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1、2014年贵州省黔东南州中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个答案是正确的）1（3分）（2014黔东南州）如图所示是描述地球上不同位置的人释放手中石块的四个示意图，图中的虚线表示石块下落的路径，则对石块下落路径的描述最接近实际的示意图是（）ABCD考点：重力的方向专题：重力、弹力、摩擦力分析：解答本题需要记准知识点：重力的方向总是竖直向下的，实质就是相对于人所站的位置竖直向下解答：答：由于重力的方向总是竖直向下的，地球上不同位置的人释放手中石块后，石块受的重力的方向是竖直向下的，也就是指向地心故选D点评：正确理解重力的方向，竖直向下不能总以自己所处的位置
2、为依据2（3分）（2014黔东南州）如图所示的四种物态变化的实例中，属于凝华的是（）A山间形成浓雾B冰雪消融C草叶上形成“白霜”D草叶上形成“露珠”考点：升华和凝华的定义和特点专题：汽化和液化、升华和凝华分析：凝华是指物质由气态直接变成固态的现象，分析各选项中物质的状态变化，找出符合要求的选项解答：解：A、山间的浓雾是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，不符合题意；B、冰雪消融，由固态变成了液态，属于熔化现象，不符合题意；C、草叶上的“白霜”，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，符合题意；D、草叶上形成“露珠”，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，不符合
3、题意故选C点评：本题考查了物态变化现象的判断，把握住物质前后的状态的变化是解决此类题目的关键，属于基础的考查3（3分）（2014黔东南州）如图所示的四种现象中，属于光的折射现象的是（）A通过汽车后视镜看到该车后面的其他车辆B钢勺子好像在水面处折断了C 车子在水中形成“倒影”D点燃的蜡烛通过小孔成像考点：光的折射现象及其应用专题：光的折射、光的色散分析：（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线
4、在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的解答：解：A、通过汽车后视镜看到该车后面的其他车辆，属于光的反射现象；故A错误；B、钢勺子好像在水面处折断了，属于光的折射现象，故B正确；C、车子在水中形成“倒影”，属于光的反射现象，故C错误；D、点燃的蜡烛通过小孔成像，属于光的直线传播，故D错误故选B点评：掌握以下光现象原理：透镜、玻璃砖、看水中的物体一般都是光的折射原理；影子、日月食、小孔成像都是光的直线传播原理；镜子、水中倒影、潜望镜都是光的反射原理4（3分）（2014黔东南州）有一种“光控开关”能在天黑
5、时自动闭合，天亮时自动断开；而另一种“声控开关”能在有声音时自动闭合，无声音时自动断开利用“光控开关”和“声控开关”来控制居民楼里楼道灯可以节约电，要求灯白天不会亮，天黑后楼道有人走动发出声音时灯会自动亮，下列如图所示的电路图中合理的是（）ABCD考点：串、并联电路的设计专题：设计与制作题；电流和电路分析：根据题意可知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合了灯才能亮，否则灯泡不亮；这说明两开关共同控制电路，即为串联解答：解：根据题意可得，声控开关和光控开关串联后共同控制灯泡，用导线将各元件依次连接起来，如C选项中图所示故选C点评：本题的关键是根据灯泡的工作条件确定开关的连接方式，然后根据串、
6、并联的特点得出符合题意的电路图5（3分）（2014黔东南州）关于电流表和电压表的使用，下列说法错误的是（）A使用前都应检查指针是否指零B若有两个量程，一般都先用大量程“试触”C两表都不能将两接线柱直接接到电源的两极上D接入电路时，都应使电流从正接线柱流入，从负接线柱流出考点：电流表的使用；电压表的使用分析：根据电压表和电流表的使用方法分析各个选项解答：解：A、说法正确，使用前应校零；B、说法正确，为读数准确和保护电表，应该试触；C、说法错误，电流表不能直接接在电源上；D、说法正确，都应使电流从正接线柱流入，从负接线柱流出故选C点评：本题考查了电压表的使用规则：电压表要并联在电路中；电流要从“+
7、“接线柱流入，从“接线柱流出（否则指针反转）被测电压不要超过电流表的量程（可以采用试触的方法来看是否超过量程）电流表的使用规则：电流表要串联在电路中；电流要从“+“接线柱流入，从“接线柱流出（否则指针反转）被测电流不要超过电流表的量程（可以采用试触的方法来看是否超过量程）绝对不允许不经过用电器而把电流表连到电源的两极上（电流表内阻很小，相当于一根导线若将电流表连到电源的两极上，轻则使电流表损坏，重则烧坏电流表、电源、导线）电流表读数：看清量程；看清分度值（一般而言，量程03A分度值为0.1A，00.6A为0.02A）；看清表针停留位置（一定从正面观察）使用前的准备：校零，用平口改锥调整校零按钮
8、；选用量程（用经验估计或采用试触法）6（3分）（2014黔东南州）如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动其中说法正确的是（）A绳拉牛的力小于牛拉绳的力B绳拉牛的力小于地面对牛的摩擦力C绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力D绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力考点：平衡力的辨别专题：应用题分析：（1）物体处于平衡状态（静止状态或匀速直线运功）时，所受的力就是平衡力（2）二力平衡的条件是两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上（3）相互作用力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上解答：解：因牛处于静止状态，所以绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力大小相等，方向
9、相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上是一对平衡力；绳拉牛的同时，牛也要拉绳，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在牛和绳上是一对相互作用力故选D点评：本题考查了平衡力和相互作用力的辨别，两者的区别是看作用点是否在同一物体上，这也是学生容易出错的地方7（3分）（2014黔东南州）如图所示，已知人造地球卫星绕地球运行的轨道是椭圆形的，有一近地点和远地点，下面关于卫星的说法正确的是（）A当卫星从远地点向近地点运动时，速度变大B当卫星从近地点向远地点运动时，速度变大C当卫星在远地点时，动能最大，重力势能最小D当卫星在近地点时，动能最小，重力势能最大考点：动能和势能的大小变化
10、专题：机械能及其转化分析：（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，动能大小与质量和速度有关；（2）物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能与物体的质量和高度有关解答：解：卫星在太空中飞行时，在近地点，速度最大，动能达到最大，重力势能达到最小；在远地点时，速度最小，动能最小，重力势能最大故选A点评：掌握动能和势能大小的影响因素，根据能量的影响因素能判断动能和势能的大小变化8（3分）（2014黔东南州）如图的电路中，电源电压保持不变闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，不变的是（）A电流表A示数与电流表A1示数的差值B电压表V示数与与电流表A示数的比值C电压表V示数与与电流表A示数的乘积
11、D电压表V示数与与电流表A1示数的乘积考点：电路的动态分析专题：动态预测题；电路变化分析综合题分析：首先分析电路图，闭合电键S，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过电阻R1的电流，电流表A测量电路总电流，电压表测量的是电源电压；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，判断出滑动变阻器接入电路中电阻的变化，滑动变阻器两端的电压不变，根据欧姆定律可知该支路电流的变化；电阻R1两端的电压和电阻都不变，根据欧姆定律可知电流的变化，即电流表A1示数的变化；根据并联电路的电流特点，可知电流表A示数的变化，从而可以对四个选项逐一进行分析判断解答：解：从图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量
12、通过电阻R1的电流，电流表A测量电路总电流，电压表测量的是电源电压，电源的电压保持不变，电压表的示数不变；当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律I=可知，滑动变阻器所在支路中的电流变小；电阻R1两端的电压和电阻都不变，根据欧姆定律I=可知，通过电阻R1的电流不变，即电流表A1的示数不变；根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，电流表A的示数变小A、电流表A示数与电流表A1示数的差值即为通过滑动变阻器的电流，而滑动变阻器所在支路中的电流变小，故A不符合题意B、电压表的示数不变，电流表A的示数变小，电压表V示数与电流表A示数的比值变大，所以B不符合题意C、
13、电压表的示数不变，电流表A的示数变小，电压表V示数与电流表A示数的乘积变小，所以C不符合题意D、电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，电压表V示数与电流表A1示数的乘积不变，所以D符合题意故选D点评：本题考查了学生对欧姆定律及其变形公式的掌握和运用，分析电路图得出电路的连接方式和三表的测量对象是本题的突破口，灵活运用并联特点和欧姆定律是关键二、填空题（每空1分，共15分）9（4分）（2014黔东南州）如图所示，近年在黔东南州“一事一议”财政奖补政策的支持下，农村道路两旁安装有太阳能路灯，这样改善了农村的村容村貌，灯杆顶端是太阳能电池板，它能将太阳能转化为电能，并向放在灯杆中的蓄电池充电，充电
14、时把电能转化为化学能蓄存起来，夜晚蓄电池给路灯供电考点：太阳能的转化专题：能源的利用与发展分析：太阳能电池板把太阳能转化为电能，蓄电池充电时把电能转化为化学能、放电时把化学能转化为电能解答：解：太阳能电池板将太阳能转化电能；蓄电池充电时将电能转化为化学能储存起来；在夜晚时蓄电池对路灯供电照明，将化学能转化为电能故答案为：太阳；电；电；化学点评：本题考查了太阳能电池板与蓄电池的能量转化，是一道基础题，知道转化前后能量存在的形式，是正确解题的关键10（2分）（2014黔东南州）今年是我国第一颗原子弹爆炸成功60周年，目前核能已经被广泛和平利用，核电站只需要消耗很少的核燃烧就可以产生大量的电能，核反
15、应堆中的核燃料是不可（选填：“可”或“不可”）再生能源，在核潜艇中是利用核裂（选填：“聚”或“裂”）变产生的能量考点：核能专题：能源的利用与发展分析：核燃料在地球上的储量是有限的，属不可再生能源；核能的释放包括核聚变和核裂变，核潜艇是通过核裂变来获得能量的解答：解：核燃料主要是浓缩铀，在地球上的储量是有限的，用完后不可能在短时间内得到补充，因此属不可再生能源；核潜艇是利用可控的核裂变来进行工作的故答案为：不可；裂点评：本题主要考查了学生对核能以及核潜艇工作原理的了解，这属于基本知识，是我们应该熟知的11（3分）（2014黔东南州）如图所示为汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此图是压缩冲程，有一
16、种单缸汽油机在原有四冲程的基础上增加两个冲程，成为六冲程汽油机，也就是在原有四冲程汽油机完成排气冲程后向气缸内喷水，水在气缸内气化成水蒸气，水蒸气膨胀对外做功，这种汽油机一个工作循环有六个冲程，做功2次，这种汽油机这样设计的目的是提高热机的效率（节约能源）考点：内燃机的四个冲程专题：比热容、热机、热值分析：汽油机的一个工作循环由如图所示的四个冲程组成：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程六冲程汽油机，多了一个水蒸气对外膨胀做功的过程，充分利用了汽油机工作后的余热解答：解：图中的气门都关闭，活塞向上运行，气缸容积
17、减小，是压缩冲程；比原有的四冲程汽油多做一次功，因此六冲程中共做功两次，因为是利用排气冲程后的余热所以大大的提高了热机的效率，节约了能源故答案为：压缩；2；提高热机的效率（节约能源）点评：此类属于信息题目，能够仔细阅读题目，理解其含义是解答本题的关键12（2分）（2014黔东南州）2014年3月8日马来西亚航空公司的MH370航班失去联系，在失联前与地面指挥系统是通过电磁波传送信息的，2014年4月14日“蓝鳍金枪鱼”自主水下航行器开始水下搜索MH370航班，“蓝鳍金枪鱼”自主水下航行器是通过超声波（选填：“超声波”或“次声波”）获得水下信息的考点：电磁波的传播；超声波与次声波专题：声现象；信
18、息的传递分析：（1）广播、电视和移动通信都是利用电磁波来传递信息的（2）电磁波在水中衰减的很快，而且波长越短，损失越大，即使用大功率的低频电磁波，也只能传播几十米然而，声波在水中传播的衰减就小得多解答：解：（1）卫星电视信号就是利用地球同步卫星做电磁波通信的中继站来传递信息的，所以马航MH370航班飞机在失联前与地面指挥系统是通过电磁波传递信息的（2）“蓝鳍金枪鱼”自主水下航行器是通过超声波获得水下信息的故答案为：电磁波；超声波点评：此题主要考查电磁波和超声波在传递信息中的应用，是一道基础题13（2分）（2014黔东南州）有一种消毒柜，一是通过电能转化为内能，然后通过热传递（选填：“做功”或“
19、热传递”）方式使餐具内能增加，温度升高，达到高温消毒的作用；二是这种消毒柜还可以发出人眼看不见的紫外线，也起到杀菌消毒作用考点：热传递改变物体内能；紫外线专题：光的折射、光的色散；分子热运动、内能分析：（1）改变物体内能有两种方式：做功和热传递；做功时发生了能量的转化，而热传递时发生了能量的转移；（2）紫外线可以杀死微生物；解答：解：（1）消毒柜在工作时，电热丝加热温度升高，得到热风，是电能转化为内能的，然后把热量转移到餐具上使得餐具的温度升高，所以是通过热传递的方式改变了物体的内能；（2）紫外线可以杀死微生物，这种消毒柜工作时还会发出人眼看不见的紫外线起到消毒的作用故答案为：热传递，紫外线点
20、评：此题中消毒柜对餐具加热时只是发生了能量的转移而没有发生能量的转化14（2分）（2014黔东南州）工人用如图所示的滑轮组将质量为20kg的货物竖直匀速提高了2m，他所做的有用功是400J，已知该滑轮组的机械效率为80%，工人的拉力是125N（g=10N/kg）考点：有用功和额外功；滑轮（组）的机械效率专题：功、功率、机械效率分析：（1）根据G=mg求出货物的重力，根据W=Gh求出有用功；（2）根据=求出拉力的大小解答：解：（1）货物的重力G=mg=20kg10N/kg=200N，有用功W有用=Gh=200N2m=400J；（2）=工人的拉力F=125N故答案为：400；125点评：此题主要考
21、查的是学生对重力、功和机械效率计算公式的理解和掌握，注意变形公式的熟练运用，基础性题目三、作图题（每题2分，共6分）15（2分）（2014黔东南州）如图所示是校长为新装的空调室外设计的支架，支架可以看做杠杆，以O为支点，在支架P孔处拉一根铁线到墙上固定，要使铁线受到的拉力最小，请从P孔处画出铁线到墙的连线，并画出铁线拉力F的力臂l考点：杠杆中最小力的问题；力臂的画法专题：简单机械分析：根据杠杆平衡的条件，F1L1=F2L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题解答：解：在阻力与阻
22、力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，动力臂越大，动力越小，由图示可知，连接OP，即为力臂L1，过P点做垂直于OP的作用力F，如图所示点评：熟练应用杠杆平衡条件、掌握力臂的作法即可正确解题知道支点与力的作用点的连线为最长的力臂16（2分）（2014黔东南州）如图所示，用笔画线代替导线将部分家庭电路连接完整考点：家庭电路的连接专题：电与热、生活用电分析：（1）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（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线解答：解：首先辨别上面三根线地线、火线、零线即与开关相连的一定是火线，（1）灯泡接法：火线进入开关，这样在断开开关能
23、切断火线，接触灯泡不会发生触电事故既能控制灯泡，又能更安全（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线如图所示：点评：掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性17（2分）（2014黔东南州）画出图中的BC的入射光线和AO的折射光线考点：透镜的光路图专题：透镜及其应用分析：仔细观察入射光线和折射光线的特点，根据凹透镜的光学特点作图解答：解：对于凹透镜，过光心的光线其传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴点评：凹透镜有三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴；
24、平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点四、实验探究题（每空1分，共19分）18（5分）（2014黔东南州）为了测定额定电压为“2.5V”小灯泡的电功率，小明同学设计了如图甲所示的电路图，实验中各元件完好，电源电压保持不变（1）连接电路的过程中开关应断开，请你在图乙中用笔画线代替导线，帮小明同学将电路连接完整（连线不得交叉）（2）小明同学闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，接下来他首先应进行的操作是CA、检查电路是否断路B、更换小灯泡C、移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光（3）为了测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器，当电压表的示数为2.5V时，灯泡正
25、常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则通过小灯泡的电流为0.28A，该灯泡的额定功率为0.7W考点：电功率的测量专题：测量型实验综合题分析：（1）为保护电路，连接电路时，开关应断开；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电表有示数，说明电路是通路，不用更换灯泡，也不用检查电路是否断路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小所致，分析电阻过大的原因，然后进行下一步操作（3）额定电压下灯泡正常发光，根据电流表的量程和分度值读出电流，根据P=UI求出灯泡的额定功率解答：解：（1）连接电路图时，开关应断开；滑动变阻器上端任意一接线柱与灯泡连接即可，如下图所示：（2）闭合
26、开关前，滑片置于阻值最大处，闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，电路不存在断路，滑动变阻器阻值全部接入电路，电路总电阻很大，电路电流很小，灯泡实际功率很小，可能不足以引起灯泡发光，下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，即应进行C项操作（3）灯泡正常发光，则电压应为2.5V；由图可知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，所以电流表的示数为0.28A，灯泡的额定功率P=UI=2.5V0.28A=0.7W故答案为：（1）断开；电路图如图所示；（2）C；（3）2.5；0.28；0.7点评：本题考查了连接电路的注意事项、连接实物图、电流表的读数、电路故障的判断等，是中招常见
27、的实验探究题类型19（6分）（2014黔东南州）研究杠杆平衡条件的实验：（1）杠杆的位置如图a所示，此时应调节杠杆两端的螺母使其向右（选填“左”或“右”）移动，使杠杆在水平位置平衡，实验时，施加的动力和阻力的方向都是竖直方向，这样做的好处是便于测量力臂（2）某同学通过多次实验操作及数据分析，得出杠杆平衡的条件是：动力动力作用点到支点的距离=阻力阻力作用点到支点的距离，你认为他的结论不可靠（选填：“可靠”或“不可靠”），理由是杠杆在水平位置平衡，并且动力和阻力垂直作用在杠杆上，此时动力臂和阻力臂都在杠杆上，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”成立；当动力和阻力不垂直作用在杠
28、杆上，动力臂和阻力臂小于支点和作用点之间的距离，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”不成立（3）如图利用如图c所示装置进行实验，每个钩码重0.5N，杠杆平衡时弹簧测力计的读数应为2.25N如果保持弹簧测力计拉力作用点的位置不变，把弹簧测力计沿虚线方向拉，为了保证杠杆在水平位置平衡，其示数将变大（选填：“变大”“不变”或“变小”）考点：探究杠杆的平衡条件实验专题：探究型实验综合题分析：（1）杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影
29、响；二是便于测量力臂的长度；这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度；（2）杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2；力臂是指支点到力的作用线的距离；（3）钩码在支点的左侧，要使杠杆平衡，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，将已知条件代入便可求出F1的大小；从图中直接读出力的大小，然后根据力臂的变化分析原因解答：解：（1）杠杆左端下沉，为了使它在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向右调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；调节好
30、以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度；（2）他的结论不可靠；杠杆在水平位置平衡，并且动力和阻力垂直作用在杠杆上，此时动力臂和阻力臂都在杠杆上，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”成立；当动力和阻力不垂直作用在杠杆上，动力臂和阻力臂小于支点和作用点之间的距离，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”不成立；（3）设一格的长度为L，杠杆在水平位置平衡，则力F1的方向应竖直向上，由F1L1=F2L2得，0.5N36L=F14L，解得，F1=2.25N；从c图中可以看出，弹簧秤的作用力最长的力臂为4L，即杠杆的长度，当力的方向发生改变时，力臂
31、将减小，因此作用力将变大故答案为：（1）右；便于测量力臂；（2）不可靠；杠杆在水平位置平衡，并且动力和阻力垂直作用在杠杆上，此时动力臂和阻力臂都在杠杆上，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”成立；当动力和阻力不垂直作用在杠杆上，动力臂和阻力臂小于支点和作用点之间的距离，“动力支点到动力作用点的距离=阻力支点到阻力作用点的距离”不成立；（3）2.25；变大点评：本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小20（4分）（2014
32、黔东南州）为探究“影响电磁铁词性强弱的因素”，小明用电池（电压一定）、滑动变阻器、数量较多的大头针、铁钉以及较长导线为主要器材，进行如图所示的简易实验（1）他将导线绕在铁钉上制成简易电磁铁，并巧妙地通过吸起大头针的多少来显示电磁铁磁性的强弱，下面的实验也用这种方法的是CA、认识电压时，我们可以用水压来类比B、用光线来描述光通过的路径C、把敲响的音叉接触水面，看有没有溅起水花，来判断音叉有没有振动D、用斜面小车研究阻力对物体运动的影像（2）连接好电路，使变阻器连入电路的阻值较大，闭合开关，观察到如图甲所示的情景：接着，移动变阻器滑片，使其连入电路的阻值变小，观察到图乙所示的情景，比较图甲和乙，可
33、知甲图中的电流较小，从而发现，通过电磁铁的电流越大（选填“大”或“小”）磁性越强考点：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验专题：探究型实验综合题分析：（1）要掌握转换法知道电磁铁的磁性强弱是通过吸引大头针的多少来体现的；（2）电磁铁的磁性强弱与电流大小和线圈匝数有关，根据控制变量法，若要探究磁性强弱与电流大小的关系，需要保持线圈匝数不变解答：解：（1）电磁铁磁性强弱通过比较电磁铁吸引大头针的多少来反映，电磁铁吸引的大头针越多，电磁铁磁性越强；此实验运用的是转换法；把敲响的音叉接触水面，看有没有溅起水花，来判断音叉有没有振动，把音叉的振动通过水花来体现，运用了转化法，所以选C；（2）乙的滑动变阻器
34、电阻小于甲的电阻，所以乙中通过线圈的电流大于甲中的电流，从图上可以看出，乙吸引的大头针较多，说明乙的磁性较强故答案为：（1）吸起大头针的多少；C；（2）甲；大点评：此题是探究影响电磁铁磁性强弱的因素实验，实验中应用了转换法，利用电磁铁吸引大头针的多少来判断电磁铁磁性的强弱；同时应用了控制变量法，要知道电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈匝数有关，要研究电磁铁磁性与其中一个量的关系，需要控制另一个量21（3分）（2014黔东南州）小明做“研究液体的压强”实验时得到的几组数据如下表：序号液体深度/cm橡皮膜方向压强计左右液面高度差/cm1水5朝上4.92水5朝下4.93水5朝侧面4.94水10朝侧面
35、9.75水15朝侧面14.66酒精15朝侧面11.8根据表中的数据，请回答下列问题：（1）比较序号为1、2、3的三组数据，可得出的结论是：同种液体在同一深度处，液体向各个方向的压强都相等（2）比较序号3、4、5的三组数据，可得出的结论是：液体压强的大小随深度的增加而增大（3）比较序号为5、6的两组数据，可得出的结论是：在同一深度处，不同液体的压强与密度有关考点：探究液体压强的特点实验专题：实验题；压轴题；控制变量法分析：由图表可知，（1）同种液体、深度相同，不同的是方向，液面差相等即压强相等；（2）同种液体、方向相同、深度增加，压强计液面差增大即压强增大；（3）同一深度、不同液体，只有5、6组
36、解答：解：由图表可知：（1）同种液体、深度相同，不同的是方向，液面差相等即压强相等，说明液体压强与方向无关；（2）同种液体、方向相同、深度增加，压强计液面差增大即压强增大，说明液体压强与深度有关，深度越深压强越大；（3）同一深度、不同液体，只有5、6组故答案为：（1）1、2、3；（2）液体的压强随深度的增加而增加；（3）5、6点评：本题研究液体压强的特点，采用的是控制变量法即探究与其中一个因素的关系时，必须控制其他的量不变五、问答题（4分）22（4分）（2014黔东南州）五、问答题盛夏的晚上，小明在房间感到很热，他打开电风扇，风吹到身上感到凉快请你就上述过程提出两个物理问题，并解答示例：问题：
37、电风扇转动时能量是如何转化的？答：电能转化为机械能问题1：风扇对着人吹，为什么人感到凉快？答：电风扇转动时，加快了室内空气的流动，使人体表面汗液的蒸发加快，从而加快吸收人体更多的热量问题2：电风扇的扇页为什么能转动？答：通电线圈在磁场中受力转动考点：影响蒸发快慢的因素；磁场对通电导线的作用专题：简答题；答案开放型分析：根据题目中提到的物理情景风扇工作、人感到凉快，针对这些具体现象，提出问题并利用相应的物理知识加以解答解答：解：问题1：风扇对着人吹，为什么人感到凉快？答：电风扇转动时，加快了室内空气的流动，使人体表面汗液的蒸发加快，从而加快吸收人体更多的热量问题2：电风扇的扇页为什么能转动？答：
38、通电线圈在磁场中受力转动点评：这是一道物理情景题，针对题目中的具体现象提出具体问题加以解决这种题目是考查的热点：如给出一辆自行车让找出对应的部件与用到的物理知识就是这种题型六、计算题（共22分，24题9分，25题6分，26题7分）23（9分）（2014黔东南州）如表为现在家庭、宾馆常用的无线电水壶（一种在倒水时导线脱离，用电加热的方便水壶）的铭牌，某同学用这种电水壶烧开水，他将水放至最大容量，测得水的初温是20通电5分50秒，水烧开（在一个标准大气压下），试通过计算，回答下列问题：额定电压220V额定功率1210W最大容量1L（1）算一算此电水壶啊正常工作时的电流；（2）该电水壶正常工作时电热
39、丝的电阻多大？（3）水从20烧开所吸收的热量是多少？（水的比热容c=4.2103J/（kg） （4）现测得电源电压为210伏，算一算此电水壶工作的效率考点：电功与热量的综合计算专题：计算题；电和热综合题分析：（1）电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出正常工作时的电流；（2）知道电热水壶正常工作时的功率和电压，根据电阻；（3）在一标准大气压下水的沸点是100，根据Q吸=cmt求出水吸收的热量；（4）再根据W=UIt=t求出消耗的电能，利用=100%求出此时电水壶工作的效率解答：解：（1）电水壶正常工作时的功率为1280W，电压为220V，根据P=UI可得，此电水壶正常工作时的
40、电流：I=5.5A；（2）根据P=可得，电热水壶的电阻：R=40；（3）在一标准大气压下水的沸点是100，则水烧开时吸收的热量：Q吸=cm（tt0）=4.2103J/（kg）1kg（10018）=3.444105J，（4）电水壶的加热时间：t=5min50s=560s50s=350s，消耗的电能：W=t=350s=385875J，此时电水壶工作的效率：=100%=100%89.3%答：（1）电水壶正常工作时的电流约为5.5A；（2）该电水壶电热丝的电阻约为40；（3）水从20烧开所吸收的热量是3.444105J； （4）现测得电源电压为210V，此电水壶工作的效率约为89.3%点评：本题考查了
41、电功与热量的综合计算，涉及到电功率公式和吸热公式、电功公式、效率公式的灵活应用，关键是从表格中得出有用的信息和知道用电器正常工作时的功率与额定功率相等24（6分）（2014黔东南州）如图甲所示，石料在钢绳拉力的作用下从水面上方以恒定的速度下降，直至全部没入水中，如图乙所示是钢绳拉力随时间t变化的图象，若不计水的阻力（g=10N/kg，水=1.0103kg/m3），求：（1）石料全部没入水中时受到的浮力是多少？（2）石料的体积是多少？（3）石料的密度是多少？考点：浮力大小的计算；密度的计算；阿基米德原理专题：密度及其应用；浮力分析：（1）分析钢绳拉力随时间t变化的图象，当石块没有浸入水中时，拉力
42、等于重力，据此求出小石料的质量；当石块完全浸入后，浮力等于重力减去拉力，据此求出石料受到的浮力；（2）根据阿基米德原理求石料排开水的体积（石料的体积）；（3）知道石料重，利用重力公式求石料的质量，最后利用密度公式求石料的密度解答：解：（1）由图乙所示图形学可知，当石块没有浸入水中时，拉力等于重力，即：F=G=1400N，石料的质量：m石=140kg，当石块全浸入后，拉力等于重力减去浮力，F浮=GF=1400N900N=500N；（2）根据阿基米德原理，F浮=水gV排，得：V排=5102m3，因为石料完全浸没，石料的体积：V石=V排=5102m3；（3）石料的密度：石=2.8103kgm3答：（
43、1）石料浸没水中时受到的浮力为500N；（2）石料的体积为5102m3；（3）石料的密度是2.8103kgm3点评：解决本题的关键是通过图乙确定石料的重力及钢丝绳受到的拉力，并会利用称重法计算出石料受到的浮力25（7分）（2014黔东南州）如图所示，总质量为1500kg的小汽车每个轮胎与地面的接触面积为0.03m2，该车以72km/h速度由小明家沿水平直路行驶到学校用了0.5h，已知汽车在行驶过程中受到的阻力恒为车重的0.05倍（g=10N/kg），求：（1）汽车静止时对水平地面的压强；（2）小明家到学校的距离；（3）在此过程中汽车牵引力做的功考点：压强的大小及其计算；速度公式及其应用；功的计算专题：计算题；长度、时间、速度；压强、液体的压强；功、功率、机械效率分析：（1）汽车的质量是已知的，根据G=mg求出汽车的重力；汽车在水平地面上，对地面的压力等于汽车的重力，受力面积等于四个轮胎和地面的接触面积；根据压强公式求出汽车对水平地面的压强；（2）汽车的速度和时间都是已知的，根据s=vt求出汽车的行驶路程；也就是小明家到学校的距离；（3）根据阻力和重力的关系求出阻力，而物体做匀速直线运动，牵引力和阻力是一对平衡力，大小是相等的；根据W=Fs
