15. 如图所示，体积之比为1：2的甲、乙两个实心物块，分别挂在杠杆两端，此时杠杆恰好水平平衡，则甲、乙两个物块的密度之比为(　) A．1：1　　 B．1：2　　　 C．2：1　　　 D．4：1 [专题]应用题；密度及其应用；简单机械． [分析]知道杠杆两边力臂大小关系，根据杠杆平衡条件可求两边力的大小关系，即甲和乙的重力大小关系，又知道甲和乙的体积关系，可求二者的密度关系． [解答]解：设杠杆上每一小格为L， 根据杠杆平衡条件得：G甲×4L=G乙×8L------------①， 因为G=mg=ρVg， 所以①式可写为：ρ甲V甲g×4L=ρ乙V乙g×8L， 整理可得 ρ甲 ρ乙 = 8V乙 4V甲 = 8×2 4×1 = 4 1 ． 故选D． [点评]本题主要考查杠杆的平衡条件以及密度的公式，是一道综合题．

16. 小明在测量小球的平均速度时，让小球从斜面A点由静止滚到C点，并用照相机每隔0.1s拍摄一次，频闪照片如图所示，则下列说法正确的是(　) A．小球从A点运动到C点用时0.6s B．小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm C．小球滚下的整个过程的平均速度为1.1m/s D．小球在BC段的平均速度大于AB段的平均速度 [专题]实验题；比较思想；图析法；长度、时间、速度． [分析](1)根据图象读出时间． (2)根据刻度尺的分度值读数； (3)读出AC之间的距离和所用的时间，根据v=s/t求出平均速度； (4)读出小球在BC段和AB段通过的路程和时间，利用速度公式求出速度，然后比较即可． [解答]解：A、小球从A点运动到C点经过了5个时间间隔，用时5×0.1s=0.5s，故A错误； B、由图可知，小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm，故B正确； C、由图可知，AC之间的距离为s=5.50cm=0.055m， 则整个运动过程平均速度为：v═ 0.055m 0.5s =0.11m/s，故C错误； D、由图可知，小球在BC段的时间为tBC=2×0.1s=0.2s，路程sBC=5.50cm-2.50cm=3.00cm=0.03m．小球在AB段的时间tAB=3×0.1s=0.3s，路程sAB=2.50cm=0.025m， 所以vBC= sBC tBC = 0.03m 0.2s =0.15m/s，vAB= sAB tAB = 0.025m 0.3s ≈0.083m/s，计算可知，小球在BC段的平均速度大于AB段的平均速度，故D正确． 故选BD． [点评]本题考查了速度公式，解题的关键是由图求出：小球的运动时间、路程，然后由速度公式v=s/t分析解答．

17. 关于信息、能源和材料，下列说法正确的是(　) A．天然气是不可再生能源 B．随着科学技术快速发展，我国已经建成了利用核聚变能量发电的核电站 C．节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是半导体 D．通过手机微信的“摇一摇”，就可以参与抢红包，这一过程是靠电磁波传递信息的 [考点]能源的分类；半导体的特点；电磁波的传播；核裂变． [专题]应用题；粒子与宇宙、材料世界；能源的利用与发展． [分析](1)能在短时间内形成的能源属于可再生能源，不能在短时间内形成的能源属于不可再生能源； (2)目前已建成的核电站的能量来自于重核的裂变； (3)二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性； (4)手机是通过电磁波来传递信息的． [解答]解： A、天然气是化石能源，不能在短时间内形成，天然气是不可再生能源，故A正确； B、目前已建成的核电站的能量来自于重核的裂变，而不是轻核聚变，故B错误； C、节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，制作二极管的材料是半导体材料，常用的有：硅、锗等材料，故C正确； D、手机既可以接收电磁波，也可以发射电磁波，是利用电磁波来传递信息的，因此手机抢红包过程中用来传递信息的，故D正确． 故选ACD． [点评]本题涉及的知识点较多，但难度不大，熟练应用基础知识即可正确解题。

18. 如图甲所示的电路，当滑动变阻器的滑片P从a端移至b端的过程中，电流表和电压表的示数关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　) A．R0的阻值为20Ω B．滑动变阻器的最大阻值为50Ω C．当电压表的示数为4V时，R0的功率为0.4W D．当电流表的示数为0.25A时，滑片P恰好移至ab的中点 [专题]应用题；欧姆定律；电能和电功率． [分析]AB、分析滑片在a、b端时电路的连接，判断与图乙对应的点的坐标，从而由图中相关数据，根据欧姆定律求出变阻器的最大电阻；再由串联电路电压的规律列方程求出电源电压和定值电阻大小； C、由图乙判断当电压表示数为4V时，电路中的电流，根据P=I02 R0 求R0的功率； D、当电流表示数I′=0.25A时，由欧姆定律和电阻的串联规律，求出变阻器连入电路中的电阻： [解答]解： AB、当滑动变阻器的滑片P在a端时，变阻器连入电路中的电阻为0，电路为R0的简单电路，此时电路中的电流最大，由图知为I′=0.6A，由I= U R 可得，电源电压U=I′R0=0.6A×R0-------① 滑片移至b端的过程中，变阻器的最大阻值与定值电阻串联，此时电路中的电流最小，由图知，变阻器的电压为：U滑=5V，通过的电流为0.1A， 由I= U R 可得，变阻器的最大电阻： R滑= U I ＝ 5V 0.1A =50Ω，故B正确； 根据串联电路的电压规律和欧姆定律可得，电压电压U=IR0+U滑=0.1A×R0+5V------② 由①②解得：R0=10Ω，U=6V， 故A错误； C、由图知，当电压表示数为4V时，电路中的电流为I0=0.2A， R0的功率为：P=I02R0=(0.2A)2×10Ω=0.4W，故C正确； D、当电流表示数I′=0.25A时，由欧姆定律和电阻的串联规律可得，变阻器连入电路中的电阻： R滑′= U I′ -R0= 6V 0.25A -10Ω=14Ω≠ 1 2 ×50Ω，故D错误． 故选BC． [点评]本题考查串联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是根据电路图中变阻器的两个端点找到图象对应的点的位置。

19. 根据题目要求，完成下列作图 如图所示，一束光沿AO从空气斜射入水中，请画出折射光线的大致方向；． [专题]作图题；光的折射、光的色散． [分析]光的折射规律：折射光线与入射光线和法线在同一平面内；折射光线与入射光线分居法线两侧；当光从空气斜射入水里或其它透明介质中时，折射光线向法线方向偏折，折射角小于入射角． [解答]解： 首先过入射点O垂直于水面画出法线，然后根据折射规律画出折射光线；光从空气斜射入水中，所以折射角小于入射角．如图所示： ． [点评]此题考查了折射光线的画法，关键是记熟光的折射定律，搞清折射角与入射角的关系．

21. 如图甲所示是“探究物质熔化的特点”的装置，实验测得数据如下表： 加热时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 物质的温度/℃ -2 -1 0 0 0 0 0 2 4 6 8 (1)由数据可知：该物质是　　　　 晶体 (选填“晶体”或“非晶体”)，其熔点为：　　 0 ℃． (2)在读取温度计的示数时，图乙中读数方法正确的是　　　 B (选填“A”、“B”或“C”) (3)物质在熔化过程中不断吸热，温度不变，内能　　　 增加 (选填“增加”、“减少”或“不变”) (4)实验收集多组数据是为了　　　 寻找普遍规律 (选填“寻找普遍规律”或“减小实验误差”) [专题]实验题；实验分析法；探究型实验综合题． [分析](1)晶体和非晶体在熔化过程中的区别：晶体有一定的熔点，在熔化过程中吸热温度保持不变；非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中吸热温度不断升高． (2)在进行温度计的读数时，注意其分度值，视线与液柱的上表面相平； (3)该物质熔化过程温度不变，但需要继续加热，所以内能增加； (4)实验收集多组数据是为了总结归纳得出普遍的规律． [解答]解： (1)由表格中的数据可知，该物质在2-6min不断吸收热量，温度保持不变，所以该物质是晶体；熔化时温度保持0℃不变，所以其熔点为0℃； (2)由图乙知，A俯视，读数会偏大，C仰视，读数会偏小，B平视，读数方法正确； (3)该物质在熔化过程中温度不变，但要不断吸热，所以其内能增加． (4)实验收集多组数据是为了总结归纳得出普遍的规律，得到可靠的结论． 故答案为：(1)晶体；0；(2)B；(3)增加；(4)寻找普遍规律． [点评]此题是探究物质的熔化规律，在熔化过程中需要用温度计测量温度的变化，所以需要掌握温度计的使用及读数．同时考查了晶体和非晶体的区别

22. 如图所示是“探究平面镜成像特点”的情景：透明玻璃板竖直放在水平桌面上，两支相同的蜡烛A、B竖立在玻璃板两侧，请根据实验回答下列问题： (1)为了便于观察实验应选在　　　 较暗 (选填“较亮”或“较暗“)的环境中进行； (2)选取两支相同的蜡烛是为了比较像与物的　　　　 大小 关系； (3)实验中，测得蜡烛A到玻璃板的距离为5cm，移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，此时蜡烛B到玻璃板的距离为　　　 5 cm． (4)实验中若移开蜡烛B，用白纸做光屏放在像的位置，不透过玻璃板，直接观察白纸，看不到蜡烛A的像，说明平面镜成的是　　　　 虛像 (选填“虛像”或“实像”) (5)实验中，小红发现玻璃板后出现两个蜡烛A的像，其原因是她选用的玻璃板　　　 太厚 (选填“太厚”或“太薄”) [专题]定性思想；探究型实验综合题． [分析](1)实验应在较暗的环境中进行，使观察效果更明显． (2)实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系． (3)像到镜面的距离与物体到镜面的距离相同． (4)虚像不是实际光线会聚而成的，不能在光屏上成像． (5)玻璃板有两个反射面，两个反射面都能成像．当玻璃板比较厚时，两个反射面成像距离比较远，实验时会出现明显的两个像． [解答]解：(1)实验环境应选放在较暗的地方，这样增加烛焰、像与环境的对比度，使观察效果更明显． (2)实验时采用两个完全相同的蜡烛，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系．(3)根据平面镜的成像规律可知，像到镜面的距离与物体到镜面的距离相同，故像到镜面的距离与物体到镜面的距离相同都为5cm (4)实验中若移开蜡烛B，用白纸做光屏放在像的位置，不通透过玻璃板，直接观察白纸，看不到蜡烛A的像，说明平面镜成的是虚像，是由反射光线的反向延长线会聚而成的，所以不能成在光屏上． (5)实验中，小红发现玻璃板后出现两个蜡烛A的像，其原因是她选用的玻璃板太厚，两个玻璃面都反射光成的两个像． 故答案为：(1)较暗；(2)大小；(3)5；(4)虚像；(5)太厚． [点评]本题主要考查了平面镜成像特点的实验．这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用．

23. 如图所示是探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”的实验．器材有：木块A一块、砝码一个，弹簧测力计一个，长木板一块和棉布一块 (1)实验时，用弹簧测力计沿水平方向拉木块A，使其在长木板上做　　　 匀速 直线运动，此时弹簧测力计示数的大小等于滑动摩擦力的大小； (2)甲实验中，木块A才受到的摩擦力为 　　　2 N； (3)比较甲、乙实验，可以探究滑动摩擦力的大小与　　　 压力大小 有关；比较　　　 乙、丙 实验可以探究滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关； (4)比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出；滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是　　 错误 (选填“正确”或“错误”)的； (5)本实验采用的探究方法是　　　　　 控制变量法 (选填“控制变量法”或“等效替代法”)． [专题]探究型实验综合题． [分析](1)木块只有在做匀速直线运动时，受到弹簧测力计的拉力才等于受到的摩擦力； (2)在进行测力计的读数时，注意测力计的分度值； (3)影响摩擦力大小的因素是压力的大小和接触面的粗糙程度；在压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大；在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力就越大； (4)根据控制变量法的要求分析答题； (5)滑动摩擦力与压力和接触面粗糙程度有关，本实验采用的探究方法是控制变量法． [解答]解： (1)实验时为了测出滑动摩擦力大小，应使弹簧测力计拉着木块在水平面上做匀速直线运动，此时摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡，可知此时滑动摩擦力与拉力大小相等； (2)由甲图知，测力计的分度值为0.5N，其示数为2N； (3)比较甲、乙实验可知：两此实验的接触面的粗糙程度不变，压力的大小不同，弹簧测力计的示数不同，可以探究滑动摩擦力的大小与压力的大小是否有关； 比较乙、丙两图可知：此两实验的压力大小不变，接触面的粗糙程度不同，弹簧测力计的示数不同，所以能说明滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度是否有关； (4)由图甲、丁所示实验可知，接触面的粗糙程度相同而物体间的压力不同，由于没有控制物体间的压力相同，他的结论是错误的； (5)滑动摩擦力与压力和接触面粗糙程度有关，本实验采用的探究方法是控制变量法． 故答案为：(1)匀速；(2)2；(3)压力大小；乙、丙；(4)错误；(5)控制变量法． [点评]本题考查了实验现象分析，知道实验原理、应用控制变量法分析清楚图示实验情景即可解题，熟练应用控制变量法是正确解题的关键． 24在做“测量小灯泡的电阻”的实验时，小明选用了电压为6V的电源，额定电压为3.8V的小灯泡和其它合适的器材，并连接了部分实验电路，如图所示： (1)为了完成实验，请你帮他用笔画线代替导线将电路连接完整(要求导线不能交叉，滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小) (2)电路连接好后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到　　 B (选填“A端”或“B端”)； (3)当闭合开关，移动滑动变阻器的滑片时，灯丝突然烧断，此时电压表的示数　　　 变大 (选填“变大”、“变小”或“不变”)． (4)换相同规格的灯泡，重新实验并记录数据如下表： 电压/V 2.0 2.5 2.8 3.0 3.2 3.5 电流/A 0.40 0.48 0.53 0.56 0.58 0.61 电阻/Ω 5.0 5.2 5.3 5.4 5.5 5.7 平均电阻/Ω 5.4 根据实验数据，小明确定平均电阻就是小灯泡的电阻，你认为这种做法合理吗？ 　　　 不合理 (选填“合理“或“不合理“)，你的理由是　　　　　　　　　　　 灯丝的电阻受温度影响，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同 ． (5)小明还想利用现有的实验器材测量小灯泡的额定功率，但此时电压表0-15V量程突然损坏，而0-3V量程完好．请你在不增减器材的情况下，帮他设计测量小灯泡额定功率的实验．要求写出必要的实验步骤，用字母(或数值)记录所测得的物理量并写出小灯泡额定功率的表达式． 实验步骤：　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 小灯泡额定功率的表达式：　　　　　　　　　 P额=3.8V×I ． [专题]计算题；实验题；作图题；探究题；测量型实验综合题． [分析](1)根据电路图连接实物图，可采用“电流流向法”，从电源的正极出发，按照电流的流向，先串主电路，再将电压表并在待测电阻的两端；滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中，根据题中要求“变阻器滑片向右移动时，电流表的示数变小”即滑动变阻器的阻值变大，右下方接线柱必须接入电路． (2)为保护用电器，连接电路过程中开关要断开；闭合开关之前滑动变阻器滑片要位于最大阻值处； (3)灯泡灯丝烧断，即可将灯泡在原电路中去掉，在此基础上进行分析，此时电压表的示数等于电源电压； (4)影响电阻的因素有：导体的温度、长度、横截面积和材料等，而小灯泡两端的电压不同，小灯泡灯丝的温度会不同，因此电阻也不同； (5)根据串联电路的电压特点知，在电源电压不变时，用电压表测量滑动变阻器的电压也可使灯的电压为额定电压． [解答]解：(1)由图可知，电压表、电流表的量程已经确定，滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中，题中要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小，这说明滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻变大，则左下方A接线柱必须接入电路，如下图所示； (2)闭合开关之前滑动变阻器滑片要位于最大阻值处，由上图可知，滑动变阻器的滑片P应移到B端． (3)因为小灯泡的灯丝烧断后，电压表测量电源电压，所以电压表的示数变大． (4)灯丝的电阻与温度有关，小灯泡在不同电压下工作时，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同，所以不能求灯丝电阻的平均值，该做法不合理； (5)电源电压为6V，电压表“0-15V”量程不能用，由串联电路的电压特点可知，当灯泡两端电压为3.8V时，滑动变阻器两端的电压为2.2V；所以，应使用电压表的0-3V的量程测滑动变阻器的电压，当电压表示数为2.2V时，灯的电压就是3.8V，此时灯泡正常发光，记下此时电流表的示数I．电路图如图所示： 小灯泡的额定电压U额=3.8V，灯泡正常发光时电流表的示数为I， 则小灯泡额定功率的表达式：P额=U额I=3.8V×I． 故答案为：(1)见上图；(2)B；(3)变大；(4)不合理；灯丝的电阻受温度影响，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同；(5)将电压表并联在变阻器的两端，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为2.2V，记下此时电流表的示数I；P额=3.8V×I． [点评]本题考查了伏安法测电阻实验中滑动变阻器的连接、电路故障原因与现象的对应关系、影响电阻的因素等知识点，包含的内容较多，综合性较强．

25. 如图所示的电路，灯泡L标有“6V“的字样，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，当闭合S1，断开S2，灯泡L恰好正常发光，电流表示数为0.2A；当断开S1，闭合S2，且滑动变阻器的滑片移到最右端时，电压表读数为4V(假设灯丝电阻不变)求： (1)电源电压； (2)R0的阻值； (3)当S1、S2同时闭合，且滑动变阻器的滑片移到最左端．通电5min整个电路消耗的电能． [专题]定量思想；顺推法；欧姆定律；电能和电功率． [分析](1)当闭合S1，断开S2，电路只有灯泡有电流通过．已知灯泡额定电压并且此时灯泡恰好正常发光，可以得到电源电压； (2)当断开S1，闭合S2，且滑动变阻器的滑片移到最右端时，定值电阻和整个滑动变阻器串联．已知电源电压和滑动变阻器两端电压，可以得到定值电阻两端电压；根据串联电路用电器两端电压与其阻值成正比得到R0阻值； (3)已知灯泡额定电压和正常发光时的电流，可以得到灯泡阻值．当S1、S2同时闭合，且滑动变阻器的滑片移到最左端，灯泡和定值电阻并联．已知灯泡和定值电阻阻值，可以得到并联电路的总电阻；已知电源电压、电路总电阻和通电时间，利用公式W= U2 R t得到整个电路消耗的电能． [解答]解： (1)当闭合S1，断开S2，电路只有灯泡有电流通过， 已知U额=6V且灯泡正常发光， 所以，电源电压：U=U额=6V； (2)当断开S1，闭合S2，且滑动变阻器的滑片移到最右端时，定值电阻R0和整个滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压， 定值电阻两端电压：U0=U-UR=6V-4V=2V， 由串联分压规律可得： U0 UR = R0 R = 2V 4V = 1 2 ， 所以R0的阻值：R0= 1 2 R= 1 2 ×20Ω=10Ω； (3)由I= U R 可得，灯泡的电阻：RL= U额 I额 = 6V 0.2A =30Ω； 当S1、S2同时闭合，且滑动变阻器的滑片移到最左端，灯泡和定值电阻R0并联， 电路的总电阻：R并= RLR0 RL+R0 = 30Ω×10Ω 30Ω+10Ω =7.5Ω； 通电5min整个电路消耗的电能：W总= U2 R t= (6V)2 7.5Ω ×5×60s=1440J． 答：(1)电源电压为6V； (2)R0的阻值为10Ω； (3)通电5min整个电路消耗的电能为1440J． [点评]此题是一道电学综合题，考查了欧姆定律、串并联电路的特点及电能、电功率有关公式及其变形公式的应用，综合性强，有一定难度．

26. 如图甲所示，一个底面积为75cm2的柱形物体A挂在弹簧测力计下，静止时弹簧测力计的示数F1=15N：底面积为120cm2且足够深的柱形容器放在水平桌面上，将物体A放入容器中且与容器底接触但对容器无压力，慢慢向容器注水，待液面稳定后物体A上表面到水面的距离h=5cm，如图乙所示，此时弹簧测力计示数F2=7.5N；然后，将物体A竖直向上移动8cm(忽略绳重和附在物体表面上水的重力．ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg)求： (1)物体A浸没在水中受到的浮力； (2)物体A的密度； (3)物体A竖直向上移动8cm前后，水对容器底压强的变化量． [专题]计算题；压轴题；压强、液体的压强；浮力． [分析](1)利用二次称重法计算物体A浸没在水中受到的浮力； (2)物体浸没时排开液体的体积等于物体的体积，根据F浮=ρgV排可求，然后利用G=mg求出物体的质量，再利用ρ= m V 计算物体A的密度； (3)利用V=Sh求出物体的高度，进而可求物体A竖直向上移动8cm后露出水面的高度，求出物体排开水的体积的减少量，进而可求水面下降的高度，再利用液体压强公式计算水对容器底压强的变化量． [解答]解：(1)由题可知，物体的重力：G=F1=15N， 则物体A浸没在水中受到的浮力：F浮=G-F2=15N-7.5N=7.5N； (2)根据F浮=ρgV排可得，物体的体积：V=V排= F浮 ρ水g = 7.5N 1×103kg/m3×10N/kg =7.5×10-4m3， 物体的质量：m= G g = 15N 10N/kg =1.5kg， 则物体的密度：ρ= m V = 1.5kg 7.5×10−4m3 =2×103kg/m3； (3)物体的高度h物= V S物 = 7.5×10−4m3 75×10−4m3 =0.1m=10cm， 将物体A放入容器中且与容器底接触但对容器无压力，慢慢向容器注水，待液面稳定后物体A上表面到水面的距离h=5cm， h物＞h， 所以，物体A竖直向上移动8cm后，物体露出水面，露出水面的高度h露=8cm-5cm=3cm=0.03m， 物体在露出水面之前，水的深度不变，根据p=ρgh可知，水对容器底压强不变， 物体A露出水面3cm前后，排开水的体积不断变小，水的深度下降，根据p=ρgh可知，水对容器底压强减小， 物体A露出水面3cm后，排开水的体积的减少量△V排=V露=S物h露=75×10-4m3×0.03m=2.25×10-4m3， 所以，水面下降的高度△h= △V排 S容 = 2.25×10−4m3 120×10−4m2 =0.01875m， 水对容器底压强的变化量△p=ρ水g△h=1×103kg/m3×10N/kg×0.01875m=187.5Pa． 答：(1)物体A浸没在水中受到的浮力为7.5N； (2)物体A的密度为2×103kg/m3； (3)物体A竖直向上移动8cm前后，水对容器底压强的变化量为187.5Pa． [点评]此题考查浮力、密度和压强的计算，是一道综合性较强的题目，难点在(3)关键是物体A竖直向上移动8cm后水面下降的高度．