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2016年四川省成都市中考物理解析(A卷)

一、选择题(每小题2 分,共28 分)
1.以下设备中,利用电磁波的信息特征进行工作的是(  )
A.手机 B.消毒柜     C.微波炉     D.电吹风
【考点】电磁波的传播.
【分析】电磁波在生活中有着广泛的应用,如:无线电广播、电视、手机都是靠电磁波来传递信息的;微波炉利用微波加热食物等.紫外线、可见光、红外线都是电磁波.
【解答】解:A、手机是利用电磁波传递信息的,故A符合题意;
B、消毒柜是利用紫外线工作的,故B不符合题意;
C、微波炉利用微波使食物中的水分子振荡从而加热食物的,利用了电磁波;但不是利用电磁波的信息特征,故C不符合题意;
D、电吹风低利用电能转化为机械能,不是利用电磁波的信息特征进行工作,故D不符合题意.
故选A.
 
2.下列因素中,对导体电阻大小有决定作用的是(  )
A.导体是否接入电路 B.导体两端的电压
C.通过导体的电流     D.导体的长度
【考点】影响电阻大小的因素.
【分析】导体电阻大小的影响因素:导体的材料、长度和横截面积.电阻是导体的一种特性,和导体中的电流、导体两端的电压、导体是否接入电路无关.
【解答】解:
导体电阻大小和导体的长度、横截面积、材料和温度有关,而与导体中的电流、导体两端的电压、导体是否接入电路无关,故D正确.
故选:D.
 
3.关于核电站、能量和能源,下列说法正确的是(  )
A.目前人类己建成的核电站,都是利用核聚变发电
B.核电站的核废枓可以直接堆放在露天垃圾场
C.所有能量转化和转移过程,都遵循能量守恒定律
D.水能,风能和太阳能都属于不可再生能源
【考点】核裂变;能量守恒定律;能源的分类.
【分析】(1)核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的;
(2)核燃料和核废料都具有放射性,核废枓要做防辐射处理;
(3)能量守恒定律:是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.能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为其他形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化或转移的过程中,能量的总量不变;
(4)从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源.人类开发利用后,在现阶段不可能再生的能源,属于不可再生能源;在自然界中可以不断再生的能源,属于可再生能源.
【解答】解:
A、核电站是利用核裂变来释放能量的,不是利用核聚变,故A错误;
B、核废料具有放射性,会对环境和生物造成严重的危害,不直接堆放在露天垃圾场,要做防辐射处理,故B错误;
C、所有能量的转化和转化过程都遵循能量守恒定律,故C正确;
D、能够源源不断地从自然界中获得或可重复利用的能源是可再生能源,太阳能、风能和水能是可再生能源,故D错误.
故选C.
 
4.关于家庭电路的安全用电,下列说法正确的是(  )
A.保险丝烙断后,可以用铜丝替代
B.不能用湿市擦拭与电源连通的用电器
C.灯座的螺旋套应该接相线(火线)
D.家庭电路的电压对人体而言是安全电压
【考点】安全用电原则.
【分析】(1)保险丝是用电阻率较大而熔点较低的铅锑合金制成的,当电流过大时,它会因温度过高而熔断,保护电路;
(2)湿布是导体,容易导电.
(3)灯泡的接法:火线首先进开关,再入灯泡顶端的金属点;零线直接接入灯泡的螺旋套.
(4)人体安全电压不高于36V.
【解答】解:A、组成保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金,在电流过大时熔断,自动切断电路,起到保护作用;铜导线的熔点很高,当电流过大时,不能熔断起不到保护作用,容易引起火灾,此选项不符合题意;
B、用湿布擦拭用电器,因生活用水是导体,容易造成触电事故,因此不能用湿市擦拭与电源连通的用电器;故B正确;
C、根据灯泡的正确接法可知:家用螺口灯的螺旋套应该接在零线上,灯座顶端的弹簧片应该接在火线上,故C错误.
D、我国家庭电路的电压是220V,人体安全电压不高于36V,故D错误.
故选B.
 
5.踢足球是广大青少年喜爱的运动,下列与踢球有关的说法正确的是(  )
A.踢球时,脚对球施加了力,球对脚没有力的作用
B.只要脚对球施加的力大小相同,其作用效果一定相同
C.踢出去的球再空中运动的过程中,没有受到任何力的作用
D.守门员使球停下来的过程中,力改变了球的运动状态
【考点】力作用的相互性;力的作用效果.
【分析】(1)物体间力的作用是相互的,一个物体对另一个物体施力的同时,也受到另一个物体对它的作用力;
(2)影响力的作用效果的因素是力的大小、方向和作用点;
(3)地面附近的一切物体都收到重力的作用;
(4)力的作用效果:力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态.
【解答】解:A、因为力的作用是相互的,所以脚踢球时,脚对球施加力的同时足球对脚也施加了力,故A错误;
B、力的大小、方向和作用点都影响力的作用效果,故B错误;
C、踢出去的球在空中运动的过程中,受到重力的作用,故C错误;
D、守门员使球停下来的过程中,力改变了球的运动状态,故D正确.
故选D.
 
6.关于图中的现象,下列分析正确的是(  )
A.拉小提琴时,手在不同位置按弦,是为了改变响度
B.抽出罩内空气,听到闹钟的声音变小,说明发声体在振动
C.道路两旁设置隔音墙,是为了防止道路上的汽车发出噪声
D.发声的音叉靠近乒乓球,球多次被弹开,说明发声体在振动
【考点】频率及音调的关系;声音的产生;声音的传播条件;防治噪声的途径.
【分析】(1)音调、响度、音色,是从不同角度描述声音的,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.
(2)真空不能传声;
(3)减弱噪声的途径有三种:在声源处减弱噪声;阻断噪声的传播;在人耳处减弱噪声;
(4)一切声音都是由物体振动产生的.
【解答】解:A、小提琴是琴弦振动发出声音的,当在小提琴上不同位置按弦,琴弦振动的快慢会不一样,所以声音的音调就会发生变化,故A错误;
B、抽出罩内空气,听到闹钟的声音变小,即说明声音传播需要介质,真空不能传声,故B错误;
C、道路两旁建隔音墙是在噪声的传播过程中减弱噪声,故C错误;
D、发声的音叉靠近乒乓球,球多次被弹开,说明发声体在振动,故D正确.
故选D.
 
7.火箭加速升空过程中,对于火箭搭载的卫星,下列叙述正确的是(  )
A.卫星的机械能总量不变
B.卫星的机械能总量增加
C.卫星的动能增加,重力势能不变
D.卫星的动能不变,重力势能增加
【考点】动能和势能的大小变化.
【分析】(1)分析卫星的动能、重力势能大小的变化,从动能和重力势能大小的影响因素考虑.
动能大小的影响因素:质量、速度.质量越大,速度越大,动能越大.重力势能大小的影响因素:质量、被举得高度.质量越大,高度越高,重力势能越大.在能量转化中是减小的能转化为增大的能.
(2)火箭升空过程中,卫星没有发生弹性形变,不考虑弹性势能,所以机械能=动能+重力势能.从动能和重力势能大小的变化判断机械能的变化.
【解答】解:(1)火箭升空时,卫星质量不变,而速度增大,所以动能增大;
因为高度增大,所以重力势能增大;因此动能和重力是能都增大;
(2)因为动能增大,重力势能增大,而机械能=动能+重力势能,所以机械能增大.
故选B.
 
8.关于物体沉浮条件及应用实例,下列分析合理的是(  )
A.同一密度计在不同液体中漂浮时,所受浮力大小相同
B.轮船从长江驶入东海,吃水深度变大
C.橡皮泥捏成小船后可以漂浮在水面,是通过改变自身重力实现的
D.潜水艇靠改变排开水的体积来改变浮力,从而实现上浮和下沉
【考点】物体的浮沉条件及其应用.
【分析】(1)密度计利用了物体的沉浮条件,是漂浮在液体中,放在密度不同的液体中,所受浮力都等于本身的重力;
(2)由阿基米德原理F V g可知,液体的密度不同,排开液体的体积不同;
(3)利用“空心”的办法增大排开液体的体积,从而增大物体受到的浮力;
(4)潜水艇靠通过改变自身的重力来实现上浮和下沉.
【解答】解:A、密度计是漂浮在液体中,所受浮力等于本身的重力,而重力不变,所以所受浮力大小相同,故A正确;
B、轮船从长江驶入东海,所受浮力等于本身的重力不变,由于水的密度变大,则轮船浸入水的体积变小,所以吃水深度变小,故B错误;
C、橡皮泥捏成小船后可以漂浮在水面,橡皮泥的重力不变,是通过改变排开水的体积来实现漂浮的,故C错误;
D、潜水艇靠在水中排开水的体积不变,受到的浮力不变,为了实现上浮和下沉,是通过改变自身的重力来实现的,故错误D.
故选A.
 
9.我国自主研发的C919商用大飞机,它将于数年后投入运营,C919客机中的部分钛合金零件采用了激光3D打印技术.关于客机的相关物理知识.下列说法不正确的是(  )

A.客机所在高空的大气压强,比海平面附近的大气压强更大
B.客机采用密度小的材料,可以减轻它的重力
C.客机升空利用了“空气流速大的地方压强小”的原理
D.客机在空中沿直线匀速飞行,是受平衡力作用
【考点】大气压强与高度的关系;密度的应用与物质鉴别;力与运动的关系;飞机的升力.
【分析】(1)大气压随着高度的增加而减小;
(2)制造客机时,要尽可能地减轻其质量、重力,可以利用公式m=ρV和G=mg分析;
(3)流体流速越大的位置,压强越小;
(4)静止或匀速直线运动状态称为平衡状态,物体保持平衡状态时,一定受到平衡力的作用.
【解答】解:A、客机所在高空的大气压强,比海平面附近的大气压强小,故A错误;
B、由公式m=ρV和G=mg知,在体积一定的情况下,要减轻重力,只能选择密度较小的材料,故B正确;
C、客机升空利用了“空气流速大的地方压强小”的原理,故C正确;
D、在空中匀速直线飞行的飞机处于平衡状态,故受到的力是平衡力,故D正确.
故选A.
 
10.马斯克于2013年首次提出了超级高铁的计划.他设想乘客坐在类似胶囊的“车厢”里,“车厢”在低压管道
中被发射出去.沿着空气轨道行驶,其速度最高可以达到约1200km/h.根据上述材料,下列说法正确的是(  )
A.“车厢”的速度可以达到1000m/s
B.材料中描述的1200km/h是指“车厢”的平均速度
C.坐在“车厢”里面的乘客相对于自己的座位是静止的
D.在“车厢”加速启动阶段,面向前方的乘客由于惯性将向前倾
【考点】速度与物体运动;运动和静止的相对性;惯性.
【分析】(1)根据1km/h=m/s即可换算得出;
(2)平均速度是指物体在某一时间内的速度或某一过程内的速度;
(3)根据被研究的物体和参照物之间一定没有发生位置的改变判断被研究的物体是否静止;
(4)物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性.
【解答】解:A.1200km/h=1200×m/s≈333.3m/s,故A错误;
B.其速度最高可以达到约1200km/h,不是指“车厢”的平均速度,故B错误;
C、坐在“车厢”里面的乘客,乘客和自己的座位之间没有发生位置的改变,所以是静止,故C正确;
D、在“车厢”加速启动阶段,速度是变大的,乘客由于惯性要保持原来的静止状态,因此乘客会向后倾,故D错误.
故选C.
 
11.下列关于磁场的描述,正确的是(  )
A.磁感线是磁场中真实存在的曲线
B.磁体间的吸引或排斥作用是通过磁场实现的
C.磁体周围的磁感线从磁体S极发出,回到磁体N极
D.地磁的N极在地理北极附近,地磁的S极在地理的南极附近
【考点】磁场.
【分析】(1)只有磁性物质才能被磁化,磁化后的磁性材料具有了磁性,磁性材料变为磁体,磁体周围存在着磁场,磁场看不见,摸不到,为了研究磁场,画了一些带箭头的曲线来描述磁场,这样的曲线就是磁感线,这些曲线根本不存在.磁体之间的相互作用,都是通过磁场来完成的.
(2)地球是一个大磁体,地磁南极在地理北极附近.
(3)对于磁体,其外部的磁感线是从N极指向S极;其内部是由S极指向N极.
【解答】解:A、磁感线是人们为了方便研究磁场,在磁体周围画的带箭头的曲线,这些曲线在磁场中根本不存在.故A错误;
B、磁场的基本性质是对其中的磁体有磁力作用,磁体间的吸引或排斥作用是通过磁场实现的,故B正确;
C、对于磁体,其外部的磁感线是从N极指向S极;其内部是由S极指向N极,故C错误;
D、地球是一个大磁体,地磁南极在地理北极附近,地磁的N极在地理的南极附近,故D错误;
故选B.
 
12.小李喜欢喝咖啡,冲调咖啡时总能闻到浓浓的香味.以下关于咖啡的说法不正确的是 (  )
A.咖啡在变冷的过程中,内能不断增加
B.咖啡在变冷的过程中,以热传递的方式改变了内能
C.咖啡香飘四溢是扩散现象,说明分子在运动
D.咖啡温度越高,分子的热运动越剧烈
【考点】物体内能的改变;分子的热运动;扩散现象.
【分析】(1)影响内能大小的因素是质量、温度和状态;
(2)改变物体内能的方式有两种:做功和热传递,热传递过程是能量的转移过程,而做功过程是能量的转化过程;
(3)根据分子动理论的内容回答:物质都是由分子组成的,分子在永不停息地做无规则运动,物体温度越高分子的无规则运动越剧烈.
【解答】解:
A、咖啡在变冷的过程中,放出热量,温度降低,内能不断减少,故A错误;
B、咖啡在变冷的过程中,向周围空气放出热量,属于热传递改变物体的内能;故B正确;
C、咖啡香飘四溢是因为咖啡的香味分子不停地做无规则的运动,扩散到空气中,故C正确;
D、物体温度越高分子的无规则运动越剧烈,所以咖啡温度越高,分子的热运动越剧烈,故D正确.
故选A.
 
13.某实验小组用两个相同的小灯泡连接了如图所示的串联电路,当开关闭合后发现,甲乙两灯都不亮,为了找到故障原因.小张用一根导线线来检查.当导线与AB两点连接时,甲灯不亮乙灯亮;当导线与BC两点连接时,两灯都不亮.由此推测故障是(  )
A.AB两点间存在短路      B.AB两点间存在断路
C.BC两点间存在短路       D.BC两点间存在断路
【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用.
【分析】由图可知两灯的连接方式,根据接入导线后灯泡的亮暗判断电路故障.
【解答】解:闭合开关时两灯均不亮,说明电路中某处断路,或是两灯均短路;
用导线先并联在AB两端时,发现甲不亮,乙亮,说明电路通路,两灯泡不可能短路,乙不可能断路;
同时因导线与并联在BC两端时,灯均不亮,说明灯甲不可能短路,只能为灯甲发生了断路(开路).
故选B.
 
14.小李毎天坚持用“微信运动“来统计当天行走的步数,如图为她在6月12曰的步行情况.按照正常成年人的身体指标和通常的步伐及频率,可以估测出(  )

A.小李的质量大约为500kg
B.小李步行的平均速度大约为10m/s
C.当天小李走过的路程大约为3000m
D.步行后小李心跳一次的时间大约为4s
【考点】速度公式及其应用;质量的估测;时间的估测.
【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、成年人的质量在50kg左右,小李的质量大约为50kg,故A错误;
B、人正常步行的速度在1m/s左右,故B错误;
C、常成年人一步大约0.4m,小李走过的路程大约为0.5m×6001≈3000m,故C正确;
D、正常成年人一次心跳时间约1s,故D错误.
故选C.
 
二、填空题(每空2 分,共32 分)
15.小雯站在竖直平面镜前看见镜中的自己,感叹由于长期没有注意健康用眼,早早就換上了近视眼镜.她戴的眼镜对光起  发散 (选填“汇聚”或“发散”)作用;如果小雯距离平面镜1.5m,则她在镜中的像到镜面的距离为  1.5 m.
【考点】凹透镜的发散作用;平面镜的应用.
【分析】(1)近视镜是凹透镜,对光线有发散作用.
(2)根据平面镜成像时,像到镜面的距离和物体到镜面的距离相等即可直接得出答案.
【解答】解:近视眼是由于眼睛的晶状体会聚能力变强,像成在视网膜的前方,要想使像成在视网膜上,应佩戴发散透镜,即凹透镜,使光线推迟会聚;因为凹透镜中间薄、边缘厚,对光线有发散作用;
平面镜成像时,像到镜面的距离和物体到镜面的距离相等,
所以小雯距离平面镜1.5m,则她在镜中的像到镜面的距离也为1.5m.
故答案为:发散;1.5.
 
16.一位同学用电压表测量电路两端的电压,电压表的指针位置如图1所示,电压表的示数为  2.4V .另一位同学用溫度计测量一杯热水的溫度时,把温度计放入热水中,如图2所示,该温度计的放置方式  不正确 (选填“正确”或“不正确”)

【考点】电压表的读数方法;温度计的使用及其读数.
【分析】(1)明确电压表的量程和分度值,再根据指针位置读出示数;
(2)使用温度计测液体的温度时,温度计的液泡不能接触容器底和容器壁.
【解答】解:(1)读图1可知,电压表的量程是0~3V,分度值为0.1V,其示数为2.4V;
(2)图2中,温度计的玻璃泡接触到了容器底,这样会使测量的结果不准确,故这种放置方式是不正确的.
故答案为:2.4V;不正确.
 
17.盛夏时节天气炎热,小莉从冰箱里拿出根冰棒吃了起来,顿时感觉凉爽了.冰棍在熔化过程中要  吸收 热量;哥哥从冰箱中取出瓶矿泉水,不久后发现,原本干燥的瓶壁上有了许多水珠,这是发生了  液化 现象(填一种物态变化名称)
【考点】熔化与熔化吸热特点;液化及液化现象.
【分析】解决此题要知道物质由固态变成液态叫做熔化,熔化过程需要吸收热量.物质由气态变成液态叫做液化,
【解答】解:①冰棍在嘴里会熔化,熔化过程需要吸收热量,所以会感觉凉爽;
②从冰箱中取出的矿泉水,温度比较低,空气中的水蒸气遇到比较冷的饮料瓶就会液化为小水珠,附着在饮料瓶表面.
故答案为:吸收;液化.
 
18.如图所示,古代士兵常用定滑轮把护城河上的吊桥拉起.使用定滑轮可以  改变动力方向  (选填“省力”、“省距离”或“改变动力方向”);吊桥可以看作杠杆,绳子对它的拉力是动力,吊桥的重力是阻力.在拉起吊桥的过程中,阻力臂大小  变小  (选填:“变大”、“变小”或“不变”)

【考点】杠杆的分类;杠杆及其五要素.
【分析】(1)定滑轮实质是等臂杠杆,不省力,也不能省距离,但能改变用力的方向.
(2)从支点到阻力作用线的距离叫阻力臂.
【解答】解:(1)图中使用定滑轮的作用是改变动力的方向;
(2)吊桥的重心在中点,重力的方向是竖直向下的,在吊起桥的过程中,从支点O到重力的作用线的距离变小,即阻力臂变小.
故答案为:改变动力的方向;变小.
 
19.如图所示,手指施加8N的力把图钉压入木板.若图钉帽的受力面积是1.0×10 4m 2,则手指对图钉帽的压强为  8 ×10 4 Pa.图钉尖制作得很尖锐,是为了在压力一定时,通过减小受力面积来达到  增大压强 的目的.

【考点】压强的大小及其计算;减小压强的方法及其应用.
【分析】(1)知道手对顶帽施加的压力和钉帽的受力面积;
(2)增大压强的方法:在压力一定时,可以通过减小受力面积的方法来增大压强;在受力面积一定时,可以通过增大压力来增大压强;还可以同时改变压力和受力面积的大小来增大压强.
【解答】解:(1)手指对图钉帽的压强:
(2)图钉尖制作得很尖锐,是在压力一定时,减小受力面积来达到增大压强的目的.
故答案为:8×10 4;增大压强.
 
20.学习电与磁的知识后,小阳同学知道了发电机发电是利用了  电磁感应 的原理.小阳用如图所示是实验装置探究产生电流的条件.闭合开关后,铜棒AB.灵敏电流表、开关、导线组成了闭合电路,当小阳让铜棒AB  左右 (选填“上下”或“左右”)运动时,灵敏电流表的指针会发生偏转.

【考点】电磁感应;产生感应电流的条件.
【分析】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时,就会产生感应电流,这就是电磁感应现象;利用这一原理制成了发电机.
【解答】解:闭合开关后,使铜棒ab左右运动,可以切割磁感线,因此会有感应电流产生,此时电流表指针能发生偏转.如果上下运动与磁感线方向平行,不能切割磁感线,电路中不会产生感应电流.这种现象就是电磁感应现象,利用它人们发明了发电机.
故答案为:电磁感应;左右.
 
21.如图所示的电路,闭合开关S,定值电阻R 1与R 2的连接方式是  串联 ,电压表测的是  R 1 两端的电压.

【考点】串联电路和并联电路的辨别;电压表的使用.
【分析】(1)串联电路中,电流只有一条路径,各元件相互影响;并联电路中,电流有多条路径,各元件互不影响.
(2)电压表的内部电阻很大,在电路中相当于断路;电流表的内部电阻很小,在电路中相当于导线.
【解答】解:由于电压表的内部电阻很大,电压表在电路中相当于断路,先将电压表去掉,定值电阻R 1与R 2依次串联,电流只有一条路径,即为串联;
电压表并联在R 1两端测R 1两端的电压.
故答案为:串联;R 1
 
22.把一个电阻为44Ω的电炉接入电压为220V的电路中,通电10min产生的热量为  6.6 ×10 5 J.连接家庭电路时,要注意检查线路连接处接触情况.若接触不良,电流通过时产生的热量会更多.容易引起火灾.因为相比接触良好时连接处的电阻  更大 (选填“更大”或“更小”)
【考点】焦耳定律的计算公式及其应用.
【分析】(1)知道电炉的电阻和电压以及通电时间,出产生的热量;
(2)由焦耳定律知道,电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比;导线相互连接处因为接触不良,易造成电阻变大,因为导线连接处与其他导线串联在电路中,通电时间是相同的,由焦耳定律可知电阻大的产生的热量越多,据此分析.
【解答】解:(1)电炉通电10min产生的热量:
(2)连接处接触不良时,会使该处的电阻增大,
由焦耳定律的公式Q=I 2Rt知,在电流、通电时间相同的情况下,电阻越大,产生的热量越多,温度越高,
所以,电流经过线路连接处时产生的热量增多,容易引起火灾.
故答案为:6.6×10 5;更大.
 
三、作图与计算题(本题共3 小题,共16 分)
23.(1)水池里有盏小射灯,如图1所示,已经画出了小射灯射向水面的一条光线,请完成下列要求:
①画出射入空气的折射光线的大致方向;②标出入射角i.
(2)一个螺线管和一个小磁针放在桌面上,当开关S 1闭合后,小磁计N极转向了右方,如图2所示,请完成下列要求:①用箭头标出小磁针处的磁感线的方向;②在括号内用“十“﹣”标出电源的正负极.
【考点】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)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,折射光线向靠近法线方向偏折,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,折射光线向远离法线法线偏折,折射角大于入射角,画出折射光线.
(2)根据小磁针的NS极指向,利用磁极间的作用规律可以确定螺线管的NS极;根据磁感线特点可确定磁感线方向;根据螺线管的NS极和线圈绕向,利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向,进而可以确定电源正负极.由于异名磁极相互吸引,所以当小磁针自由静止时,与小磁针N极靠近的螺线管的左端一定是S极.
【解答】解:
(1)过入射点作出法线,然后根据折射角大于入射角画出折射光线,
(2)根据图示的线圈绕向和螺线管的NS极,利用安培定则可以确定螺线管中电流的方向是从螺线管的右端流入,左端流出,因此电源的右端为正极,左端为负极.磁感线方向从N极指向S极

24.欧佩克组织和英美等西方国家原油数量单位通常用“桶”来表示,中国及俄罗斯等国家则常用“吨”作为原油数量单位.通过网络查询可知:不同油田的原油密度不同,1桶=158.98升.
(1)若原油密度为0.8×10 3千克/米 3,取1桶=159升,则1桶原油的质量为多少千克?(1升=10 33
(2)将1吨原油竖直匀速提升20米,需要对油做的功是多少焦耳(g=1ON/kg)
【考点】功的计算;密度公式的应用.
【分析】(1)知道原油的密度和一桶原油的体积,根据m=ρV求出1桶原油的质量;
(2)根据W=Gh=mgh求出将1吨原油竖直匀速提升20m对油做的功.
【解答】解:(1)一桶原油的体积:
V=159L=159dm 3=0.159m 3
m=ρV=0.8×10 3kg/m 3×0.159m 3=127.2kg;
(2)将1吨原油竖直匀速提升20m对油做的功:
W=Gh=m′gh=1×10 3kg×10N/kg×20m=2×10 5J.
答:(1)1桶原油的质量为127.2kg;
(2)将1吨原油竖直匀速提升20米,需要对油做的功是2×10 5J.
 
25.如图所示,电源电压不变,R是定值电阻,电灯L标有“6V 3W”的字样.当只闭合S时,电流表的示数为0.6A.再闭合S 1时,电流表的示数变化了0.5A.求:
(l)电阻R的阻值;
(2)幵关都闭合后,5min内电路消耗的总电能.

【考点】欧姆定律的应用;电功的计算.
【分析】(1)当只闭合S时,电路为R的简单电路,电流表测通过R的电流,根据欧姆定律表示出电源的电压;再闭合S 1时,R与L并联,电流表测干路电流,根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R的电流不变,电流表变化的示数即为通过L的电流,根据P=UI求出灯泡的额定电流,然后与通过灯泡的电流相比较确定灯泡正常发光,根据并联电路的电压特点可知电源的电压,进一步求出电阻R的阻值;
(2)幵关都闭合后,根据并联电路的电流特点求出干路电流,利用W=UIt求出幵关都闭合后5min内电路消耗的总电能.
【解答】解:(1)当只闭合S时,电路为R的简单电路,电流表测通过R的电流,
电源的电压:
U=I RR=0.6A×R﹣﹣﹣﹣①
再闭合S 1时,R与L并联,电流表测干路电流,
因并联电路中各支路独立工作、互不影响,
所以,通过R的电流不变,
则电流表变化的示数即为通过L的电流I L=0.5A,
由P=UI可得,灯泡的额定电流:
所以,此时灯泡两端的电压U L=U L =6V,
因并联电路中各支路两端的电压相等,
所以,电源的电压U=U L=6V,
代入①式可得:R=10Ω;
(2)幵关都闭合后,
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,
所以,干路电流:
I=I R+I L=0.6A+0.5A=1.1A,
5min内电路消耗的总电能:
W=UIt=6V×1.1A×5×60s=1980J.
答:(1)电阻R的阻值为10Ω;
(2)幵关都闭合后,5min内电路消耗的总电能为1980J.
 
四、实验与探究题(共14 分)
26.在探究“滑动摩擦力的大小与什么有关”的实验中,.
(1)从弹簧测力计直接读出的是对木块的拉力大小,实验中需要让拉力与木块所受的滑动摩擦力大小相等,则应满足的主要条件是:木块放在水平面上,拉动木块时,木块应处于  匀速直线 运动状态:拉力方向水平.
(2)拉动木块前,应将测力计沿  水平 方向放置,然后进行调零.
(3)利用如图所示的装置进行相关试验后,在木块上再叠加另一个木块来进行实验.分析叠放木块与不叠放木块两种情况对应的数据,是为了验证下列猜想中的  A .
A、滑动摩擦力的大小与压力的大小有关
B.滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关
C、滑动摩擦力的大小与接触面积大小有关
D、滑动摩擦力的大小与运动的速度大小有关
(4)交流评估时,某实验小组提出:实验过程中,弹簧测力计的示数不容易稳定.可能的原因是  B .
A、木板的长度太长
B.木板的粗糙程度不均匀
C、弹簧测力计的分度值太大
D.木块与木板的接触面积太大.
【考点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验.
【分析】(1)物体做匀速直线运动时,根据二力平衡条件,拉力与摩擦力是一对平衡力;
(2)从弹簧自重对测量结果影响的角度进行考虑;
(3)滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关,根据控制量和变化量可做出判断;
(4)滑动摩擦力受接触面的粗糙程度的影响,据此判断影响弹簧测力计示数不稳定的原因.
【解答】解:(1)由二力平衡可知,只有当物体做匀速直线运动时,拉力与摩擦力才是一对平衡力,二者的大小才相等;
(2)弹簧测力计自身有一定的重力,当弹簧测力计水平放置时,才能减小由于弹簧自身重力对实验结果带来的误差;
(3)滑动摩擦力只与压力和接触面的粗糙程度有关,叠加木块改变的是压力的大小,所以验证的猜想是滑动摩擦力的大小与压力大小的关系,即选项A符合题意;
(4)A、木板的长短不会影响摩擦力的大小,所以不是造成弹簧测力计的示数不容易稳定的原因,故A错误;
B.木板的粗糙程度不均匀,影响摩擦力的大小,会造成弹簧测力计的示数不容易稳定,故B正确;
C、弹簧测力计的分度值太大,只会使测量的准确度降低,不是造成弹簧测力计的示数不容易稳定的原因,故C错误;
D.木块与木板的接触面积不影响摩擦力的大小,所以不是造成弹簧测力计的示数不容易稳定的原因,故D错误.
故选B.
故答案为:(1)匀速直线;(2)水平;(3)A;(4)B.
 
27.在探究并联电路中各电路电流与各支路电流的关系时,一班各组同学从甲、乙、丙、丁四种规格的灯中,选取两个并联起來接在相同电源上,组成如图1所示的电路.然后把一个电流表分别接入电路中A,B,C处测量电流.并记录数据.
(1)小李将电流表接在A处,闭合开关,电流表示数如图2所示,为了测量结果准确,她应该断开开关,  换电流表的小量程 ,重新进行试验.
(2)小张同学测量时,闭合开关,发现指针向“0”刻度的左侧偏转,电流表连接存在的错误是  电流表 “+ 接线柱接反了 
(3)老师收集到几个组的数据如表:
组别 L1规格 L2规格 IA/A IB/A IC/A
1 0.12 0.12 0.23
2 0.15 0.20 0.35
3 0.12 0.14 0.26
4  甲 0.16 0.18 0.30
对于测量数据的相关分析,以下说法正确的两个是  CD .
A、第1组数据没有测量误差
B.分析多组数据是为了减小误差
C.选用不同规格的灯进行实验,可使结论更具普遍性
D.第4组数据的偏差可能是电流表未调零引起的.

【考点】探究串并联电路中的电流特点实验;误差及其减小方法.
【分析】(1)、(2)从指针偏转角度太小、指针反向偏转找原因;
(3)清楚误差的概念,明确用不同规格的灯多次实验的目的;电流表使用前应调零.
【解答】解:(1)在测量电流时,出现图示指针偏转角度太小的问题,是因为选用的电流表量程太大了,为了测量结果准确,她应该断开开关,换电流表的小量程,重新进行试验;
(2)在测量电流时,出现图示指针反向偏转的问题,是因为电流从“﹣”接线柱流入了,电流表连接存在的错误是“+”、“﹣”接线柱接反了;
(3)A、误差只能减小,不能避免,错误;
B、分析多组数据,是为了避免实验的偶然性,得出具有普遍性的结论,错误;
C、选用不同规格的灯进行实验,是为了得出具有普遍性的结论,正确;
D、第4组数据都比对应的3组大,可能因为测量时电流表指针没有调零所致,正确.
故选CD.
故答案为:(1)换电流表的小量程;
(2)电流表“+”、“﹣”接线柱接反了;
(3)CD.
 
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