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山东省滨州市2016年中考物理试题含答案解析（word版）
第1页（共18页）2016年山东省滨州市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括15个小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～12小题只有一项符合题目要求，选对得3分第13～15小题，有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1．小明对教室中一些物理量的估测，合理的是（）A．黑板擦受到的重力约为100NB．课桌的高度约为80．教室内一盏日光灯的功率约为1000WD．教室内感觉比较舒适的温度约为37℃【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、黑板擦受到的重力约为1N，所以A不符合实际情况B、课桌的高度约为80以B符合实际情况C、教室内日光灯正常发光时的电流在右，额定功率大约为P20V4W左右．所以C不符合实际情况D、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，所以D不符合实际情况．故选B．【点评】估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用．2．二胡是中国的民族乐器，有粗（内弦）、细（外弦）两根弦，拉弓时马尾和弦摩擦发出声音，如图所示，下列做法不能改变二胡音调的是（）A．用手指按压同一根弦的不同位置B．手指按压在弦的相同位置，从摩擦内弦换到摩擦外弦C．加大摩擦弦的力量D．旋转弦轴，增加弦的紧张度【分析】物理学中把声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动频率有关弦乐器中，弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的高低．【解答】解第2页（共18页）A、用手指按压同一根弦的不同位置，弦振动部分的长度不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故A不合题意B、手指按压在弦的相同位置，从摩擦内弦换到摩擦外弦，由于两根弦的粗细不同，振动的频率不同，发声的音调不同，故B不合题意C、加大摩擦弦的力量，可使弦的振幅不同，从而发声的响度不同，不能影响音调，故C符合题意D、旋转弦轴，增加弦的紧张度，可使弦振动的频率加快，音调提高，故D不合题意．故选C．【点评】解决此类问题要结合音调和频率的关系进行分析解答，尤其是知道弦的长短、粗细、松紧都会影响其音调的高低．3．下列光现象，由于光的反射形成的是（）A．铅笔在水面处折断B．人在阳光下形成的影子C．第3页（共18页）放大镜把字放大D．豹子在水中形成倒影【分析】①光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像、水变浅了、水中的筷子折断了等②光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像③要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的．【解答】解A、水中的断笔是由于光从水中通过空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生改变而形成的虚像，故属于光的折射现象B、人在阳光下形成原影子，属于光的直线传播．C、放大镜把字放大是凸透镜成像及其应用，属于光的折射D、平静的水面相当于平面镜，豹子在水中的倒影是平面镜成像现象，故属于光的反射故选D．【点评】此题主要考查了光的反射、光的折射、光的直线传播现象，平时要注意各个现象的形成原因，同时还考查了光的色散，知道色散是由光的折射形成的．4．小明利用如图甲所示装置探究冰的熔化特点，他每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态．绘制成图象如图乙所示，下列分析错误的是（）A．冰是晶体B．冰的熔点是0℃C．冰的熔化过程持续了15分钟D．冰在熔化过程中吸收热量，但温度不变【分析】认识晶体和非晶体的区别晶体有一定的熔点，在熔化过程中，温度不变非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中温度不断升高．根据图象分析温度随时间的变化情况，从而得出结论．【解答】解（1）由乙图知，从第5分钟到15分钟，冰的温度保持0℃不变，所以冰是晶体，且熔点为0℃，故A、B正确（2）由图知，冰从第5始熔化，到第15全熔化完，熔化过程经历了10C错误（3）由图知，冰在熔化过程不断吸热，但温度保持不变故D正确．故选C．【点评】此题通过图象分析，考查了学生的识图能力，在分析时特别注意温度随时间的变化情况，同时考查了学生对晶体和非晶体在熔化过程中的区别．第4页（共18页）5．如图所示的实验或机器均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方法不同的是（）A．观察水的沸腾B．空气推动塞子时，内能减少C．空气被压缩时内能增大D．内燃机压缩冲程【分析】改变物体内能的两种方式做功和热传递，做功是能量的转化，热传递是能量的转移．据此分析选择．【解答】解A图中观察水的沸腾，利用酒精灯加热，是通过热传递改变内能的过程B图中空气膨胀做功，推动塞子，空气的内能减少，是通过做功的方法使内能转化为机械能C图中用力将活塞迅速压下，压缩空气做功，是机械能转化为内能的过程D图中是内燃机压缩冲程，是活塞压缩工作物质做功，改变物质内能综合上述A图与其他三实验改变内能方法不同．故选A．【点评】本题从实验入手，考查改变物体内能的两种方式，注重了物理知识与生活的联系．6．甲、乙、丙三种物质的质量与体积的关系如图所示．ρ甲、ρ乙、ρ丙、ρ水分别代表甲、乙、丙三种物质和水的密度，据图可知（）第5页（共18页）A．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，且ρ丙＞ρ水B．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，且ρ丙＜ρ水C．ρ丙＞ρ乙＞ρ甲，且ρ丙ρ水D．ρ乙＞ρ甲＞ρ丙，且ρ丙＞ρ水【分析】由图可知，三种物质体积相同时的质量关系，根据ρ比较甲、乙、丙的密度关系然后从图象中读出乙的一组质量和体积值求出其密度，然后与水的密度相比较确定答案．【解答】解由图象可知，当甲、乙、丙三种物质的体积相等时，它们的质量关系为m甲＞m乙＞由ρ可知，ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，故误当m乙10g时，V乙10则ρ乙水，所以，ρ丙＜ρ水，故A错误，B正确．故选B．【点评】本题考查了密度公式的应用和密度的计算，密度大小的比较可采用相同体积来比较质量、质量大的密度大或相同质量比较体积、体积小的密度大．7．小明学习惯性的知识之后，在探究跳远成绩是否与地球自转有关的研究中，他查了相关资料，发现地球由西向东自转，赤道附近的速度约为460m/s，滨州市城区地面的自转速度约为370m/s．关于跳远成绩与地球自转关系的分析中正确的是（）A．因为人有惯性，地球没有惯性，所以向东跳成绩更好B．因为人的惯性小，地球的惯性大，所以向西跳成绩更好C．因为跳起后，地球会向东自转一段距离，所以向西跳更有利有提高成绩D．因为人和地球都有惯性，且自转速度相同，无论向哪跳对成绩都没有影响【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大．【解答】解因为惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以人和地球都有惯性，又因为二者自转速度相同，所以无论向哪跳对成绩都没有影响．与人和地球的惯性大小无关．故D正确．故选D．【点评】此题主要考查学惯性现象的理解．惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题．8．把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部（如图所示），松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，它的机械能不断增加．下列关于乒乓球机械能来源的说法中正确的是（）第6页（共18页）A．是由水的内能转化来的B．是由水的重力势能转化来的C．是由乒乓球的内能转化来的D．是由乒乓球的化学能转化来的【分析】重力势能的大小与物体的质量和高度有关系，动能与物体的质量和速度有关．【解答】解松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上．乒乓球在上升的过程中，水的重心不断降低，重力势能不断减小，重力势能转化为乒乓球的机械能，故乒乓球的机械能不断增加故选B．【点评】解决此题的关键是知道乒乓球上升的过程中，水的重心不断降低．9．取两个相同的验电器A和B，使A带上负电荷，可以看到A的金属箔张开，B的金属箔闭合．用带有绝缘柄的金属棒把A和B连接起来（如图所示），观察到A的金属箔张开的角度减小，B的金属箔由闭合变为张开．下列描述错误的是（）A．金属杆是导体B．两金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷C．实验中金属杆和金属球接触的一瞬间，B验电器中的金属箔带上了负电荷D．实验中金属杆和金属球接触的一瞬间，金属杆中电流方向是自A流向B【分析】（1）善于导电的物体称为导体（2）验电器的原理是同种电荷相斥（3）据带正电或负电的实质分析即可判断（4）电流的方向与负电荷定向移动的方向相反【解答】解A、据题意可知，该金属棒能导电，所以一定是导体，故A正确B、验电器的原理是同种电荷相斥，故两金属箔片能够张开是因为带上了同种电荷，故B正确C、原来A验电器带负电，即有多余电子，B验电器不带电，即不多电子，也不少电子，所以当用金属棒连接时，一部分电子会从A运动到B，故B验电器中的金属箔由于多电子而带上了负电荷，故C正确D、据C可知，电子的运动方向是A到B，由于电子是负电荷，所以电流的方向是由B到A，故故选D．第7页（共18页）【点评】此题考查了导体、绝缘体的判断、验电器的原理、电流方向的判断等知识点，是一道综合题．10．如图电路中，电源电压保持不变，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表和电压表的示数变化情况分别为（）A．电流表的示数变小，电压表的示数变大B．电流表的示数变大，电压表的示数变小C．电流表的示数变小，电压表的示数不变D．电流表的示数变小，电压表的示数变小【分析】由电路图可知，2并联，电压表测量电源电压，电流表测干路电流当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源电压保持不变，电压表的示数不变根据欧姆定律可知通过通过据并联电路的电流特点可知电流表示数的变化．【解答】解∵电压表测电源的电压且电源的电压不变，∴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，∵I，∴∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，∴干路电流变小，即电流表的示数变小．故选C．【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电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．11．为了确保用电安全，在日常生活中，下列做法错误的是（）A．不接触低压带电体，不靠近高压带电体B．更换灯泡，搬动电器前不必断开电源开关C．不弄湿用电器，不损坏绝缘层D．保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命应及时更换【分析】（1）安全用电的原则不接触低压带电体，不靠近高压带电体（2）更换灯泡、移动用电器之前必须断开开关，防止发生触电事故（3）生活用水属于导体，非常容易导电，绝缘层损坏后非常容易发生触电事故（4）保险装置、插座、导线、家用电器等老化后要及时更换，防止发生触电事故．【解答】解A、不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故A正确B、更换灯泡、搬动电器前应断开电源开关，故B错误C、不弄湿用电器，不损坏绝缘层，以防发生触电事故，故C正确D、保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命应及时更换，故D正确．故选B．【点评】此题考查了安全用电的知识及在使用用电器时应注意的问题，有利于学生对电的正确认识．第8页（共18页）12．下列四幅图中能说明发电机工作原理的是（）A．B．C．D．【分析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流．【解答】解A、A图说明的是电流的磁效应B、B图是电磁继电器的原理C、C图电动机的原理图D、D图是发电机的原理图故选D．【点评】本题中学生容易混淆的两个图是从有无电源上区分，有电源的是电动机，无电源的是发电机．13．在探究杠杆平衡条件的时候，小明在均匀木板中间挖孔，孔中插一金属杆，固定在铁架台上，木板可以围绕中间自由转动．每个钩码的质量为200g，A、B、C、D、E、知OD，连线与连线垂直．现在B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在水平位置平衡（如图所示）．下列做法能使木板重新平衡的是（）A．在B、D两处各加挂一个钩码B．在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码C．B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在E处D．B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在F处【分析】（1）符合杠杆平衡条件2杆平衡，不符合杠杆平衡条件，力和力臂乘积大的一端下沉．（2）力臂是从支点到力的作用线的距离，把钩码挂在E处、F处杠杆水平平衡时，力臂均和钩码挂在D处的力臂相等．【解答】解设ODL，每个钩码的重力为G．第9页（共18页）A．在B、D两处各加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3GL，右侧力与力臂的积为2G2L，因3GL≠2G2L，所以木板不会平衡，故A错误B．在B处加挂2个钩码、D处加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为4GL，右侧力与力臂的积为2G2L，因4GL2G2L，所以木板会平衡，故B正确D处的一个钩码挂在E处或F处，杠杆右侧的力臂不变，仍为，杠杆左右两侧力与力臂的乘积相等，所以木板会平衡，故确．故选【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂．14．利用四个相同的滑轮，组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样的时间，把质量相等的重物G提升了相同的高度，所用的拉力分别为F甲、F乙，拉力做的功分别为W甲、W乙，拉力的功率分别为P甲、P乙，机械效率分别是η甲、η乙（忽略绳重与摩擦），下列关系式正确的是（）A．F甲＜F乙η甲η乙B．F甲＞F乙η甲＞η乙C．W甲＞W乙P甲＞P乙D．W甲W乙P甲P乙【分析】（1）由图可知承担物重的绳子股数n，不计绳重与摩擦，由F（G物G动）可知拉力的大小关系（2）拉力做功可以由W总W有W额G物hG动h比较得到（3）由P分析拉力做功的功率关系（4）根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系．【解答】解（1）由图可知，承担物重的绳子段数n甲3，n乙2由题可知，滑轮重、物体质量和重力均相等，不计绳重与摩擦，根据F（G物G动）可知，甲滑轮组的拉力较小，即F甲＜F乙（2）拉力做的功是总功，物重相等，提升相同的高度，有用功相同不计绳重与摩擦，滑轮重相同，做的额外功相同，由W总W有W额可知，拉力做的总功相等，即W甲W乙（3）拉力做功的功率P，由于总功相等、做功时间相同，故功率大小相同，即P甲P乙（4）有用功、总功均相等，由η可知，两个滑轮组的机械效率相等，即η甲η乙．可见确、．故选【点评】本题考查了滑轮组绳子自由端拉力，有用功、额外功、总功，功率和机械效率的认识和理解，灵活运用公式即可比较．第10页（共18页）15．某型号的电饭锅有加热和保温两挡，其原理如图所示，以下说法正确的是（）A．开关S断开时，电阻2串联B．开关S断开时，电阻2并联C．开关S闭合时为加热状态D．开关S闭合时为保温状态【分析】（1）串联电路只有一条电流的路径（2）并联电路有多条电流的路径（3）据每种情况的功率大小判断出是加热状态还是保温状态．【解答】解（1）由电路图可知，开关S断开时，电流的路径只有一条，所以是串联电路，故A正确，B错误（2）当当S闭合时，电阻短路，只有电阻路中电阻较小，电压两端的电压不变，由电功率公式P可知，此时电饭锅电功率较大，电饭锅处于加热状态，则关S闭合处于加热状态，断开处于保温状态，故C正确，D错误．故选【点评】本题考查分析实际和处理实际问题的能力，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、电功率公式即可正确解题．二、填空题（每空1分，共6分）16．图A中，物体的长度是图B中，小车全程的平均速度是22.5m/s．【分析】（1）使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位（2）小车全程的平均速度是总路程除以总时间．【解答】解（1）由图A知刻度尺上1间有10个小格，所以一个小格代表的长度是此刻度尺的分度值为1物体左侧与齐，右侧在间，估读为以物体的长度为L（2）s450m，t20s，第11页（共18页）小车全程的平均速度vs．故答案为【点评】此题考查的是刻度尺的读数和速度的计算，比较简单．17．）检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像（如图所示）．视力表在镜中的像与被测者相距4.2m．【分析】根据平面镜成像特点，结合图示，先求出视力表在镜中的像与视力表之间的距离，然后减去被测者与视力表之间的距离即可得到答案．【解答】解由图示可知，视力表与平面镜之间的距离为测者与视力表之间的距离为根据平面镜成像特点，物体与像到镜面的距离相等，则视力表在镜中的像与被测者相距故答案为【点评】牢记平面镜成像的特点是解答此题的关键所在，解答此题时要注意认真审题（包括图示），搞清题干的问题和各已知条件的关系．18．手机已经成为人们必备的通讯工具．它是通过电磁波传递信息的．随着手机充电技术的不断发展，无线充电、太阳能充电等先进技术逐步走入我们日常生活之中．右图是一款手机无线充电实物图，在给手机充电的过程中，电能转化为化学能．人类是在能量的转化或转移的过程中利用能量，而能量的转化和转移是有方向的，因此可利用的能源是有限的．【分析】（1）有线电话是靠电流来传递信息的，无线电广播、电视、手机都是靠电磁波来传递信息的．（2）判断清楚该过程中消耗了哪种形式的能，进而产生了哪种形式的能即可（3）自然界中的能量只会从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，能量的转化和转移是有方向的【解答】解手机既是无线电发射台又是无线电接收台在你讲话的时候，它用电磁波把信息发射到空中，同时它又能在空中捕获电磁波．在给手机充电的过程中，消耗电能，产生化学能，所以是将电能转化为化学能的过程冬天，火炉把自己的内能传递给房间里的空气，供人们取暖到了春天，不能把这些内能重新收集起来，来年再用，说明能量的转移有方向性故答案为电磁波化学方向．【点评】此题考查了电磁波的应用、能量的转化判断和能量转化的方向性的理解，是一道综合题．第12页（共18页）三、作图、实验与探究题（本题共4个小题，共26分）19．（1）请画甲出静止在斜面上的物体所受力的示意图（2）请利用乙图中给出的信息，帮助小迪同学在图中标出小磁针的N极、电源的正极，并用箭头标出磁感线的方向【分析】（1）首先对物体受力分析，物体受到重力、支持力、和摩擦力作用重力的方向竖直向下，摩擦力沿斜面向上，支持力垂直于斜面向上重力、摩擦力以及支持力的作用点都在物体的重心．根据力的示意图的画法在图中表示出力的大小、方向和作用点．（2）①根据磁极间的相互作用判断小磁针的磁极．②根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向．在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极．③根据右手螺旋定则判断出电流的方向，确定电源的正负极．【解答】解（1）过物体的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上以及垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用符号G、f和F表示如图所示（2）由图知通电螺线管的右端为S极，则左端为N极，根据异名磁极相互吸引，小磁针的右端为左端为N极．因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以图中磁感线的方向是指向右的．根据右手螺旋定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的左端，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极．如图所示【点评】（1）画力的示意图的一般步骤为一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边．按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图．（2）右手螺旋定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向．20．小华同学用蜡烛、凸透镜和光屏等器材做探究凸透镜成像规律的实验．（1）在如图甲所示的位置上，成的像是等大的倒立的实像．分析实验成像情况可知实验中所用凸透镜的焦距为102）当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35度时，向右（选填左或右）移动光屏会得到一个倒立、放大的实像投影仪就是利用这一成像规律工作的．此时，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像向右偏．（3）小明用此光具座模拟人眼看远近不同物体的情况，当人眼看清眼前30的物体时，凸透镜的位置、形状如图乙所示．如果将物体移至眼前50，保持透镜（晶状体）、光屏（视网膜）之间距离不变，则应该换上更薄（选填薄或厚）的凸透镜（凸透镜直径大小相同），才能在光屏上得到清晰的像．第13页（共18页）【分析】（1）当物距等于2倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大的实像，此时像距也为2倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距（2）根据物近像远像变大，物远像近像变小判断光屏移动的方向并判断像大小的变化，凸透镜成像时，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，投影仪等依据的是这一原理凸透镜成像不仅左右相反、而且要上下相反（3）薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，然后根据凸透镜的成像规律进行分析解答．【解答】解（1）当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距和像距均为焦距的2倍，由图甲可知物距或像距为20凸透镜的焦距为10（2）由物近像远像变大可知，当把点燃的蜡烛由图甲所示位置向右移至光具座的35度时，向右移动光屏会得到一个倒立、放大的实像，投影仪、幻灯机等就是利用这一成像规律工作的由凸透镜成像左右相反可知，烛焰向左偏，则光屏上成的像向右偏（3）由题意可知，物体原理凸透镜即物距变大时，像距不变，说明凸透镜的焦距变大，而薄凸透镜的焦距大于厚凸透镜的焦距，故更换的应是薄凸透镜．故答案为（1）10（2）右放大投影仪（幻灯机等）右（3）薄．【点评】本题是探究凸透镜成像实验，主要考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握凸透镜成像特点与物距、像距之间的关系，做到灵活应用，同时涉及倒了近视眼的矫正．21．在探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关的实验中，某中学一小组的同学们认为此压强跟圆柱体的密度ρ、高度h、圆柱体底面积S是有关的，但有怎样的关系看法不同，于是，在老师的帮助下，小组的同学们从实验室里挑选了由不同密度的合金材料制成、高度和横截面积不同、质量分布均匀的实心圆柱体做实验，测出实心圆柱体竖直放置时（如图所示）对水平桌面上海绵的压下深度，实验记录见下表．序号物体底面积S/度h/绵被压下深度/合金甲圆柱体A105合金甲圆柱体B101013合金甲圆柱体C20101第14页（共18页）4合金乙圆柱体A105合金乙圆柱体B101036合金乙圆柱体C20103（1）该小组同学是通过海绵被压下深度来判断压强大小的．（2）分析实验1、2或4、5可以得出当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与圆柱体的高度．（3）分析2、3或5、6可以得出，当圆柱体的密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与底面积无关．（4）此探究过程用到的科学探究方法有控制变量法、转换法．（5）实验结束之后，同学们在老师的指导下，以某一合金甲圆柱体为研究对象，推导它对海绵的压强大小的表达式（已知合金的密度为ρ，长方体铁块的高度为h，底面积为S）．表达式为pρ（6）上面推导出的表达式不能（选填能或不能）应用于各类固体的压强的计算．【分析】（1）实验中，通过海绵的形变程度反映压力的作用效果，是转换法的运用（2）分析实验1、2或4、5，找出控制量和变化时，再进一步确定压强大小与变化量的关系（3）根据实验结论，确定符合题意的实验的序号（4）本实验中用到了控制变量法和转换法（5）根据压强的公式p，结合重力与压力的关系，可进行一推导得出压强的表达式（6）根据实验中的条件可确定推导公式的适用范围．【解答】解（1）由题意可知，该小组同学是通过海绵被压下深度来判断压强大小的，这是转换法的运用（2）分析实验1、2或4、5可以看出，圆柱体的材料密度相同，高度不同，对水平面的压强不同，故可得出结论当圆柱体的材料密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与圆柱体的高度有关．（3）当圆柱体的密度相同时，实心圆柱体对水平地面的压强与底面积无关，要求圆柱体的密度相同，对水平面的压强也相同，而底面积必须不同，故序号2、3或5、6符合要求．（4）此探究过程用到的科学探究方法有控制变量法、转换法．（5）已知合金的密度为ρ，长方体铁块的高度为h，底面积为S，由压强的公式推导过程为pρ（6）从实验条件可以看出pρ一公式只适用于质量分布均匀的实心柱状物体，不能应用于各类固体的压强的计算．故答案为（1）海绵被压下深度（2）高度（3）2、3或5、6（4）控制变量法转换法第15页（共18页）（5）pρ（6）不能．【点评】在探究实心圆柱体对地面的压强与哪些因素有关的实验中，重点考查了控制变量法和转换法的运用，对实验结果的归纳与分析，以及对压强公式的推导与灵活运用等．22．某实验小组的同学用下图所示器材测量小灯泡的电功率．已知电源电压恒为6V不变，待测灯泡的额定电压为率估计在右．（1）请在图甲中用笔画线代替导线，使其成为完整的实验电路．（2）请根据实物图在右侧虚线框内画出对应电路图．（3）连接电路时，开关应该断开．（4）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应该位于B端（选填A或B）．（5）闭合开关，同学们发现，电流表没有示数，灯泡不亮，电压表示数接近电源电压，此时电路故障为小灯泡断路．（6）故障排除后，闭合开关，调节滑动变阻器换片P，使灯泡正常发光，此时电流表示数如图丙所示为，则待测灯泡的额定功率为（7）若实验器材中电压表0～15V量程被损坏，利用上图器材怎样测定待测灯泡的额定功率简要步骤把电压表和变阻器并联，移动滑片使电压表示数等于出电流表示数．【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表量程，然后把电压表并联在灯泡两端（2）根据实物电路图作出电路图（3）为保护电路，连接电路时，开关应断开（4）为防止闭合开关时，电路中电流过大烧坏用电器，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处（5）电压表有示数，说明与电压表两接线柱连接的电路是通路，电流表无示数，说明电路断路，从而判断出故障的可能原因（6）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P算灯泡的额定功率（7）电源电压为6V，根据串联电路电压特点，当灯泡电压为动变阻器的电压为3V，可以利用0～3V量程测量滑动变阻器的电压按此分析将电压表与滑动变阻器并联进行实验即可．【解答】解（1）灯泡额定电压为压表选择0～15V量程，把电压表并联在灯泡两端，如图所示第16页（共18页）（2）根据实物电路图作出电路图，电路图如图所示（3）为了保护电路，在按电路图连接电路时，应先将开关断开（4）在闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调至阻值最大处，根据电路连接可知，应该将滑片调至B端（5）连好电路，闭合开关，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，说明在电压表两接线柱之间的电路是断路，所以出现故障的可能原因是灯泡的灯丝断了（或连接灯泡的导线断了）（6）电流表的量程为0～度值为以示数为定功率P（7）①灯泡和滑动变阻器串联在电路中②把电压表并联在滑动变阻器的两端③滑动变阻器的滑片，使滑动变阻器两端电压为6V﹣④读出电流表示数．故答案为（1）见上图（2）见上图（3）断开（4）B（5）小灯泡断路（6）7）把电压表和变阻器并联，移动滑片使电压表示数等于出电流表示数．【点评】本题考查了伏安法测小灯泡额定功率的实验，考查了设计实验电路图、连接实物图、电流表读数、求额定功率等内容，涉及的知识点较多，但都属于基础题知道伏安法测功率的原理是解题的关键．四、综合应用题（本题共2个小题，共20分．解答时应写出必要的文字说明、公式和演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．）23．有一圆柱形容器，放在水平桌面上．现将一边长有一的棱长为10量为正方体金属块放在容器底部（如图所示）．g取10N/（1）物体密度．（2）物体对容器底的压强．（3）向容器中加入水至8时，水对容器底的压强多大物体受到容器的支持力多大（容器足够高，物体与容器底没有紧密接触）【分析】（1）知道正方体的棱长可求其体积，又知道金属块的质量，根据ρ求出物体密度（2）物体对容器底的压力和自身的重力相等，根据FG出其大小，容器的底面积即为受力面积，根据p求出物体对容器底的压强（3）根据pρ出水对容器底的压强，根据V出物体排开水的体积，再根据阿基米德原理求出物体受到的浮力，物体的重力减去受到的浮力即为物体受到容器的支持力．【解答】解（1）物体的体积第17页（共18页）V﹣3物体的密度ρ03kg/（2）物体对容器底的压力FG0N/7N，受力面积S物体对容器底的压强p03（3）水对容器底的压强p′ρ水03kg/0N/00物体排开水的体积V排10﹣210﹣4物体受到的浮力F浮ρ水03kg/0N/10﹣4N，物体受到容器的支持力F支G﹣F浮27N﹣8N19N．答（1）物体密度为03kg/（2）物体对容器底的压强为03（3）向容器中加入水至8时，水对容器底的压强为800体受到容器的支持力为19N．【点评】本题考查了密度公式和重力公式、压强公式、液体压强公式、阿基米德原理以及力的平衡条件的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等，计算过程要注意单位的换算．24．有一只电热水壶，其铭牌上标有220V1210W的字样，不考虑温度对电阻的影响，03J/（℃），g取10N/（1）它正常工作时通过电阻丝的电流有多大（2）它正常工作时电阻丝的电阻有多大（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80，在一标准大气压下将壶内1水由20℃加热至沸腾，需要加热多少分钟【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出电流（2）根据I求出电热水壶正常工作时的电阻第18页（共18页）（3）根据Q吸t﹣出水吸收的热量，再根据P求出电路电压仅为200V时的实际功率，根据η求出消耗的电能，利用P求出加热时间．【解答】解（1）由P得，电热水壶正常工作时的电流I（2）由I可得，电热水壶正常工作时的电阻R40Ω（3）在1标准大气压下水的沸点是100℃，则水吸收的热量Q吸t﹣03J/（）1100℃﹣20℃）05J，当电压为200V时，电热水壶的实际功率P实1000W，由η可得，消耗的电能W05J，实际加热时间t420s7答（1）正常工作时通过电阻丝的电流为（2）正常工作时电阻丝的电阻为40Ω（3）当实际电压为200V时，该电热水壶的效率为80，在一标准大气压下将壶内1水由20℃加热至沸腾，需要加热7分钟．【点评】本题考查了电功率公式、欧姆定律公式、吸热公式、电功公式、效率公式的应用，综合性较强．
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