中考_物理中考真题_地区卷_广西省_广西桂林卷中考物理07-21_教师版_2010年广西桂林市中考物理试卷（教师版）

2010年广西桂林市中考物理试卷（教师版）一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）1．（3分）在电和磁漫长的发展历史中，许多科学家做出了卓越贡献，其中发现电磁感应现象的科学家是（　　）A．法拉第B．沈括C．安培D．焦耳【微点】物理常识．【思路】由我们了解的物学史可判断此题的*。【解析】解：A、法拉第的主要贡献是电磁感应现象。故A正确。B、沈括发现了磁偏角，即地理的北极并不和地理的南极重合。故B错误。C、安培在电磁作用方面的研究成就卓著。故C错误。D、焦耳的突出贡献是焦耳定律。故D错误。故选：A。【点拨】多了解物理学史对培养我们学习物理的兴趣是有帮助的，所以考试中也时有涉及，在学习中应注意。2．（3分）下列关于声音的产生和传播的说法中，正确的是（　　）A．声音都是靠空气来传播的B．只要物体振动，就能听到声音C．回声是声音被障碍物反*而形成的D．声音的传播速度不受周围环境温度的影响【微点】声音的产生；声音的传播条件．【思路】解决此题的关键是要知道声音的传播是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播。【解析】解：A、声音可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播，不符合题意；B、物体振动会发出声音，但需要有介质传播才可以听到声音，不符合题意；C、回声是声音被障碍物反*而形成的，说法正确，符合题意；D、声音的传播速度受周围环境温度的影响，不符合题意；故选：C。【点拨】解决此类问题要结合声音的产生和传播进行分析解答。3．（3分）如图所示，在建国60周年期间，各地群众通过多种方式了解*大阅兵的信息。下列各种信息传递方式中，运用电磁波传递信息的是（　　）A．声呐和无线电广播电视B．卫星通信和光纤通讯C．有线电话和无线电广播电视D．两人之间面对面相互交谈【微点】声与信息．【思路】要解答本题需掌握：①现代的哪些通信设备是利用电磁波传递信息的；②声呐是超声波波，以及空气能传播声音。【解析】解：A、声呐是超声波，是利用超声波传递信息的，无线电广播是利用电磁波传递信息的。故A不符合题意。B、卫星通信和光纤通讯都是利用电磁波传递信息的。故B符合题意。C、有线电话是通过电流传递信息的，虽然无线电广播是利用电磁波传递信息的。故C不符合题意。D、两人之间面对面相互交谈是通过空气传递信息的。故D不符合题意。故选：B。【点拨】本题主要考查学生对：声音与信息的了解，以及对电磁波的应用的了解和掌握，是一道基础题。4．（3分）今年二月初以来，为缓解旱情，我市多次适时实施人工增雨作业，即通过在空中喷洒“干*”进行人工降雨。喷洒“干*”的作用是（　　）A．使空气液化B．使空气中的小水珠汽化C．使空气中的水蒸气液化D．“干*”熔化变为雨水【微点】液化及液化现象；生活中的升华现象．【思路】要解答本题需掌握：干*升华吸热，空气中的水蒸气遇冷液化。【解析】解：干*是固态的二氧化碳，很容易升华，干*在升华过程中吸热，使气温下降，空气中的水蒸气遇冷液化成小水滴。故选：C。【点拨】本题主要考查学生对：升华吸热，以及温度降低可以使气体液化的了解和掌握，是一道基础题。5．（3分）如图所示，一架重型运输直升机在执行救灾任务时，通过钢缆将一质量为9×103Kg的货物悬吊着往下放。下列说法正确的是（　　）A．直升机所吊货物的重量是9×103NB．直升机所吊货物的重量是9×104NC．货物受到的重力方向是不断变化的D．货物受到的重力方向是垂直向下的【微点】重力的计算；重力的方向．【思路】已知质量，根据G＝mg即可求出重力大小，然后再确定选项A、B的正误；根据重力的方向来分析C、D是否正确。【解析】解：已知货物的质量，则货物重力为G＝mg＝9×103kg×10N/kg＝9×104N，故A选项错误，B选项正确；由于重力的方向总是竖直向下的，所以C、D选项都错误。故选：B。【点拨】本题考查重力大小的计算以及重力方向总是竖直向下的。6．（3分）小明在体育中考时见到了下列的一些现象，其中不能用惯*知识解释的是（　　）A．小华不小心在跑道上摔了一跤B．在起跑时，都用脚向后用力蹬地C．在投掷实心球时，球离开手后会继续向前运动D．参加50m×2往返跑测试的同学跑到终点后想立即停下来却办不到【微点】力作用的相互*；惯*．【思路】根据任何物体都有保持原来运动状态的*质对各选项逐一进行分析。【解析】解：A、滑倒是由于脚的运动速度加快，由于惯*，人的上身还要保持原来较慢的速度，所以A选项是由于惯*导致的；B、起跑用力蹬是利用力的作用是相互的，使地面给自己一个较大的作用力，因此B选项与惯*无关；C、实心球离开手后，由于惯*还要保持原来向前的运动状态，所以会继续向前运动，故C选项是利用惯*的；D、由于到达终点前，测试的同学都处于运动状态，到达终点后，由于惯*，还要继续向前运动，所以不能立即停下来，故D选项是由于惯*导致的。故选：B。【点拨】知道任何物体在任何情况下都有惯*，会用惯*知识解释身边相关现象。7．（3分）如图所示，在用滑轮将同一物体沿相同水平地面匀速移动时，拉力分别为F*、F乙、F*、F丁，比较它们的大小（不计滑轮重及滑轮与细绳间的摩擦），正确的是（　　）A．F*＞F乙B．F乙＝F*C．F*＜F丁D．一样大【微点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点．【思路】定滑轮的轮轴是固定的，使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力。【解析】解：由图可知，第一个和第四个滑轮随物体一起运动，是动滑轮，当水平拉动时可以省一半的力，而第四个滑轮因为拉力方向不水平，所以力会稍大。第二个和第三个滑轮是定滑轮，使用该滑轮不能省力，但可以改变力的方向；所以F乙＝F*＞F丁＞F*，故选：B。【点拨】解决此类问题要会判断定滑轮和动滑轮，并且能够找到它们之间的区别。8．（3分）小明在使用手电筒时发现小灯泡不亮，进行检修前，他对造成该现象的直接原因进行了以下几种判断，其中不可能的是（　　）A．开关处出现短路B．小灯泡灯丝断了C．小灯泡接触不良D．电池两端电压过低【微点】电路的三种状态．【思路】手电筒的小灯泡不亮，有三种情况：①电路中某处开路，②电源电压过低，③灯被短路。【解析】解：A、开关处出现短路，闭合了电路，开关失去了控制作用，但灯发光，故A符合题意；B、C、小灯泡灯丝断、小灯泡接触不良，属于电路开路，电路中无电流，灯不能亮，故B、C不符合题意；D、电池两端电压过低，灯亮不起来，故D不符合题意。故选：A。【点拨】本题考查了短路和断路对电路的影响，比较简单。在生活中，如发现灯泡不发光，要会分析灯泡不发光的原因以及能想到解决故障的方法。9．（3分）如图所示，是一种利用新能源的路灯，它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板。这种设计最合理的应用是（　　）A．小风扇是一个美化城市的时尚装饰B．小风扇是用来给太阳能电池散热的C．太阳能电池同时向小风扇和路灯供电D．小风扇是小型风力发电机，它和太阳能电池共同向路灯供电【微点】新能源；太阳能的利用．【思路】自然界中的风能和太阳能是能量巨大的资源，现在科学家都在设计装置利用它们的能量；风扇式发电机可以通过风吹动扇片转动，把风能转化为电能；太阳能电池可以把太阳能转化为电能。【解析】解：这种新能源的路灯，“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，“肩扛”太阳能电池板也可以把太阳能转化为电能；这样无论是晴天还是*天，此种路灯都可以发电，供路灯晚上照明使用；故选：D。【点拨】风能和太阳能都是清洁能源，且能量取之不尽用之不竭，能够巧妙的设计利用是关键。10．（3分）小明在“造船比赛”中用三块大小相同的橡皮泥做成小船，把它们放在盛有水的水槽中，然后往小船内放入不同质量的物体，它们均能漂浮在水面上，如图所示。针对此现象，下列说法正确的是（　　）A．三只小船受到的浮力相等B．三只小船底面受到的压强相等C．小船所装物体越重，受到的浮力越大D．小船所装物体越轻，受到的浮力越大【微点】压强大小比较；物体的浮沉条件及其应用．【思路】已知小船漂浮，没有放入物体前，三只小船所受浮力相等，都等于自身的重力；放入物体后，小船仍然漂浮，但放入的物体质量不同、重力不同，三只小船所受浮力也就不同，放入的物体越重，所受浮力越大，因为物体漂浮时浮力等于自身的重力。根据p＝ρgh判断受到的压强。【解析】解：ACD、三只小船放入物体前后始终漂浮，浮力始终等于各自的重力，放入的物体越重，自身的重力越大，所受的浮力也就越大；放入的物体越轻，自身的重力越小，所受的浮力也就越小，所以放入不同质量的物体后三只小船受到的浮力不同，故AD错、C正确；B、由于小船受到的浮力不同，而小船底面所处的深度未知，所以底面受到的压强不一定相等，故B错误。故选：C。【点拨】本题考查了学生对物体的漂浮条件的掌握和运用，关键知道小船在放入物体前后都是漂浮的。11．（3分）如图所示，各个元件均为实验室常用器材，当开关闭合后，下列说法中正确的是（　　）A．两表指针均有明显偏转B．两表指针均几乎不动C．电流表指针有明显偏转，电压表指针几乎不动D．电压表指针有明显偏转，电流表指针几乎不动，故电压表有示数，而电流表几乎无示数【微点】电流表的使用；电压表的使用．【思路】电压表的电阻很大，串联使用时，电路中的电流很小，但电压表是有示数的。【解析】解：由于电压表的电阻很大，当它串联使用时，电路中的电流很小，故电流表的指针几乎不动，但电压表是有示数的，接近于电源电压。故选：D。【点拨】本题考查了电压表的特点。电压表的内阻较大，串联串联使用时，会有示数，但电路中几乎没有电流。12．（3分）如图所示，是探究“动能的大小与什么因素有关？”实验的示意图。小球从a处滚下，在c处与小木块碰撞，并与小木块共同运动到d处停下。下面的一些判断正确的是（　　）A．从a到b，小球的势能不变，动能增大B．从b到c，小球的势能增大，动能增大C．到达c处，小球的势能最小，动能最大D．到达d处，小球的动能为零，小木块的动能最大【微点】动能和势能的大小变化．【思路】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。【解析】解：（1）从a﹣b﹣c，小球的质量不变，高度减小，重力势能减小。从c﹣d，小球质量不变，高度不变，重力势能不变。（2）从a﹣b﹣c，小球的质量不变，速度增大，动能增大。从c﹣d，小球质量不变，小球撞击木块后，速度不断减小，动能不断减小，到d点停止，速度为零，动能为零。故选：C。【点拨】（1）掌握动能、重力势能、**势能大小的影响因素。（2）根据能量的影响因素判断动能、重力势能、**势能大小的变化。13．（3分）将额定电压相同的两个灯泡L1、L2串联后接入电路中，如图所示。接通电路后发现L1要亮一些，则下列判断正确的是（　　）A．L1的电阻比L2的小B．L1的额定功率比L2的大C．两灯正常工作时L1发光要暗一些D．若将两灯并联接入电路，L1发光要亮一些【微点】实际功率．【思路】两灯串联在电路中，则电流一定相等，根据灯泡的亮度可判断两灯泡电阻的大小；则由功率公式可判出额定功率的大小及正常工作时的亮度；若将两灯并联，则根据电压相等利用功率公式P＝可判断两灯的明亮程度。【解析】解：两灯串联时电流相等，L1比L2亮说明P1＞P2，由P＝I2R可得：R1＞R2，故A错误；两灯的额定电压相等，则由P＝可得：P1额＜P2额，即两灯正常工作时，L1要比L2暗一些，故B错误，C正确；若将两灯并联，则两灯两端的电压相等，由P＝可得：L1的实际功率要小于L2的实际功率，则D错误；故选：C。【点拨】电功率公式有：P＝UI、P＝I2R及P＝，在纯电阻电路中三个公式都是成立的，要根据题目中的条件灵活选择。二、填空题（共9小题，满分18分）14．（2分）水的凝固点是0℃，当环境温度为0℃时，水可以是　液　态，也可以是　固或固液共存　态。【微点】凝固与凝固放热的特点；熔点和凝固点．【思路】要解答本题需掌握：当晶体在它的熔点的时候，固、液状态都可能存在。【解析】解：因为水的凝固点是0℃，环境温度也是0℃，所以在0℃时，可能是水达到了凝固点，也可能是*达到了熔点，所以水可能是液态，也可能是固态，还有可能是固液共存态。故*为：液，固或固液共存。【点拨】本题主要考查学生对凝固点以及凝固的条件的了解和掌握，是一道基础题。15．（2分）如图所示，是我市的象征﹣﹣象鼻山，我们能远远看到它，是由于光的　直线　传播的缘故；它在漓*中的倒影是由于光的　反*　形成的。【微点】光直线传播的应用；光的反*现象．【思路】我们能看到物体，是因为物体的光进入了我们的眼睛，故本题就是要分析光是如何进入人眼的，是从物体上*出后直接进入，还是经过了反*或折*。【解析】解：能直接看到物体，这光是沿直线传播进入人眼的。从水里看到倒影，是物体的光经水面反*后进入人眼。故*：直线；反*。【点拨】光现象的学习，要多结合生活现象，多思考。16．（2分）电动机主要是由定子和　转　子组成，它是利用通电线圈在　磁场　中受力而转动的原理制成的。【微点】直流电动机的原理．【思路】根据电动机的构造和原理即可填空。【解析】解：在电动机里，能够转动的部分叫转子，固定不动的部分叫定子。通电线圈必须在磁场里才会受到力的作用而发生转动。所以电动机主要是由定子和转子两部分组成，它是利用通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。故*为转，磁场。【点拨】本题综合考查了电动机的构造和原理，属于识记*内容，一定要牢记。17．（2分）小明乘坐“*号”动车组外出旅游。列车开动后，小明看到窗外的人群在往后退，这是以　列车　为参照物；若以站台为参照物，则小明是　运动　的。【微点】参照物及其选择．【思路】运动和静止是相对的，研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则是静止的。【解析】解：小明以列车为参照物，窗外的人群与列车之间的位置发生了变化，而列车是相对静止的，窗外的人群是运动的，所以会看到窗外的人群在往后退；小明以站台为参照物，站台与他自己之间的位置发生了变化，而站台是相对静止的，所以他是运动的。故*为：列车；运动。【点拨】此类现象在我们的日常生活中随处可见，学习中要注意理论联系实际，用所学物理知识对生活中的物理现象作出解释，这样才能做到举一反三，活学活用。18．（2分）注*器的针头做得很尖，其目的是为了增大　压强　；注*器能将*液吸入针筒是利用了　大气压　的作用。【微点】增大压强的方法及其应用；大气压的综合应用．【思路】根据压强的定义式p＝知，当压力一定时，减小受力面积，从而增大压强；注*器将*液吸入针筒之前，需要先排出针筒内的空气，这样，针筒内的气压减小，*液受到外界大气压的作用，会被压入针筒。【解析】解：由公式p＝可知，注*器的针头做得很尖，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强的。注*器能将*液吸入针筒是因为针筒内的气压减小，外界大气压把*液压入针筒。故*为：压强；大气压。【点拨】此题考查学生对增大压强的方法及其应用和大气压应用的理解和掌握。贴近生活实际，便于激发学生探究物理现象的兴趣，同时，也体现了新课程的指导思想。19．（2分）如图所示，跳伞运动员在从飞机上跳下、降落伞没有打开之前，下落会越来越快，此时运动员受到的阻力　小于　重力；当降落伞打开后，运动员匀速下落时，受到的阻力　等于　重力。（选填“大于”、“小于”或“等于”）【微点】二力平衡条件的应用．【思路】要知道力和运动之间的关系：若受力不平衡，则物体运动状态改变；若受力平衡，则物体处于平衡状态。知道二力平衡条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。【解析】解：降落伞没有打开前，所受重力大于阻力，所以下落速度越来越快；打开后当所受空气阻力与重力相等时，则这两个力平衡，运动员匀速下落。故*为：小于；等于。【点拨】此题主要考查了二力平衡条件及应用，知道物体处于匀速直线运动状态时，物体受力平衡；若速度变化，则受力不平衡。20．（2分）在冬奥会滑雪比赛时，运动员用力撑雪杖使自己从山上由静止加速滑下，这表明力能使物体的　运动状态　发生改变；如图所示，是某运动员在滑下过程中碰撞标志杆时的情景，它说明力还能使物体的　形状　发生改变。【微点】力的作用效果．【思路】主要看用力撑雪杖、碰撞标志杆使物体的什么发生了变化。【解析】解：运动员用力撑雪杖使自己从山上由静止加速滑下，速度越来越快，即力改变了物体的运动状态；碰撞标志杆，标志杆发生了弯曲，力改变了物体的形状。故*为：运动状态、形状。【点拨】力的作用效果有两个：一是改变物体的运动状态（指速度的大小和方向），二是改变物体的形状。21．（2分）小华在做“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验时，其中一步的*作如图所示，这样*作的错误是：物体不在　水平面　上运动。纠正错误后，若使木块由铺有毛巾的木板运动到光滑的木板上，则木块受到的滑动摩擦力将　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【微点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验．【思路】探究滑动摩擦力的影响因素时，应该让物体水平方向上运动，因为只有水平方向上匀速运动，摩擦力和拉力才是相等的，*簧测力计的示数才等于摩擦力的大小；影响摩擦力大小的因素有：压力和接触面的粗糙程度，压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大。【解析】解：要探究“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验，应该让物体在水平面上运动，若在斜面上拉动，摩擦力和拉力不再是一对平衡力，*簧测力计的示数就不是摩擦力；同一木块对水平面的压力是相等的，毛巾的表面更粗糙，摩擦力更大。故*为：水平面；变小。【点拨】此题考查影响摩擦力大小因素的探究，是一道重点题；此题的难点是第一问，我们要能够根据二力平衡的知识分析斜面上的受力。22．（2分）如图所示的电路，电源电压保持不变，R1＝10Ω．当闭合开关S，滑动变阻器滑片P在中点时，电流表的示数为0.3A；当把滑片P移到最右端时，电流表的示数为0.2A．则电源电压为　6　V，滑动变阻器的最大阻值为　20　Ω。【微点】欧姆定律的应用．【思路】当滑片在中点时，滑动变阻器接入电阻为总电阻的一半，则由欧姆定律可列出方程式；当滑片滑到最右端时，滑动变阻器全部接入，则由欧姆定律可列出方程式，联立解得即可。【解析】解：设电压为U，滑动变阻器的最大阻值为R，则当滑片在中点时，由欧姆定律得电流表的示数（即干路电流）：I1＝当滑片移到最右端时，电流表的示数（即干路电流）：I2＝代入数据得：U＝0.3A×（10Ω+）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（1）U＝0.2A×（10Ω+R）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（2）联立解得：U＝6V，R＝20Ω故*为：6，20【点拨】当题目中待求量较多时，可以选择列方程的方法求解，这是物理学中的一个重要的解答方法。三、解答题（共7小题，满分43分）23．（2分）如图所示，为自行车脚踏板的示意图，作用在脚踏板上的力为F．请在图中画出该力的力臂。【微点】力臂的画法．【思路】根据力臂的画法进行分析，即过支点作力的作用线的垂线段。【解析】解：过支点作力F作用线的垂线段。图示如下：【点拨】知道力臂的正确画法，会根据力臂的画法画出正确的力臂。24．（2分）如图*所示，是小明常用的一个*线板。他在使用中发现：*线板上的指示灯在开关闭合时会发光，*孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时*孔也能正常通电。根据上述现象，在图乙中画出*线板中开关、指示灯和*孔的连接方式，并与电源线接通。【微点】家庭电路的连接．【思路】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。【解析】解：（1）*线板上的指示灯在开关闭合时会发光，*孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和*座，灯泡和*座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时*孔也能正常通电。说明灯泡和*座之间是并联的。（2）开关接在灯泡、*座和火线之间控制火线使用更安全。故*为：【点拨】（1）根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一。（2）家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保*使用安全。25．（5分）为确定某种未知液体的“身份”，物理老师把这个任务交给了小明的实验小组，他们利用天平和量筒进行了多次测量。某次的*作如下：（1）用天平测量液体的质量。当天平平衡时，放在右盘中的砝码大小和游码的位置如图*所示，则称得烧杯和液体的质量m为　49　g。（2）用量筒测量液体的体积。将烧杯中的液体全部倒入量筒中，液面达到的位置如图乙所示，则该液体的体积V为　30　mL．尽管体积测量方法正确，但大家在对实验过程及结果进行评估时，发现液体的体积测量值比它的实际值要　偏小　（选填“偏大”或“偏小”）。（3）他们对测量方法进行修正后，测出了几组实验数据，并根据测量结果作出了“m﹣V”图象，如图*所示。由图象可知该液体的密度为　0.8　g/cm3；通过查表对照知该液体　煤油或酒精　。一些物质的密度物质硫*水煤油酒精密度（kg•m﹣3）1.8×1031.0×1030.8×1030.8×103【微点】液体的密度测量实验．【思路】根据图示托盘天平中砝码的质量和游码所对的刻度值可以知道物体的质量。利用图示量筒的液面位置可以得到液体的体积；分析体积测量值的变化时要从其*作过程入手。在这一问中，明确图象横纵坐标的含义与对应的物理过程是解决此题的关键；确定液体的种类是利用密度是物质的一种特*来确定。【解析】解：（1）托盘天平左盘中物体的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值。根据砝码的质量和游码所对的刻度值可知物体的质量为49克；（2）由量筒中液面所对的刻度值可以知道该液体的体积为：30ml，由于将液体从烧杯中向量筒中倒入的过程中，总有部分液体吸附在烧杯壁上，没有倒入量筒中，所以导致了测量值偏小。（3）由图象可知，当烧杯中没有液体时，烧杯的质量为25克；当烧杯中液体的体积为25ml时，烧杯和液体的总质量为45克，由此可知烧杯中液体的质量为20克。利用密度的计算公式：ρ＝，可以求得液体的密度为：0.8g/cm3，再对应给出的密度表可以确定这种液体可能是煤油或酒精，因为两者的密度都是0.8g/cm3。故*为：49；30；偏小；0.8；煤油或酒精【点拨】这个题目问的是液体体积的偏大还是偏小。还可以进一步引伸出这种测量方法会造成密度值会偏大还是偏小。在测量固体密度的实验中也有类似的题目，若先测体积，再测质量会造成测量值是偏大还是偏小。这种题目都要从实际的*作过程中造成体积和质量的变化入手分析。26．（6分）小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，所用凸透镜焦距为15cm。（1）实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图所示时，在光屏上可得一个清晰的像，这个像是　倒立　（选填“倒立”或“正立”）、　缩小　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的像。生活中常用的　照相机　就是利用这个原理制成的。（2）若固定蜡烛和光屏不动，向　左　（选填“右”或“左”）移动凸透镜到另一位置，还可在光屏上得到一个清晰的像，则此时所成的像是　倒立　（选填“倒立”或“正立”）、　放大　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的像。【微点】凸透镜成像规律及其探究实验．【思路】（1）根据图示的物距与题干中告诉的焦距，利用凸透镜成像的规律可以确定此时的成像情况。（2）当物体与光屏的位置互换后，即像与物体互换后，由于光路是可逆的，物体仍在光屏上成一个清晰的像，只不过成像的*质有所改变。【解析】解：（1）由题意知，物距为35厘米，凸透镜的焦距为15厘米，物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时物体成倒立的、缩小的实像。生活中的照相机就是利用凸透镜的这种成像情况制成的。（2）由于光屏与蜡烛的距离不变，向左移动凸透镜，当凸透镜距离光屏的距离为35厘米时，此时光屏与蜡烛的位置互换，由于光路是可逆的，此时的物体在光屏成一个清晰的像。由于原来物体在光屏上成一个倒立缩小的实像，像距小于二倍焦距大于一倍焦距，也就是说，现在的物距小于二倍焦距大于一倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时成一个倒立的放大的实像。故*为：（1）倒立、缩小、照相机；（2）左、倒立，放大。【点拨】关于凸透镜成像中，像与物的位置互换，利用光路可逆来判定其成像情况，是一个难点。可以利用凸透镜的三条特殊光线做光路图来解决。27．（10分）如图1所示，是小明的实验小组在“测量小灯泡的电阻”实验中连接的一个实验电路，所用小灯泡标有“2.5V”字样。（1）请指出电路连接中的两个不当之处：①　电压表没有并联在小灯泡两端　；②　电压表量程选择过大　。（2）他们改正电路连接中的不当之处后，闭合开关，移动变阻器滑片时，发现两电表的示数和灯泡的亮度都同时变化，但两电表的示数总是比较小，灯泡的亮度也较弱。出现这种现象的原因是：　电源电压过低　。（3）电路正常后，他们分别测出了小灯泡的几组电压和电流值。记录如下：电压（V）2.002.502.80电流（A）0.200.240.26①小灯泡正常工作时的电阻大小约为　10.4Ω　；②通过分析实验数据可知，小灯泡的电阻是　变化　（填写“不变”或“变化”）的，其原因是：　小灯泡发光时，温度升高造成电阻变化　。（4）实验结束，小明提出了一个探究设想：可以利用图中的实验器材来探究“并联电路中干路电流与各支路电流有什么关系”。①请帮他们设计一个实验方案，将电路图画在图2虚线框中；②在实验探究过程中，滑动变阻器不但可以改变电路中的电流，它还是电路中的一个　电阻　，但在移动滑片时一定要注意　电阻值不能为零　。【微点】H#：探究串并联电路中的电流特点实验；伏安法测电阻的探究实验．【思路】（1）实物连接图中找错误之处，主要从电压表、电流表、滑动变阻器的正确使用上考虑：从电流表、电压表的量程、连接方式、正负接线柱的接入方法上考虑。从滑动变阻器接线柱的接入和滑片的位置考虑。（2）灯泡亮度较弱，说明电路电流太小，从I＝考虑，可能是电压太低，可能是电阻太大。但是滑动变阻器滑片移动过程中，两表和灯泡亮度变化比较小，不是电阻大的原因。（3）①在表格中找灯泡2.5V时的电流，根据R＝计算电阻。②根据R＝分别计算不同电压下的电阻，判断电阻是否变化，从电阻大小的影响因素分析电阻变化的原因。（4）探究并联电路中，干路电流与各支路电流关系时，必须设计成并联电路。灯泡与滑动变阻器并联，滑动变阻器是可变电阻，移动滑片，改变支路电流，观察干路电流变化，滑动变阻器在移动滑片过程中不能阻值为0。【解析】解：（1）经分析，电压表并联在滑动变阻器两端，没有并联在灯泡两端。灯泡额定电压为2.5V，电压表选择了0～15V量程，量程选择太大。由题目表格中电流值知，电流表应选择0～0.6A量程，电流表选择量程太大了。（2）灯泡亮度较弱，电流太小。根据I＝知，电流小，可能电压小或电阻太大。移动滑片过程中，电阻变化较大，两表和灯泡亮度变化不大，可见原因是电源电压太低。（3）①R＝＝＝10.4Ω。②由R＝得灯泡在2.0V、2.5V、2.8V时的电阻分别为：10Ω、10.4Ω、10.8Ω。所以，灯泡电压升高，灯丝电阻增大。其原因是灯泡电压增大，电流增大，灯丝温度高，灯丝电阻增大。（4）①要探究并联电路干路电流与各支路电流关系时，灯泡与滑动变阻器组成并联电路，电流表在干路上，开关接在灯泡的支路上。如图。闭合开关，移动滑片，滑动变阻器电压不变，电阻变化，电流变化，灯泡支路电流不变，观察干路电流表变化情况。保持滑动变阻器的滑片不动，断开开关，滑动变阻器支路电流不变，灯泡支路减小为零，观察干路电流表变化情况。②实验探究过程中，滑动变阻器不但可以改变电路中的电流，它还是电路中的一个电阻，移动滑片过程中，不能为0，如果为0，电路短路，损坏电流表、电源等。故*为：（1）①电压表没有并联在小灯泡两端；②电压表量程选择过大（或电流表量程选择过大）；（2）电源电压过低；（3）①10.4Ω；②变化；小灯泡发光时，温度升高造成电阻变化；（4）①电路图如图所示；②电阻；电阻值不能为零。【点拨】本题考查了电压表和电流表的正确使用、电路故障分析、电阻计算、灯丝电阻大小影响因素、设计探究并联电路干路电流和支路电流关系等。其中，电路故障分析和设计电路是本题的难点。28．（8分）小华家买了一个家用电吹风，如图*所示。其简化电路如图乙所示，主要技术参数如表。型号SHZ2010﹣624热带温度50℃75℃额定功率热风时：1000W冷风时：120W额定电压220V质量0.5kg请解答下列问题：（1）当电吹风吹冷风时，正常工作5min消耗的电能是多少？（2）当选择开关旋至A、B处时，电吹风正常工作的功率最大是多少？此时电路中的总电流是多大？（3）当电路供电电压为200V时，电吹风电热丝的实际电功率是多大？（计算结果保留一位小数）【微点】电功与电能的计算；电功率的计算．【思路】（1）当电吹风吹冷风时，只有电动机工作，根据W＝Pt求出消耗的电能；（2）电吹风处于吹热风状态，则电动机和电热丝应同时工作，此时功率最大；根据P＝UI可求出最大电流。（3）已知吹热风和冷风时的功率，可求电热丝的额定功率，根据公式R＝可求电热丝的电阻，已知实际电压，根据公式P＝得到电热丝的实际功率。【解析】解：（1）当开关旋至B、C时，只有电动机工作吹冷风，P动＝120W由P＝可得，电吹风吹冷风时，正常工作5min消耗的电能：W＝Pt＝120W×5×60s＝3.6×104J；（2）当开关旋至A、B时，电阻丝与电动机并联且同时工作，电吹风功率最大，此时P热＝1000W，由P＝UI可得，电路中的总电流：I＝＝≈4.55A；（3）电热丝的额定功率为PR＝P总﹣P动＝1000W﹣120W＝880W，由于P＝可得，电热丝的电阻为R＝＝＝55Ω，电热丝的实际功率为P实＝＝≈727.3W。答：（1）电吹风吹冷风时，正常工作5min消耗的电能是3.6×104J；（2）当开关旋至A、B时，电阻丝与电动机并联且同时工作，电吹风功率最大；电路中的总电流是4.55A；（3）电热丝的实际功率为727.3W。【点拨】此题考查电吹风的工作原理、消耗的电能、电流、电阻和实际功率的计算，根据是基本公式及其变形的灵活应用，还要能够从所提供的信息中找到有用的数据。29．（10分）2010年上海世博会通过大面积推广应用太阳能等以低能耗、低污染、低排放为特点的绿*环保技术，来体现“城市，让生活更美好”的主题。如图所示的太阳能热水器，它的水箱容量为120L，热水器上的集热器对太阳能的利用效率为40%，在与阳光垂直的地球表面上每平方米得到的太阳辐*功率约为P＝1400W．如果将整箱水的温度从20℃加热到70℃，需要阳光照*5h，那么：（1）一箱水需要吸收的热量是多少？（2）热水器上集热器的面积至少要多大？[水的比热容是：4.2×103J/（kg•℃）]。【微点】太阳能热水器中的热量计算．【思路】（1）利用密度公式m＝ρv先计算出水的质量m，然后再利用热量的计算公式Q吸＝cm△t计算出水吸收的热量；（2）利用热水器上的集热器对太阳能的利用效率，计算出太阳能热水器接受的热量；然后再利用功率的公式P＝计算出1m2所接受的热量，最后计算出热水器上集热器的面积s。【解析】解：（1）由ρ＝得：m＝ρv水＝1×103kg/m3×0.12m3＝120kg；水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×120kg×（70℃﹣20℃）＝2.52×107J；（2）这台太阳能热水器获得的辐*功率：P太＝s×1.4kW/m2；由P＝可得太阳照*5h获得的太阳能：W总＝P太t＝s×1.4kW/m2×5h；由η＝可得：Q吸′＝W有＝s×1.4kW/m2×5h×40%＝s×1400W/m2×5×3600s×40%；热水器集热器面积：s＝＝＝2.5m2。答：（1）一箱水需要吸收的热量是2.52×107J；（2）热水器上集热器的面积至少为2.5m2。【点拨】本题考查了关于对太阳能热水器的原理的理解以及相关的热量计算，计算过程中注意单位的换算1L＝1dm3。