山东省滨州市2016年中考物理真题试题（含解析）.DOC

2016年山东省滨州市中考物理试卷
一、选择题（本题包括15个小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～12小题只有一项符合题目要求，选对得3分；第13～15小题，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
1．小明对教室中一些物理量的估测，合理的是（　　）
A．黑板擦受到的重力约为100N
B．课桌的高度约为80cm
C．教室内一盏日光灯的功率约为1000W
D．教室内感觉比较舒适的温度约为37℃
【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、黑板擦受到的重力约为1N，所以A不符合实际情况；
B、课桌的高度约为80cm，所以B符合实际情况；
C、教室内日光灯正常发光时的电流在0.2A左右，额定功率大约为P=UI=220V×0.2A=44W左右．所以C不符合实际情况；
D、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，所以D不符合实际情况．
故选B．
【点评】估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用．

2．二胡是中国的民族乐器，有粗（内弦）、细（外弦）两根弦，拉弓时马尾和弦摩擦发出声音，如图所示，下列做法不能改变二胡音调的是（　　）

A．用手指按压同一根弦的不同位置
B．手指按压在弦的相同位置，从摩擦内弦换到摩擦外弦
C．加大摩擦弦的力量
D．旋转弦轴，增加弦的紧张度
【分析】物理学中把声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动频率有关；弦乐器中，弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的高低．
【解答】解：
A、用手指按压同一根弦的不同位置，弦振动部分的长度不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故A不合题意；
B、手指按压在弦的相同位置，从摩擦内弦换到摩擦外弦，由于两根弦的粗细不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故B不合题意；
C、加大摩擦弦的力量，可使弦的振幅不同，从而发声的响度不同，不能影响音调，故C符合题意；
D、旋转弦轴，增加弦的紧张度，可使弦振动的频率加快，音调提高，故D不合题意．
故选C．
【点评】解决此类问题要结合音调和频率的关系进行分析解答，尤其是知道弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的高低．
3．下列光现象，由于光的反射形成的是（　　）
A．
铅笔在水面处“折断” B．
人在阳光下形成的影子
C．
放大镜把字放大 D．
豹子在水中形成倒影
【分析】①光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像、水变浅了、水中的筷子折断了等；
②光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；
③要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的．
【解答】解：A、水中的“断笔”是由于光从水中通过空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生改变而形成的虚像，故属于光的折射现象；
B、人在阳光下形成原影子，属于光的直线传播．
C、放大镜把字放大是凸透镜成像及其应用，属于光的折射；
D、平静的水面相当于平面镜，豹子在水中的倒影是平面镜成像现象，故属于光的反射；
故选：D．
【点评】此题主要考查了光的反射、光的折射、光的直线传播现象，平时要注意各个现象的形成原因，同时还考查了光的色散，知道色散是由光的折射形成的．
4．小明利用如图甲所示装置探究冰的熔化特点，他每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态．绘制成图象如图乙所示，下列分析错误的是（　　）

A．冰是晶体 B．冰的熔点是0℃
C．冰的熔化过程持续了15分钟
D．冰在熔化过程中吸收热量，但温度不变
【分析】认识晶体和非晶体的区别：晶体有一定的熔点，在熔化过程中，温度不变；非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中温度不断升高．根据图象分析温度随时间的变化情况，从而得出结论．
【解答】解：（1）由乙图知，从第5分钟到15分钟，冰的温度保持0℃不变，所以冰是晶体，且熔点为0℃，故A、B正确；
（2）由图知，冰从第5min开始熔化，到第15min完全熔化完，熔化过程经历了10min．故C错误；
（3）由图知，冰在熔化过程不断吸热，但温度保持不变；故D正确．
故选C．
【点评】此题通过图象分析，考查了学生的识图能力，在分析时特别注意温度随时间的变化情况，同时考查了学生对晶体和非晶体在熔化过程中的区别．

5．如图所示的实验或机器均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方法不同的是（　　）
A．
观察水的沸腾 B．
空气推动塞子时，内能减少
C．
空气被压缩时内能增大 D．
内燃机压缩冲程
【分析】改变物体内能的两种方式：做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移．据此分析选择．
【解答】解：
A图中：观察水的沸腾，利用酒精灯加热，是通过热传递改变内能的过程；
B图中：空气膨胀做功，推动塞子，空气的内能减少，是通过做功的方法使内能转化为机械能；
C图中：用力将活塞迅速压下，压缩空气做功，是机械能转化为内能的过程；
D图中：是内燃机压缩冲程，是活塞压缩工作物质做功，改变物质内能；
综合上述A图与其他三实验改变内能方法不同．
故选A．
【点评】本题从实验入手，考查改变物体内能的两种方式，注重了物理知识与生活的联系．

6．甲、乙、丙三种物质的质量与体积的关系如图所示．ρ甲、ρ乙、ρ丙、ρ水分别代表甲、乙、丙三种物质和水的密度，据图可知（　　）

A．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，且ρ丙＞ρ水 B．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，且ρ丙＜ρ水
C．ρ丙＞ρ乙＞ρ甲，且ρ丙=ρ水 D．ρ乙＞ρ甲＞ρ丙，且ρ丙＞ρ水
【分析】由图可知，三种物质体积相同时的质量关系，根据ρ=比较甲、乙、丙的密度关系；然后从图象中读出乙的一组质量和体积值求出其密度，然后与水的密度相比较确定答案．
【解答】解：由图象可知，当甲、乙、丙三种物质的体积相等时，它们的质量关系为m甲＞m乙＞m丙，
由ρ=可知，ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，故CD错误；
当m乙=10g时，V乙=10cm3，
则ρ乙===1.0g/cm3=ρ水，
所以，ρ丙＜ρ水，故A错误，B正确．
故选B．
【点评】本题考查了密度公式的应用和密度的计算，密度大小的比较可采用相同体积来比较质量、质量大的密度大或相同质量比较体积、体积小的密度大．

7．小明学习惯性的知识之后，在探究跳远成绩是否与地球自转有关的研究中，他查了相关资料，发现地球由西向东自转，赤道附近的速度约为460m/s，滨州市城区地面的自转速度约为370m/s．关于跳远成绩与地球自转关系的分析中正确的是（　　）

A．因为人有惯性，地球没有惯性，所以向东跳成绩更好
B．因为人的惯性小，地球的惯性大，所以向西跳成绩更好
C．因为跳起后，地球会向东自转一段距离，所以向西跳更有利有提高成绩
D．因为人和地球都有惯性，且自转速度相同，无论向哪跳对成绩都没有影响
【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，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．
【解答】解：因为惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以人和地球都有惯性，又因为二者自转速度相同，所以无论向哪跳对成绩都没有影响．与人和地球的惯性大小无关．故ABC错误，D正确．
故选D．
【点评】此题主要考查学惯性现象的理解．惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题．

8．把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部（如图所示），松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，它的机械能不断增加．下列关于乒乓球机械能来源的说法中正确的是（　　）

A．是由水的内能转化来的
B．是由水的重力势能转化来的
C．是由乒乓球的内能转化来的
D．是由乒乓球的化学能转化来的
【分析】重力势能的大小与物体的质量和高度有关系，动能与物体的质量和速度有关．
【解答】解：松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，水的重心不断降低，重力势能不断减小，重力势能转化为乒乓球的机械能，故乒乓球的机械能不断增加；
故选B．
【点评】解决此题的关键是知道乒乓球上升的过程中，水的重心不断降低．

9．取两个相同的验电器A和B，使A带上负电荷，可以看到A的金属箔张开，B的金属箔闭合．用带有绝缘柄的金属棒把A和B连接起来（如图所示），观察到A的金属箔张开的角度减小，B的金属箔由闭合变为张开．下列描述错误的是（　　）

A．金属杆是导体
B．两金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷
C．实验中金属杆和金属球接触的一瞬间，B验电器中的金属箔带上了负电荷
D．实验中金属杆和金属球接触的一瞬间，金属杆中电流方向是自A流向B
【分析】（1）善于导电的物体称为导体；
（2）验电器的原理是同种电荷相斥；
（3）据带正电或负电的实质分析即可判断；
（4）电流的方向与负电荷定向移动的方向相反；
【解答】解：A、据题意可知，该金属棒能导电，所以一定是导体，故A正确；
B、验电器的原理是同种电荷相斥，故两金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷，故B正确；
C、原来A验电器带负电，即有多余电子，B验电器不带电，即不多电子，也不少电子，所以当用金属棒连接时，一部分电子会从A运动到B，故B验电器中的金属箔由于多电子而带上了负电荷，故C正确；
D、据C可知，电子的运动方向是A到B，由于电子是负电荷，所以电流的方向是由B到A，故D错误；
故选D．
【点评】此题考查了导体、绝缘体的判断、验电器的原理、电流方向的判断等知识点，是一道综合题．

10．如图电路中，电源电压保持不变，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表和电压表的示数变化情况分别为（　　）

A．电流表的示数变小，电压表的示数变大
B．电流表的示数变大，电压表的示数变小
C．电流表的示数变小，电压表的示数不变
D．电流表的示数变小，电压表的示数变小
【分析】由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量电源电压，电流表测干路电流；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源电压保持不变，电压表的示数不变；根据欧姆定律可知通过R1的电流不变，但通过R2的电流变小，根据并联电路的电流特点可知电流表示数的变化．
【解答】解：∵电压表测电源的电压且电源的电压不变，
∴电压表的示数不变；
当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，
∵I=，R1两端的电压不变；
∴R2支路的电流变小，R1支路的电流不变，
∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，
∴干路电流变小，即电流表的示数变小．
故选C．
【点评】本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和电表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键．

11．为了确保用电安全，在日常生活中，下列做法错误的是（　　）
A．不接触低压带电体，不靠近高压带电体
B．更换灯泡，搬动电器前不必断开电源开关
C．不弄湿用电器，不损坏绝缘层
D．保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命应及时更换
【分析】（1）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
（2）更换灯泡、移动用电器之前必须断开开关，防止发生触电事故；
（3）生活用水属于导体，非常容易导电，绝缘层损坏后非常容易发生触电事故；
（4）保险装置、插座、导线、家用电器等老化后要及时更换，防止发生触电事故．
【解答】解：A、不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故A正确；
B、更换灯泡、搬动电器前应断开电源开关，故B错误；
C、不弄湿用电器，不损坏绝缘层，以防发生触电事故，故C正确；
D、保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命应及时更换，故D正确．
故选B．
【点评】此题考查了安全用电的知识及在使用用电器时应注意的问题，有利于学生对电的正确认识．

12．下列四幅图中能说明发电机工作原理的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即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：
A、A图说明的是电流的磁效应；
B、B图是电磁继电器的原理；
C、C图电动机的原理图；
D、D图是发电机的原理图；
故选D．
【点评】本题中学生容易混淆的两个图是BD，要从有无电源上区分，有电源的是电动机，无电源的是发电机．

13．在探究杠杆平衡条件的时候，小明在均匀木板中间挖孔，孔中插一金属杆，固定在铁架台上，木板可以围绕中间自由转动．每个钩码的质量为200g，A、B、C、D、E、F为挂钩，已知AB=BO=OC=CD，ABOCD的连线与EDF的连线垂直．现在B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在水平位置平衡（如图所示）．下列做法能使木板重新平衡的是（　　）

A．在B、D两处各加挂一个钩码
B．在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码
C．B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在E处
D．B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在F处
【分析】（1）符合杠杆平衡条件F1l1=F2l2，杠杆平衡，不符合杠杆平衡条件，力和力臂乘积大的一端下沉．
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离，把钩码挂在E处、F处杠杆水平平衡时，力臂均和钩码挂在D处的力臂相等．
【解答】解：设AB=BO=OC=CD=L，每个钩码的重力为G．
A．在B、D两处各加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3G×L，右侧力与力臂的积为2G×2L，因3G×L≠2G×2L，所以木板不会平衡，故A错误；
B．在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为4G×L，右侧力与力臂的积为2G×2L，因4G×L=2G×2L，所以木板会平衡，故B正确；
CD．把D处的一个钩码挂在E处或F处，杠杆右侧的力臂不变，仍为OD长，杠杆左右两侧力与力臂的乘积相等，所以木板会平衡，故CD正确．
故选BCD．
【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，不能只看力或只看力臂．

14．利用四个相同的滑轮，组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样的时间，把质量相等的重物G提升了相同的高度，所用的拉力分别为F甲、F乙，拉力做的功分别为W甲、W乙，拉力的功率分别为P甲、P乙，机械效率分别是η甲、η乙（忽略绳重与摩擦），下列关系式正确的是（　　）

A．F甲＜F乙　　　η甲=η乙 B．F甲＞F乙　 η甲＞η乙
C．W甲＞W乙 P甲＞P乙 D．W甲=W乙 P甲=P乙
【分析】（1）由图可知承担物重的绳子股数n，不计绳重与摩擦，由F=（G物+G动）可知拉力的大小关系；
（2）拉力做功可以由W总=W有+W额=G物h+G动h比较得到；
（3）由P=分析拉力做功的功率关系；
（4）根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系．
【解答】解：
（1）由图可知，承担物重的绳子段数n甲=3，n乙=2；由题可知，滑轮重、物体质量和重力均相等，不计绳重与摩擦，根据F=（G物+G动）可知，甲滑轮组的拉力较小，即F甲＜F乙；
（2）拉力做的功是总功，物重相等，提升相同的高度，有用功相同；不计绳重与摩擦，滑轮重相同，做的额外功相同，由W总=W有+W额可知，拉力做的总功相等，即W甲=W乙；
（3）拉力做功的功率：P=，由于总功相等、做功时间相同，故功率大小相同，即P甲=P乙；
（4）有用功、总功均相等，由η=可知，两个滑轮组的机械效率相等，即η甲=η乙．
可见AD正确、BC错．
故选AD．
【点评】本题考查了滑轮组绳子自由端拉力，有用功、额外功、总功，功率和机械效率的认识和理解，灵活运用公式即可比较．

15．某型号的电饭锅有加热和保温两挡，其原理如图所示，以下说法正确的是（　　）

A．开关S断开时，电阻R1与R2串联
B．开关S断开时，电阻R1与R2并联
C．开关S闭合时为加热状态
D．开关S闭合时为保温状态
【分析】（1）串联电路只有一条电流的路径；
（2）并联电路有多条电流的路径；
（3）据每种情况的功率大小判断出是加热状态还是保温状态．
【解答】解：（1）由电路图可知，开关S断开时，电流的路径只有一条，所以是串联电路，故A正确，B错误；
（2）当当S闭合时，电阻R1被短路，只有电阻R2接入电路，电路中电阻较小，电压两端的电压不变，由电功率公式P=可知，此时电饭锅电功率较大，电饭锅处于加热状态，则R2是加热电阻，开关S闭合处于加热状态，断开处于保温状态，故C正确，D错误．
故选AC．
【点评】本题考查分析实际和处理实际问题的能力，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、电功率公式即可正确解题．

二、填空题（每空1分，共6分）
16．图A中，物体的长度是　2.64cm　；图B中，小车全程的平均速度是　22.5　m/s．

【分析】（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）小车全程的平均速度是总路程除以总时间．
【解答】解：
（1）由图A知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
物体左侧与1.00cm对齐，右侧在3.6cm和3.7cm之间，估读为3.64cm，所以物体的长度为L=3.64cm﹣1.00cm=2.64cm；
（2）s=450m，t=20s，
小车全程的平均速度v===22.5m/s．
故答案为：2.64cm；22.5．
【点评】此题考查的是刻度尺的读数和速度的计算，比较简单．

17．）检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像（如图所示）．视力表在镜中的像与被测者相距　4.2　m．

【分析】根据平面镜成像特点，结合图示，先求出视力表在镜中的像与视力表之间的距离，然后减去被测者与视力表之间的距离即可得到答案．
【解答】解：由图示可知，视力表与平面镜之间的距离为2.3m，被测者与视力表之间的距离为0.4m，
根据平面镜成像特点，物体与像到镜面的距离相等，可得视力表在镜中的像与视力表之间的距离为2.3m+2.3m=4.6m，
则视力表在镜中的像与被测者相距4.6m﹣0.4m=4.2m．
故答案为：4.2．
【点评】牢记平面镜成像的特点是解答此题的关键所在，解答此题时要注意认真审题（包括图示），搞清题干的问题和各已知条件的关系．

18．手机已经成为人们必备的通讯工具．它是通过　电磁波　传递信息的．随着手机充电技术的不断发展，无线充电、太阳能充电等先进技术逐步走入我们日常生活之中．右图是一款手机无线充电实物图，在给手机充电的过程中，电能转化为　化学　能．人类是在能量的转化或转移的过程中利用能量，而能量的转化和转移是有　方向　的，因此可利用的能源是有限的．

【分析】（1）有线电话是靠电流来传递信息的，无线电广播、电视、手机都是靠电磁波来传递信息的．
（2）判断清楚该过程中消耗了哪种形式的能，进而产生了哪种形式的能即可；
（3）自然界中的能量只会从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，能量的转化和转移是有方向的；
【解答】解：手机既是无线电发射台又是无线电接收台：在你讲话的时候，它用电磁波把信息发射到空中，同时它又能在空中捕获电磁波．
在给手机充电的过程中，消耗电能，产生化学能，所以是将电能转化为化学能的过程；
冬天，火炉把自己的内能传递给房间里的空气，供人们取暖；到了春天，不能把这些内能重新收集起来，来年再用，说明能量的转移有方向性；
故答案为：电磁波；化学；方向．
【点评】此题考查了电磁波的应用、能量的转化判断和能量转化的方向性的理解，是一道综合题．

三、作图、实验与探究题（本题共4个小题，共26分）
19．（1）请画甲出静止在斜面上的物体所受力的示意图
（2）请利用乙图中给出的信息，帮助小迪同学在图中标出小磁针的N极、电源的正极，并用箭头标出磁感线的方向

【分析】（1）首先对物体受力分析，物体受到重力、支持力、和摩擦力作用；重力的方向竖直向下，摩擦力沿斜面向上，支持力垂直于斜面向上；重力、摩擦力以及支持力的作用点都在物体的重心．
根据力的示意图的画法在图中表示出力的大小、方向和作用点．
（2）①根据磁极间的相互作用判断小磁针的磁极．
②根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向．在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极．
③根据右手螺旋定则判断出电流的方向，确定电源的正负极．
【解答】解：（1）过物体的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上以及垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用符号G、f和F表示；如图所示：
（2）由图知通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，根据异名磁极相互吸引，小磁针的右端为S极，则左端为N极．
因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中磁感线的方向是指向右的．
根据右手螺旋定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极．如图所示：

【点评】（1）画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边．按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图．
（2）右手螺旋定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向．

20．小华同学用蜡烛、凸透镜和光屏等器材做“探究凸透镜成像规律”的实验．
（1）在如图甲所示的位置上，成的像是等大的倒立的实像．分析实验成像情况可知实验中所用凸透镜的焦距为　10　cm
（2）当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35cm刻度时，向　右　（选填“左”或“右”）移动光屏会得到一个倒立、　放大　 的实像；　投影仪　就是利用这一成像规律工作的．此时，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像向　右　偏．
（3）小明用此光具座模拟人眼看远近不同物体的情况，当人眼看清眼前30cm处的物体时，凸透镜的位置、形状如图乙所示．如果将物体移至眼前50cm处，保持透镜（晶状体）、光屏（视网膜）之间距离不变，则应该换上更　薄　（选填“薄”或“厚”）的凸透镜（凸透镜直径大小相同），才能在光屏上得到清晰的像．

【分析】（1）当物距等于2倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大的实像，此时像距也为2倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距；
（2）根据“物近像远像变大，物远像近像变小”判断光屏移动的方向并判断像大小的变化，凸透镜成像时，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，投影仪等依据的是这一原理；凸透镜成像不仅左右相反、而且要上下相反；
（3）薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，然后根据凸透镜的成像规律进行分析解答．
【解答】解：（1）当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距和像距均为焦距的2倍，由图甲可知物距或像距为20cm，则凸透镜的焦距为10cm；
（2）由“物近像远像变大”可知，当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35cm刻度时，向右移动光屏会得到一个倒立、放大的实像，投影仪、幻灯机等就是利用这一成像规律工作的；
由“凸透镜成像左右相反”可知，烛焰向左偏，则光屏上成的像向右偏；
（3）由题意可知，物体原理凸透镜即物距变大时，像距不变，说明凸透镜的焦距变大，而薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，故更换的应是薄凸透镜．
故答案为：
（1）10；
（2）右；放大；投影仪（幻灯机等）；右；
（3）薄．
【点评】本题是探究凸透镜成像实验，主要考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握凸透镜成像特点与物距、像距之间的关系，做到灵活应用，同时涉及倒了近视眼的矫正．

21．在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的实验中，某中学一小组的同学们认为此压强跟圆柱体的密度ρ、高度h、圆柱体底面积S是有关的，但有怎样的关系看法不同，于是，在老师的帮助下，小组的同学们从实验室里挑选了由不同密度的合金材料制成、高度和横截面积不同、质量分布均匀的实心圆柱体做实验，测出实心圆柱体竖直放置时（如图所示）对水平桌面上海绵的压下深度，实验记录见下表．
序号
物体
底面积S/cm2
高度h/cm
海绵被压下深度/cm
1
合金甲圆柱体A
10
5
0.5
2
合金甲圆柱体B
10
10
1
3
合金甲圆柱体C
20
10
1
4
合金乙圆柱体A
10
5
1.5
5
合金乙圆柱体B
10
10
3
6
合金乙圆柱体C
20
10
3
（1）该小组同学是通过　海绵被压下深度　来判断压强大小的．
（2）分析实验1、2或4、5可以得出：当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与圆柱体的　高度　．
（3）分析　2、3或5、6　可以得出，当圆柱体的密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与底面积无关．
（4）此探究过程用到的科学探究方法有　控制变量法　、　转换法　．
（5）实验结束之后，同学们在老师的指导下，以某一合金甲圆柱体为研究对象，推导它对海绵的压强大小的表达式（已知合金的密度为ρ，长方体铁块的高度为h，底面积为S）．表达式为　p=ρgh　．
（6）上面推导出的表达式　不能　（选填“能”或“不能”）应用于各类固体的压强的计算．

【分析】（1）实验中，通过海绵的形变程度反映压力的作用效果，是转换法的运用；
（2）分析实验1、2或4、5，找出控制量和变化时，再进一步确定压强大小与变化量的关系；
（3）根据实验结论，确定符合题意的实验的序号；
（4）本实验中用到了控制变量法和转换法；
（5）根据压强的公式p=，结合重力与压力的关系，可进行一推导得出压强的表达式；
（6）根据实验中的条件可确定推导公式的适用范围．
【解答】解：（1）由题意可知，该小组同学是通过海绵被压下深度来判断压强大小的，这是转换法的运用；
（2）分析实验1、2或4、5可以看出，圆柱体的材料密度相同，高度不同，对水平面的压强不同，故可得出结论：当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与圆柱体的高度有关．
（3）当圆柱体的密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与底面积无关，要求圆柱体的密度相同，对水平面的压强也相同，而底面积必须不同，故序号 2、3或5、6符合要求．
（4）此探究过程用到的科学探究方法有控制变量法、转换法．
（5）已知合金的密度为ρ，长方体铁块的高度为h，底面积为S，由压强的公式推导过程为：p======ρgh．
（6）从实验条件可以看出p=ρgh这一公式只适用于质量分布均匀的实心柱状物体，不能应用于各类固体的压强的计算．
故答案为：（1）海绵被压下深度；
（2）高度；
（3）2、3或5、6；
（4）控制变量法；转换法；
（5）p=ρgh；
（6）不能．
【点评】在“探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关”的实验中，重点考查了控制变量法和转换法的运用，对实验结果的归纳与分析，以及对压强公式的推导与灵活运用等．

22．某实验小组的同学用下图所示器材测量小灯泡的电功率．已知电源电压恒为6V不变，待测灯泡的额定电压为3.8V，功率估计在1.1W左右．
（1）请在图甲中用笔画线代替导线，使其成为完整的实验电路．
（2）请根据实物图在右侧虚线框内画出对应电路图．
（3）连接电路时，开关应该　断开　．
（4）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于　B　 端（选填A或B）．
（5）闭合开关，同学们发现，电流表没有示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压，此时电路故障为　小灯泡断路　．
（6）故障排除后，闭合开关，调节滑动变阻器换片P，使灯泡正常发光，此时电流表示数如图丙所示为　0.3　A，则待测灯泡的额定功率为　1.14　W；
（7）若实验器材中电压表0～15V量程被损坏，利用上图器材怎样测定待测灯泡的额定功率？简要步骤
　把电压表和变阻器并联，移动滑片使电压表示数等于2.2V，读出电流表示数　．
【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表量程，然后把电压表并联在灯泡两端；
（2）根据实物电路图作出电路图；
（3）为保护电路，连接电路时，开关应断开；
（4）为防止闭合开关时，电路中电流过大烧坏用电器，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处；
（5）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路，从而判断出故障的可能原因；
（6）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P=UI计算灯泡的额定功率；
（7）电源电压为6V，根据串联电路电压特点，当灯泡电压为3.8V，滑动变阻器的电压为2.2V＜3V，可以利用0～3V量程测量滑动变阻器的电压；按此分析将电压表与滑动变阻器并联进行实验即可．
【解答】解：
（1）灯泡额定电压为3.8V，电压表选择0～15V量程，把电压表并联在灯泡两端，如图所示：

（2）根据实物电路图作出电路图，电路图如图所示：

（3）为了保护电路，在按电路图连接电路时，应先将开关断开；
（4）在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调至阻值最大处，根据电路连接可知，应该将滑片调至B端；
（5）连好电路，闭合开关，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的可能原因是灯泡的灯丝断了（或连接灯泡的导线断了）；
（6）电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以示数为0.3A；额定功率P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；
（7）①灯泡和滑动变阻器串联在电路中；②把电压表并联在滑动变阻器的两端；③滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器两端电压为6V﹣3.8V=2.2V；④读出电流表示数．
故答案为：（1）见上图；（2）见上图；（3）断开；（4）B；（5）小灯泡断路；（6）0.3；1.14；（7）把电压表和变阻器并联，移动滑片使电压表示数等于2.2V，读出电流表示数．
【点评】本题考查了伏安法测小灯泡额定功率的实验，考查了设计实验电路图、连接实物图、电流表读数、求额定功率等内容，涉及的知识点较多，但都属于基础题；知道伏安法测功率的原理是解题的关键．

四、综合应用题（本题共2个小题，共20分．解答时应写出必要的文字说明、公式和演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．）
23．有一圆柱形容器，放在水平桌面上．现将一边长有一的棱长为10cm，质量为2.7kg的正方体金属块放在容器底部（如图所示）．g取10N/kg．求：
（1）物体密度．
（2）物体对容器底的压强．
（3）向容器中加入水至8cm深时，水对容器底的压强多大？物体受到容器的支持力多大？（容器足够高，物体与容器底没有紧密接触）

【分析】（1）知道正方体的棱长可求其体积，又知道金属块的质量，根据ρ=求出物体密度；
（2）物体对容器底的压力和自身的重力相等，根据F=G=mg求出其大小，容器的底面积即为受力面积，根据p=求出物体对容器底的压强；
（3）根据p=ρgh求出水对容器底的压强，根据V=Sh求出物体排开水的体积，再根据阿基米德原理求出物体受到的浮力，物体的重力减去受到的浮力即为物体受到容器的支持力．
【解答】解：（1）物体的体积：
V=L3=（10cm）3=1000cm3=1×10﹣3m3，
物体的密度：
ρ===2.7×103kg/m3；
（2）物体对容器底的压力：
F=G=mg=2.7kg×10N/kg=27N，
受力面积：
S=L2=（10cm）2=100cm2=1×10﹣2m2，
物体对容器底的压强：
p===2.7×103Pa；
（3）水对容器底的压强：
p′=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa，
物体排开水的体积：
V排=Sh=1×10﹣2m2×0.08m=8×10﹣4m3，
物体受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣4m3=8N，
物体受到容器的支持力：
F支=G﹣F浮=27N﹣8N=19N．
答：（1）物体密度为2.7×103kg/m3；
（2）物体对容器底的压强为2.7×103Pa；
（3）向容器中加入水至8cm深时，水对容器底的压强为800Pa，物体受到容器的支持力为19N．
【点评】本题考查了密度公式和重力公式、压强公式、液体压强公式、阿基米德原理以及力的平衡条件的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等，计算过程要注意单位的换算．

24．有一只电热水壶，其铭牌上标有“220V 1210W”的字样，不考虑温度对电阻的影响，水的比热容4.2×103J/（kg．℃），g取10N/kg．求：
（1）它正常工作时通过电阻丝的电流有多大？
（2）它正常工作时电阻丝的电阻有多大？
（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80%，在一标准大气压下将壶内1Kg的水由20℃加热至沸腾，需要加热多少分钟？

【分析】（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流；
（2）根据I=求出电热水壶正常工作时的电阻；
（3）根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，再根据P=求出电路电压仅为200V时的实际功率，根据η=求出消耗的电能，利用P=求出加热时间．
【解答】解：
（1）由P=UI可得，电热水壶正常工作时的电流：I===5.5A；
（2）由I=可得，电热水壶正常工作时的电阻：R===40Ω；
（3）在1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量：
Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）=3.36×105J，
当电压为200V时，电热水壶的实际功率：
P实===1000W，
由η=可得，消耗的电能：W===4.2×105J，
实际加热时间：
t===420s=7min．
答：
（1）正常工作时通过电阻丝的电流为5.5A；
（2）正常工作时电阻丝的电阻为40Ω
（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80%，在一标准大气压下将壶内1Kg的水由20℃加热至沸腾，需要加热7分钟．
【点评】本题考查了电功率公式、欧姆定律公式、吸热公式、电功公式、效率公式的应用，综合性较强．
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