您现在的位置: 17教育网 >> 中考试卷 >> 上海 >> 物理 >> 正文

2017年上海市中考物理试卷及答案

2017-7-2 编辑:zyy 查看次数: 手机版
1. 在太阳系中.月球属于(  )
A.恒星       B.行星       C.卫星       D.彗星
【考点】34:人类探究太阳系及宇宙的历程.
【分析】解答本题应掌握:能够自身发光发热的星体称为恒星,离我们最近的恒星为太阳;同时应记清太阳系里的八大行星.
【解答】解:太阳是能够发光发热的星体,是离我们最近的恒星;地球是围绕太阳转动的一颗行星;而月球是地球的一颗卫星;
故选C.

2. 新“七不规范”中.“言语不喧哗”提醒大家要控制声音的(  )
A.响度       B.音调       C.音色       D.频率
【考点】9I:音调、响度与音色的区分.
【分析】声音的三个特征分别是:音调、响度、音色,是从不同角度描述声音的,音调指声音的高低,由振动频率决定;响度指声音的强弱或大小,与振幅和距离有关;音色是由发声体本身决定的一个特性.
【解答】解:校园内和一些公共场所有“言语不喧哗”的规定,指的是声音大,即指声音的响度大;
故答案为:响度;

3. 家用电能表抄见数所用的单位是(  )
A.千瓦       B.千瓦时   C.库仑       D.伏特
【考点】J1:电功.
【分析】电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表,其单位是千瓦时,简称度.
【解答】解:A、千瓦是电功率的单位,而电能表是测量电能(或电功)的,故A不合题意;
B、电能表是测量家庭用电器消耗电能总量的仪表,其单位是千瓦时,简称度.故B符合题意;
C、库化是电量的单位,而电能表是测量电能(或电功)的,故C不合题意;
D、伏特是电压的单位,电能表是测量电能(或电功)的,故D不合题意.
故选B.

4. 光从空气倾斜射入玻璃中,入射角为60°,折射角可能为(  )
A.0°     B.35°   C.60°   D.90°
【考点】AM:光的折射现象及其应用.
【分析】光的折射定律:折射光线、入射光线和法线在同一平面内,折射光线、入射光线分居法线两侧,光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时,折射光线向法线偏折,折射角小于入射角;光由水或其它透明介质斜射进入空气中时,折射光线远离法线偏折,折射角大于入射角.
【解答】解:根据从空气斜射入水中时,入射角为60°,折射角小于入射角.故B可能正确,ACD一定错误.
故选B.

5. 四冲程柴油机在工作过程中,将内能转化为机械能的冲程是(  )
A.吸气冲程      B.压缩冲程      C.做功冲程      D.排气冲程
【考点】GM:内燃机的四个冲程.
【分析】柴油机工作的四个冲程中,每个冲程都伴随着能量的转化或消耗.其中在压缩冲程和做功冲程中,存在着机械能与内能的转化.根据这部分基础知识即可确定答案.
【解答】解:柴油机正常工作时,在压缩冲程中,活塞对气缸内的气体做功,将机械能转化为内能,使气缸内的气体温度升高;在做功冲程中,汽油燃烧生成的高温高压的燃气推动活塞做功,将内能转化为机械能,带动曲轴转动,对外提供动力.
故选C.

6. 两个质想不同的金属块,发出相同热量,降低相同温度,则(  )
A.质量大的金属块的比热容一定大
B.质量大的金属块的比热容一定小
C.质量的金属块的比热容可能大
D.两个金属块的比热容有可能相同
【考点】GD:比热容的概念.
【分析】两个质量不同、散发热量相同的物体,降低相同的温度时,其所能放出热量的多少与其比热容有关,故在分析判断时应联系公式Q=cm△t进行判断.
【解答】解:据公式Q=cm△t可得c=,金属块的质量不同,发出的热量相同,其变化的温度相同,质量大的金属块的比热容一定小,故B正确.
故选:B.

7. 甲车从M点、乙车从N点同时相向运动,它们的s﹣t图象分别如图( a )、( b )所示,当甲、乙相遇时.乙距M点12米,若甲、乙的速度分别为 v甲、v 乙,M、N 间的距离为 s,则(  )
A.v甲<v乙,s=36米      B.v甲<v乙,s=12米
C.v甲>v乙,s=36米      D.v甲>v乙,s=18米
【考点】69:速度公式及其应用.
【分析】(1)根据图甲和图乙读出对应的路程和时间,然后根据速度公式即可求出甲、乙的速度;
(2)根据甲、乙各自的速度和时间,算出12s通过的路程,它们的路程之差就是P、Q两点间的距离.
【解答】解:(1)由图象可知,s甲=12m时,t甲=6s;s乙=12m时,t乙=12s;
则甲的速度:v甲===2m/s;
乙的速度:v乙===1m/s;v甲>v乙,故AB错误;
(2)相遇时,甲通过的路程为:s甲=v甲t=2m/s×t,
乙车通过的路程为:s乙=v乙t=1m/s×t,
M、N间的距离为:s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=1m/s×t+12m,
解得相遇的时间:t=6s,带入M、N间的距离为:s=s甲+s乙=2m/s×t+1m/s×t=2m/s×6s+1m/s×6s=18m.故C错误,D正确.
故选D.

8. 在如图所示的电路中,电源电压保持不变,闭合电键S,向右移动滑动变阻器滑片P的过程中(  )

A.电流表A示数变大
B.电压表V2示数变小
C.电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变大
D.电压表V1示数与电流表A示数的比值变大
【考点】IZ:电路的动态分析;IH:欧姆定律的应用.
【分析】由电路图可知,R1与R2串联,电压表V1测电源的电压,电压表V2测R2两端的电压,电流表测电路中的电流.根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化,根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化,根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化,根据串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化.
【解答】解:由电路图可知,R1与R2串联,电压表V1测电源的电压,电压表V2测R2两端的电压,电流表测电路中的电流.
因电源电压保持不变,
所以,滑片移动时,电压表V1的示数不变,
向右移动滑动变阻器滑片P的过程中,接入电路中的电阻变大,电路中的总电阻变大,
由I=可知,电路中的电流变小,即电流表A的示数变小,故A错误;
由U=IR可知,R1两端的电压变小,
因串联电路中总电压等于各分电压之和,
所以,R2两端的电压变大,即电压表V2的示数变大,故B错误;
因电压表V1示数与电压表V2示数的差值等于R1两端的电压,且R1两端的电压变小,
所以,电压表V1示数与 电压表V2示数的差值变小,故C错误;
由电压表V1的示数不变、电流表A的示数变小可知,电压表V1示数与电流表A示数的比值变大,故D正确.
故选D.

9. 上海地区家庭电路中,电灯、电视机、电扇等用电器正常工作的电压为 220 伏,这些用电器是 并联 的(选填串联或并联),工作时将 电 能分别转化为光能、机械能等.
【考点】IQ:家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法;J2:电功的实质.
【分析】(1)家庭电路的电压是220V;
(2)家庭电路中各个用电器是互不影响的,所以是并联的关系;
(3)用电器工作时,消耗电能,产生其他形式的能.
【解答】解:
据教材知识可知,家庭电路的电压是220V;由于家庭电路中的用电器互不影响,所以这些用电器是并联的;这些用电器工作时,消耗了电能,产生其他形式的能,所以是将电能转化为其他形式的能的过程.
故答案为:220;并联;电;

10. 2017年5月,我国自主研制的C919大型客机在上海首飞成功,客机飞行时.以地面为参照物.客机是 运动 的(选填“运动”或“静止”);客机下降过程中,其重力势能 减小 (选填“增大”、“不变”或“减小”);客机着陆后减速滑行过程中,客机轮胎表面的温度会升高,这是通过 做功 的方式改变其内能的.
【考点】52:参照物及其选择;FN:动能和势能的大小变化;G9:做功改变物体内能.
【分析】如果物体相对于参照物位置保持不变,物体是静止的;如果物体的位置相对于参照物位置不断变化,则物体是运动的;据此分析答题.
重力势能的大小与质量和高度有关;
改变内能的两种方式是做功和热传递.
【解答】解:客机飞行时,相对于地面的位置不断变化,以地面为参照物,客机是运动的.
重力势能的大小与质量和高度有关,客机下降时,质量不变,高度减小,所以重力势能减小;
客机着陆后减速滑行过程中,客机轮胎与地面摩擦,克服摩擦做功,表面的温度会升高.
故答案为:运动;减小;做功.

11. 生活中蕴含着很多物理知识:老花眼镜是利用凸透镜对光的 会聚 作用制成的(选填“会聚”或“发散”);运动员把铅球掷出.这主要表明力可以改变物体的 运动状态 ;用吸管吸饮科,是利用 大气压强 的作用.
【考点】B4:凸透镜的会聚作用;6F:力的作用效果;8J:大气压的综合应用.
【分析】(1)凸透镜对光线有会聚作用;
(2)力可以改变物体的运动状态,也可以改变物体的形状;
(3)知道生活中常见大气压的应用.
【解答】解:据课本可知,老花眼镜是凸透镜,其对光线有会聚作用,就是利用该作用矫正远视眼的;运动员把铅球掷出.这主要表明力可以改变物体的运动状态;在用吸管吸饮科,是利用大气压强的作用将饮料压人吸管的.
故答案为:会聚;运动状态;大气压强;

12. 某导体两端的电压为9伏,10秒内通过该导体横截面积的电荷量为6库,通过该导体的电流为 0.6 安,这段时间内电流做功为 54 焦.若将该导体两端的电压调整为12伏,其电阻为 15 欧.
【考点】IH:欧姆定律的应用;H4:电量及其计算;J3:电功的计算.
【分析】(1)知道10秒内通过该导体横截面积的电荷量,根据I=求出通过导体的电流,根据W=UIt=UQ求出这段时间内电流做的功,根据欧姆定律求出导体的电阻;
(2)电阻是导体本身的一种性质,只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关,与两端的电压和通过的电流无关.
【解答】解:通过导体的电流:
I===0.6A,
这段时间内电流做功:
W=UIt=UQ=9V×6C=54J,
由I=可得,导体的电阻:
R===15Ω,
因电阻是导体本身的一种性质,与导体两端的电压和通过的电流无关,
所以,将该导体两端的电压调整为12伏时,导体的电阻仍为15Ω不变.
故答案为:0.6;54;15.

13. 如图(a)、(b)所示,分别用力F1、F2匀速提升重为10牛的物体,图 b 中的滑轮可以看作省力杠杆;图(a)中.若不计摩擦和滑轮重力,力F1的大小为 10 牛,物体受到合力的大小为 0 牛.

【考点】7V:定滑轮及其工作特点;7W:动滑轮及其工作特点.
【分析】(1)定滑轮的本质是等臂杠杆,不省力,也不省距离;动滑轮的本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆,可以省一半的力,但是费距离;
【解答】解:
(1)a是定滑轮,本质是等臂杠杆;b是动滑轮,本质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆;
(2)使用定滑轮不省力也不费力,若不计摩擦和滑轮重力,则F1=G=10N;
匀速提升物体,则a图中物体受到的重力和拉力是一对平衡力,其合力的大小为0牛.
故答案为:b;10;0.

14. 在如图所示的电路中,电源电压为U,己知电路中仅有一处故障,且只发生在电阻R1、R2上,电键S闭合前后,电压表指针的位置不变,请根据相关信息写出电压表的示数及相应的故障. 若电压表的示数为U,说明R2断路或R1短路;若电压表的示数为0,说明R1断路 

【考点】IE:电流表、电压表在判断电路故障中的应用.
【分析】从两个方面分析:①若电压表有示数说明闭合开关前后,电压表与电源的两端相连,据此定出故障所在;
②若电压表无示数说明闭合开关前后,电压表与电源的两端不相连,据此确定出故障所在.
【解答】解:
①若闭合开关前,电压表有示数,说明电压表通过R1与电源的两极连通,此时电压表的示数为电源电压U;闭合开关后,电压表指针的位置不变,即电压表仍然测电源电压,则故障可能是R1短路了(R1不分压),也可能是R2断路(此时电压表串联在电路中测电源电压).
②若闭合开关前,电压表无示数,说明电压表与电源的两极不相连,则故障为R1断路;
闭合开关后,电压表指针的位置不变,即电压表仍然无示数,也说明是R1断路.
故答案为:若电压表的示数为U,说明R2断路或R1短路;若电压表的示数为0,说明R1断路;

15. 研究发现,人体内部存在磁场,人体内部的磁场与人体健康密切相关.
①人体内部的磁场与地磁场相比很弱,若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场,则下列判断中合理的是 a (选填:a、b或c).
A.人体内部磁场的磁感线分布较疏
B、人体内部磁场的磁感线分布较密
C、两者磁场的磁感线疏密大致相同
②对人体内部磁场存在的原因提出猜想,请写出一种猜想及其依据. 电流周围有磁场,人体内也有电流 
【考点】C6:磁场.
【分析】(1)为了形象、准确的描述磁场,我们用一些带箭头的曲线来表示,这样的曲线叫磁感线,磁感线也是假想出来的,不是真实存在的;但磁场是确确实实存在.
(2)地磁场的南极在地球的北极附近,地磁场的北极在地球的南极附近,地球的南北极与地磁场的南北极是不重合的.
【解答】解:
①磁场越强,反映在磁感线上分布较密,磁场越弱,反映在磁感线上分布较疏;
人体内部的磁场与地磁场相比很弱,若用磁感线描述人体内部的磁场和地磁场,则人体内部磁场的磁感线分布较疏,故选a;
②根据奥斯特实验,通电导体周围有磁场,对人体内部磁场存在的原因提出猜想:电流周围有磁场,人体内有电流.
故答案为:①a;②电流周围有磁场,人体内也有电流.
16. 在图中,小球受到的重力G为20牛,用力的图示法画出重力G.

【考点】7B:重力示意图.
【分析】作物体的重力图示时,应先分析出力的大小、方向和作用点,再利用所给出的标度,画出这个力即可.
【解答】解:重力的大小为20N,取标度为10N,方向竖直向下,作用在小球的重心,如图所示:


17. 在图中,根据给出的反射光线OB画出入射光线AO,并标出入射角的大小.

【考点】A8:作光的反射光路图.
【分析】根据反射定律:反射光线、入射光线和法线在同一平面内,反射光线、入射光线分居法线两侧,反射角等于入射角,作出入射光线并标出入射角及其度数.
【解答】解:由图知,反射角为30°,可得入射角也为30°,在法线左侧画出入射光线,度数等于反射角为30°即可,如图所示:


18. 在如图所示电路的○里填上适当的电表符号,要求:闭合电键S,两灯均能发光.

【考点】HX:电流表的使用;I3:电压表的使用.
【分析】据电流表是串联使用,电压表是并联使用分析.
【解答】解:
根据电路图可知,上面的电表串联在干路中,因此为电流表;中间的电表与灯泡L1串联,因此为电流表;下面的电表与灯泡L1并联,因此为电压表.如下图所示:

故答案为:见上图.

19. 金属块排开水的体积为2×l0﹣3米3,求金属块受到浮力F浮的大小.
【考点】8P:浮力大小的计算.
【分析】知道金属块排开水的体积,利用阿基米德原理的推导公式F浮=G排=ρ液gV排求金属块受到水的浮力.
【解答】解:
金属块所受浮力:
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×2×10﹣3m3=19.6N.
答:金属块受到浮力的大小为19.6N.

20. 物体在50牛的水平拉力作用下沿拉力方向做匀速直线运动,10秒内前进了20米,求此过程中拉力做的功W和拉力的功率P.
【考点】EC:功的计算;FF:功率的计算.
【分析】知道水平拉力的大小和前进的距离,根据W=Fs求出拉力做的功,根据P=求出功率的大小.
【解答】解:拉力做的功:
W=Fs=50N×20m=1000J;
拉力的功率:
P===100W.
答:此过程中拉力做的功为1000J,功率为100W.

21. 甲、乙两个薄壁圆柱形容器(容器足够高)置于水平地面上.甲容器底面积为6×10﹣2米2,盛有质量为8千克的水,乙容器盛有深度为0.1米、质量为2千克的水.
①求乙容器中水的体积V乙.
②求乙容器底部受到水的压强P乙.
③现从甲容器中抽取部分水注入乙容器后,甲、乙两容器底部受到水的压力相同,求抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量△P甲.
【考点】2B:密度公式的应用;89:液体的压强的计算.
【分析】①已知水的质量和密度,两者之比得到其体积;
②已知水的密度和深度,可以得到水对容器底的压强;
③放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力.薄壁容器质量不考虑,根据两个容器中原来水的质量和质量多少变化后的压力相同,可以得到甲减少的水的质量,进一步得到重力;根据甲减少水的重力和容器底面积,得到甲容器底部受到水的压强变化量.
【解答】解:
①因为ρ=
所以乙容器中水的体积:
V乙===2×10﹣3m3;
②乙容器中水对容器底的压强:
p乙=ρ水gh乙=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa;
③已知从甲容器中抽取部分水注入乙容器后,甲、乙两容器底部受到水的压力相同,也就是剩余水的重力相同,
甲容器剩余水的质量:
m剩==5kg,
甲抽出水的质量:
△m=m甲﹣m剩=8kg﹣5kg=3kg,
甲容器中水对容器底减小的压力:
△F=△G=△mg=3kg×9.8N/kg=29.4N,
甲容器中水对容器底压强的变化量:
△p===490Pa.
答:
①乙容器中水的体积为2×10﹣3m3;
②乙容器底部受到水的压强为980Pa;
③抽水前后甲容器底部受到水的压强变化量为490Pa.

22. 在如图所示的路中,电源电压保持不变,电阻R1的阻值为20欧,闭合电键S,两电流表的示数分别为0.8安和0.3安.
①求电源电压U. 
②求通过电阻R2的电流I2. 
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个,替换前后,只有一个电流表的示数发生了变化,且电源的电功率变化了0.6瓦,求电阻R0的阻值.

【考点】IH:欧姆定律的应用.
【分析】由电路图可知,R1与R2并联,电流表A测干路电流,电流表A1测电阻R1支路的电流.
(1)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压;
(2)根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流;
(3)由题知,电阻R0替换电阻R1、R2中的一个,替换前后,只有一个电流表的示数发生了变化;根据并联电路的特点确定电阻R0所替换的电阻;根据题中条件利用P=UI求出替换前电源的电功率;再根据题意求出替换后电源的电功率;由并联电路的特点可知另一支路的电阻消耗的功率不变,且根据P=UI可求出该电阻消耗的功率;因电源的电功率等于各电阻消耗功率之和,据此可求出R0消耗的功率;最后利用P=可得R0的阻值.
【解答】解:由电路图可知,R1与R2并联,电流表A测干路电流,电流表A1测电阻R1支路的电流.
①闭合电键S,两电流表的示数分别为0.8A和0.3A,
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,
所以,干路电流I=0.8A,通过电阻R1的电流I1=0.3A,
并联电路中各支路两端的电压相等,
所以,由欧姆定律可得,电源电压:
U=U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V;
②由并联电路的电流特点可得,通过R2的电流:
I2=I﹣I1=0.8A﹣0.3A=0.5A;
③由题知,用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个,替换前后,只有一个电流表的示数发生了变化;
若用R0替换电阻R1,则电流表A1所在支路的电阻发生变化,电流表A1的示数会发生变化,同时干路电流也会发生变化,即电流表A的示数发生变化,不符合题意;因此只能是用R0替换电阻R2;
替换前电源的电功率:
P总=UI=6V×0.8A=4.8W;
替换后电源的电功率变化了0.6W,则此时电源的电功率可能为:
P总′=P总+△P=4.8W+0.6W=5.4W,P总″=P总﹣△P=4.8W﹣0.6W=4.2W;
并联电路中各支路独立工作、互不影响,所以,替换前后R1的电流和功率均不变,
则R1消耗的功率:P1=UI1=6V×0.3A=1.8W;
因替换后R1与R0并联,且电源的电功率等于各电阻消耗功率之和,
所以,电阻R0消耗的功率可能为:
P0=P总′﹣P1=5.4W﹣1.8W=3.6W,P0′=P总″﹣P1=4.2W﹣1.8W=2.4W,
由P=可得,R0的阻值可能为:
R0===10Ω,R0′===15Ω,
即电阻R0的阻值为10Ω或15Ω才能满足题中的要求.
答:①电源电压U为6V; 
②通过电阻R2的电流I2为0.5A; 
③现用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个,替换前后,只有一个电流表的示数发生了变化,且电源的电功率变化了0.6瓦,电阻R0的阻值为10Ω或15Ω.

23. 如图所示的弹簧测力计的最小分度值为 0.2 牛,读数为 3.2 牛.在“探究杠杆平衡的条件”实验中,需要测量的物理量是 动力 、动力臂、阻力和阻力臂,为了能直接读出力臂的数值,应使杠杆在 水平 位置保持平衡.

【考点】74:弹簧测力计的使用与读数;7U:探究杠杆的平衡条件实验.
【分析】(1)弹簧测力计的分度值是指最小刻度值.
弹簧测力计的读数:确定每一个大格和每一个小格代表的示数,然后读出力的大小.
(2)在探究杠杆平衡条件时,实验前移动平衡螺母,使杠杆在水平位置平衡;实验过程中移动钩码的位置或改变钩码的数量,使杠杆在水平位置重新平衡.
【解答】解:
如图,弹簧测力计的分度值是0.2N,每一个大格代表1N,弹簧测力计的示数为3.2N.
在“探究杠杆平衡条件”实验中,需要测量的物理量是动力、动力臂、阻力和阻力臂,才能得出:动力×动力臂=阻力×阻力臂;
为了能直接读出力臂的数值,应使杠杆在水平位置平衡.
故答案为:0.2;3.2;动力;水平.

24. 在“探究平面镜成像的特点”实验中,玻璃板应 竖直 放置在水平桌面上;为得到像与物体到镜面的距离关系,物体需放在 不同 位置多次实验(选填“同一”或“不同”),如图所示,在“探究凸透镜成像的规律”的实验中,凸透镜置于光具座的A点处,蜡烛、 光屏 应置于凸透镜的两侧,若蜡烛置于B点处,得到缩小的实像,则该凸透镜的焦距 小于 10厘米(选填“大于”、“等于”或“小于”).

【考点】AE:平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案;B7:凸透镜成像规律及其探究实验.
【分析】(1)玻璃板不竖直,像的底部不在桌面上,怎么移动都不会与另一蜡烛重合;
(2)一次实验不具备代表性,具有很大的偶然性,所以应采取同样的实验方案多做几次,才能保证结论的正确.
(3)蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧;
首先根据“若蜡烛置于B点处,得到缩小的实像”.确定凸透镜的焦距范围.
【解答】解:(1)做“探究平面镜成像的特点”实验,玻璃板应 竖直放置在水平桌面上,玻璃板没有竖直放置,前面蜡烛所成的像可能偏高或偏低,这样前面蜡烛的像与后面的蜡烛就无法重合了;
(2)一次实验不具备代表性,应采取同样的实验方案多做几次,避免实验现象的偶然性,才能保证结论的正确,所以应将物体放在不同位置进行实验.
(3)在“探究凸透镜成像的规律”的实验中,蜡烛、光屏应置于凸透镜的两侧;
由“蜡烛置于B点处,得到缩小的实像”知u=50cm﹣30cm=20cm>2f,即f<10cm.
故答案为:竖直;不同;光屏;小于.
25. 小明用六个重力G均为10牛,体积不同的球体,研究放入球体前后容器底部受到水的压力增加量△F的情况.他分别将球体放入盛有等质量水的相同容器中,待球体静止,得到容器底部受到水的压力增加量△F,实验数据和实验现象如表


实验序号

1

2

3

4

5

6

放入的球体

A

B

C

D

E

F

△F(牛)

5

6

8

10

10

10

实验现象

(1)观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系,可得出的初步结论是:当放入的球体在水中沉底时, 容器底部受到水的压力增加量F小于重力G 
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系,可得出的初步结论是, 当放入的球体在水中漂浮时,容器底部受到水的压力增加量F等于重力G 
(2)小明得出“在盛有等质量水的相同容器中,当放入球体的重力相同时,球体的体积越大,△F越大”的结论.由表中实验序号 DEF 的现象,数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确.
(3)分析表中序号1﹣6的现象,数据及相关条件,可得出:在盛有等质量水的相同容器中,当放入球体的重力相同时, 物体排开液体的 体积越大,△F越大.

【考点】2P:控制变量法与探究性实验方案.
【分析】(1)观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系,根据力的作用是相互的,容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力;
(2)分析比较图表的数据,可判断小明得出的结论不正确;
(3)根据阿基米德原理以及力的作用是相互的分析解答.
【解答】解:(1)观察序号1或2或3中的实验现象并比较△F和G的大小关系,可看到浮力小于重力,根据力的作用是相互的,容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力,可得出的初步结论是:当放入的球体在水中沉底时,容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力;
观察序号4或5或6中实验现象并比较△F和G的大小关系,可看到物体漂浮,浮力等于重力,根据力的作用是相互的,容器底部受到水的压力增加量△F等于浮力,可得出的初步结论是,当放入的球体在水中漂浮时,容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G;
(2)由(1)的结论,当放入的球体在水中漂浮时,容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G,与物体体积的大小无关,小明得出“在盛有等质量水的相同容器中,当放入球体的重力相同时,球体的体积越大,△F越大”的结论.由表中实验序号D、E、F的现象,数据及相关条件可判断小明得出的结论不正确;
(3)分析表中序号1﹣6的现象,数据及相关条件,根据力的作用是相互的,容器底部受到水的压力增加量△F等于物体受到的浮力,由F浮=ρ液gV排,可得出:在盛有等质量水的相同容器中,当放入球体的重力相同时,物体排开液体的体积越大,△F越大.
故答案为:(1)容器底部受到水的压力增加量△F小于浮力;当放入的球体在水中漂浮时,容器底部受到水的压力增加量△F等于重力G;(2)D、E、F;(3)物体排开液体的.

26. 小华做“测定小灯泡的电功率”的实验,现有电源(电压保持不变),待测小灯泡(标有“0.28A”字样)、电流表、电压表(只有0~3伏档完好)、滑动变阻器、电键及导线若干.小华正确连接电路后进行实验,在移动变阻器滑片至某一位置时,发现电压表、电流表的示数如图(a)、(b)所示,他经过思考重新连接电路进行实验,将新测得的三组数据记录在如表中.



电压U/(伏)

电流I(安)

1

3.0

0.24

2

2.2

0.28

3

1.7

0.30

(1)图(b)中电流表的示数为 0.24 安.
(2)请根据相关信息,求出电源电压及小灯泡的额定功率. 电源电压为6V,灯泡的额定功率为1.064W
计算过程:小华正确连接电路时,电压表与灯泡并联,电流表与灯泡串联,由图(a)(b)可得,电路中的电流为0.24A时,灯泡两端的电压为3V
由表格数据可知,电压表的示数减小时,电路中的电流变大,则重新连接电路时,电压表并联在滑动变阻器两端,
当电路中的电流为0.24A时,滑动变阻器两端的电压为3V
因串联电路中总电压等于各分电压之和,
所以,电源的电压U=UL+U=3V+3V=6V
由表格数据可知,电路中的电流为0.28A时,滑动变阻器两端的电压U′=2.2V
则灯泡的额定电压U=UU′=6V2.2V=3.8V
灯泡的额定功率P=UI=3.8V×0.28A=1.064W (本小题需写出计算过程)

【考点】JF:电功率的测量.
【分析】(1)根据图(b)中电流表的量程和分度值读出示数;
(2)小华正确连接电路时,电压表与灯泡并联,电流表与灯泡串联,根据图(a)读出电路中的电流为0.24A时灯泡两端的电压;分析表格数据得出重新连接电路时电压表并联在滑动变阻器两端,由表格数据可知电路中的电流为0.24A时变阻器两端的电压,根据串联电路的电压特点求出电源的电压,从表格数据中得出额定电流下滑动变阻器两端的电压,根据串联电路的电压特点求出灯泡的额定电压,根据P=UI求出灯泡的额定功率.
【解答】解:(1)由图(b)可知,电流表的量程为0~0.6A,分度值为0.02A,示数为0.24A;
(2)小华正确连接电路时,电压表与灯泡并联,电流表与灯泡串联,如下图所示:

由图(a)可得,电压表的量程为0~3V,分度值为0.1V,灯泡两端的电压为3V,
即灯泡两端的电压为3V时,电路中的电流为0.24A;
由表格数据可知,电压表的示数减小时,电路中的电流变大,
则重新连接电路时,电压表并联在滑动变阻器两端,如下图所示:

由表中数据可知,当电路中的电流为0.24A时,滑动变阻器两端的电压为3V,
综上可知,当电路中的电流为0.24A时,灯泡两端的电压为3V,滑动变阻器两端的电压为3V,
因串联电路中总电压等于各分电压之和,
所以,电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V,
由表格数据可知,电路中的电流为0.28A时,滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V,
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V,
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W.
故答案为:
(1)0.24;
(2)电源电压为6V,灯泡的额定功率为1.064W;
计算过程:小华正确连接电路时,电压表与灯泡并联,电流表与灯泡串联,由图(a)(b)可得,电路中的电流为0.24A时,灯泡两端的电压为3V,
由表格数据可知,电压表的示数减小时,电路中的电流变大,则重新连接电路时,电压表并联在滑动变阻器两端,
当电路中的电流为0.24A时,滑动变阻器两端的电压为3V,
因串联电路中总电压等于各分电压之和,
所以,电源的电压U=UL+U滑=3V+3V=6V,
由表格数据可知,电路中的电流为0.28A时,滑动变阻器两端的电压U滑′=2.2V,
则灯泡的额定电压U额=U﹣U滑′=6V﹣2.2V=3.8V,
灯泡的额定功率P额=U额I额=3.8V×0.28A=1.064W.


 

下载地址一
相关内容
[物理]文章推荐
  • 此栏目下没有推荐试卷
  • 热门推荐
    热门图文
    Copyright · 2011-2017 17jiaoyu.com Inc. All Rights Reserved. 17教育网站 版权所有 备案号:浙ICP备12027545号-2