1、南通市通州區2013年中考適應性考試物理試卷一、選擇題（共10小題，每小題3分，滿分30分）1（3分）（2013南通模擬）人類對能源的需求日益增加下列能源中屬于可再生能源的是（）A核燃料B太陽能C石油D天然氣考點：能源的分類專題：應用題分析：能夠源源不斷的從自然界得到的能源叫可再生能源；短期內不能從自然界得到補充的能源叫不可再生能源根據可再生能源和不可再生能源的特點來作答解答：解：A、核燃料短期內不能從自然界得到補充，是不可再生能源B、太陽能可以源源不斷的得到，是可再生能源C、石油是動植物體經過億萬年的時間形成的，是不可再生能源；D、天然氣是在開采石油的同時得到的，也是不可再生能源，所以A、C

2、、D都是錯誤的故選B點評：此題考查的是可再生能源和不可再生能源的判斷，是一道基礎題2（3分）（2013南通模擬）關于粒子和宇宙，下列認識中正確的是（）A宇宙是一個有層次的天體系統，分子是組成這一系統的最小粒子B兩表面光滑的鉛塊相互緊壓后會粘在一起，這是因為分子間的斥力小于大氣壓力C電風扇葉容易沾上灰塵是因為扇葉與空氣摩擦帶上電荷，從而吸引輕小物體D摩擦起電的實質是創造了電子考點：人類探究太陽系及宇宙的歷程；分子間的作用力；摩擦起電；摩擦起電的實質專題：應用題分析：（1）宇宙中的所有天體都由物質組成物質是由極其微小的粒子組成的，這些粒子保持了物質原來的性質，我們把它們叫分子它們又由更小的微粒組成

3、，這些微粒叫原子（2）分子之間存在著作用力，同時存在著引力和斥力，故液體和固體很難被壓縮（3）不同物體相互摩擦，可以使物體帶電，這種現象叫做摩擦起電，帶電體有吸引輕小物體的性質（4）由于不同物質的原子核對核外電子的束縛本領不同造成的，在摩擦的過程中束縛本領強的得電子帶負電，束縛本領弱的失電子帶正電解答：解：A、宇宙是一個有層次的天體系統，夸克是組成這一系統的最小粒子，故該選項說法不正確；B、兩表面光滑的鉛塊相互緊壓后會粘在一起，這是因為分子間存在引力的緣故，故該選項說法不正確；C、風扇葉轉動時，與空氣摩擦而起電，從而吸引灰塵，故該選項說法正確；D、在摩擦過程中電子由一個物體轉移到另一個物體，得

4、到電子的物體帶負電，失去電子的物體帶等量的正電，因此摩擦起電的實質是電子的轉移，不是創造了電子故選C點評：本題考查的內容較多：物質組成、分子間作用、帶電體的性質、摩擦起電的本質，都是些基本內容，只要記住就行3（3分）（2013南通模擬）下列光現象中，由于光的直線傳播而形成的是（）A人的影子B鏡中的倩影C放大的郵票D水中的倒影考點：光在均勻介質中直線傳播；光的反射；凸透鏡成像的應用專題：應用題分析：熟悉光傳播的規律：1、光在同種均勻物質中沿直線傳播，在日常生活中，激光準直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一種均勻介質中是沿直線傳播的；2、當光照射到物體界面上時，有一部分光被反射回來發生反射現象

5、，例如：平面鏡成像、水中倒影等；3、當光從一種介質斜射入另一種介質時，傳播方向的會偏折，發生折射現象，如：看水里的魚比實際位置淺等解答：解：平面鏡中的像、水中的倒影是光的反射形成的；人的影子是光的直線傳播形成的；放大的郵票是光的折射形成的故選A點評：本題題考查光的直線傳播的具體生活實例，需要利用生活和物理之間的聯系進行判斷；能否區分三種光現象：光的直線傳播、光的反射、光的折射，是本題的解題關鍵4（3分）（2011海南）研究牛頓定律時運用了實驗和推理的方法，以下聲現象的探究中運用該方法的是（）A固體能否傳聲B真空能否傳聲C音調與頻率的關系D響度與振幅的關系考點：物理學方法專題：壓軸題；推理法分析

6、：“推理法”即：規律不能直接用實驗驗證，只能在實驗的基礎上經過概括、抽象、推理得出結論的解答：解：A、固體能否傳聲可以直接通過真實的實驗驗證得出的結論；B、雖然現在的技術不能把玻璃罩內的氣體抽成真空，但聲音隨玻璃罩內的氣體的減少而減弱，推理玻璃罩內變成真空，聲音也消失，即真空不能傳播聲音；C、音調與頻率的關系，可以通過如圖的實驗證明；D、響度與振幅的關系，也可以通過如圖的實驗證明故選B點評：本題考查了學生對推理法的理解和應用能力5（3分）（2013南通模擬）在進行如圖所示的實驗或操作有關裝置時，能量轉化由機械能轉化為內能的是（）A用力壓活塞，棉絮燃燒B汽油機的做功沖程C用電取暖器取暖D用太陽能

7、熱水器加熱冷水考點：能量的相互轉化專題：應用題；機械能及其轉化分析：（1）外力對物體做功，物體內能增加，機械能轉化為內能；（2）電流做功，電能也可以轉化為內能；（3）熱傳遞也可以改變物體的內能解答：解：A、下壓活塞時，活塞對封閉氣體做功，機械能轉化為內能，符合題意；B、由圖可知，這是內燃機的做功沖程，在該沖程中，燃氣的內能轉化為活塞的機械能，不符合題意；C、電暖器工作時，電能轉化為內能，不符合題意；D、用太陽能熱水器加熱冷水，是太陽能轉化為內能，不符合題意；故選A點評：此類題目是考查對做功過程中能量轉化的原理即機械能轉化為內能6（3分）（2013濱?？h二模）如圖所示，滑板運動員沿水平地面向前勻

8、速滑行，在橫桿前相對滑板豎直向上起跳，人與滑板分離，分別從桿的上、下通過，忽略人和滑板在運動中受到的阻力則運動員（）A起跳上升過程中，重力勢能轉化為動能B勻速滑行時，所受重力與地面對滑板的支持力為一對平衡力C由于慣性，越過桿后仍將落在滑板上D以滑板為參照物，運動員始終是靜止的考點：能量轉化的現象；參照物及其選擇；慣性；平衡力的辨別專題：其他綜合題分析：（1）影響動能的因素是質量和速度，影響重力勢能的因素是質量和高度；（2）二力平衡的條件是：同體，共線，等值，反向（3）物體保持原來運動狀態不變的性質稱為慣性，且一切物體都具有慣性；（4）判斷物體是運動還是靜止，關鍵是看物體與參照物之間是否有位置的

9、變化解答：解：A、起跳上升過程中，速度越來越小，高度越來越大，動能轉化為重力勢能，故A錯誤；B、在勻速運動時，運動員和滑板的總重力與地面對它們的支持力是一對平衡力，而不是運動所受的重力與地面對滑板的支持力為一對平衡力，故B錯誤；C、由于慣性，人繼續向前運動，越過桿后仍將落在滑板上，故C正確；D、起跳的時候，以滑板為參照物，運動員相對于滑板在豎直方向上位置發生了變化，此時運動員是運動的，所以說以滑板為參照物，運動員始終是靜止的，說法是錯誤的故D錯誤故選C點評：本題考查動能和重力勢能的影響因素、二力平衡的判斷、慣性和參照物的有關問題，考查的知識點比較多，充分利用了生活中常見的現象，說明了物理來自于

10、生活7（3分）（2013南通模擬）如圖所示，每個滑輪的重為100N，不計摩擦與繩重，用此滑輪組將500N的重物勻速提升lm在此過程中（）A拉力F的最大值是350NB拉力F所做的功一定是900JC拉力F通過的最小距離為3mD滑輪組的機械效率一定是83.3%考點：滑輪組的設計與組裝；滑輪（組）的機械效率專題：圖析法；機械與功分析：在不計摩擦與繩重的情況下，額外功主要來自于動滑輪的重，因此，我們在計算滑輪組的機械效率或拉力時，會有如下的計算方法：F=，滑輪組機械效率也有：=，根據這些來計算可對各選項的描述做出判斷解答：解：A、如圖甲所示，當n=2時，不計摩擦與繩重，此時的拉力最大為：F=300N，故

11、該選項錯誤，不合題意；B、用圖甲提升，拉力F所做的功：W=Fs=300N×2m=600J，同理，用圖乙提升，當n=3時，拉力為200N，拉力所做的功：W=Fs=200N×3m=600J，故該選項錯誤，不合題意；C、如圖乙所示，當n=3時，拉力F通過的距離等于s=3h=3m，故該選項錯誤，不合題意；D、無論用圖甲還是圖乙，滑輪組的機械效率：=83.3%，故該選項正確，符合題意故選D點評：在本題的解答中，把握住在不計摩擦與繩重的情況下，動滑輪的重是影響額外功的唯一因素是關鍵，這樣我們可以順利找出物重與拉力的關系，進而求出拉力大小、功率大小、繩端移動的距離、機械效率等，并對選項中

12、的描述做出相應的判斷本題題干簡單，但卻考查了幾個重點的知識點，是一道好題8（3分）（2013南通模擬）如圖是樓房頂上常見的導氣管，它的作用是將每家住戶洗手間下水道中的污濁氣體排出下列關于導氣管工作原理的描述中，最合理的是（）A導氣管利用浮力將密度大于空氣的污濁氣體導出B污濁氣體的排出是因為分子熱運動引起的C在有風的天氣里導氣管排氣效果會變差D導氣管利用流體中流速大的地方壓強小的原理，將污濁氣體排出考點：流體壓強與流速的關系專題：應用題；氣體的壓強、流體壓強與流速的關系分析：流體的壓強與流速的關系是：流體的流速越大，其壓強越?。涣黧w的流速越小，其壓強越大；解答：解：空氣是流體，據流體的壓強與流速

13、的關系可知，導氣管上端的空氣流速大，其壓強小，導氣管下方的空氣流速小，即壓強大，即利用上述原理將污氣壓出導氣管；且能看出，在有風的天氣里，導氣管排氣的效果會更好故選D點評：知道流體的壓強與流速的關系，并能利用其解釋實際問題是解決該題的關鍵9（3分）（2013南通模擬）如圖是檢查酒駕的電路原理圖，圖中酒精傳感器的電阻Rm與酒精氣體的濃度成反比測量時，下列判斷中正確的是（）A當駕駛員吹出的氣體酒精濃度升高時，電流表A的示數減小B當駕駛員吹出的氣體酒精濃度升高時，電壓表V1的示數減小C當駕駛員吹出的氣體酒精濃度升高時，電壓表V2的示數減小D電池長久使用導致電壓降低時，會誤認為駕駛員吹出氣體的酒精濃度

14、升高考點：歐姆定律的應用；電路的動態分析專題：應用題；電路變化分析綜合題分析：由電路圖可知，R0與Rm串聯，電流表測電路中的電流，V1測Rm兩端的電壓，V2測R0兩端的電壓；（1）酒精濃度越大Rm的阻值越小，根據歐姆定律可知電路中電流的變化和R0兩端的電壓變化，根據串聯電路的電壓特點可知Rm兩端的電壓變化（2）當電源電壓較低時，通過歐姆定律可判斷出電流表示數與正常電源時發生的變化解答：解：等效電路圖如下圖所示：（1）由題意可知，酒精濃度越大Rm的阻值越小，電路中的總電阻越?。桓鶕蘒=可知，電路中的電流變大，即電流表的示數變大；根據U=IR可知，R0兩端的電壓變大，即V2的示數變大；根據串聯電路

15、的總電壓等于各分電壓之和可知，Rm兩端的電壓減小，即V1的示數變小所以，選項中A、C是錯誤的，B是正確的；（2）當電源電壓較低時，電路的電阻不變，由I=可得，電路中的電流變小，兩電壓表的示數都變小，因此誤認為是駕駛員吹出氣體的酒精濃度應是降低，所以D選項說法錯誤故選B點評：本題考查了串聯電路的特點和歐姆定律的靈活運用，用好“酒精傳感器的電阻Rm與酒精氣體的濃度成反比”這兩個條件是解決本題的關鍵10（3分）（2013南通模擬）汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P0，牽引力為F0t1時刻開始，司機減小了油門，使汽車保持恒定功率P行駛，到t2時刻，汽車又開始做勻速直線運動，速度為v已知

16、運動過程中汽車所受阻力f恒定不變，汽車牽引力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則（）Av0=2vBF0=2fCt1至t2時間內，汽車做加速運動Dt2時刻之后，汽車將保持功率P0行駛考點：功率的概念專題：功、功率、機械效率分析：汽車勻速行駛時牽引力等于阻力，根據功率和速度關系公式可得：P=Fv，當功率不變，牽引力增加，物體減速運動；從圖象上可以看出牽引力由變為F0，再根據P=Fv，并結合選項即可判斷出正確選項解答：解：A、由題意和圖示可知，汽車的功率保持恒定，牽引力由變為F0，根據P=Fv可得：v0=2v；故A正確；B、因為汽車做勻速直線運動，因此牽引力等于阻力，即F0=f；故B錯誤；C、t1至t2

17、時間內，汽車受到的牽引力增大，功率不變，由P=Fv可得，汽車行駛的速度越來越小，因此汽車減速運動，故C錯誤；D、t2時刻之后，汽車受到的牽引力為F0，速度為v，并且v=v0，則功率P=F0×v0=P0；故D錯誤故選A點評：要注意P=Fv的使用了解研究對象的運動過程是解決問題的前提，根據題目已知條件和求解的物理量選擇物理規律解決問題二、解答題（共11小題，滿分70分）11（2分）（2013南通模擬）在進行“探究液體壓強特點的實驗”時，小明做了如圖所示實驗在瓶的a、b（a、b在同一水平面上）處各扎一個小孔，并將孔都封上，然后在瓶中注滿水；再將孔打開，可以觀察到從a、b小孔射出的水流一樣急

18、這說明在同一深度，液體向在同種液體，同一深度，液體向各個方向的壓強都相等同時可以觀察到射出的水流越來越弱，這又說明液體內部壓強隨深度的減小而減小考點：探究液體壓強的特點實驗專題：實驗題分析：液體內部向各個方向都存在壓強，壓強的大小隨深度的增加而增大，在同一深度，向各個方向的壓強相等熟記這一規律，結合實驗中的現象便可得到相應的驗證解答：解：兩側小孔都有水流出，說明兩個方向都有壓強，水流一樣急，說明兩側壓強相等，再結合控制條件可知：在同種液體，同一深度，液體向各個方向的壓強相等；隨著水位的下降，水流越來越弱，說明：同種液體，液體壓強隨深度減小而減小故答案為：在同種液體，同一深度，液體向各個方向；深

19、度點評：熟記液體內部壓強的規律，并與實驗中的現象相聯系，便能順利解答此題12（4分）（2013南通模擬）如圖甲所示是蘋果公司于2011年10月推出的iphone 4s手機該手機使用時是利用電磁波來傳遞信息的手機上攝像頭的鏡頭相當于一個凸透鏡 鏡，現利用其先后拍下同一轎車的兩張照片如乙、丙所示（設攝像頭焦距不變），拍攝照片乙與拍攝照片丙相比，拍攝乙（選填“乙”或“丙”）時攝像頭離小車更遠些，兩次拍攝時，所成的像與攝像頭之間的距離都是大于一倍焦距小于二倍焦距（填與焦距之間的關系）考點：電磁波的傳播；凸透鏡成像的應用專題：應用題分析：（1）手機利用電磁波傳遞信息；（2）手機攝像頭相當于一個凸透鏡，凸

20、透鏡成像的三種情況：U2f時，凸透鏡成倒立縮小的實像，2fVf，應用于照相機和攝像頭2fUf時，凸透鏡成倒立放大的實像，V2f，應用于投影儀和幻燈機Uf時，凸透鏡成正立放大的虛像，應用于放大鏡（3）凸透鏡成實像時，物距減小，像距增大，像增大解答：解：（1）iphone 4s手機使用時是利用電磁波來傳遞信息的；（2）攝像頭的鏡頭相當于凸透鏡，U2f時，凸透鏡成倒立縮小的實像；由圖乙和圖丙可知，乙的像小于丙的像，因此乙的物距大于丙的物距，拍攝乙時攝像頭離小車更遠些；乙與丙都是縮小的實像，所以兩次拍攝時，所成的像與攝像頭之間的距離都是大于一倍焦距小于二倍焦距故答案為：電磁波；凸透鏡；乙；大于一倍焦距

21、小于二倍焦距點評：知道手機通過電磁波傳遞信息、掌握凸透鏡成像規律是正確解題的關鍵13（3分）（2013南通模擬）如圖所示是小華家的電能表表頭圖，則他家中同時工作的用電器的總功率不能超過3300W當小明家只有一臺電器工作時，3min內電能表指示燈閃爍了36次，則該電器消耗的電能是7.2×104J，它的電功率為400W考點：電能表參數的理解與電能的求法；電功的計算；電功率的計算專題：計算題；應用題；電能和電功率分析：電能表上參數的含義：220V說明電能表要在220V的電路中使用；15A表示電能表允許通過的最大電流是15A；1800imp/kWh表示每消耗1kWh的電能，電能表閃爍1800

22、次（1）根據電能表上的參數，可利用公式P=UI計算出電能表允許接的最大電功率（2）知道電能表指示燈閃爍了36次，利用表盤上的參數1800imp/kWh，計算出消耗的電能（3）知道消耗的電能和工作時間，可利用公式P=計算出電功率解答：解：（1）從參數上可知：電能表應在220V的電路中使用；電能表允許通過的最大電流是15A；同時工作的用電器的總功率不能超過：P最大=UI最大=220V×15A=3300W（2）1800imp/kWh表示每消耗1kWh的電能，電能表閃爍1800次，而電能表指示燈閃爍了36次，該電器消耗的電能為：W=0.02kWh=7.2×104J（4）t=3min

23、=180s，該電器的電功率為：P=400W故答案為：3300；7.2×104；400點評：本題考查的是電能、電功率的計算公式，難點是電能的計算，關鍵是要理解電能表參數的物理意義和選擇合適的公式，在計算過程中要注意單位統一14（4分）（2013南通模擬）（1）探究電磁感應現象應選用如圖甲（選填“甲”或“乙”）所示的裝置進行實驗在這個現象中感應電流的方向與導體切割磁感線運動的方向和磁感應線方向有關（2）如圖丙所示，A為彈簧測力計（量程足夠大），B為條形磁鐵（下端為S極），C為螺線管現將S1斷開，S2由1改接到2，則彈簧測力計的示數將變?。蝗鬝2接2不變，再閉合S1，彈簧測力計的示數將變大

24、（都選填“變大”、“變小”或“不變”）考點：探究電磁感應現象的實驗；安培定則；影響電磁鐵磁性強弱的因素專題：應用題；探究型實驗綜合題分析：（1）閉合電路的一部分導體切割磁感線而產生電流的現象，叫電磁感應，產生的電流叫做感應電流；感應電流的方向由導體切割磁感線的方向及磁場方向決定；（2）根據安培定則確定通電螺線管的極性，從而判斷通電螺線管與條形磁鐵間的作用力是引力還是斥力；電流越大螺線管圈數越多，通電螺線管磁場越強，對條形磁鐵的作用力越大，電路電流越小，螺線管圈數越少，螺線管磁性越弱，對條形磁鐵的作用力越小，根據電路圖，分析電路電流的變化情況，從而判斷彈簧測力計示數如何變化解答：解：（1）探究電

25、磁感應現象的實驗裝置，只需要有磁場、導體棒、電流表即可，不需要電源，分析圖甲與圖乙可知，探究電磁感應現象應選用如圖甲所示的裝置進行實驗；在電磁感應現象中感應電流的方向與導體切割磁感線運動的方向和磁感應線方向有關故答案為：甲；導體切割磁感線運動（2）根據安培定則，由圖丙可知，閉合開關后，螺線管上端是N極，條形磁鐵下端是S極，條形磁鐵受到向下的引力；現將S1斷開，S2由1改接到2，一方面電路電流變小，通電的螺線管圈數變少，電磁鐵的磁性變弱，螺線管對條形磁鐵的引力變小，彈簧測力計的示數變?。蝗鬝2接2 不變，閉合S1，電阻R2被短路，電路電流變大，螺線管磁場變強，條形磁鐵受到的引力變大，彈簧測力計示

26、數變大；故答案為：變??；變大點評：本題考查了電磁感應、感應電流的方向、影響電磁鐵磁性強弱等問題，本題難度不大，是一道基礎題，熟練掌握基礎知識即可正確解題15（6分）（2013南通模擬）（1）濠河是通城美麗的“翡翠項鏈”，保護濠河水不受污染，是每個市民應盡的責任某“環保小組”為了對濠河的水質進行監測，定期取樣測量其密度進行物理分析如圖是按ABC順序測量的過程，則河水的密度為1.02×103kg/m3為了更準確地測量河水的密度，實驗步驟順序應調整為CAB或CBA（填ABC序號）（2）某小組同學探究杠桿的平衡條件實驗前沒掛鉤碼時，杠桿的平衡位置如圖甲所示，此時應將左端平衡螺母向右旋一些（選

27、填“左”或“右”），使杠桿在水平位置平衡該組同學想用彈簧測力計和鉤碼進行實驗，設計實驗時提出了兩種方案：一種按圖乙進行實驗，一種按圖丙進行實驗你認為哪個實驗方案更好并說明你的理由乙方案更好圖乙可以直接從杠桿上讀出力臂的長，而圖丙則不能該組同學在研究這兩種方案時，發現在 A點時兩次彈簧測力計的示數不相同，乙圖中的 F明顯比丙圖中的 F小，其原因是圖乙中拉力的力臂大于圖丙中的力臂考點：液體密度的測量；探究杠桿的平衡條件實驗專題：實驗題；探究型實驗綜合題分析：（1）讀圖，通過天平的示數之差可得出河水的質量，再從量筒中可讀出河水的體積，代入密度的公式可求出河水的密度在讀取天平示數時，應將砝碼質量與游碼

28、示數相加在實驗中，合理的步驟可以減小誤差的產生；（2）在調節杠桿平衡時，應將平衡螺母向杠桿上翹的一端調節在拉彈簧測力計時，應使彈簧測力計用力方向與杠桿垂直，因為力臂的長短會直接影響接力的大小解答：解：（1）圖A中燒杯的質量為：20g+5g+2g=27g，圖C中燒杯與河水的總質量為：50g+5g+2.6=57.6g，則倒入量筒中河水的質量：m=57.6g27g=30.6g，量筒中河水的體積為：V=30cm3，則河水的密度為：=1.02g/cm3=1.02×103kg/m3為了避免將燒杯中的河水倒入量筒時，燒杯壁上沾有的水影響體積的測量，實驗時，應先測燒杯與河水的總質量，再將其倒入量筒中

29、測量體積，再測燒杯及剩余水的質量，這樣可減小誤差的產生，故正確順序為：CAB或CBA故答案為：1.02×103CAB或CBA（2）讀圖可知，杠桿的右端上翹，應將平衡螺母向右端移動，使杠桿在水平位置平衡；圖乙的用力方向在豎直方向上，圖丙的用力方向與水平方向不垂直，為了測量力臂方便，應選擇圖乙的方向來拉彈簧測力計；比較圖乙和圖丙可以看出，圖乙中拉力的力臂就是相應部分杠桿的長，而圖丙中拉力方向傾斜，其力臂要短一點，根據杠桿的平衡條件，在阻力與阻力臂不變的情況下，動力臂越長，其動力越小，因此，FF故答案為：右；乙方案更好圖乙可以直接從杠桿上讀出力臂的長，而圖丙則不能；圖乙中拉力的力臂大于圖丙

30、中的力臂點評：（1）本實驗主要考查天平量筒的讀數，與測液體密度實驗的主要步驟，實驗中合理安排步驟減小實驗誤差，是我們必須掌握的內容；（2）杠桿的調節與天平類似，值得注意的是，在使用彈簧測力計拉杠桿時，一定要使拉力方向與杠桿垂直，這樣才能方便地得到力臂的長16（6分）（2013南通模擬）按照題目要求作圖（1）如圖甲所示，一物體AB放在平面鏡前，請作出物體AB在平面鏡中所成的像（2）在圖乙中畫出斜面上勻速上滑的物體A所受的重力和摩擦力的示意圖（3）請在圖丙中用筆畫線代替導線將燈泡與開關正確接入電路，并將三孔插座正確接入電路考點：平面鏡成像的相關作圖；力的示意圖；家庭電路的連接專題：圖像綜合題分析：

31、（1）平面鏡成像的特點是：像與物關于平面鏡對稱，可以先作出物體A、B端點AB的像點A、B，連接A、B即為物體AB在平面鏡中所成的像（2）物體勻速沿斜面向上滑動，說明這個物體處于平衡狀態，木塊受到平行斜面向下的摩擦力作用，重力的方向豎直向下此時摩擦力的大小要小于重力的大小在畫力的示意圖時，一定要注意重力的線的長度要大于摩擦力的（3）燈泡的接法：火線進入開關，再進入燈泡頂端的金屬點；零線直接接入燈泡的螺旋套三孔插座的接法：上孔接地線；左孔接零線；右孔接火線解答：解：（1）先作出端點A、B關于平面鏡的對稱點A、B，用虛線連接A、B即為物體AB的像，如圖所示：（2）根據重力的方向豎直向下，摩擦力的方向

32、平行于斜面向下，且重力的大小大于摩擦力的大小，如圖所示：（3）首先辨別上面三根線地線、火線、零線燈泡接法：火線進入開關，再進入燈泡頂端的金屬點，零線直接接入燈泡的螺旋套，這樣在斷開開關能切斷火線，接觸燈泡不會發生觸電事故既能控制燈泡，又能更安全三孔插座的接法：上孔接地線；左孔接零線；右孔接火線如圖所示：點評：（1）平面鏡成像實驗探究出的像與物的具體關系是：大小相等、連線與鏡面垂直、到鏡面的距離相等、左右相反；作物體在平面鏡中所成的像，常用方法是：作出端點（或關鍵點）的像點，用虛線連接像點得到物體的像（2）畫力的示意圖的一般步驟為：一畫簡圖二定點，三畫線，四畫尖，五把力的符號標尖邊按照這個作圖步

33、驟，很容易能夠畫出指定力的示意圖17（8分）（2013南通模擬）據報道，我國首臺自主設計、自主集成的“蛟龍號”載人潛水器將于今年進行7000米級海試（即最大下潛深度為7000m），已知潛水器的體積為50m3，質量為22t（g取10N/kg，海水的密度取1.0×103kg/m3）（1）若潛水器以0.7ms1的平均速度下潛，則其下潛至7000m的海底需要多長時間？（2）潛水器完全潛入水中所受浮力為多大？（3）潛水器在海面上行駛時排開海水的體積多大？考點：速度公式及其應用；阿基米德原理；浮力大小的計算專題：計算題；長度、時間、速度；浮力分析：（1）已知速度與路程，由速度v=的變形公式t=求

34、出潛水器下潛所需時間；（2）已知潛水器的體積與海水的密度，由浮力公式可以求出潛水器所受的浮力；（3）潛水器在海面上行駛時，受到重力與浮力作用，由平衡條件求出潛水器受到的浮力，然后根據浮力公式的變形公式求出潛水器排開水的體積解答：解：（1）由速度公式v=的變形公式可知，潛水器下潛的時間t=1×104s，（2）潛水器全部潛入水中，受到的浮力F浮=海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×50m3=5×105N，（3）潛水器浮在海面上時，受到的浮力F浮=G=mg=22×103kg×10N/kg=2.2×105N，

35、由浮力公式F浮=海水gV排的變形公式可得：排開水的體積V排=22m3，答：（1）下潛至7000m的海底需要1×104s（2）潛水器完全潛入水中所受浮力為5×105N（3）潛水器在海面上行駛時排開海水的體積是22m3點評：本題考查了求潛水器的下潛時間、受到的浮力、排開水的體積，熟練應用速度公式的變形公式、浮力公式及其變形公式即可正確解題18（8分）（2013南通模擬）如圖所示電路中，電源電壓為4V不變，滑動變阻器R2的阻值變化范圍是020，電流表的量程為0.6A當開關S1閉合，S2斷開時，電流表的示數為0.25A；當開關S1、S2均閉合時，電流表的示數為0.55A求：（1）電

36、阻R1的阻值；（2）當開關S1、S2均閉合時，滑動變阻器在1min內消耗的電能；（3）當開關S1、S2均閉合時，在保證電流表安全的條件下，滑動變阻器消耗的最大電功率與最小電功率考點：歐姆定律的應用；并聯電路的電流規律；并聯電路的電壓規律；電功的計算；電功率的計算專題：計算題；應用題；歐姆定律；電能和電功率分析：（1）當開關S1閉合，S2斷開時，電路為R1的簡單電路，電流表測電路中的電流，根據歐姆定律求出電阻R1的阻值；（2）當開關S1、S2均閉合時，兩電阻并聯，電流表測干路電流，根據并聯電路的特點可知通過R1的電流不變，進一步求出通過滑動變阻器的電流，再根據W=UIt求出滑動變阻器在1min內

37、消耗的電能；（3）當滑動變阻器接入電路在的電阻最大時滑動變阻器消耗的電功率最小，根據P=求出其大小；當電流表的示數最大時滑動變阻器消耗的電功率最大，根據并聯電路的電流特點求出通過滑動變阻器的電流，再根據P=UI求出其大小解答：解：（1）當開關S1閉合，S2斷開時，電路為R1的簡單電路，電流表測電路中的電流，則R1=16；（2）當開關S1、S2均閉合時，兩電阻并聯，電流表測干路電流，并聯電路各支路獨立工作、互不影響，I2=II1=0.55A0.25A=0.3A，W2=UI2t=4V×0.3A×60s=72J；（3）當滑動變阻器接入電路在的電阻最大時滑動變阻器消耗的電功率最小，

38、則P2min=0.8W，當電流表的示數最大即I=0.6A時，滑動變阻器消耗的電功率最大，則I2max=II1=0.6A0.25A=0.35A，P2max=UI2max=4V×0.35A=1.4W答：（1）電阻R1的阻值為16；（2）當開關S1、S2均閉合時，滑動變阻器在1min內消耗的電能為72J；（3）當開關S1、S2均閉合時，在保證電流表安全的條件下，滑動變阻器消耗的最大電功率為1.4W，最小電功率為0.8W點評：本題考查了并聯電路的特點和歐姆定律、電功率公式、電功公式的靈活運用，會判斷開關閉合、斷開時電路的串并聯是關鍵，知道電流表示數最大時滑動變阻器消耗的電功率最大是難點19（

39、10分）（2013南通模擬）在“測定小燈泡電阻”的實驗中，提供如下實驗器材：A待測小燈泡（2.5V 0.7W） B電源（電壓恒為3V）C電流表（量程00.6A或03A） D電壓表（量程03V或015V）E滑動變阻器（20 1A）F開關、導線（1）小明同學連接線路閉合開關后，將變阻器滑片向右滑動時燈泡變暗，而電壓表的示數增大請你用筆畫線代替導線，把圖甲中的實物電路按小明的連接方式連接完整（2）電路連接好后，當電壓表的示數為0.5V時，小燈泡將正常發光（3）小燈泡正常發光時，電流表和電壓表均有示數突然，電路發生故障，小燈泡熄滅，而電流表和電壓表的示數均變大，則故障的原因是燈泡短路（4）利用上述實驗

40、器材，不能完成下述實驗中的BA測量小燈泡的額定功率 B探究電流與電壓的關系C探究小燈泡的亮度與消耗功率的關系 D探究串聯電路電壓的特點（5）小華同學想利用上述器材測量一未知電阻R（定值）的阻值，但實驗過程中不慎將電流表損壞，在不另外添加器材的情況下：為了測出R的阻值，請你在圖乙的虛線框中畫出你所設計的實驗電路圖閉合開關后，測得你所設計的電路圖中電壓表的示數為U，則R=（用字母U表示）考點：伏安法測電阻的探究實驗專題：作圖題；探究型實驗綜合題分析：（1）滑動變阻器滑片向右滑動時燈泡變暗，說明燈泡實際功率變小，燈泡電壓變小，電路電流變小，滑動變阻器接入電路阻值變大，滑動變阻器兩端電壓變大，此時電壓

41、表示數變大，說明電壓表與滑動變阻器并聯，根據以上分析完成電路圖的連接；（2）燈泡在額定電壓下正常發光，電壓表測滑動變阻器電壓，由串聯電路電壓規律可以測出電壓表的示數；（3）燈泡熄滅，可能是燈泡斷路或斷路或燈泡之外電路斷路造成的；電流表示數變大，說明電路不存在斷路，電路電阻變小，則電路故障是電路某處發生短路；電壓表測滑動變阻器兩端電壓，電壓表示數變大，說明滑動變阻器不可能短路，則電路故障為：燈泡短路；（4）根據各實驗的原理與實驗要求，逐一分析各實驗，判斷能進行哪個實驗；（5）電流表損壞，滑動變阻器最大阻值已知，可讓電阻R與滑動變阻器串聯，滑動變阻器阻值全部接入電路，用電壓表測電阻R或滑動變阻器的

42、電壓，由串聯電路特點、歐姆定律求出電阻阻值解答：解：（1）滑動變阻器串聯接入電路，由題意及分析可知，電壓表與滑動變阻器并聯，滑動變阻器用左半部分電阻絲，滑動變阻器應接左下接線柱，電路圖如圖甲所示；故答案為：電路圖如圖甲所示（2）燈泡電壓等于其額定電壓2.5V時，燈泡正常發光，此時滑動變阻器兩端的電壓為3V2.5V=0.5V，電壓表測滑動變阻器兩端電壓，電壓表示數是0.5V；故答案為：0.5（3）小燈泡熄滅，而電流表和電壓表的示數均變大，則故障的原因是燈泡短路；故答案為：燈泡短路（4）A、該電路能測出流過燈泡的電流，求出燈泡兩端的電壓，可以測量小燈泡的額定功率，不符合題意；B、要探究電流與電壓的

43、關系，需要保持燈泡電阻阻值不變，但燈泡電阻隨溫度變化而變化，不是一個定值，該實驗器材不能探究電流與電壓的關系，符合題意；C、移動滑動變阻器滑片，電路電阻發生變化，電路電流變化，燈泡電壓發生變化，燈泡實際功率及亮度發生變化，該器材可以探究小燈泡的亮度與消耗功率的關系，不符合題意；D、移動滑片，燈泡與滑動變阻器兩端電壓均發生變化，利用該器材可以探究串聯電路電壓的特點，不符合題意；故答案為：B（5）電阻R與滑動變阻器串聯接入電路，移動滑片使滑動變阻器阻值全部接入電路R滑=20，電壓表與電阻R或滑動變阻器串聯，閉合開關，讀出電壓表示數U，電路圖如圖乙所示；則滑動變阻器兩端電壓U滑=3VU，電路電流I=

44、，電阻阻值R=；故答案為：電路圖如圖乙所示；點評：本題考查了設計實驗電路、連接電路圖、求電壓表示數、求電阻等問題，（1）（5）設計、連接電路難度較大，知道實驗原理、明確實驗要求是正確解題的前提與基礎20（8分）（2013南通模擬）五一節，小瑞在公園里看到小朋友們蕩秋千時不停地往復擺動他想：秋千小角度往復擺動一次的時間與哪些因素有關呢？他提出了三種猜想：猜想1：可能與小朋友的質量有關；猜想2：可能與擺動的幅度有關；猜想3：可能與繩長有關（1）為了驗證猜想是否正確，他設計了如圖a所示的裝置，用系有細線（線長L可調）的小球來模擬秋千的運動進行了如下探究（擺動角度均較?。?度46810t/秒2.02

45、.02.02.0如圖a所示，用細線系住一鐵球，保持細線的長度一定，使小球從A點由靜止釋放，改變OA（O為固定懸點）的連線與豎直方向的夾角以改變小球擺動的幅度，測出小球在AB間往復運動一次所用的時間t與的關系如上表所示，由此可得出的結論是秋千小角度往復擺動一次的時間與擺動的幅度無關用細線系住一鐵球，改變細線的長度，使小球以較小的幅度在豎直面內CD之間擺動，用頻閃相機（保持曝光時間間隔相等）拍攝小球由C運動至D的過程中的位置如圖b、c所示（除C位置外，其余細線未畫出），由此分析可知，上述猜想3是正確的，其具體關系可表述為在質量與振幅相同時，秋千小角度往復擺動一次的時間隨繩長的增大而增大（2）請設計

46、實驗來探究秋千往復擺動一次的時間與小朋友的質量之間的關系，簡述你的實驗方案簡要做法：用細線系住一鐵球，使小球以較小的幅度在豎直面內擺動，用頻閃相機（或計時器）測算出小球往復擺動一次的時間t1；讓線擺動的幅度與繩長保持不變，改變小球的質量，再做兩次，測出對應時間t2、t3；判斷方法：若t1、t2、t3相等，則與質量無關；若t1、t2、t3不相等，則與質量有關考點：控制變量法與探究性實驗方案專題：探究題；控制變量法；探究型實驗綜合題分析：（1）分析表中實驗數據得出實驗結論；通過（b）（c）兩圖，分析擺長與擺動時間的關系從而得出實驗結論（2）要探究秋千往復擺動一次的時間與小朋友的質量之間的關系，應控

47、制擺長與振幅相等，改變擺球質量進行實驗解答：解：（1）由表中實驗數據可知，在擺長不變的情況下，振幅不同，秋千往復擺動一次的時間相等，由此可知：秋千小角度往復擺動一次的時間與擺動的幅度無關由圖（b）與（c）可以看出，擺長越長，小球往復擺動一次的時間越長，由此可見：在質量與振幅相同時，秋千小角度往復擺動一次的時間隨繩長的增大而增大，這驗證了猜想3是正確的（2）可控制擺長與振幅相同，改變擺球的質量進行實驗，探究“秋千往復擺動一次的時間與小朋友的質量之間的關系”，實驗的做法是：用細線系住一鐵球，使小球以較小的幅度在豎直面內擺動，用頻閃相機（或計時器）測算出小球往復擺動一次的時間t1；讓線擺動的幅度與繩

48、長保持不變，改變小球的質量，再做兩次，測出對應時間t2、t3；判斷方法是：若t1、t2、t3相等，則與質量無關；若t1、t2、t3不相等，則與質量有關故答案為：（1）秋千小角度往復擺動一次的時間與擺動的幅度無關；3；在質量與振幅相同時，秋千小角度往復擺動一次的時間隨繩長的增大而增大（2）用細線系住一鐵球，使小球以較小的幅度在豎直面內擺動，用頻閃相機（或計時器）測算出小球往復擺動一次的時間t1；讓線擺動的幅度與繩長保持不變，改變小球的質量，再做兩次，測出對應時間t2、t3；若t1、t2、t3相等，則與質量無關；若t1、t2、t3不相等，則與質量有關點評：本題根據生活現象，提出問題、進行猜想、設計

49、實驗、分析實驗數據、實驗結論的應用等問題，實驗應用了控制變量法，注意該方法的應用，是一道好題21（11分）（2013南通模擬）閱讀短文，回答問題：如圖甲是一種可調溫蒸汽電熨斗，其說明書的部分內容如下：產品特點：具有干濕兩用功能干用功能是指在無水狀態下，通過電加熱管加熱底板，底板溫度上升，直接壓燙衣物；濕用功能是指在蒸汽狀態下熨燙自動恒溫設置針對不同面料可調節底板溫度技術參數：自身質量：1.3kg 額定功率：1000W 額定電壓：220V在額定電壓下工作時能達到的最大噴氣量：15g/min（1）某師傅在用熨斗干燙衣服時，用了19N向下的力壓熨斗，如果熨斗底板與衣服接觸的面積為160cm2，在此過

50、程中，衣服受到的壓強為2000Pa（g取10N/kg）（2）用熨斗汽燙前先預熱，使金屬底板的溫度從20升高到220，溫控開關自動斷開已知金屬底板的質量為1kg，金屬底板的比熱容為0.46×103J/（kg）則蒸汽電熨斗預熱過程中金屬底板吸收的熱量為9.2×104J（3）設計生產電熨斗時，技術人員會根據不同部分的作用選用具有不同物理屬性的材料“水位觀察窗”選用的材料應具有很好的透明度 （選填“硬度”、“延展性”或“透明度”）；用熨斗汽燙時，可以看到熨斗底板蒸汽口的周圍有大量“白霧”，這是因為水先汽化后液化上兩格均填物態變化名稱）形成的小水珠；某次使用時發現從蒸汽口噴出的是水柱而不是“白霧”，請你猜想可能的原因是水的溫度未達到沸點，沒有沸騰（4）若某次使用中，該電熨斗（額定電壓下）在最大噴氣量狀態下工作時消耗的電能中只有70%被水吸收，則該狀態下每克水噴出前吸收的熱量是2800