侧空气中画出折射光线，注意折射角大于入射角，如图
所示：
（3）在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以螺线管的右端为N极、
左端为S极．根据异名磁极相互吸引可知小磁针的右端为N极、左端为S极．根据安培定则
判断可知：电流是从螺线管的右端流入的．所以电源的右端为正极，左端为负极．如图所示：
【点评】（1）重力的方向是竖直向下，力的示意图就是用一条带箭头的线段表示力的三要素．
（2）不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反
射或折射画出入射光线．
（3）安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向．告诉其中的两个方向可以确定
第三个方向．22．近年来，理论电动平衡车深受年轻人的喜爱，如图所示，它采用站立式的驾驶方式，人通
过身体的前倾、后仰实现驾驶，如表为某型号独轮电动车平衡车的部分数据，则：
质量 10kg
轮胎与地面接触面积 30cm2
最大速度 16km/h
充满电行程 24km
（1）该车充满电后，若以最大速度行驶，能行驶的最长时间是多少？
（2）质量为50kg的人驾驶该车，在水平地面上匀速行驶．若所受阻力为总重力的0.2倍，此时
该车受到的牵引力是多大？（g取10N/kg）
（3）质量为50kg的人驾驶该车时，车对水平地面的压强是多大？
【考点】速度公式及其应用；二力平衡条件的应用；压强的大小及其计算．
【分析】（1）已知最大速度和路程，利用v= 计算时间；
（2）利用G=mg求出人和电动平衡车的总重力，然后利用阻力和重力的关系求出阻力，再利
用二力平衡的条件得出牵引力大小；
（3）车对水平地面的压力等于人和车的总重力，又知受力面积，利用p= 计算压强．
【解答】解：
（1）该车充满电后，若以最大速度行驶，根据v= 可得，能行驶的最长时间：
t= = =1.5h；
（2）人和电动平衡车的总重力：
G =（m +m ）g=（50kg+10kg）×10N/kg=600N，
总 人 车
因为电动平衡车在水平地面上匀速行驶，所以牵引力：F=f=0.2G =0.2×600N=120N；
总
（3）车对水平地面的压力：F =G =600N，
压 总
车对水平地面的压强：
p= = =2×105Pa．
答：（1）该车充满电后，若以最大速度行驶，能行驶的最长时间是1.5h；
（2）此时该车受到的牵引力是120N；
（3）车对水平地面的压强是2×105Pa．
【点评】此题考查速度公式及其应用、重力的计算、二力平衡的条件的应用，压强的大小计算，
是一道综合性较强的题目，关键是知道车对水平地面的压力等于人和车的总重力，并能从表
格中获取相关信息加以计算．
23．小华利用电能表和手表估测规格为“220V 1100W”电水壶的实际功率，电能表表盘如图
所示．
（1）这种电水壶正常工作时，内部电热丝的电阻是多大？
（2）在此电水壶中加水，将其接入电路并工作，输出电能表的指示灯在3min内闪烁80次，则：
①电路在3min内消耗的电能是多大？②电路的实际电功率是多大？
（3）①上一问算出的电路实际电功率 大于 电水壶额定功率（选填“大于”、“等于”或
“小于”）
②造成此大小关系的原因是： 家庭电路中其他用电器仍在工作 ．
【考点】电功率的计算；电能表参数的理解与电能的求法；实际功率．
【分析】（1）电水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P= 求出内部电热丝的电阻；（2）800imp（/ kWh）表示每消耗1kWh的电能，指示灯闪烁800次，从而可求闪烁80次消耗的
电能；根据公式P= 求出电路的实际电功率；
（3）比较电路的实际功率和电水壶的额定功率可知它们之间的关系，电路的实际功率比电水
壶的额定功率大的多时电路中有其它用电器工作．
【解答】解：（1）这种电水壶正常工作时，由P= 可得，内部电热丝的电阻：
R= = =44Ω；
（2）①电路在3min内消耗的电能：
W= kWh=0.1kWh；
②电路的实际电功率：
P = = =2kW=2000W；
实
（3）①电路的实际功率2000W大于电水壶额定功率1100W；
②造成此大小关系的原因是：家庭电路中其他用电器仍在工作．
答：（1）这种电水壶正常工作时，内部电热丝的电阻是44Ω；
（2）①电路在3min内消耗的电能是0.1kWh；②电路的实际电功率是2000W；
（3）①大于；②家庭电路中其他用电器仍在工作．
【点评】本题考查了电阻、电功、电功率的计算，要注意利用电能表测量用电器的电功率时其
它用电器不能工作．
24．小华用两个完全相同的棋子A和棋子B．在水平桌面上探究平面镜成像的特点，实验装
置如图
（1）无论怎样在桌面上移动棋子B，都无法使它与棋子A的像完全重合．出现这种情况的原
因是 玻璃板没有与桌面垂直放置 ．排除问题后，移动棋子B，使它与棋子A的像完全重合，这样做的目的除了能确定棋子A经平面镜所成像的位置，同时还能比较 像与物 大小
关系．
（2）用铅笔画出平面镜及棋子A和棋子B的位置，并画出棋子A和棋子B位置的连线，经测
量发现：两棋子的连线与镜面 垂直 ，两棋子到镜面的距离相等
（3）移去棋子B，将一张白卡片竖直放在棋子B所在的位置，直接观察白卡片，观察白卡片上
没有棋子A的像，说明棋子A经平面镜所成的是 虚 像
（4）用木板紧贴玻璃板背面，挡住玻璃板后的光，人眼在玻璃板前 能 （选填“能”或“不
能”）看见棋子A的像．
【考点】平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．
【分析】（1）①实验时玻璃板要竖直放置，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与
前面蜡烛的像完全重合．
②两只蜡烛大小相同，后面的蜡烛又和前面蜡烛的像完全重合，这样就证明了像与物大小相
同，所以两只蜡烛等长是为了比较像与物大小关系用的．
（2）根据平面镜成像特点分析解答；
（3）实像和虚像的区别：实像可以在光屏上呈现，虚像不能呈现在光屏上；
（4）平面镜成的像原理是光的反射形成．
【解答】解：（1）①由平面镜的成像特点，像物关于镜面对称可知：玻璃板如果不竖直，无论怎
样在桌面上移动棋子B，都无法使它与棋子A的像完全重合．
②动棋子B，使它与棋子A的像完全重合，这样做的目的除了能确定棋子A经平面镜所成像
的位置，同时还能比较像与物大小关系．
（2）用铅笔画出平面镜及棋子A和棋子B的位置，并画出棋子A和棋子B位置的连线，经测
量发现：两棋子的连线与镜面垂直，两棋子到镜面的距离相等；
（3）因为实像可以在光屏上呈现，虚像不能呈现在光屏上．所以移走B棋子，将一张白卡片放
在B棋子原来所在的位置，不能直接从白卡片上观察到棋子A的像，说明平面镜成的是虚像．
（4）平面镜成的像是光的反射形成的，蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到
像，所以用木板紧贴玻璃板背面，挡住玻璃板后的光，人眼在玻璃板前能看见棋子A的像
故答案为：（1）玻璃板没有与桌面垂直放置；像与物；（2）垂直；（3）虚；（4）能．【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用．这是光学中的一个重点，也是近几
年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用．动手操作实验时，要善于通
过实验现象得出正确结论．
25．小明利用如图甲所示的实验装置观察水的沸腾
（1）组装器材时，应先固定图甲中的 B （选填“A”或“B：
（2）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，
此时温度计的示数为 6 8 ℃；
（3）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在表中，直至水沸腾，
如此持续3min后停止读数；
时间/min0 1 2 3 4 5 6 7 8
温度/℃ 90 92 94 96 98 99 99 99
①在第7min小明忘记记录数据，此时的水温应为 9 9 ℃；
②小明观察到：沸腾时水中气泡的情形为图丙中 C 图（选填“C”或“D”）；
③请你根据表格中的数据，在图丁所示的坐标系中画出水沸腾前后温度随时间变化的图象．
【考点】探究水的沸腾实验．
【分析】（1）在此实验中，酒精灯及温度计的使用都有特殊的规定：使用酒精灯的外焰加热，
温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底；所以要从下向上进行调节；
（2）要正确的读数一定要先认清温度计的分度值．
（3）①液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
②水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化
成水，气泡变小；水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进
入气泡，气泡变大．
③首先根据实验数据确定对应点，然后“描点连线”得到图象；
【解答】解：（1）由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定B的高度；（2）温度计的分度值是1℃，所以其温度为68℃．
（3）①水在第5min开始沸腾，不断吸收热量，温度应该保持不变，所以第7min的温度也是
99℃；
②水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化
成水，气泡变小，图D符合水沸腾前的现象；
水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大，
图C符合水沸腾时的现象．
③根据表格中的数据，描点并用平滑的曲线连接起来．图象如下：
故答案为：（1）B；（2）68；（3）99；C；（4）见上图．
【点评】此题是研究水的沸腾实验，在实验中需要测量水的温度，所以有关温度计的读数也是
非常重要的，一定要认清温度计的分度值．
26．在“探究影响液体内部压强的因素”实验中．
（1）压强计是通过U型管的 两侧液面高度差 来显示橡皮膜所受压强大小
（2）小华实验时的情形如图所示，四幅图中烧杯内的液面相平．（不考虑实验结论的偶然性）
①比较甲和图 乙 ，可以初步得出结论：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增
大
②保持金属盒在水中的深度不变，改变它的方向，如图乙、丙所示，根据实验现象可以初步得
出结论： 同种液体在同一深度处，液体向各个方向的压强相等
③比较乙和图丁，能初步得出液体内部压强与液体密度有关的结论吗？ 不能 ，理由是：
没有控制金属盒在液体中的深度相同【考点】探究液体压强的特点实验．
【分析】（1）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，U形管液
面高度差越大；压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体
压强的变化来改变U形管中液面高度差的．
（2）液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不
变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程．
【解答】解：（1）压强计测量液体压强时，就是靠U形管两侧液面高度差来体现压强大小的，
液面高度差越大，说明液体压强越大；
（2）①想探究液体压强大小与深度的关系，应控制液体的密度相同、金属盒的方向相同，而深
度不同，故选甲、乙两次实验即可；
②在乙、丙两次实验中，液体的密度相同，深度相同，但是金属盒的方向不同，根据实验现象
可以初步得出结论：同种液体在同一深度处，液体向各个方向的压强相等；
③根据题意并结合乙、丁两图可知，两杯中的液体密度、金属盒所处的深度均不相同，故不能
得出结论；根据控制变量法的要求，他没有控制金属盒在液体中的深度相同．
故答案为：（1）两侧液面高度差；
（2）乙； 同种液体在同一深度处，液体向各个方向的压强相等；
（3）不能； 没有控制金属盒在液体中的深度相同．
【点评】掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转化法探究液体压强大小的影响
因素．
27．在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，
实验数据如表：
序号 动滑物重 物重 物体上升的 绳端收到的 绳端移动的 滑轮组的机
拉力F/N 距离s/m 械效率η/%
G /N G/N 高度h/m
动
1 0.5 1 0.1 0.6 0.3 55.62 0.5 2 0.1 1.0 0.3 66.7
3 0.5 4 0.1 0.3
（1）根据表格中的数据，在图甲种画出滑轮组的绕绳方法．
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，
弹簧测力计应 匀速上升 （选填“保持静止”或“匀速上升”）
（3）第三次试验时，测力计实数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为 1. 8 N，滑轮组的机械
效率为 74. 1 %
（4）根据表格中的数据分析可知：
①随着物重的增大，额外功 变大 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 克服
摩擦做功更多
②要提高同一滑轮组机械效率，可以采取 增加提起的物重或减轻动滑轮重 的措施．
【考点】滑轮（组）机械效率的测量实验．
【分析】（1）先根据表中的数据，分析确定承担物重的绳子的段数，然后再进行绕绳；
（2）在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物
体上升进行读数；
（3）由图读出弹簧测力计的读数（拉力大小）、承担物重的绳子股数n，则s=nh，利用η= =
求滑轮组的机械效率；
（4）①滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；
②使用滑轮组时，做的额外功不变，增加物重，增加了有用功，因此机械效率会变大；同时换
用轻质的动滑轮、减小摩擦等都可以提高机械效率．
【解答】解：
（1）分析表中数据可知，动力作用点移动的距离s是钩码上升高度h的3倍，说明由三段绳子
承担物重，故滑轮组的绕线情况如下图所示：（2）在缓慢提升物体时，还需克服机械摩擦做功，所以为了测量滑轮组提升物体时的机械效
率，所以需在缓慢匀速提升时读数；
（3）图中弹簧测力计的分度值为0.2N，所以拉力F=1.8N，
第三次试验时，滑轮组的机械效率为：
η= = = ×100%≈74.1%；
（4）根据表格中的数据分析可知：
①滑轮组做的额外功为克服动滑轮重力和绳子间的摩擦力做的功；随着物重的增大，动滑轮
的重力不变，物重越大，摩擦力越大，所以额外功变大 ；
②提高滑轮组机械效率可以增大提升的物重、换用轻质的动滑轮、减小摩擦等．
故答案为：（1）见上图；（2）匀速上升；（3）1.8；74.1；（4）①变大；克服摩擦做功更多；增加提
起的物重或减轻动滑轮重．
【点评】此题主要是探究滑轮组的机械效率，主要考查了学生对机械效率公式的掌握、实验过
程的把握等；使用滑轮组时，做的额外功不变，增加钩码的重，增大了有用功，则有用功占总
功的比例增大，也就是机械效率变大．
28．在“测量小灯泡的功率”的实验中．
（1）小明设计了如图甲所示的电路图．按照电路图，已完成部分实物电路连接（如图乙所示）．
根据图乙中的信息，电压表量程应选0～ 3 V；若开关闭合后，向左移动滑动变阻器滑片
P，能使电路中电流变大，应将开关右侧接线柱与滑动变阻器的 A （选填
“A”、“B” 、“C”或“D”）接线柱相连．
（2）正确连接好电路，闭合开关后发现：小灯泡不亮，电流表示数为零，而电压表示数接近电
源电压，经检查，电流表是完好的，仅滑动变阻器或小灯泡存在故障，则电路中的故障是 小
灯泡断路 ．排除故障后，闭合开关，仍发现小灯泡不亮，电流表指针偏转很小，要使该小灯
泡发光只需 向左移动滑动变阻器的滑片．
（3）观察小灯泡在不同电压下的亮度，读出电压表，电流表示数，实验记录见表：实验序号 电压U/V 电流I/A 小灯泡亮度 实际功率P/W
1 2 0.18 偏暗 0.36
2 2.5 0.2 正常发光 0.5
3 3 偏亮
①由表格可知：该小灯泡额定电压为 2. 5 V．
②当小灯泡两端电压为3V时，小灯泡偏亮，小明担心灯丝会烧断，于是立即断开开关，未读
取电流表示数．同组的小华观察到当时电流表指针的位置如图丙所示，则通过小灯泡的电流
为 0.2 2 A，小灯泡的实际功率为 0.6 6 W．
（4）本实验电路除了能测出小灯泡的功率，小明认为还能测出小灯泡灯丝的阻值，小华认为
还能探究电流与电压的关系，你认为 小华 同学的观点是错误的，理由是： 灯丝电阻随
温度的变化而变化，无法控制导体的电阻一定．
【考点】电功率的测量；影响电阻大小的因素．
【分析】（1）由图乙中电源两节干电池可确定电压表的量程；滑动变阻器滑片以左部分电阻丝
连入电路中；
（2）电流表无示数，说明电路故障为断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表的正负接线
柱与电源两极相连，据此判断故障所在；连接电路时，滑动滑动变阻器的滑片置于阻值最大
处，要使灯正常发光，要移动滑片使变阻器连入电路的电阻减小；
（3）①小灯泡正常发光时的电压即为额定电压；②确定电流表小量程的分度值读数，根据
P=UI计算实际功率；（4）根据欧姆定律，可求小灯泡灯丝的阻值；探究电流与电压的关系时，
要保持电阻大小不变．
【解答】解：（1）电源为二节干电池，电源电压为3V，所以电压表选用小量程；开关闭合后，向左移动滑动变阻器的滑片P，能使电路中电流变大，即变阻器连入电路中的电
阻减小，需要将滑片左侧电阻丝连入电路，故应将开关右侧接线柱与滑动变阻器的A接线柱
相连；
（2）闭合开关后，灯不亮，电流表无示数，说明电路故障为断路；电压表示数接近电源电压，
说明电压表的正负接线柱与电源两极相连，因此电路故障为与电压表并联的小灯泡断路．
（若滑动变阻器短路，则电流表示数不为0，灯亮；若滑动变阻器断路，则电流表无示数，均与
题目不符，排除了变阻器的故障）；
排除故障后，闭合开关，仍发现小灯泡不亮，电流表指针偏转很小，说明灯的电压太小，滑动
变阻器连入电路中的电阻太大．为了增大灯泡的电压，就要减小变阻器两端的电压，根据分
压原理可知，要减小变阻器连入电路中的电阻，所以，需向左移动变阻器的滑片；
（3）根据表格数据可知，电流表选用的是小量程，电流表小量程的分度值为0.02A，电流表示
数为0.22A，小灯泡的实际功率：P=UI=3V×0.22A=0.66W；
（4）根据欧姆定律，能测出小灯泡灯丝的阻值；灯丝的电阻不是一个定值，而是随温度的升高
而变大，而在探究电流与电压的关系时，要保持电阻大小不变，改变电压，记录对应的电流，
所以小华的观点是错误的．
故答案为：（1）3； A；
（2）小灯泡断路； 向左移动滑动变阻器的滑片 ；
（3）①2.5； ②0.22； 0.66；
（4）小华；灯丝电阻随温度的变化而变化，无法控制导体的电阻一定．
【点评】本题测量小灯泡的功率，考查电路的连接、常见故障的分析判断、控制变量法的运用
等知识，属于中等难度的题目．
