上海市普陀區2013年中考物理二模試卷一、選擇題（共16分）1（2分）（2013普陀區二模）1桶5升裝的食用油質量約為（）A2千克B4千克C6千克D8千克考點：密度公式的應用專題：密度及其應用分析：已知油桶的容積（油的體積）和食用油的密度，根據公式m=V求食用油的質量解答：解：油桶的容積即為食用油的體積，則V=5L=5dm3=5103m3，油的密度=0.8103kg/m3，=油的質量：m=V=0.8103kg/m35103m3=4kg故選B點評：本題考查了密度公式的應用，注意油桶的容積即為食用油的體積，計算時還要注意單位的統一：1L=1dm3=1103m32（2分）（2013普陀區二模）得出原子行星模型的科學家是（）A湯姆遜B亞里士多德C盧瑟福D伽利略考點：原子的核式模型專題：粒子與宇宙、材料世界分析：1911年，盧瑟福根據粒子散射實驗現象提出原子核式結構模型解答：解：根據粒子散射實驗，盧瑟福提出了原子行星模型理論，他認為原子的全部正電荷和幾乎全部質量都集中在原子核上，帶負電的電子在原子核外繞核做圓周運動故選C點評：本題考查了原子結構的知識，記住盧瑟福的原子行星模型理論即可答題，是一道基礎題3（2分）（2013普陀區二模）演奏同一首樂曲時，中胡比二胡聲音來的沉悶的主要原因是（）A音調不同B音色不同C響度不同D傳播速度不同考點：音調；音色專題：聲現象分析：（1）中胡是在二胡基礎上改制的一種樂器，是中音二胡的簡稱，結構與二胡相同，形制稍大；（2）中胡定弦為g、a1或a、e1，也是五度定弦，樂隊常用音域為g至g2，有兩個八度，其中g至d2是發音最佳的音區，有著溫厚、飽滿的音色性質解答：解：演奏同一首樂曲時，中胡比二胡聲音來的沉悶，主要原因是這兩種樂器發出聲音的音調不同故選A點評：本題很容易回答成音色，音色是指聲音的品質與特色，它與發聲物體的材料有關，不同物體發聲的音色是不同的中胡就是中音二胡，它和二胡的區別在于音調的不同4（2分）（2013普陀區二模）如圖1所示，字母“F”在平面鏡中所成的像正確的是（）ABCD考點：平面鏡成像的特點、原理、現象及其實驗方案專題：光的傳播和反射、平面鏡成像分析：根據平面鏡成像的特點，可知像與物是關于平面鏡成軸對稱的，根據這一特點來判斷解答：解：把像與物上對應的點連接，符合平面鏡成像特點的應該是：連線與鏡面垂直，對應點到鏡面的距離相等，根據這兩條判斷出選項A、C符合條件，但平面鏡成的是虛像，A成的是實像，故只有C符合題意故選C點評：本題考查平面鏡成像的特點：像與物一定關于平面鏡對稱，像與物連線與鏡面垂直，到鏡面的距離相等，大小相等，左右互換5（2分）（2013普陀區二模）如圖所示，分別用F1、F2、F3、F4勻速提升同一重物，若不計滑輪本身的重力及摩擦，則（）AF1F2F3F4BF1F2F3F4CF1=F2=F3F4DF1=F2=F3F4考點：定滑輪及其工作特點；動滑輪及其工作特點專題：應用題；圖析法分析：根據定滑輪不省力，動滑輪省一半力的特點進行分析即可解答：解：不計滑輪本身的重力及摩擦的情況下；a、b、c圖是定滑輪，只能改變力的方向，不省力也不費力；故F1=F2=F3=Gd圖用的是動滑輪；能夠省一半的力，故F4=G所以，F1=F2=F3F4故選D點評：本題主要考查了定滑輪和動滑輪的特點；定滑輪只能改變力的方向，不省力；而動滑輪省一半的力，但是，會費距離6（2分）（2013普陀區二模）完全相同的甲、乙兩個物體放在同一水平面上，分別用力拉使它們沿水平方向運動，它們的st圖象如圖（a）、（b）所示，則（）A甲、乙運動快慢相同B甲通過的路程比乙少C甲、乙受到的摩擦力大小相等D甲受到的合力比乙的大考點：速度公式及其應用；力的合成與應用；摩擦力的大小專題：信息給予題；長度、時間、速度；運動和力；重力、彈力、摩擦力分析：（1）在圖上任意選擇一對時間和距離對應值，分別計算甲乙物體的運動速度（2）從圖上讀出甲乙的運動距離，比較通過路程的多少（3）從摩擦力大小的影響因素進行分析（4）勻速直線運動的物體受到的合力為零解答：解：A、由圖象知：甲的速度：v=1m/s；乙的速度：v=0.75m/s；所以甲比乙運動快選項錯誤B、由圖象知：甲的路程是6m，乙的路程是9m，所以甲通過的路程比乙多選項錯誤C、甲乙完全相同，都放在水平面上，甲乙對水平面的壓力相同，接觸面粗糙程度相同，甲乙受到的摩擦力相同選項正確D、由圖象知：甲乙都進行勻速直線運動，甲乙受到的合力為零選項錯誤故選C點評：路程和時間的圖象經常出現的習題中，一般要從圖象上分析物體運動路程、運動時間、運動速度、運動狀態等，這是速度問題中常見的一種類型習題7（2分）（2013普陀區二模）在圖所示的電路中，電源電壓保持不變，閉合電鍵S，小燈L正常發光過了一會兒，燈L熄滅，三只電表示數均有變化，但其中一只電表與其它兩只電表的指針偏轉方向相反若電路中的故障只有一處，且只發生在燈L或電阻R上，則下列判斷正確的是（）A一定是電阻R斷路B一定是小燈L斷路C可能是電阻R短路D可能是小燈L短路考點：電流表、電壓表在判斷電路故障中的應用專題：應用題；歐姆定律分析：先分析電路的連接方式，即電阻和燈泡串聯連接，電流表測量電路中的電流，電壓表測量電阻兩端的電壓；然后根據選項逐一分析，并選出符合要求的選項解答：解：該題中若電路正常工作時，電流表測得是電路電流，電壓表V1測的是R的電壓，電壓表V2測得是燈泡L的電壓；故若是電阻R斷路，該電路是開路，所以電流表示數為0，相當于V2和燈泡并聯，再和V1串聯，該電路不正確，故A錯誤；若是小燈L斷路，該電路是開路，所以電流表示數為0，相當于V1和R并聯，再和V2串聯，該電路不正確，故B錯誤；若是電阻R短路，V1測的是導線的電壓，故示數變為0，A測的是電路中的電流，由于總電阻變小，所以電流變大，即示數變大，V2相當于測燈泡的電壓或電源電壓，故示數變大但該題中的燈泡是發光的，所以該選項錯誤；若是小燈L短路，V1測的是R的電壓或電源電壓，故示數變大，A測的是電路中的電流，由于總電阻變小，所以電流變大，即示數變大，V2相當于測導線的電壓，故示數變為0故D正確；故選D點評：知道在每一種情況下，電壓表或電流表各自測的是哪個用電器的電壓或電流是解決該題的關鍵8（2分）（2013雅安）如圖所示，水平地面上放置著兩個底面積不同的薄壁圓柱形容器甲和乙（S甲S乙），分別盛滿質量相等的水和酒精，現將密度為的物體A分別放入水和酒精中（酒精水），待靜止后，水和酒精對容器底部的壓強分別為p水和p酒精，甲和乙容器對桌面的壓力分別為F甲和F乙，則下列關系正確的是（）Ap水p酒精，F甲=F乙Bp水p酒精，F甲F乙Cp水p酒精，F甲=F乙Dp水p酒精，F甲F乙考點：壓強大小比較；壓力及重力與壓力的區別專題：壓軸題；壓強、液體的壓強分析：（1）水和酒精對容器底部的壓強根據液體壓強公式p=gh即可得出；（2）因容器是固體，則容器對桌面的壓力應根據F=G進行比較解答：解：（1）甲乙容器中的液面相同，因為酒精水，則對容器底部壓強根據公式p=gh可知：p水p酒精；（2）因甲乙容器中分別盛滿質量相等的水和酒精，即G水=G酒精；將密度為的物體A分別放入水和酒精中，因酒精水，所以待靜止后，物體A會在水中漂浮，在酒精下沉，所以在甲容器中，GA=F浮水=G排水，在乙容器中，GAF浮酒精=G排酒精，所以G排水G排酒精，甲容器對桌面的壓力為F甲=G水+GAG排水，乙容器對桌面的壓力為F乙=G酒精+GAG排酒精，所以F甲F乙故選B點評：本題考查壓強和壓力的大小比較；這是一道推理判斷題，先根物體的浮沉條件比較出物體A排開的水和酒精的重力，然后根據p=即可比較壓強，根據是知道容器的對桌面的壓力是誰產生的二、填空題（共26分）9（3分）（2013普陀區二模）教室里的日光燈正常工作電壓為220伏，小明發現教室中的一個電鍵可以同時控制兩盞燈，那么這兩盞日光燈一定并聯（選填“一定”或“可能”），日光燈發光時消耗的電能可以用電能表測量考點：串聯電路和并聯電路的辨別；電功的測量專題：電流和電路；電能和電功率分析：知道家庭電路的電壓；由開關的控制作用分析；家庭電路中用電能表測量消耗電能的多少解答：解：我國照明電路的電壓為220V；教室中的一個電鍵可以同時控制兩盞燈，由于這兩盞燈互不影響，因此兩盞日光燈一定是并聯；家庭消耗的電能是用電能表來測量的故答案為：220；一定；電能點評：本題考查了家庭電路的電壓、開關的控制作用、消耗電能的測量，屬于基礎知識10（3分）（2013普陀區二模）神州九號飛船完成任務后，返回艙與推進艙分離返回艙穿越大氣層的過程中溫度升高，這是通過做功方式（選填“做功”或“熱傳遞”）使其內能增加；臨近地面時，返回艙的多臺發動機同時向下噴氣，由于物體間力的作用是相互的，艙體受到向上的阻力增大而再次減速，由此表明力可以改變物體的運動狀態考點：做功改變物體內能；力的作用效果；力作用的相互性專題：應用題；分子熱運動、內能；運動和力分析：（1）返回艙在穿越大氣層時，需要克服空氣摩擦做功，部分機械能轉化為了內能，總量減小；（2）物體間力的作用是相互的，兩個力是作用力和反作用力；力可以改變物體的運動狀態解答：解：（1）因為返回艙在穿越地球大氣層急速下降的過程中與空氣劇烈摩擦，由機械能轉化為返回艙的內能，使其表面溫度急劇升高；這是通過做功的方式使其內能增加的；（2）返回艙的發動機開始向下噴氣，由于物體間力的作用是相互的，返回艙就會受到向上的力，使它的下落速度減小；由此表明力可以改變物體的運動狀態故答案為：做功；相互；運動狀態點評：本題考查了改變物體內能的方法（做功屬于能量的轉化、熱傳遞屬于能量的轉移，二者在改變內能效果上相同）、影物體間力的作用，屬于基礎題目11（3分）（2013沈陽二模）如圖所示，一束光斜射到水和空氣的界面對，同時發生了反射和折射，此時反射角為35度，折射光線將向界面（選填“法線”或“界面”）方向偏折；如果入射角減小，則折射角減小（選填“增大”、“不變”或“減小”）考點：光的反射定律；光的折射規律專題：光的傳播和反射、平面鏡成像；光的折射、光的色散分析：（1）光的反射定律：反射光線與入射光線、法線在同一平面上；反射光線和入射光線分居在法線的兩側；反射角等于入射角（2）光的折射定律：折射光線、入射光線和法線都在同一平面內，折射光線、入射光線分居法線兩側，當光從空氣斜射入水中時，折射角小于入射角，而當光從水中斜射入空氣中時，折射角大于入射角（3）入當入射光線向法線靠近時，折射光線也靠近法線解答：解：根據圖示可知，入射角等于9055=35；由于入射光從水中射向空氣中，因此折射光線遠離法線，靠近界面；如果入射光線靠近法線，則折射光線也靠近法線，則折射角將減小故答案為：35；界面；減小點評：光線從一種介質斜射向另一種介質時，在界面將發生反射和折射，反射角等于入射角，當入射角變小時，反射角和折射角也變小此題主要考查了光的反射定律和折射定律的應用，特別要搞清反射角與入射角的關系及反射角與入射角的概念12（3分）（2013普陀區二模）我國自主研發的“殲10”戰斗機，最大飛行速度可達2340千米/時起飛時，飛機的動能增大（選填“增大”、“不變”或“減小”），以地面為參照飛行員是運動的（選填“運動”或“靜止”）；若以最大速度飛行0.2小時，則飛行距離為468千米考點：動能和勢能的大小變化；參照物及其選擇；速度公式及其應用專題：長度、時間、速度；機械能及其轉化分析：（1）動能大小的影響因素：質量、速度質量越大，速度越大，動能越大（2）物體之間位置的變化叫做機械運動運動和靜止是相對于參照物而言的，相對于參照物來說，位置發生變化，我們就說物體是運動的，選擇不同的參照物，物體的運動狀態就可能不同（3）知道飛機的最大速度和飛行時間，利用s=vt求飛行距離解答：解：（1）“殲10”戰斗機起飛時，質量不變，速度不斷增大，動能增大（2）以地面為參照物，飛行員和地面之間的位置發生變化，所以說飛機相對于地面是運動的（3）v=，s=vt=2340km/h0.2h=468km故答案為：增大；運動；468點評：此題主要考查的是學生對動能、運動和靜止的相對性以及速度公式的理解和掌握，判斷動能變化要利用好控制變量法13（3分）（2003上海）水的比熱容為4.2102/（kg）質量為5kg的水溫度升高20，吸收的熱量為4.2105J若這些熱量被質量為5kg的銅塊吸收，則銅塊升高的溫度大于20（選填“大于”“等于”或“小于”）考點：熱量的計算；熱平衡方程的應用專題：計算題；分子熱運動、內能分析：（1）利用熱量公式Q=cmt求水吸收的熱量；（2）利用Q=cmt的變形公式分析比較水和銅塊升高的溫度關系解答：解：（1）Q=cmt水吸熱：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）5kg20=4.2105J；（2）由公式Q吸=cmt得：銅塊升高的溫度：t銅=；c銅c水，t銅t水=20，銅塊升高的溫度大于20故答案為：4.2105，大于點評：本題考查了學生對吸熱公式及其變形公式的掌握和運用，涉及到兩種物質的比較，有難度14（3分）（2013普陀區二模）圖為小明釣魚時的情景，此時魚竿可以視為費力杠桿（選填“省力”、“費力”或“等臂”）圖中小明右手握竿的位置為支點，已知阻力F為12牛，動力臂與阻力臂之比為1：4，則小明提魚竿的力F1為48牛；若保持圈中魚竿位置和用力方向不變，為減小動力F，則應增大（選填“增大”或“減小”）兩手握竿的距離考點：杠桿的平衡條件；杠桿的動態平衡分析專題：簡單機械分析：（1）判斷杠桿的類型可結合生活經驗和動力臂與阻力臂的大小關系來判斷（2）根據杠桿平衡的條件計算F1的大小，并根據力的變化判斷力臂的變化解答：解：（1）釣魚竿在使用的過程中手移動的距離小于魚移動的距離，并且動力臂小于阻力臂，所以它屬于費力杠桿，費了力但省距離（2）F1L1=F2L2F1=48N若保持圈中魚竿位置和用力方向不變，即動力臂是不變的，若減小動力F，根據杠桿平衡的條件可知，需增大兩手握竿的距離故答案為：費力；48；增大點評：判斷杠桿的類型，關鍵是要判斷出支點，再判斷動力臂和阻力臂的大小關系，然后確定杠桿類型；會靈活應用杠桿平衡的條件15（3分）（2013普陀區二模）在圖所示的電路中，電源電壓不變，閉合電鍵S，電壓表V示數與電流表A示數的比值將減小（選填“變大”、“不變”或“變小”）；閉合電鍵S后，將滑片P向左移動的過程中，示數始終不變的電表是A1和V考點：電路的動態分析專題：電路變化分析綜合題分析：（1）由圖可知閉合電鍵S，R1滑動變阻器R2并聯，電壓表并聯在電源兩端，A1測定值電阻支路的電流，A測干路電流；根據并聯電路的電流規律可知電壓表V示數與電流表A示數的比值變化（2）根據并聯電路特點和電源電壓不變可知滑片移動時不變的儀表解答：解：（1）由圖可知，電壓表并聯在電源兩端，所以電壓表的示數均不變；閉合電鍵S，電路多一條支路，故干路電流增大，即A的示數增大，則電壓表V示數與電流表A示數的比值將變小；（2）當滑片移至左端時，電鍵S閉合時，R1滑動變阻器R2并聯，由于電壓表始終測量電源電壓，故電壓表示數不變，而并聯電路中各支路互不影響，因此電流表A1示數也不變故答案為：減小；A1和V點評：本題考查歐姆定律及并聯電路的規律，要求學生明確電路的結構，能夠熟練應用并聯電路的特點求解16（3分）（2013普陀區二模）小李乘坐飛機時觀察到飛機機翼都是上凸下平的形狀，同時還發現飛機必須經歷一段加速之后才能起飛，為此他決定探究“風”對上凸下平物體的作用力他將制作的上凸下平的木模放在臺秤上，如圖（a）所示，并在模型的正前方用電扇以不同的風速（vcvb）迎面吹風，如圖（b）、（c）所示請仔細觀察圖9中的操作過程和測量結果，然后歸納得出初步結論分析比較圖（a）和（b）或（a）和（c）可得：“風”對上凸下平物體有向上的作用力分析比較圖（b）和（c）可得：相同的上凸下平的模型，正前方吹風的風速越大，受到向上的作用力越大考點：流體壓強與流速的關系專題：控制變量法；圖析法；氣體的壓強、流體壓強與流速的關系分析：實驗中研究的是“風”對上凸下平物體的作用力從臺秤的示數變化上可總結出實驗結論解答：解：圖（a）和（b）或（a）和（c）可知，有風吹向上凸下平物體時，物體對臺秤的壓力減小，所以可得結論：“風”對上凸下平物體有向上的作用力比較圖（b）和（c）可知，吹向上凸下平物體的風速越大，物體對臺秤的壓力越大，所以可得結論：相同的上凸下平的模型，正前方吹風的風速越大，受到向上的作用力越大故答案為：“風”對上凸下平物體有向上的作用力；相同的上凸下平的模型，正前方吹風的風速越大，受到向上的作用力越大點評：在流體中，流速越大的位置壓強越小，空氣流過飛機機翼模型，在相等的時間內，上方空氣流過的路程大，速度大壓強小，機翼下方流速小壓強大，產生向上的壓力差，產生了向上的升力三、作圖題（共6分）請將圖直接畫在答題紙的相應位置，作圖題必須用2B鉛筆17（3分）（2013虹口區三模）在圖中，重為200牛的物體靜止在水平地面上，在圖中用力的圖示法中畫出它所受的支持力F考點：力的示意圖；二力平衡條件的應用專題：作圖題；壓軸題分析：要畫出其受到的支持力的圖示，首先要求出其受到的支持力的值；根據二力平衡的條件結合物體的重力即可求得其受到的支持力，從而可以用力的圖示法表示出物體受到的支持力解答：解：物體靜止在水平面上，處于平衡狀態，所以受到的重力和桌面的支持力是一對平衡力，兩者大小相等，所以支持力等于重力等于200N，支持力的方向與重力方向相反，豎直向上由此可以用力的圖示法表示出物體受到的支持力答案如下圖所示：點評：力的圖示的畫法與示意圖不同，它要求更精確在畫力的圖示時，一定要附上標度18（3分）（2013普陀區二模）請在圖中根據小磁針的N極標出通電螺線管的N、S極，磁感線的方向，以及電源正、負極考點：通電螺線管的極性和電流方向的判斷；磁感線及其特點；安培定則專題：作圖題分析：根據小磁針的N極，根據磁場間的作用規律，可以確定螺線管的NS極；根據磁感線方向的特點，可以確定磁感線的方向；利用螺線管的NS極，結合線圈繞向，利用安培定則可以確定螺線管中的電流方向，進而可以確定電源的正負極解答：解：小磁針的左端為S極，自由靜止時靠近螺線管的右端，所以螺線管的右端為N極，在磁體的周圍，磁感線從磁體的N極流出回到S極，所以磁感線的方向是向左的利用螺線管的右端為N極和線圈的繞向，根據安培定則可以確定電流從螺線管的左端流入右端流出，從而可以確定電源的左端為正極，右端為負極答案如下圖所示：點評：安培定則涉及三個方向：磁場方向；電流方向；線圈繞向告訴其中的兩個方向可以確定第三個方向此題中的磁場方向是通過小磁針的磁極告訴的四、計算題（共24分）19（2013普陀區二模）某導體兩端的電壓為6伏，10秒內通過導體的電量為2庫，求：該導體的電阻R考點：電量及其計算；歐姆定律的應用專題：計算題；應用題；電流和電路；歐姆定律分析：（1）知道電量為2C，時間10s，根據I=可求出電流；（2）有電流和電壓，根據R=可求出電阻解答：解：（1）通過導體電流：I=0.2A（2）導體的電阻：R=30答：該導體的電阻是30點評：本題考查了電量的計算及歐姆定律的應用，都要是基本的運算，比較簡單，容易解答20（2013普陀區二模）起重機在10秒內將重力為6000牛的重物勻速提升5米，求：在此過程中拉力所做的功W和功率P考點：功的計算；功率的計算專題：功、功率、機械效率分析：（1）知道勻速提升重物，所以物體受的拉力和重力是一對平衡力，大小相等，根據公式W=Fs求出拉力做的功；（2）根據公式P=求出功率解答：已知：時間t=10s，重力G=6000N，提升距離s=5m求：拉力所做的功W=？；功率P=？解：（1）因為是勻速提升重物，所以物體受的拉力和重力是一對平衡力，大小相等，F=G=6000N，拉力所做的功：W=Fs=6000N5m=30000J； （2）功率：P=3000W答：在此過程中拉力所做的功為30000J；功率為3000W點評：此題主要考查的是學生對功和功率計算公式理解和掌握，基礎性題目21（2013普陀區二模）邊長為0.1米和0.3米的甲、乙兩正方體放在水平地面上，它們對水平地面的壓強相等，已知甲的密度為2103千克/米3求：甲質量m甲；乙對地面的壓力F乙；若在正方體甲、乙上沿水平方向分別切去厚度h甲和h乙后，使甲、乙剩余部分對水平地面的壓強依然相等，則h甲：h乙=1：3（只要求寫出結果）考點：壓強大小比較；密度公式的應用專題：計算題；推理法；壓強、液體的壓強分析：知道邊長，求出正方體甲的體積，已知正方體甲的密度利用密度公式即可求質量m甲；根據已得出的正方體甲的質量，利用重力公式求其重，由于在水平地面上，對地面的壓力等于重力，利用壓強公式求正方體甲對地面的壓強；因為它們對水平地面的壓強相等，即可知道乙對地面的壓強和壓力因在正方體甲、乙上是沿水平方向分別切去，由于先判斷出兩個物體的密度大小，然后表示出切除厚度h甲和h乙后，剩余部分對水平面的壓強依然相等，根據g沒變，h都變為h，結合p=gh即可比較得出解答：解：正方體甲的體積V甲=（0.1m）3=1103m3，質量m甲=甲V甲=2.0103kg/m31103m3=2kg；根據p=gh得：p乙=p甲=甲gh甲=2.0103kg/m39.8N/kg0.1m=1960Pa，F乙=p乙S乙=1960Pa（0.3m）2=176.4N；兩個物體都是規則的實心柱狀物體，可利用p=gh比較壓強，所以甲、乙兩正方體放在水平地面上，根據原來它們對水平地面的壓強相等得：p乙=p甲，即甲gh甲=乙gh乙，正方體甲、乙上沿水平方向分別切去厚度h甲和h乙后，甲、乙剩余部分對水平地面的壓強依然相等，甲g（h甲h甲）=乙g（h乙h乙），根據g沒變，h都可以都變為原來的或都可以，如：（h甲h甲）=h甲=0.1m=0.05m，則：h甲=h甲0.05m=0.1m0.05m=0.05m，：（h乙h乙）=h乙=0.3m=0.15m，則：h乙=h乙0.15m=0.3m0.15m=0.15m，h甲：h乙=0.05m：0.15m=1：3答：求：甲質量m甲為2kg；乙對地面的壓力F乙為176.4N；h甲：h乙=1：3點評：此題是典型的柱狀固體的壓強問題，要根據已知條件，靈活選用壓強計算式p=和p=gh（適用于實心柱體對支撐面的壓強）進行分析解答，對于方形物體：p=gh，可見對桌面壓強僅與物體密度和h有關，而與粗細無關22（2013普陀區二模）在如圖（a）所示的電路中，電源電壓恒定保持不變，電阻R1的阻值為10歐，滑動變阻器R2上標有“20 2A”，選用的電壓表如圖（b）所示，閉合電鍵S后電路中的電流為1安，電壓表V1和V2的指針指在同一位置求：電阻R1兩端的電壓U1此時滑動變阻器R2消耗的電功率P2現有阻值為2、5、8的電阻三個，請從中選擇一個來替換電阻R1要求：在保持變阻器滑片P位置、電表量程不變的情況下，使兩電壓表指針在原來位置上偏轉相同的角度，然后移動滑片P，電路中電流的變化量最大，且電路能正常工作第一，應選擇的電阻阻值為8第二，滿足上述要求時，電路中電流的變化范圍（寫明必要理由）考點：歐姆定律的應用；電功率的計算專題：計算題；歐姆定律分析：由電路圖知：電阻R1與電阻R2串聯，電壓表V1測R1的電壓，V2測R2的電壓：（1）已知電阻R1阻值和電路中電流，利用U=IR計算電壓；（2）電壓表有兩個量程，015V和13V，已知V1的示數和電路中電流，分兩種情況分析V2的示數，結合公式P=UI計算滑動變阻器R2消耗的電功率；（3）兩電壓表指針在原來位置上偏轉相同的角度，因為2、5、8的電阻都比R1=10歐姆的電阻小，則V1應左偏，V2右偏，偏轉相同的角度，則意味著V1減小的值和V2增加的值是一樣的，由此可得V2應該選擇015V量程，從而知道電源電壓，因為總電壓不變，所以V1減小了多少，V2就增加了多少，偏轉角度始終是一樣的；因為滑動變阻器允許通過的最大電流為2A，故只需根據歐姆定律解得最小電流即可解答：解：（1）U=IR，電阻R1兩端的電壓U1=I1R1=1A10=10V；（2）兩電阻串聯，I1=I2=1A，根據（1）知，U1=10V，故V1選擇015V量程，即：當V1選擇015V量程，V2選擇015V量程時，U2=U1=10V，P2=U2I2=10V1A=10W；當V1選擇015V量程，V2選擇03V量程時，5U2=U1=10V，U2=2VP2=U2I2=2V1A=2W；（3）兩電壓表指針在原來位置上偏轉相同的角度，因為2、5、8的電阻都比R1=10歐姆的電阻小，則意味著V1減小的值和V2增加的值是一樣的，由此可得V2應該選擇015V量程，即U2=10V，故電源電壓U=U1+U2=10V+10V=20V；若R=2，R2=10，則電路中電流I=1.67A，故V2的示數U2=1.67A10=16.7V，超出15V量程，故2歐姆不符合要求；若R=5，R2=10，則電路中電流I=1.33A，故V2的示數U2=1.33A10=13.3V，沒有超出15V量程，此時，UR=IR=1.33A5=6.65V，減小了3.35V；UR2=UUR=20V6.65V=13.35V，增加了3.35V，偏轉了相同的角度；因為當Imin=0.8A時，U1=IminR1=0.8A5=4V，所以，此時U2=16V15V，超過了電壓表V2的量程，故5歐姆不符合要求；若R=8，R2=10，則電路中電流I=1.11A，故V2的示數U2=1.11A10=11.1V，沒有超出15V量程，此時，UR=IR=1.11A5=5.55V，減小了4.45V；UR2=UUR=20V5.55V=14.45V，增加了4.45V，偏轉相同的角度，故8歐姆符合要求；當R1=8時，Imin=0.71A，電壓表V1的量程是015V，電路中的最大電Imax=1.875A，故電路中電流的變化范圍0.71A1.874A答：電阻R1兩端的電壓U1=10V；此時滑動變阻器R2消耗的電功率P2=10W或P2=2W；第一，應選擇的電阻阻值為8；第二，電路中電流的變化范圍0.71A1.875A點評：這是一道電路計算題，考查了：串聯電路的特點、歐姆定律、功率的公式、求電阻變化范圍，考查內容較多，是一道難題，解題時應理清思路后再答題五、實驗題（共18分）23（4分）（2013普陀區二模）如圖（a）所示的儀器稱為托盤天平，用來測量物體的質量在電學實驗中，電流應該從正接線柱流入電壓表（選填“正”或“負”）；圖（b）所示電壓表的示數為4.5伏考點：天平的使用；電壓表的讀數方法專題：應用題分析：（1）天平是測量物體質量的儀器，物體要放在天平的左盤，砝碼放在天平的右盤（2）電壓表在正確使用中，應使得電流從正接線柱流入，從負接線柱流出；讀數時，應先看清量程和分度值，而后再進行讀數解答：解：如圖（a）所示的儀器是托盤天平，它是用來測量質量的儀器；在電學實驗中，電流應該從正接線柱流入，從負接線柱流出；在上述電壓表用的是大量程，分度值是0.5V，故此時電壓表的示數是4.5V故答案為：托盤天平；質量；正；4.5；點評：知道天平是用來測質量的儀器，并熟悉電壓表的正確使用，且能正確的讀出電壓表的示數是解決該題的關鍵24（4分）（2013普陀區二模）在探究凸透鏡成像規律的實驗中，將焦距為10cm的凸透鏡A固定在光具座上50cm刻度處，光屏和點燃的蠟燭分別放在凸透鏡的兩側，如圖所示為使像成在光屏中央，應該進行的實驗操作是：調節凸透鏡和光屏的中心，使之與燭焰的中心大致在同一高度；保持蠟燭與凸透鏡在圖所示的位置不變，為了找到燭焰清晰的像，光屏應在光具座的6070厘米（選填“5060”、“6070”或“大于70”）刻度范圍內移動；保持蠟燭與凸透鏡在如圖所示的位置不變，用焦距為15厘米的凸透鏡B替換凸透鏡A，應將光屏向右移動（選填“左”或“右”）才能在屏上得到縮小的像（選填“放大”或“縮小”）考點：凸透鏡成像規律及其探究實驗專題：探究型實驗綜合題分析：探究凸透鏡成像的實驗時，在桌面上依次放蠟燭、凸透鏡、光屏，三者在同一條直線上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中央位置根據凸透鏡成像的三種情況判斷：u2f，成倒立、縮小的實像，2fvf2fuf，成倒立、放大的實像，v2fuf，成正立、放大的虛像物距大小不變，但是凸透鏡的焦距增大，相當于物距減小，凸透鏡的焦距減小，相當于物距增大根據凸透鏡成實像時，物距減小，像距增大，像變大進行判斷解答：解：如圖，燭焰、凸透鏡、光屏的中心不在同一高度，要調節凸透鏡和光屏的中心，使之與燭焰的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中央位置凸透鏡A的焦距是10cm，如圖物距u=50cm15cm=35cm，u2f，2fvf，成倒立、縮小的實像，所以光屏在6070cm刻度間移動保持蠟燭與凸透鏡在如圖所示的位置不變，用焦距為15厘米的凸透鏡B替換凸透鏡A，凸透鏡的焦距變大，相當于物距減小，像距要增大，所以光屏要向右遠離凸透鏡凸透鏡B的焦距是15cm，如圖物距u=50cm15cm=35cm，u2f，成倒立、縮小的實像故答案為：燭焰的中心大致在同一高度；6070；右；縮小點評：（1）題目中是某某刻度處，不是物距，這點學生容易出現錯誤（2）當物距一定時，凸透鏡的焦距增大，相當于物距減小，凸透鏡的焦距減小，相當于物距增大這是相對的問題，要正確理解25（4分）（2013普陀區二模）甲、乙同學分別做“測定小燈泡的電功率”實驗，他們使用的器材中，電源電壓相同且不變（為1.5伏的整數倍），滑動變阻器兩個（分別標有“10 2A”和“20 2A”字樣），待測的兩小燈額定電壓分別為2.2伏和6.3伏甲、乙兩同學各自選取一個變阻器、小燈及其它器材按要求正確連接電路，并進行實驗甲同學閉合電鍵后，發現移動滑動變阻器的滑片時電壓表、電流表示數均有變化，但是小燈發光始終較暗；乙同學閉合電建后，觀察到電流表示數為0.1安，當滑片移動到中點時（即滑動變阻器接入一半的電阻），小燈正常發光連接電路如圖所示，圖中尚有一根導線未連接，請用筆線代替導線在圖中正確連接要求：滑片P向右移動時，小燈泡變亮（用2B鉛筆在答題紙上相應位置連線）實驗中所用的電源電壓為3伏乙同學所測小燈的額定電功率為0.352瓦，選用的滑動變阻器最大阻值為10歐考點：電功率的測量專題：測量型實驗綜合題分析：分析清楚電路結構，明確各電路元件的連接方式，根據串聯電路特點，按題目要求確定滑動變阻器的接法，然后完成電路連接燈泡比較暗，說明兩端電壓比較小，然后根據燈泡的額定電壓確定電源電壓；再根據乙同學測量時，滑片位于中點上可知此時滑動變阻器接入電路的電阻可能為5、10，根據串聯電路電壓特點可知，滑動變阻器兩端電壓，由歐姆定律可求出此時燈泡的額定電流，注意額定電流大于0.1A，由此可以確定滑動變阻器的最大阻值解答：解：由電路圖可知，滑動變阻器與燈泡連接不完整，要是滑片P向右移動時，小燈泡變亮，則滑動變阻器的滑片右移時，電路的總電阻減小，故將滑動變阻器的右下端與小燈泡左端相連接如圖所示：因為甲同學閉合電鍵后，發現移動滑動變阻器的滑片時電壓表、電流表示數均有變化，但是小燈發光始終較暗，說明燈泡兩端電壓小于燈泡的額定電壓；因為待測的兩小燈額定電壓分別為2.2伏和6.3伏，則電源電壓可能為3V或7.5V，由于其中一個燈泡始終無法達到額定電壓，所以電源電壓為3V；乙同學實驗時，燈泡正常發光，則燈泡兩端電壓為2.2V，則滑動變阻器兩端電壓為：3V2.2V=0.8V；如果滑動變阻器最大阻值為10時，電路中的電流為I=0.16A0.1A；如果滑動變阻器最大阻值為20時，電路中的電流為I=0.08A0.1A；因此滑動變阻器的最大阻值為10乙同學所測小燈的額定電功率為：P=UI=2.2V0.13A=0.352故答案為：（2）3V；0.352；10點評：本題考查了伏安法測小燈泡電功率的實驗，涉及了實物電路的連接，滑動變阻器的使用和選擇、電功率的計算；關鍵是會綜合利用滑動變阻器接入電路的電阻和電源的電壓以及小燈泡的額定電壓計算滑動變阻器的選擇和電源的選擇，綜合性較強、難度較大26（5分）（2013普陀區二模）某實驗小組同學發現，漂浮在不同液體的實心物體浸入液體的體積不同，于是他們猜想物體的密度、物體的體積、液體的密度可能會對漂浮在液面上的實心物塊浸入液體的體積有影響為驗證猜想，他選用了若干不同的實心圓柱體和足夠深的不同液體進行實驗（實驗時物體均能漂浮在液面），并將物體的密度、物體的體積、液體的密度，以及物體浸入液體的體積記錄在表一、表二和表三中表一實驗序號物體密度（千克/米3）物體體積（厘米3）液體密度（千克/米3）浸入液體體積（厘米3）10.4103151.