2018湖北省武汉市年中考物理试题(含解析)

武汉中考物理试卷解析

一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）

1*学生们正在教室内上课，为了减小校园外汽车的噪声干扰，下列措施可行的是（）

A

*在校园周围植树B*将教室的窗户打开

C

*在教室内安装噪声监测装置

D*每个学生都带一个防噪声耳罩

考点：防治噪声的途径。

专题：应用题。

分析：噪声的防治主要从三种方式上来进行：一是在声源处减弱，二是在传播过程中减弱，

三是在接收处减弱

*根据每个选项的现象，分别进行分析判断*

解答：解：A、在周围植树会在噪声的传播途中减弱噪声，符合题意；

B、将教室的窗户打开会增大噪声对学生的上课的干扰，不符合题意；

C、噪声监测器只会测出噪声的分贝，不会减弱噪声，不符合题意；

D、学生戴上防噪声耳罩后老师讲课声音也听不到，无法进行学习，不符合题意；

故选A

*

点评：本题考查学生对生活中防治噪声的具体做法的理解情况，是中考的常考题型

*

2*关于运动和静止，下列说法正确的是（）

A

*加油机在空中给受油机加油时，它们是相对运动的

B

*卡车和联合收割机收割庄稼时，它们是相对运动的

C

*两辆赛车在赛道上行驶时，它们是相对静止的

D

*“

天宫一号”与“神舟八号”对接成功时，它们是相对静止的

考点：运动和静止的相对性。

专题：应用题。

分析：题目中各选项的参照物和被研究物体已给出，所以解答此题的关键是看被研究的物体与所选的参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动

的；如果未发生变化，则物体是静止的

*

解答：解：A、加油机在空中给受油机加油时，以加油机为参照物，受油机相对于加油机的

位置没有发生变化，所以它们是相对静止的

*故本选项错；

B、卡车和联合收割机收割庄稼时，以卡车为参照物，联合收割机相对于卡车的位置

没有发生变化，所以它们是相对静止的

*故本选项错；

C、两辆赛车在赛道上行驶时，以其中一辆赛车为参照物，另一个赛车相对于所选为

参照物的赛车位置发生着改变，所以它们是相对运动的

*故本选项错；

D、“天宫一号”与“神舟八号”对接成功时，以“天宫一号”为参照物，“神舟八号”相对

于“天宫一号”的位置没有发生变化，所以它们是相对静止的

*故本选正确*故选D

*

点评：运动和静止是相对的，判断一个物体是运动还是静止，关键是要看这个物体相对于

参照物的位置是否发生了改变

*

3*如图所示，将凸透镜看作是眼睛的晶状体，光屏看作是眼睛的视网膜，烛焰看作是被眼

睛观察的物体

*拿一个近视眼镜给

“眼睛”戴上，光屏上出现烛焰清晰的像，而拿走近视眼镜

则烛焰的像变得模糊

*在拿走近视眼镜后，为了能在光屏上重新得到清晰的像，下列操作可行的是（）

A

*将蜡烛远离凸透镜B*将光屏远离凸透镜

C

*将光屏靠近凸透镜

D*将光屏和蜡烛同时远离凸透镜

考点：凸透镜成像的应用。

专题：应用题。

分析：近视眼镜是凹透镜，首要的问题是知道凹透镜对光线有发散作用，拿一个近视眼镜

给“眼睛”戴上，光屏上出现烛焰清晰的像，而蜡烛烛焰的像实际上在光屏前；

拿走近视眼镜则烛焰的像变得模糊，原因是烛焰清晰的像在光屏的前面，可以用缩

小像距和调节物距的方法使烛焰清晰的像承接在光屏上

*

解答：解：

近视镜片属于凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，有近视镜片时，凸透镜所成的像会后移；

拿走近视镜片后，蜡烛烛焰的像成在光屏的前面，即凸透镜所成的清晰的像应该在光屏和透镜之间，所以应将光屏向靠近透镜方向移动或将蜡烛靠近凸透镜，才能得

到清晰的烛焰的像

*

故选C

*

点评：凸透镜成实像的规律：u＞2f，成倒立缩小的实像；u=2f，成倒立等大的实像；f＜u

＜2f，成倒立放大的实像

*凸透镜成实像时，若在凸透镜前放一凹透镜，像将远离透镜移动；若在凸透镜前放一凸透镜，像将靠近透镜移动

*

4*下列说法错误的是（）

A

*

将菜炒熟的过程中，分子热运动加剧，香味越来越浓

B

*

将活塞迅速压下时，筒内空气的温度升高，蘸了乙醚的棉花燃烧起来

C

*

1Kg的汽油在气缸内燃烧放出的热量，就是汽油的热值

D

*

由于沙石的比热容比海水的小，导致沙漠地区的昼夜温差比沿海地区的大

考点：分子的热运动；做功改变物体内能；比热容解释简单的自然现象；燃料的热值。

专题：应用题。

分析：（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高，分子运动越剧烈

*（2）压缩气体做功，气体内能增加，温度升高

*

（3）热值的定义是：1Kg某种燃料完全燃烧时放出的热量叫做这种燃料的热值

*（4）沿海地区，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和泥土沙石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少

*

解答：解：A、香味分子不停地做无规则的运动，运动到空气中被人们闻到了香味，这种现

象叫扩散现象

*温度越高，分子运动越快，所以香味散发得快*不合题意*

B、活塞迅速向下压时，活塞压缩气体做功，空气内能增加，温度升高，达到棉花的

着火点，棉花就会燃烧

*不合题意*

C、汽油的热值是1kg汽油完全燃烧时放出的热量*符合题意*

D、沿海地区，水多；内陆地区水少、沙石多*因为水的比热容较大，白天，相同质

量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，

水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小

*不合题意*

故选C

*

点评：此题考查了分子扩散、做功改变物体内能、热值的含义、水的比热容大的运用，都

是热学知识中常考的内容，要理解会运用

*

5*下列四幅图中，利用相关部件减小压强的是（）

A

*

铁轨下的路枕B*

推土机的土铲

C*

破窗锤的锤头

D*

篆刻刀的刀刃

考点：减小压强的方法及其应用。

专题：应用题。

分析：压强的大小与压力和受力面积的大小有关：

减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力减小压强；在压力一定时，增大受力面积来减小压强；

增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力增大压强；在压力一定时，减小受力面积来增大压强；

解答：解：A、铁轨下面铺枕木，即通过增大接触面积而减小压强，故符合题意；

B 、推土机的铲子比较尖，即通过减小受力面积增大压强，故不符合题意；

C 、破窗锤的锤头比较尖，即通过减小受力面积增大压强，故不符合题意*

D 、篆刻刀的刀刃很薄，即通过减小受力面积增大压强，故不符合题意*

故选A *

点评： 知道压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法，能利用压强知识解释生活

中的问题*

6*

如图是探究阻力对物体运动的影响的实验装置，下列说法错误的（ ）

A *

每次实验时，应使小车滑到水平面时的初速度相等

B *

由于惯性，小车到达水平面后继续向前运动

C *

水平表面越粗糙，小车的速度减小得越快

D *

实验表明，力是维持物体运动的原因

考点： 阻力对物理运动影响的探究实验。 专题： 实验探究题。

分析： （1）根据机械能的转化可知：小车从斜面上滑下时，重力势能转化为动能，当小车

从斜面的同一高度由静止开始滑下时，其重力势能相等，到达水平面时的动能相等，速度相同；

（2）小车在滑行中受到阻力的作用，阻力越小，滑行的距离越远；

（3）小车停下来的原因是小车受到了摩擦阻力，实验中通过改变接触面的粗糙程度来改变阻力的大小，阻力越小小车运动的距离越远，如果小车不受力它将会保持恒定的速度永远运动下去或做匀速直线运动，反映了力与运动的关系*

解答： 解：A 、每次实验时，应使小车滑到水平面时的初速度相等，是通过控制小车在斜面

上的高度实现的，故该选项说法正确，不符合题意；

B 、小车从斜面上滑下时，由于惯性，小车到达水平面后继续向前运动，故该选项说法正确，不符合题意；

C 、水平表面越粗糙，小车的速度减小得越快，小车滑行的距离越短，故该选项说法正确，不符合题意；

D 、该实验表明，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故该选项说法不正确，符合题意*

故选D *

点评： 由于影响摩擦力的因素有多个，在实验中采用了控制变量法，让小车在不同表面滑

行时，需保证小车到达水平面时的速度相同，所以才让同一小车从斜面的同一高度滑下*

如果小车在水平方向上不受力，它的运动状态将不会改变，一直做匀速直线运动*

7*

如图所示，一辆在水平路面上匀速行驶的洒水车正在洒水作业，关于该洒水车，下列说法正确的是（ ）

A

*机械能不变，重力势能不变B*机械能变小，重力势能动能变小

C

*机械能不变，动能变小

D*机械能变小，动能不变

考点：动能的影响因素；势能的影响因素。

专题：应用题。

分析：（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）动能和势能统称为机械能

*

解答：解：（1）洒水车在不断的洒水工程中，虽然速度是不变的，但是由于质量减小，所

以动能减小

*

（2）虽然在水平街道上，但是由于质量减小，所以重力势能也会减小，所以洒水车

的机械能减小

*

故选B

*

点评：掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素，根据影响因素能判断动能、重力

势能和弹性势能的大小变化

*

8*核电站利用核能发电，它的核心设备是核反应堆*下列说法错误的是（）

A

*目前核电站都是通过聚变反应来利用核能

B

*核反应堆中发生的链式反应是可以控制的

C

*原子核分裂或聚合时释放出核能

D

*核能是一种不可再生的能源

考点：核能；核电站发电过程中的能量转化。

专题：应用题。

分析：（1）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的

*核电站的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控裂变（链式反应）释放能量的

*

（2）原子核结构发生变化时会释放出大量能量，这种能量称核能；核能的主要途径

为核裂变和核聚变

*

（3）可再生能源指可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风、太阳能等；

不可再生能源只会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如煤、石

油、天然气等

*

解答：解：A、核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的

*错误，符合题意*

B、核电站的核反应堆是利用可控的核裂变反应释放核能的设备*正确，不合题意*

C、核能是指重核裂变或轻核发生聚变时释放出的能量*正确，不合题意*

D、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能

源；正确，不合题意

*

故选A

*

点评：本题通过核电站考查了核能应用的相关知识，为近几年考查的热点应熟练掌握

*

9*下列四幅图中，通电螺线管的极性标注正确的是（）

A

*B*

C*D*

考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断；安培定则。

专题：应用题。

分析：在四个选项中，直接告诉了螺线管的绕向；通过电源的正负极，间接告诉了螺线管

中电流的方向，利用安培定则即可确定螺线管的磁极标注是否正确

*

解答：解：A、电流由螺旋管的左端流入，由安培定则可知，螺旋管的左端为N极，故A

错误，不符合题意

*

B、电流由螺旋管的右端流入，由安培定则可知，螺旋管的右端为N极，故B错误，

不符合题意

*

C、电流由螺旋管的右端流入，由安培定则可知，螺旋管的左端为N极，故C正确，

符合题意

*

D、电流由螺旋管的右端流入，由安培定则可知，螺旋管的左端为N极，故D错误，

不符合题意

*

故选C

*

点评：安培定则涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向；关于它的考查一般是告

诉其中的两个，让确定第三个

*此题中就是告诉了电流方向与线圈绕向让确定所标磁场方向是否正确

*

10*下列装置中是利用电磁感应原理工作的是（）

A

*

电动机B*

话筒

C*

电磁继电器

D*

扬声器

考点：电磁感应。

专题：应用题。

分析：先要知道电磁感应现象原理的含义，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这叫电磁感应现象，其前提条件是施加运动，结果是产

生电流

*

解答：解：A、电动机的前提是供电，结果是产生运动，利用通电导体在磁场中受力的原理，故不符合题意；

B、动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，

产生电流，是电磁感应现象原理，故符合题意；

C、电磁继电器是利用电流磁效应的原理制成的，故该选项不符合题意；

D、扬声器把电信号转化为声信号，利用通电导体在磁场中受力原理，不符合题意*

故选B

*

点评：这些常见器材的原理归类对比记忆：

电热器利用电流的热效应原理，如电饭锅、电炒锅、电烙铁、电水壶、电暖气、电

熨斗；

电动机利用通电导体在磁场中受力原理，如电风扇、排烟罩、洗衣机、剃须刀； 发电机利用电磁感应现象原理；

电磁铁利用电流的磁效应原理，如电铃、电磁起重机、电磁继电器、空气开关*

11*

如下图是甲、乙两个电阻的电流I 与电压U 的关系图象，将它们并连接入电路，下列说法正确的是（ ）

A *

通过甲的电流大于通过乙的电流

B *

通过甲的电流小于通过乙的电流

C *

甲、乙并联的总电阻随它们两端电压的升高而减小

D *

甲、乙并联的总电阻随它们两端电压的升高而增大

考点： 探究电流与电压、电阻的关系实验。 专题： 应用题；图析法。

分析： （1）并联电路两端的电压相等，由图象可以判断出两电阻并联时流过两电阻的电流

关系；

（2）由图象判断电阻阻值随电阻两端电压变化的关系，然后由并联电路特点判断并联电阻变化情况*

解答： 解：（1）由I ﹣U 图象可知：当电压较小，两电阻两端电压相等时，流过甲电阻的电

流大于流过乙电阻的电流，当电压较大时，通过甲电阻的电流小于通过乙的电流；由此可见两电阻并联时，电压较小时通过甲的电流大于通过乙的电流，电压较大时通过甲电阻的电流小于乙电阻的电流，故AB 错误；

（2）由图象知，乙电阻不随电压的变化而变化，是一个定值；甲电阻阻值随电压的增大而变大，由并联电路的电阻特点知，随电阻阻值的增大，并联电阻阻值变大，所以甲、乙并联的总电阻随它们两端电压的升高而增大，故C 错误，D 正确； 故选D *

点评： 本题考查了根据I ﹣图象判断流过两电阻的电流关系、判断两电阻并联总阻值随电压

变化的关系，由图象获取电流随电压变化的关系、掌握欧姆定律及并联电路的特点是正确解题的关键*

12*

航模小组的某位同学在操场上利用如图所示的电动遥控飞机进行训练，他操作遥控器，使重为3N 的飞机从水平地面由静止开始竖直上升，飞机先后经历加速、匀速、减速三个阶段，然后悬停在距离地面10m 的高度处*

飞机竖直上升的总时间为12s 匀速上升阶段的速度为1m/s *

假设飞机在空中的受力情况可以简化为仅受重力和竖直向上的升力，则下列说法正确的是（ ）

A *

在离开地面的过程中飞机对地面的压力先增大后减小

B *

在上升的阶段受到的升力大于重力

C *

在上升阶段飞机的功率为2*

5W

D *

在悬停阶段飞机升力的功率为3W

考点： 功率的计算；二力平衡条件的应用。 专题： 应用题。

分析： A 、当飞机在地面上，压力最大，等于飞机重，在离开地面的过程中，压力减小，当

离开后压力位0；

B 、飞机在加速、匀速、减速三个阶段，升力与重力关系在变化；

C 、在上升阶段，平均的升力为3N ，求出升力做功，又知道上升用的时间，利用功率公式求上升阶段飞机的功率；

D 、做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上通过的距离，先判断升力是否做功，再确定功率大小*

解答： 解：

A 、在离开地面的过程中，飞机对地面的压力在减小，故A 错；

B 、飞机在加速时，升力大于重力；在匀速时，升力等于重力；在减速时，升力小于重力，故B 错；

C 、在上升阶段，平均的升力为3N ，升力做功W=Fs=3N ×10m=30J ，上升阶段飞机

的功率P==

=2*

5W ；故C 正确；

D 、在悬停阶段，有升力，但没移动距离，升力不做功，功率为0，故D 错*

故选C *

点评： 本题考查了功和功率的计算，对飞机做出正确的受力分析是本题的关键，难点在飞

机上升阶段升力的计算*

二、解答题（共8小题，满分40分）

13*

如图所示，一位小朋友正在世博园内的风扇下“纳凉”*

这种风扇能喷射大小为微米级（1

微米= 10﹣6

米）的水雾，这些水雾在 蒸发 时 吸收 热量，使人达到“纳凉”的目的*

考点： 汽化及汽化吸热的特点；物理量的单位及单位换算。 专题： 应用题。 分析： （1）1微米=10

﹣6

米；

（2）影响蒸发快慢的因素有：液体的温度、液体的表面积和液体表面的空气流动速度；要加热蒸发，可以升高液体的温度、增大液体的表面积和加快液体表面的空气流动速度；

（3）蒸发是汽化的一种，汽化要吸热*

解答： 解：1微米=10﹣

6米*

喷雾可以增加空气中的水分，风扇吹风加快了空气的流动速度，

从而加快了水分的蒸发；

蒸发要从周围物体中吸收热量，从而起到降温的目的*

故答案为：10﹣6

；蒸发；吸收*

点评： 解答此题需要知道：①蒸发的快慢和空气流动速度的关系；②蒸发要吸热*

14*

今年5月21日黎明时刻，在我国许多地方能观察到如图所示的“金环日食”天象，这是由于光沿 直线 传播，当月球运行至 太阳和地球 之间时，挡住了一部分太阳光*

太阳还在地平线以下时，人们就可以看到“金环日食”，这是因为太阳光穿过大气层时发生了 折射 现象*

考点： 光在均匀介质中直线传播。 专题： 应用题。

分析： （1）日食是由于月球运行到地球和太阳中间，挡住了太阳照向地球的光，是由于光

的直线传播形成的；

（2）大气层上疏下密，太阳光穿过大气层时，类似于光由空气斜射进入水或其它透明介质，折射角小于入射角； 解答： （1）“日食”是指由于光沿直线传播，月球在太阳和地球之间，挡住了太阳射向地球

的光线形成的*

（2）由于大气层上疏下密，光线穿过大气层连续发生折射，看到了太阳的虚像，但真实的太阳还在地平线以下；

故答案为：直线、太阳和地球、折射*

点评： 此题考查的是日食的原因和折射现象，联系生活实际，体现了物理知识来源于生活

并应用于生活的物理理念*

15*

某同学在实验室测量一块不规则的金属块的密度*

（1）把托盘天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处*

观察到横梁指针指在分度盘中线的左侧，此时应向 右 旋动平衡螺母*

（2）把金属块放在左盘，用镊子向右盘加减砝码后，观察到横梁指针的位置如图甲所示，此时应该调节 游码 ，直到指针再次指在分度盘中线处*

游码的位置和右盘中的砝码如图乙所示，金属块的质量是 54 g *

（3）把金属块浸没在装有50ml 水的量筒中，这时量筒中的水面的位置如图丙所示*

金属块

的密度为 2*

7×103 kg/m 3

*

考点： 固体密度的测量。 专题： 实验题。

分析： （1）本题主要考查对于天平和量筒的使用技能和如何利用密度公式计算物体的密度

*

（2）在调节天平平衡时要将平衡螺母向指针偏转的相反方向调节； （3）物体的体积通过量筒中两次液面的体积差进行计算*

解答： 解：（1）调节天平在水平面上平衡时要将平衡螺母向指针偏转的相反方向调节，指

针偏向分度盘的左侧，所以应向右调节平衡螺母*

（2）把金属块放在左盘，用镊子向右盘加减砝码后，观察到横梁指针的位置如图甲所示，此时，质量相差很小，故应调节游码，直到指针再次指在分度盘中线处*

从图乙中看出天平标尺的分度值为0*

2g ，金属块的质量=砝码+游码=50g+4g=54g *

（3）图丙中金属块和水的总体积V 总=70cm 3，金属块的体积V=V 总﹣V 水=70cm 3

﹣

50cm 3=20cm 3， 所以金属块的密度ρ=

=2*

7g/cm 3=2*

7×103kg/m 3

故答案为：（1）右；（2）游码；54；（3）2*

7×103

点评： 本题的解题关键是熟悉测量固体密度的基本实验程序、天平和量筒的正确读数以及

密度公式ρ=的熟练运用*

16*

在探究滑动摩擦力的大小与什么因素有关的实验中，某同学提出下列猜想： Ⅰ、与物体速度的大小有关

Ⅱ、与接触面的粗糙程度（表面状况）有关 Ⅲ、与压力的大小有关

（1）为了验证上述猜想是否正确，他采用了图甲所示的装置进行实验*

实验中应拉着弹簧测力计使木块沿水平方向做 匀速直线 运动*

（2）实验时他发现弹簧测力计的示数不稳定，便对实验装置进行改进，如图乙所示，他用双面胶将弹簧测力计固定在长方体木块的上表面，用细线连接弹簧测力计的挂钩和电动机*

在木块上放置不同的砝码，当电动机以不同的转速工作时，通过细线水平拉动木块以不同的速度做匀速直线运动*

实验记录如下

实验次数 表面状况 压力/N

摩擦力/N 木块的速度/m/s 1

木块﹣﹣﹣﹣﹣﹣木板

2*

0 0*

6

0*

1

2 同上 4* 0

1* 2

0*

1

3 同上

4* 0

1* 2

0*

2

4

木块﹣﹣﹣﹣﹣砂纸 2*

0 1* 0

0*

1

②分析 1、4 两次的实验记录，可初步验证猜想Ⅱ ③分析 1、2 两次的实验记录，可初步验证猜想Ⅲ

考点： 摩擦力大小的影响因素。

专题： 实验题；控制变量法；实验分析法。

分析： （1）滑动摩擦力是产生在物体接触面上的力，因此，在测量时应运用转换法，通过

二力平衡的原理，借助弹簧测力计的拉力将其测出*

因此，在拉动木块时要求沿水平方向做匀速直线运动，使拉力与摩擦力成为一对平衡力；

（2）根据影响摩擦力大小的两个因素，结合控制变量法，可对图甲、图乙中的变量和控制量进行分析；

解答： 解：（1）因为只有木块做匀速直线运动时，摩擦力和拉力才是一对平衡力，它们的

大小才会相等，因此，实验中应用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动；

（2）①在3、4两次实验中，其压力、表面状况和运动的速度都是不相同的，故不能研究摩擦力的大小与物体运动速度的关系；

②想验证摩擦力的大小与接触面的粗糙程度（表面状况）有关，即需选择压力、速度相同，但接触面的粗糙程度不同的实验进行比较即可，故选1、4两次实验； ③想验证摩擦力的大小与压力是否有关，即需选择表面粗糙程度、速度相同，但压力不同的实验进行比较即可，故选1、2两次实验； 故答案为：（1）匀速直线；（2）①不能；②1、4；③1、2*

点评： 本实验中初中物理中较为典型的探究实验之一，主要运用了转换法和控制变量的研究方法，这是实验成功的基础，也是我们应该熟练掌握的实验技能*

同时，二力平衡条件的运用、对实验结论的正确分析，也是我们应该从这类实验题中应该学到的*

17*

某同学测量一只额定电压为2*

5V 的小灯泡的电功率，他设计的电路图如图甲所示*

（1）请根据图甲将图乙中的实物电路连接完整（导线不允许交叉）

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到最 右 （填“左”或“右”）端*

闭合开关后，调节滑动变阻器，当电压表的示数为2*

5V 时，电流表的示数为0*

28A ，小灯泡的额定功率为 0*

7 W *

继续调节滑动变阻器，当它连入电路的电阻值最小时，电压表的示数为2*

7V ，电流表的示数为0*

29A ，小灯泡的实际功率为 0*

783 W *

考点： 电功率的测量；实物的电路连接。 专题： 实验题；作图题。

分析： （1）根据灯泡的额定电压确定电压表的量程，根据题意确定电流表的量程，

灯泡与电流表串连接入电路，电压表并联在灯泡两端，连接电路时，注意电表正负

接线柱不要接反；

（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器接入电路的阻值应为最大阻值，

根据滑动变阻器的接法确定滑动变阻器滑片的位置；已知电压与电流，由P=UI 求出灯泡的公式*

解答： 解：（1）灯泡额定电压是2*

5V ，电压表选3V 量程，由题意知，灯泡在额定电压下

的电流，即额定电流为0*

28A ，则电流表选0*

6A 量程；灯泡与电流表串连接入电路，电压表并联在灯泡两端，电路图如图所示； 故答案为：电路图如图所示*

（2）由电路图知，滑片在最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值为最大阻值，因此

闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最右端；灯泡的额定功率P 额=U 额I 额=2*

5V ×0*

28A=0*

7W ，

灯泡的实际功率P 实=U 实I 实=2*

7V ×0*

29A=0*

783W ； 故答案为：右；0*

7；0*

783*

点评： 本题考查了连接电路图、滑动变阻器的调节、求灯泡的功率，连接使物体时要注意

电表量程的选择，连线时注意电表正负接线柱不要接反*

18*

如图是探究斜面的机械效率跟什么因素有关的实验装置*

（1）实验器材有木块、铁块、垫块、各处粗糙程度相同的长木板、弹簧测力计各一个，砝码若干，为了完成实验，还需要的测量工具是 刻度尺 *

（2）实验时某同学在木块或铁块上放置不同的砝码，改变物块的重力，用弹簧测力计拉着物块沿斜面做匀速直线运动*

实验的部分数据如下表：

实验次数 接触面粗糙程度 物块重G/N 物块上升的高度h/m 沿斜面的拉力F/N 物块移动的距离L/m

机械效率

1 较粗糙（木块﹣木板）

2*

0 0* 25

1* 2

0* 80

52% 2 同上 2*

0* 35

1* 4

0*

80

63% 3 同上

5* 0

0* 35

3* 5

0*

80

63% 4

较光滑（铁块﹣木板） 5*

0 0*

35

3* 1

0*

80

②在第四次实验中，斜面的机械效率为 71%

*

考点： 斜面机械效率的测量实验。 专题： 计算题；实验探究题；控制变量法。

分析： （1）分析表中需要测量的物理量，从而知道需要的测量工具；

（2）①分析实验1、2，接触面的粗糙程度相同、物块重相同，斜面的倾斜程度（斜面长相同、高度不同，斜面的倾斜程度不同）；分析实验2、3，接触面的粗糙程度、斜面的倾斜程度相同，物块重不同；分析实验3、4，物块重、斜面的倾斜程度相同，

斜面的倾斜程度不同；根据机械效率的大小分析判断是否与三个因素有关；

②斜面的有用功等于物块的重力和物块上升高度的乘积，即W有用=Gh；总功等于沿

斜面的拉力和物块移动距离的乘积，即W总=FL，用η==求斜面机械效率

*解答：解：（1）由表中数据可见需要测量的物理量有四个：物块的重力、沿斜面的拉力、

物块上升的高度、物块移动的距离，其中前两个由弹簧测力计完成，后两个由刻度

尺来完成测量，因此还需要补充的器材是：刻度尺

*

（2）①分析实验1、2，接触面的粗糙程度、物块重相同，斜面的倾斜程度不同，机械效率不同，研究的是斜面的机械效率与斜面倾斜程度的关系（有关）；

分析实验2、3，斜面的倾斜程度、接触面的粗糙程度相同，物块重不同，机械效率相同，研究的是斜面的机械效率与物块重的关系（无关）；

分析实验3、4，斜面的倾斜程度、物块重相同，接触面的粗糙程度不同，机械效率不同，研究的是斜面的机械效率与接触面粗糙程度的关系；

由此可见斜面的机械效率与接触面粗糙程度、物块重斜面、倾斜程度的关系

*

②η===≈71%*

故答案为：（1）刻度尺；（2）①接触面粗糙程度；物块重斜面；倾斜程度；②71%

*点评：本题为斜面机械效率的测量实验，考查了测量工具的选择、机械效率的计算、影响机械效率大小的因素，利用好控制变量法分析是本题的关键

*

19*武汉市某小学的学生发明的电热课椅获得了国家专利*有一种电热课椅主要由坐垫和脚

踏组成，它的电路示意图如图

*坐垫内的电热丝R1、R2的阻值分别为260Ω、150Ω，脚踏

内的电热丝R3的阻值为400Ω

*闭合开关S1，调节开关S2，可以使脚踏分别处于“低温档”、

“中温档”、“高温档”（不考虑温度的变化对电阻的影响）

（1）该电热课椅消耗的最大功率是多少瓦？

（2）当脚踏处于中温档时，电热课椅在10秒内产生的热量是多少焦？

考点：电功率的计算；焦耳定律的计算公式及其应用。

专题：计算题；应用题；图析法。

分析：

（1）根据P=可知，当电路中电阻最小时，该电热课椅消耗的电功率最大，结合

电路图判断电路的最小电阻并求出此时的功率；

（2）先判断出中温档时电路的连接方式，再根据Q=W=t求出电热课椅在10秒

内产生的热量

*

解答：解：（1）S2接a触点时，

电路为R3的简单电路，电路中的电阻最小，根据P=可知，此时脚踏处于高温档位，电热课椅消耗的功率最大；

P高温===121W*

（2）S2接c触点时，

R3与较小的电阻R2串联在电路中，脚踏处于中温档；

电热课椅在10秒内产生的热量：

Q=W=t=×10s=880J*

答：（1）该电热课椅消耗的最大功率是121瓦；

（2）当脚踏处于中温档时，电热课椅在10秒内产生的热量是880焦

*

点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、热量的计算；关键是电功率公式的灵活应

用和脚踏状态的判断，以及电路图串并联的分析

*

20*如图甲所示，我国“向阳红09”母船正在进行投放“蛟龙号”载人深潜器试验，调控两根伸缩杆，使“∩”形架绕固定在甲板上的转轴转动至图甲所示位置时停止，然后由固定在“∩”形

架顶部的绞车通过钢缆释放深潜器

*

处在图甲所示位置的“∩”形架可以简化为图乙中以O为支点的杠杆，OB表示“∩”形架，CD

表示两根伸缩杆，O到CD的距离为2m，OD、OE的长度分别为3m、6m

*不考虑“∩”形架、

两根伸缩杆和绞车的重力

*

（1）请在图乙中画出投放深潜器时“∩”形架的动力和阻力示意图

（2）深潜器的质量为25t ，总体积为24*

5m 3

*

在绞车缓慢向下释放深潜器至刚浸没的过程中，两根伸缩杆的总拉力最多减少多少牛？

考点： 力的示意图；杠杆的平衡条件；阿基米德原理。 专题： 计算题。

分析： （1）根据力的示意图的定义，将杠杆受到的动力和阻力的方向、作用点表示出来即

可；

（2）根据杠杆的平衡条件，分别求出深潜器入水前后两根伸缩杆的总拉力，然后相减即可*

解答： 解：（1）杠杆OB 受到的动力是伸缩杆对杠杆的力，方向沿伸缩杆方向向下，阻力

是深潜器的重力，方向竖直向下，故“∩”形架的动力和阻力示意图：

（2）深潜器入水前，BE 的拉力：

F 2=G=mg=25×1000kg ×10N/kg=2*

5×105

N ， 深潜器入水后，BE 的拉力：

F 2′=

G ﹣F 浮=G ﹣ρ水gV 排=2*

5×105N ﹣1*

0×103kg/m 3×10N/kg ×24*

5m 3=5×103

N ， 根据杠杆平衡条件，深潜器入水前，两根伸缩杆的总拉力：

F 1=

==7*

5×105

N ，

深潜器入水后，两根伸缩杆的总拉力： F 1′=

=

=1*

5×104

N ，

两根伸缩杆的总拉力最多减少：

△F=F 1﹣F 1′=7*

5×105N ﹣1*

5×104N=7*

35×105

N *

答：（1）“∩”形架的动力和阻力示意图如图：

（2）两根伸缩杆的总拉力最多减少7*

35×105

N *

点评： （1）画力的示意图，就是用一条带箭头线段表示出力的三要素，所以要先正确分析

力的大小、方向和作用点，再根据力的示意图的要求作出力的示意图；

（2）当深潜器全部没入水时，浮力最大，两根伸缩杆的总拉力减少的最多*