江苏省南通市2014年中考物理试卷

江苏省南通市2014年中考物理试卷一、单项选择题（每小题2分，共20分）1．（2分）（2014•南通）寓言“刻舟求剑”中的主人公找不到掉入江中的剑，是因为他选择的参照物是（　　）　A．岸边的山B．水中的剑C．乘坐的船D．江中的水考点：参照物及其选择．.专题：运动和力．分析：运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的．解答：解：以河岸上的景物为参照物，船与河岸之间的位置关系发生了变化，船是运动的；而剑与运动的船之间的位置发生了变化，因此以乘坐的船为参照物，剑是运动的，所以刻舟人最终没能寻到剑．故选：C点评：判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，再判断被研究的物体和参照物之间的位置是否变化．　2．（2分）（2014•南通）下列四幅图中，用来研究磁场对通电导线有力的作用的是（　　）　A．图甲中，风车转动时电流表指针偏转　B．图乙中，闭合开关后线圈转动　C．图丙中，旋转启动钥匙后用电器工作　D．图丁中，闭合开关后铁钉吸引大头针考点：磁场对通电导线的作用．.专题：电动机、磁生电．分析：（1）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，叫做电磁感应；（2）通电导线在磁场中受到力的作用，电动机就是根据这个原理制成的；（3）电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的开关，利用了电流的磁效应；（4）电磁铁是插入铁芯的通电螺线管，通电时有磁性，断电时无磁性．解答：解：A、图甲中，风车转动时电流表指针偏转，是电磁感应现象，不符合题意；B、图乙中，闭合开关后线圈转动，说明了通电导线在磁场中受力的作用，符合题意；C、图丙中，旋转启动钥匙后用电器工作，是电磁继电器的应用，不符合题意；D、图丁中，闭合开关后铁钉吸引大头针，说明电磁铁具有磁性，不符合题意．故选B．点评：本题考查了学生对电磁学几个重点实验装置的掌握，要求学生掌握课本上相关的插图，明白蕴含的物理意义．　3．（2分）（2014•南通）关于声现象，下列说法中正确的是（　　）　A．只有固体和液体可以成为声源　B．隔声、吸声和消声是在声源处控制噪声　C．听声辨人主要是由于声音的响度不同　D．空气传声是空气形成的疏密相间的波动向远处传播考点：声音的综合利用．.专题：声现象．分析：（1）声音是由物体的振动产生的，固体、液体、气体都可以振动产生声音．（2）防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱．（3）音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性．（4）声音在空气以声波的形式向外传播．解答：解：A、任何物体都可以振动产生声音，气体也可以成为声源，管乐器就是利用气体振动发出声源的，该选项说法不正确；B、消声是在声源处控制噪声，隔声和吸声是在传播过程中控制噪声，该选项说法不正确；C、听声能辨人，我们便可分辨是谁在讲话，主要是依据不同人发出声音的音色不同，该选项说法不正确；D、空气传声是空气形成的疏密相间的波动向远处传播，该选项说法正确．故选D．点评：本题考查了声音的产生、噪声控制、音色以及传播形式，属于声学基础知识的考查，比较简单．　4．（2分）（2014•南通）关于粒子和宇宙，下列说法中正确的是（　　）　A．摩擦起电说明物体能自发产生电荷　B．分子间吸引力和排斥力不能同时存在　C．炭笔画出的连续的线放大后不连续，说明分子间有空隙　D．宇宙是有层次的天体结构系统，是有起源的、膨胀的和演化的考点：摩擦起电；人类探究太阳系及宇宙的历程；分子间的作用力．.专题：粒子与宇宙、材料世界．分析：摩擦可以使物体带电，摩擦起电只是电荷发生了转移，并不能创造电荷．分子间存在相互作用的引力和斥力；分子是肉眼看不到的；宇宙是一个有层次的天体结构系统，地球并不是宇宙的中心解答：解：A、两个物体相互摩擦，能使物体带电，但并不能创造电荷，故A错误．B、分子间同时存在相互作用的引力与斥力，故B错误；C、炭笔画出的线之间的空隙可以用肉眼看到，所以不是分子，不能说明分子间有间隙；故C错误；D、宇宙是由物质组成的，宇宙中有很多的星系，星系中又有很多星体，宇宙是一个有层次的天体结构系，并且处于不断的演化过程中，故D正确；故选D．点评：解答本题的关键是了解宇宙的知识和分子动理论的知识．　5．（2分）（2014•南通）关于电磁波，下列说法中错误的是（　　）　A．麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在　B．微波和无线电波都属于电磁波　C．电磁波和光波在真空中传播速度相同　D．电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场考点：电磁波的传播．.专题：信息的传递．分析：麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在．赫兹用实验证实电磁波存在．依照波长的长短的不同，电磁波谱可大致分为：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，伦琴射线，γ射线（伽马射线）．光波是一种电磁波，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s．电磁波产生的条件：迅速变化的电流的周围会产生电磁波．解答：解：A、麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实电磁波存在．故A叙述错误；B、微波和无线电波都属于电磁波，故B叙述正确；C、电磁波和光波在真空中传播速度相同，是3×108m/s，故C叙述正确；D、电磁波是在空间传播的周期性变化的电磁场，故D叙述正确．故选：A．点评：本题考查电磁波的相关知识，多背才能解决此题．　6．（2分）（2014•南通）如图所示，小物块A和弹簧放在光滑的水平面上，弹簧左端固定于竖直墙面，向左移动物块A并压缩弹簧至B处，静止释放物块A，此后物块的运动是（　　）　A．一直加速B．一直匀速C．先加速后匀速D．先加速后减速考点：物体运动状态变化的原因．.专题：运动和力．分析：压缩的弹簧具有弹性势能，在转化为动能时，使物块获得一定的速度，离开弹簧后物块的运动状态取决于它的受力情况．物体若不受力，将做匀速直线运动．解答：解：如图所示，当压缩弹簧时，弹簧具有弹性势能，在恢复形变时，弹性势能转化为动能，使物块获得一定的速度，且在物块离开弹簧时，速度达到最大；物块离开弹簧后，因水平面光滑，它在水平方向不受力，故物块将做匀速直线运动．综上所述，静止释放物块A，此后物块的运动是先加速后匀速．只有选项C符合题意．故选C．点评：本题解答时有两点要特别注意：一是在弹簧恢复形变时，物块是做加速运动；二是在离开弹簧后，物块将保持匀速直线运动．　7．（2分）（2014•南通）如图所示，凸透镜焦距为f，烛焰在图示位置时恰能在光屏上成清晰的像，现将蜡烛沿主光轴向同一方向移动距离2f，移动蜡烛的同时移动光屏，使烛焰始终能在光屏上成清晰的像，则光屏上的像（　　）　A．一直变小B．一直变大C．先变大后变小D．先变小后变大考点：凸透镜成像的应用．.专题：透镜及其应用．分析：首先根据烛焰在图示位置时恰能在光屏上成清晰的像，确定像的性质，然后再根据凸透镜成实像时，物近像远像变大来解答此题．解答：解：烛焰在图示位置时恰能在光屏上成清晰的像，由图可知，像距大于物距，成倒立放大的实像，将蜡烛沿主光轴向同一方向移动距离2f，物距增大，像距变小，像变小．故选A．点评：此题考查了对凸透镜成像规律的掌握．要解决此类题目，需要熟记凸透镜成像的规律并做到灵活应用．　8．（2分）（2014•南通）如图所示的电路中，R0是定值电阻，L是小灯泡，R是滑动变阻器，闭合开关S1，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光，现用一只电压表检测这一现象产生的原因，当电压表接ab两点时，电压表有示数但很小；接ac两点时，电压表示数较大，则产生上述现象的原因可能是（　　）　A．L短路B．L断路C．R断路D．R0阻值很大考点：电路的三种状态．.专题：电流和电路．分析：根据电路图可知，定值电阻R0、灯泡L以及滑动变阻器R串联连接；根据灯泡是否发光判断电路可能出现的原因，然后再根据电压的示数判断电路故障的具体原因．解答：解：根据题意可知，闭合开关S1，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不发光，说明电路出现断路或电路中电流太小，灯泡的实际功率太小；当电压表接ab两点时，电压表有示数但很小；接ac两点时，电压表示数较大，说明电路没有断路，则故障为灯泡的实际功率太小，即灯泡分得的电压太小；因为串联电路起分压作用，而R0两端电压较大，说明R0阻值很大．故选D．点评：本题考查电路的故障分析、灯泡不发光的可能原因以及串联电路的特点，涉及的内容较多，关键是知道串联电路分压的特点．　9．（2分）（2014•南通）学校运动会上举行“双摇跳绳”比赛，“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法，比赛中，初三某同学1min内摇轻绳240圈，则他在整个跳绳过程中的功率最接近于（　　）　A．120WB．400WC．600WD．1000W考点：功率的计算．.专题：估算题；功、功率、机械效率．分析：（1）首先估计出学生的质量，从而求出重力，再估计出腾空高度，根据W=Fs=Gh计算出做的功；（2）根据摇绳的次数和时间，结合p=求出功率的大小．解答：解：（1）中学生的质量约50kg，其重力为G=mg=50kg×10N/kg=500N；跳跃过程中腾空高度约h=0.12m；因此一次做功W=Fs=Gh=500N×0.12m=60J；（2）∵“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法，∴1min内摇轻绳240圈，人起跳=120次；在1min内一共做功：W总=60J×120=7200J∴功率p===120W．故选A．点评：本题考查了功率的计算，关键是能够对学生质量和起跳高度有一个正确的估测，另外理解“双摇跳绳”的概念也是解题的关键．　10．（2分）（2014•南通）如图所示，底端装有电子阀门的圆柱形容器放在水平桌面上，容器中装有适量的水，一木块漂浮在水面上，控制阀门，使容器中相同时间内流出的水量相等，下列表示木块的重力势能Ep，木块所受浮力大小F、木块下表面处水的压强p1和容器对桌面的压强p2随时间变化的关系图线中，可能正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：压强大小比较．.专题：压强、液体的压强．分析：（1）重力势能与质量和高度有关；（2）根据图示可知，木块始终处于漂浮状态，即浮力等于重力；（3）在容器内水流出的过程中，木块下表面处水的深度不变，根据p=ρgh判断木块下表面处压强的大小；（4）先根据液体压强随深度变化的特点判断容器对桌面的压力的变化，然后根据p=判断容器对桌面压强的变化．解答：解：A、当容器内的水流出后，木块的质量不变，高度减小，则木块的重力势能减小，当水不再流出时，木块的重力势能不变，即木块的重力势能先变小后不变，故A错误；B、根据图示可知，在水流出的过程中，木块始终处于漂浮状态，即浮力等于重力，由于木块的重力不变，则木块受到浮力也不变，即木块受到的浮力随时间的变化不变；故B错误；C、根据图示可知，在容器内水流出的过程中，木块下表面处水的深度不变，由p=ρgh可知，木块下表面处的压强不变，即木块下表面受到水的压强不变；故C错误；D、因为液体压强随深度的增加而增大，所以开始水的流速大，所以容器内液体的总重力开始减少的快；由于容器对桌面的压力等于重力，则由p=可得，容器对桌面的压强p2随时间先减少的快，后减少的慢，故D正确．故选D．点评：本题综合考查了重力势能的影响因素、漂浮的条件、液体压强和固体压强公式的应用，涉及的内容较多，关键是判断出容器总重力随时间的变化快慢．　二、非选择题（共70分）11．（3分）（2014•南通）近年来，页岩气的开发与利用越来越受重视，页岩气是从页岩层中开采出的天然气，属于　不可再生　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；页岩气经压缩、冷却，可以　液化　（填物态变化名称）成液态，此过程　放出　（选填“吸收”或“放出”）热量．考点：能源的分类；液化及液化现象．.专题：能源的利用与发展．分析：（1）能够短时间内从自然界源源不断得到补充的是可再生能源，短时间内从自然界得不到补充的是不可再生能源；（2）物质由气态变为液态是液化．液化放热．解答：解：（1）天然气随着使用不断减少，短时间内从自然界得不到补充，因此属于不可再生能源；（2）页岩气经压缩、冷却，可以液化成液态，此过程放出热量．故答案为：不可再生；液化；放出．点评：本题考查了能源的分类和对物态变化的理解，属于基础知识的考查，比较简单．　12．（4分）（2014•南通）如图所示，在探究水平面上长方体木块所受摩擦力的实验中，小明用弹簧测力计沿水平方向拉静止的木块，木块表面粗糙程度相同，实验 记录 混凝土 养护记录下载土方回填监理旁站记录免费下载集备记录下载集备记录下载集备记录下载 如下表所示，由表中信息可知，小明探究了滑动摩擦力的大小与　运动状态　的关系；当弹簧测力计示数为4.0N时，木块所受的摩擦力大小是　3.3　N，此时木块做　加速　（选填“匀速”、“加速”或“减速”）运动，木块开始滑动时受到的摩擦力　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）匀速运动时受到的摩擦力．拉力大小F/N0～3.43.53.3木块平放静止开始滑动匀速运动木块平放静止开始滑动匀速运动考点：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．.专题：探究型实验综合题．分析：要解决此题，需要掌握二力平衡条件的应用，知道物体处于静止或匀速直线运动状态的物体受力平衡．知道一对平衡力的大小相等、方向相反、作用在同一直线上．要掌握影响摩擦力大小的因素，知道摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关．解答：解：由表格记录的数据，接触面的粗糙程度和压力大小不变，改变拉力的大小，发现木块的运动状态不同，所以小明探究了滑动摩擦力的大小与运动状态的关系；用4N的水平拉力时，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以所受滑动摩擦力大小不变．仍为3.3N；拉力大于摩擦力，木块做加速运动；由二力平衡知识可知：木块开始滑动时受到的摩擦力为3.5N，匀速运动时受到的摩擦力为3.3N，故木块开始滑动时受到的摩擦力大于匀速运动时受到的摩擦力．故答案为：运动状态；3.3；加速；大于．点评：此题主要考查了二力平衡条件的应用．一定要注意审题，会分析表中数据．同时考查了影响摩擦力大小的因素，知道滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，与速度、所受拉力无关．　13．（4分）（2014•南通）2013年12月，“嫦娥三号”探测器由“长征三号乙”运载火箭从西昌卫星发射中心发射升空，探测器向上运动过程中，某时刻整流罩脱落，整流罩脱落后仍要向上运动一段时间，这是由于整流罩　具有惯性　；探测器绕月飞行时，运动状态　发生改变　（选填“发生改变”或“不变”）；探测器登月前需要减速，向运动方向喷射高速气体，同时获得制动力，说明　力的作用是相互的　；月球表面很松软，月球车的轮子做得多而且宽，减小了对月球表面的　压强　，便于月球车巡视勘测．考点：惯性；力作用的相互性；物体运动状态变化的原因；减小压强的方法及其应用．.专题：其他综合题．分析：（1）一切物体都有保持原来运动状态的性质，叫惯性；（2）物体运动状态的改变包括方向和速度的改变；（3）物体间力的作用是相互的；（4）影响压强大小的因素有压力大小和受力面积的大小．解答：解：（1）整流罩脱落后仍要向上运动一段时间，这是由于整流罩具有惯性，仍要保持原来的运动状态；（2）探测器绕月飞行时，方向不断改变，所以运动状态发生改变；（3）探测器登月前需要减速，向运动方向喷射高速气体，同时获得制动力，说明力的作用是相互的；（4）月球表面很松软，月球车的轮子做得多而且宽，在压力一定时，可增大受力面积，从而减小了对月球表面的压强，便于月球车巡视勘测．故答案为：具有惯性；发生改变；力的作用是相互的；压强．点评：本题考查了四个不同的知识点，包括惯性、运动状态的改变、力的作用特点、减小压强的方向等，都属于力学的基本知识．　14．（5分）（2014•南通）地效飞行器是一种可以低空高速飞行的飞机，它能停要水面或地面上，某型号飞行器的总质量为1.0×103t，最大飞行速度为720km/h，以最大速度飞行时的运输效率为25，运输效率是指飞行器飞行时的总重与发动机推力的比值．（g取10N/kg）．（1）飞行器停在水平地面上时，对地面压力大小为　1.0×107　N．（2）飞行器飞行时，机翼上方气流比下方气流的流速　快　．（3）油箱中汽油的质量为30t，完全燃烧放出的热量为　1.38×1012　J．（汽油的热值为4.6×107J/kg）（4）飞行器以最大速度飞行1440km，需要　2　h，发动机推力的功率为　2×109　W（可以认为飞行器的总重不变）．考点：压力及重力与压力的区别；流体压强与流速的关系；功率的计算；热量的计算．.专题：其他综合题．分析：（1）放在水平地面上的物体，对地面的压力等于其重力，根据公式G=mg计算；（2）等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，机翼上方气流的截面面积大，所以机翼上方的流速就大于机翼前方的流速；（3）根据燃料完全燃烧放出热量公式Q放=mq计算汽油完全燃烧所放出的热量；（4）根据公式v=得，t=，据此可计算飞行器的速度，再根据公式P=求出发动机做功的功率解答：解：（1）飞行器的总质量为1.0×103t=1.0×106kg，根据公式G=mg得，飞机对地面的压力G=1.0×106kg×10N/kg=1.0×107N；（2）飞行器飞行时，机翼上方气流比下方气流的流速快，流速快气压小，机翼下方的压强大于上方的压强，所以获得向上的升力；（3）m汽油=30t=30000kg，汽油完全燃烧所放出的热量：Q放=m汽油q=30000kg×4.6×107J/kg=1.38×1012J；（4）根据公式v=得，t===2h，发动机对飞机做功：W=Fs=1.0×107N×1.44×106m=1.44×1013J；发动机推力的功率：P===2×109W．故答案为：（1）1.0×107N；（2）快；（3）1.38×1012J；（4）2；2×109W．点评：本题考查知识点较多，但难度不大，解题的关键是能够灵活利用所学公式．　15．（5分）（2014•南通）如图所示，为测量某种液体的密度，小华用弹簧测力计、量筒、小石块和细线进行了如下操作：a、将小石块浸没在待测液体中，记下弹簧测力计示数F1和量筒中液面对应的刻度V1；b、读出量筒中待测液体的体积V2；c、将小石块用细线悬吊在弹簧测力计下，记下测力计示数F2．（1）使用弹簧测力计前，应检查指针是否指在　0刻度线　．（2）为了较准确地测量液体的密度，图中合理的操作顺序应为　c、a、b　（填对应字母代号）．（3）小石块浸没在待测液体中时，排开液体的重为G=　ρ水Vg　．（4）待测液体的密度可表示为ρ液=　　．（5）小华还算出了小石块的密度，其表达式为ρ石=　　．考点：液体的密度测量实验．.专题：测量型实验综合题．分析：（1）使用电流表、电压表、弹簧测力计等测量工具或仪器时，首先观察指针是否指在0刻度线处，如果没有与0刻度线对齐，需要先调零然后测量．（2）利用重力公式求金属块的质量，利用称重法求石块全浸入水中受到水的浮力，再利用ρ=求出物体的密度．（3）小石块浸没在待测液体中时，排开液体的重为石块排开的水的重力．（4）利用称重法求石块全浸入水中受到水的浮力，小石块浸没在待测液体中时，V排=V石块，再利用F浮=ρ液gV排公式变形可求得液体的密度．（5）利用重力公式求石块的质量，V排=V石块=V2﹣V1，再利用ρ=求出物体的密度．解答：解：（1）使用弹簧测力计前，应检查指针是否对准0刻度线，如有偏差，需要调零．（2）为了较准确地测量液体的密度，图中合理的操作顺序应为：c、将小石块用细线悬吊在弹簧测力计下，记下测力计示数F2．a、将小石块浸没在待测液体中，记下弹簧测力计示数F1和量筒中液面对应的刻度V1；b、读出量筒中待测液体的体积V2；（3）小石块浸没在待测液体中时，V排=V石块，由阿基米德原理可知，排开液体的重为G=m排g=ρ水Vg，（4）石块全浸入水中受到水的浮力，F浮=F2﹣F1，V排=V石块=V2﹣V1，由F浮=ρ液gV排可得ρ液==；（5）石块的质量m=，小石块浸没在待测液体中时，V排=V石块=V2﹣V1，小石块的密度ρ===．故答案为：（1）0刻度线；（2）c、a、b；（3）ρ水Vg；（4）；（5）．点评：本题有一定的难度，既考查了常规的密度测量方法，又考查了利用阿基米德原理和浮力的知识间接测量密度，重点是利用称重法求浮力的大小，再根据重力求出质量，根据浮力求出体积，最后根据密度公式求出密度的大小．　16．（6分）（2014•南通）按照题目要求作图．（1）如图甲所示，物块A随传送带一起水平向右匀速运动，请画出物块A所受力的示意图．（不计空气阻力）（2）图乙是用木棒撬石块的示意图，请在图中用小黑点标出支点，用符号O表示，并画出动力F的力臂l．（3）请在图丙中用笔画线代替导线将电灯和开关、插座分别接入电路．考点：力的示意图；家庭电路的连接．.专题：图像综合题．分析：（1）物体的平衡状态是指物体处于静止状态或匀速直线运动状态，处于平衡态的物体在某一方向上受平衡力的作用或者不受外力的作用，重为G的物体，随传送带一起沿水平方向向右做匀速运动，则物体G在水平方向上不受外力的作用，在竖直方向上物体处于静止状态，则物体受平衡力的作用，即物体的重力和传送带对物体的支持力是一对平衡力．（2）支点是杠杆绕着转动的固定点，动力向下作用时，杠杆应绕小石块尖端转动；力臂是指从支点到力的作用线的距离．（3）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．两孔插座的接法：左孔接零线；右孔接火线．解答：解：（1）物体在竖直方向上的受重力和支持力的作用，其受力的示意图如下图所示：（2）由图示可知，杠杆支点在石头和撬棒的接触点上，过支点向动力作用线做垂线段，即为其力臂，如图所示：（3）开关与火线相连，灯泡的左端与零线相连；二孔插座的左孔与零线相连，右孔与火线相连；如图所示：点评：（1）能否正确分析物体在水平和竖直方向上的受力情况，是本题的解题关键所在．（2）力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点．②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线．③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂．（3）考查开关、插座的接法．开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电．　17．（9分）（2014•南通）如图所示，塔式起重机上的滑轮组将重为9.0×103N的重物匀速吊起10m、作用在绳端的拉力为4.0×103N．（1）求提升重物做的有用功．（2）求滑轮组的机械效率．（3）若克服摩擦和钢丝绳重所做的功为有用功的0.3倍，求动滑轮的重．考点：功的计算；滑轮（组）的机械效率．.专题：功、功率、机械效率．分析：（1）根据W有=Gh即可求出有用功；（2）由图可知，有三股绳吊着物体，根据η===求出滑轮组的机械效率；（3）先根据W总=W有+W额求出额外功，然后根据克服摩擦和钢丝绳重所做的功求出克服动滑轮做的功，最后根据W动=G动h求出动滑轮重．解答：解：（1）提升重物做的有用功：W有=Gh=9.0×103N×10m=9.0×104J．（2）滑轮组的机械效率：η=====75%；（3）W总===1.2×105J，克服动滑轮做的功：W动=W总﹣W有﹣0.3W有=1.2×105J﹣9.0×104J﹣0.3×9.0×104J=3×103J；由W动=G动h可得，G动===100N．答：（1）提升重物做的有用功为9.0×104J．（2）滑轮组的机械效率为75%．（3）动滑轮的重为100N．点评：解决此类综合题目的关键是熟练掌握功、滑轮组、机械效率的有关知识，并能根据题目灵活运用．　18．（9分）（2014•南通）如图所示，L是标有“6V1.2W”字样的小灯泡，R是定值电阻，断开开关S2，闭合开关S1和S3，灯泡正常发光，电流表的示数为0.50A．（1）求灯泡正常发光时，1min内灯泡消耗的电能．（2）求定值电阻R的阻值．（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，求电路的总功率．考点：电功率的计算；电功的计算．.专题：电能和电功率．分析：（1）已知灯泡的额定功率和通电时间，直接根据W=Pt即可求出灯泡正常发光1min消耗的电能．（2）根据题意可知，断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光；根据灯泡的额定电压可知电源电压，然后根据P=UI的变形公式求出灯泡正常发光的电流，再利用并联电路电流规律求出通过定值电阻的电流，最后根据欧姆定律的变形公式求出定值电阻R的阻值．（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联；先求出灯泡的电阻，然后根据串联电路电阻的特点求出电路的总电阻，又已知灯泡正常发光的电流，再利用P=I2R求出电路的总功率．解答：解：（1）灯泡正常发光1min消耗的电能：W=PLt=1.2W×60s=72J；（2）断开开关S2，闭合开关S1和S3时，电阻R和灯泡L并联，灯泡正常发光，所以电源电压等于灯泡的额定电压，即6V；由P=UI可知，灯泡正常发光时的电流：IL===0.2A；因为并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，所以通过R的电流：IR=0.5A﹣0.2A=0.3A；由I=可知，定值电阻R的阻值：R===20Ω；（3）由P=可得，灯泡的电阻：RL===30Ω；断开开关S1和S3，闭合开关S2，定值电阻R和灯泡L串联，此时电路中的总电阻：R总=30Ω+20Ω=50Ω；因为灯泡正常发光，所以电路中的电流为0.2A，则电路的总功率：P=IL2R总=（0.2A）2×50Ω=2W．答：（1）灯泡正常发光时，1min内灯泡消耗的电能为72J．（2）定值电阻R的阻值为20Ω．（3）断开开关S1和S3，闭合开关S2，改变电源电压，使灯泡正常发光，电路的总功率为2W．点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点以及电功、欧姆定律、电功率公式的灵活应用，知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等以及开关闭合、断开时电路的串并联是关键．　19．（7分）（2014•南通）在测量未知电阻Rx（阻值约为150Ω）的实验中，提供的实验器材有：电源（电压3V）、滑动变阻器R（0～50Ω）、电阻箱R0（0～9999Ω）、电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V）、开关及导线若干．（1）小虎同学 设计 领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计 了图甲所示的电路，他　不能　（选填“能”或“不能”）较准确测出Rx的阻值，理由是　电路中的电流太小，所以不能用伏安法测出该电阻的值　．（2）小明同学设计了图乙所示的电路进行测量．①请根据图乙所示的电路，在图丙中用笔画线代替导线将实物图连接完整．②正确连接电路后，小明先将开关S拨至“1”，调节变阻器的滑片至某一位置，此时电压表的示数如图丁所示，读数为U1=　0.4　V．③再将开关S拨至“2”，当电阻箱的阻值调至R0=152Ω时，电压表示数恰为U1，则待测电阻的阻值Rx=　152　Ω．④实验中，若将开关拨至“2”时，不小心将滑动变阻器的滑片向右移动了少许，其他操作正确，则Rx的测量值　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值．考点：伏安法测电阻的探究实验．.专题：探究型实验综合题．分析：（1）根据欧姆定律，在电压不变的情况下，若电路的电阻增大，则电路中的电流减小，若电阻值很大，则电路中的电流会很小．若电流值小于电流表的分度值时，将无法准确地测出电流值．（2）①根据电路图连接实物电路图，从滑动变阻器引出的导线接在单刀双掷开关的中间位置；②先确定电压表的量程和最小分度值，读出电压表的示数；③根据实验电路图可知，实验时有电压表，没有电流表，根据并联电路各支路两端的电压特点，用电压表测出待测电阻两端电压，再将开关与电阻箱连接并调节电阻箱的阻值使电压表的示数不变，根据并联电路的电压相等和欧姆定律可知待测电阻的阻值与电阻箱的阻值相等；④滑动变阻器的滑片向右移动，接入电路中的电阻变大，根据串联电路的分压原理，要使变阻箱两端的电压保持不变，需要增大变阻箱的阻值，据此判断．解答：解：（1）由已知条件可知，未知电阻Rx的阻值约为150Ω，因为电源电压为3V，由I=可知，电路中的电流太小，所以不能用伏安法测出该电阻的值．（2）①根据电路图，从滑动变阻器右下端引出的导线接在单刀双掷开关的中间位置，如下图所示：②电压表选择0～3V量程，最小分度值为0.1V，电压表示数为0.4V；③实验中，闭合S1调节滑动变阻器至适当位置，使电压表的电压值为U1；断开S1闭合S2，调节电阻箱接入电路的电阻，使电压表的示数仍为U1；根据欧姆定律可知，Rx与R0相等，电阻箱的示数R0=152Ω，所以电阻Rx=152Ω．④滑动变阻器的滑片向右移动，接入电路中的电阻R变大，根据串联电路的分压原理=，要使变阻箱两端的电压U0保持不变，需要增大变阻箱R0的阻值，所以测得的Rx的值大于真实值．故答案为：（1）不能；电路中的电流太小，所以不能用伏安法测出该电阻的值；（2）①如上图；②0.4；③152；④大于．点评：本题的考查的知识点难点较多，一是单刀双向开关的连接，二是故障原因的判断，三是没有电压表测电阻的方法：根据并联电路各支路两端的电压相等这一特点设计实验，着重体现了等效替代法在实验中的具体应用．　20．（8分）（2014•南通）在探究光的折射规律时，从水面上方看水中的物体变浅了，为了确定水物体所成像的位置，某学习小组进行了如下探究：A、把一个小灯泡a放在水中某处，观察灯泡所成像的位置．B、将另一个相同的小灯泡b放在水面上方，调速其位置，使它的像与灯泡a的像重合．C、用刻度尺测量灯泡b到水面的距离．（1）测量时，把刻度尺的零刻度线对准灯泡b，水面处对应的刻度如图甲所示，则灯泡b到水面的距离为　81.2　mm．（2）灯泡a的像到水面的距离与灯泡b到水面的距离一定相等，依据是平面镜所成的像　C　．A、是虚像B、和物体大小相等C、和物体到镜面的距离相等D、和物体的连线与镜面垂直（3）测量时，如果直接将刻度尺竖直插入水中，使看到的零刻度线与灯泡a的像重合，则刻度尺在水面处的示数表示　灯泡a的深度　．（4）某小组实验时，每次都从灯泡a的正上方观察，测得灯泡a到水面距离u和灯泡a的像到水面距离v的对应关系如下表所示：u/mm30.060.090.0120.0150.0180.0v/mm23.045.067.090.0113.0134.0根据表中数据，请在图乙坐标中描点作出v﹣u的关系图线，由图线可知，v和u的定量关系是　v=0.75u　．考点：光学实验设计与探究．.专题：探究型实验综合题．分析：（1）根据刻度尺的分度值读出灯泡b离水面的距离，注意估读到分度值的下一位；（2）平面镜成倒立、等大的虚线，像到平面镜的距离和物到平面镜的距离相等；（3）像到平面镜的距离称为像距；（4）先根据表中数据在图乙中描点，然后用直线和平滑曲线连接起来，并根据图象得出结论．解答：解：（1）根据图甲可知，灯泡b到水面的距离为8.12cm=81.2mm；（2）因为平面镜成倒立、等大的虚线，并且像到平面镜的距离和物到平面镜的距离相等，所以灯泡a的像到水面的距离与灯泡b到水面的距离一定相等；故选C；（3）测量时，如果直接将刻度尺竖直插入水中，使看到的零刻度线与灯泡a的像重合，则刻度尺在水面处的示数表示像距；（4）根据表中数据在图乙中描点，并用直线连接起来，如下图所示：根据图象可知，v与u成正比，并且==0.75，因此有v=0.75u．故答案为：（1）81.2；（2）C；（3）灯泡a的深度；（4）v=0.75u．点评：本题综合考查了刻度尺的读数、平面镜成像的特点、利用描点法作图，以及根据图象得出各量之间的关键等，涉及的内容较多，但难度不大．　21．（10分）（2014•南通）阅读短文，回答问题．超声波加湿器超声波加湿器通电工作时，雾化片产生每秒170万次的高频率振动，将水抛离水面雾化成大量1μm～5μm的超微粒子（水雾），吹散到空气中使空气湿润，改变空气的湿度．图甲所示是某型号超声波加湿器，下表为其部分技术参数，其中额定加湿量是指加湿器正常工作1h雾化水的体积；循环风量是指加湿器正常工作1h通过风扇的空气体积；加湿效率是指实际加湿量和实际输入功率的比值．型号×××额定加湿量15L/h额定电压220V额定输入功率500W水箱容量25L循环风量2000m3/h加湿效率≥1.2×10﹣2L/（h•W）轮子与地面接触的总面积6.0×10﹣4m3净重95kg（1）加湿器正常工作时，每小时通过风扇的空气质量为　2580　kg；加满水时，加湿器对水平地面的压强为　2×106　Pa．（空气密度ρ=1.29kg/m3，g取10N/kg）（2）加湿器正常工作时的电流为　2.27　A，加满水后最多能加湿　1.67　h．（3）下列说法中错误的是　C　．A、加湿器产生的超声波是由雾化片振动产生的B、加湿器通电使雾化片振动，电能主要转化为机械能C、水雾化成超微粒子的过程是汽化现象D、水雾化成超微粒子需要能量，说明分子间有引力（4）在没有其他用电器接入电路的情况下，加湿器工作30min，标有“3000imp/kW•h”的电能表指示灯闪烁了720次，此过程中加湿器消耗的电能为　8.64×105　J，实际加湿量至少为　5.76　L/h．（5）利用湿敏电阻可实现对环境湿度的精确测量，如图乙所示，电源电压为24V，定值电阻R的阻值为120Ω，电流表的量程为0～100mA，电压表的量程为0～15V，湿敏电阻的阻值R0随湿度RH变化的关系图线如图丙所示，该电路能够测量的湿度范围是　30～90　；将电压表表盘的相关刻度值转化为对应的湿度值，制成一个简易湿度计，该湿度计的刻度值分布是　不均匀　（选填“均匀”或“不均匀”）的．考点：欧姆定律的应用；电路的动态分析．.专题：电路变化分析综合题．分析：（1）由密度公式的变形公式求出空气的质量；求出加满水时加湿器对地面的压力，然后由压强公式求出压强．（2）由电功率公式求出加湿器正常工作时的电流；根据表中数据求出加湿时间．（3）根据题意分析答题；（4）根据电表指针闪烁次数求出消耗的电能，然后求出实际加湿量；（5）由串联电路特点与欧姆定律求出湿敏电阻阻值，然后由图丙所示图象求出湿度．解答：解：（1）加湿器正常工作时，每小时通过风扇的空气质量：m=ρV=1.29kg/m3×2000m3/h×1h=2580kg；加满水时，水的质量：m水=ρ水V水=1×103kg/m3×25×10﹣3m3=25kg，加湿器对水平地面的压强：p=====2×106Pa；（2）由P=UI可知，加湿器正常工作时的电流：I==≈2.27A；加满水后最多能加湿的时间：t=≈1.67h；（3）A、加湿器产生的超声波是由雾化片振动产生的，故A正确；B、加湿器通电使雾化片振动，电能主要转化为机械能，故B正确；C、水雾化成的超微粒子仍为液体，该过程不是汽化现象，故C错误；D、水雾化成超微粒子需要能量，说明分子间有引力，故D正确；本题选错误的，故选C．（4）加湿器消耗的电能：W=×720imp=0.24kW•h=8.64×105J，加湿器实际功率：P===480W，实际加湿量至少为：V=ηP=1.2×10﹣2L/（h•W）×480W=5.76L/h．（5）电路最大电流为：100mA=0.1A，电阻R两端电压：UR=IR=0.1A×120Ω=12V，此时R0两端电压：U0=U﹣UR=24V﹣12V=12V，电阻阻值：R0===120Ω，由图丙所示可知，此时湿度为：30；R0两端最大电压：U0′=15V，此时电路电流：I′===0.075A，R0的阻值：R0′===200Ω，由图丙所示可知，此时的湿度为：90；电压表示数：UV=U﹣IR=U﹣R，电压表示数与R0不成正比，湿度计的刻度值分布不均匀的．故答案为：（1）2580；2×106；（2）2.27；1.67；（3）C；（4）8.64×105；5.76；（5）30～90；不均匀．点评：本题是一道信息给予题，认真审题、根据题意获取所需信息，应用密度公式、压强公式、串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．