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2012年陕西中考物理试卷解析
一、选择题(每小题2分,共计16分.每小题只有一个选项是符合题意的)1.下列四幅图中的现象,与光的折射有关的是( ) A.天鹅在水中的倒影B.5月21日发生的日环食 C.通过“水杯望远镜”观看远处的景物D.通过凸面镜能看见拐弯车辆的像考点光的折射现象及其应用专题应用题分析
(1)光在同一均匀介质中沿直线传播.光沿直线传播的实例有小孔成像、激光准直、影子、日食和月食等;
(2)光照在不同介质面上时,会发生反射现象,平面镜成像就是具体应用;
(3)光从一种介质斜射入另一种介质时,光的传播方向就会发生偏转,即光的折射现象.解答解A、水中的倒影是平面镜成像,属于光的反射现象,不合题意.B、日食就是月亮挡在地球和太阳的中间,是光沿直线传播,不合题意.C、“水杯望远镜”观看远处的景物,光从空气中进入玻璃中,是光的折射,符合题意.D、凸面镜利用了光的反射,不合题意.故选C.点评此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解,在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象,达到学以致用的目的.2.关于对考场内一些物理量的估测,下列数据最接近实际的是( ) A.课桌高度约为80cm B.考场内的气温约为50℃ C.一份理化试卷的质量约为80g D.一块橡皮从课桌掉到地上所用时问约为5s考点长度的估测;温度;质量的估测;时间的估测专题估算题分析做这种题目,要对一些常见的物理量要有一定的估测能力,根据生活常识去判断题目的对错.解答解A、课桌的高度约为80cm,符合实际;B、考场内的气温约为30℃,不符合实际;C、一份理化试卷的质量约为8g,不符合实际;D、一块橡皮从课桌掉到地上所用时间约为
0.4s,不符合实际.故选A.点评此题考查的是学生对一些常见物理量的估测能力,需要学生对生活中的常见物理量单位、大小有所认识,此题就会得到正确答案.3.在亚丁湾海域,我国海军护航编队使用“金噪子”(又名“声波炮”)震慑海盗,它的声波定向发射器外观类似喇叭,能发出145dB以上的高频声波,甚至比喷气式飞机引擎的噪声还要刺耳,根据以上信息,下列说法中错误的是( ) A.声波具有能量 B.声波定向发射器喇叭状外观可以减少声音的分散,从而增大响度 C.使用“金嗓子”时,护航官兵佩戴耳罩是在人耳处减弱噪声 D.“金噪子”发出的声波是次声波考点超声波与次声波专题应用题分析解答本题要知道声音既能传递信息,又能传递能量;减弱噪声的途径有三条在声源处、传播过程、人耳处;次声波振动频率低于20赫兹,超声波振动频率高于20000赫兹.解答解A、声波具有能量,正确,不符合题意;B、声波定向发射器喇叭状外观可以减少声音的分散,从而增大响度,正确,不符合题意;C、使用“金嗓子”时,护航官兵佩戴耳罩是在人耳处减弱噪声,正确,不符合题意;D、“金噪子”发出的声波是高频声波,不是次声波,不正确,符合题意;故选D.点评解决此类问题考查的是声学中的综合知识点,难度不大,比较基础,也是中考的热点之一.4.关于水的物态变化,下列说法中正确的是( ) A.冰雹在下落过程中表面熔化成水需要吸收热量 B.从冰箱里拿出的冰块周围出现“白气”是升华现象 C.水蒸气液化成水,分子间距离增大 D.水沸腾时温度不变,内能不变考点熔化与熔化吸热特点;物质的三态及其基本特征;液化及液化现象;热传递改变物体内能专题应用题分析
(1)判断物态变化现象,我们首先要清楚各种物态变化的定义;然后看物态变化中是什么状态变为什么状态,从而确定是什么物态变化.
(2)放出热量的物态变化有凝固、液化、凝华;吸热的有熔化、汽化、升华.解答解A、冰雹在下落过程中表面熔化成水需要吸收热量,是熔化现象,吸热,故A正确.B、从冰箱里拿出的冰块周围出现“白气”,是空气中的水蒸气遇到温度较低的冰块液化成小水珠形成的,是液化现象,故B错误.C、水蒸气液化成水,分子间距离变小,一般液态物质的体积小于气态,故C错误.D、水沸腾时吸热,内能变大,温度不变,故D错误.故选A.点评该题通过日常生活中的实例考查学生对物态变化的理解,难度不大,关键是搞清楚物质物态变化前后的状态.5.在超导体研究领域.我国取得了令人瞩目的成就,关于超导状态下的超导体,下列说法中错误的是( ) A.超导体的电阻为零 B.使用超导体制成的导线将降低远距离输电线中的电能损耗 C.超导体适合制作滑动变阻器中的电阻丝 D.超导体适合制作电动机的线圈考点超导体的特点专题应用题分析超导材料是一种电阻为零的材料.超导体的电阻为0,不会放热,所以电能无法转化为内能.解答解A、当温度降低到一定程度时,某些物质的电阻会变为零,这种物质叫做超导体.正确,不合题意.B、用超导体做输电导线,可以减小由电能到内能的损耗,提高传输效率.正确,不符合题意.C、电阻丝工作时,必须要有电阻,用超导体做电阻丝,将使电路中电流变大,损坏电路.错误,符合题意.D、利用超导体材料制作电动机线圈,可减少电能损失,提高电能利用率;正确,不合题意.故选C.点评本题主要考查学生对超导现象及超导材料的特点的认识和了解,是一道基础题.6.2012年4月30日4时50分.我国西昌卫星发射中心用“长征三号乙”运载火箭,成功发射了两颗北斗导航卫星,关于火箭和导航卫星的说法,下列选项中正确的是( ) A.火箭升空过程中,燃料燃烧释放的内能全部转化成火箭的机械能 B.火箭加速上升时只受到重力的作用 C.导航卫星随火箭升空过程中,相对于火箭是运动的 D.导航卫星和地面的联系是利用电磁被传递信息考点卫星中继通信;运动和静止的相对性;重力;能量转化的现象专题应用题分析
(1)燃料燃烧释放的内能部分转化成火箭的机械能,一部分散失了.
(2)火箭加速运动时,不受平衡力,受到重力,摩擦力还有推力作用.
(3)判断物体的运动和静止,首先确定一个参照物,被研究的物体和参照物之间如果发生位置的变化,被研究的物体是运动的,否则是静止的.
(4)卫星在太空中是通过无线电波传递信号的.解答解A、燃料燃烧的化学能只有一部分转化成火箭的机械能,还有一部分被损失了.不合题意.B、火箭加速上升,受力不平衡,火箭受的向上的推力大于向下的重力,合力向上,火箭加速上升.不合题意.C、因火箭与卫星同步,所以以火箭为参照物,卫星与地球之间的相对位置没有发生变化,则卫星是静止的;不合题意.D、太空中的信息是通过无线电波把信息传递到地面指挥中心.所以卫星工作时靠无线电波向地面传递信息的.符合题意.故选D.点评此题考查了热机工作时的能量转化、加速运动的物体所受的力、运动和静止的相对性,电磁波的应用,涉及的知识点较多,需要认真分析,认真解答.7.关于生活和自然中蕴含的物理知识,下列说法中正确的是( ) A.使用天然气作燃料,燃烧越充分,热值越大 B.汽车发动机采用水进行冷却,是利用了水的比热容较大的属性 C.西岳华山海拔高,山顶上的气压低,水的沸点高 D.为地球带来光明和生机的太阳能是不可再生能源考点水的比热容的特点及应用;沸点及沸点与气压的关系;燃料的热值;不可再生能源的特点专题应用题分析
(1)1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值.热值是燃料的一种特性,它只与燃料的种类有关,与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关;
(2)因为水的比热容较大相同质量的水和其它物质比较,吸收或放出相同的热量,水的温度升高或降低的少;升高或降低相同的温度,水吸收或放出的热量多,据此分析.
(3)大气压和高度有关,越高的位置,大气压越低;液体的沸点和气压有关,气压越低,沸点越低;
(4)
①可以重复利用,取之不尽用之不竭,能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源,如水能、风能、太阳能、生物质能;
②短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源,如化石能源、核能等.解答解A、热值是燃料的一种特性,它只与燃料的种类有关,与燃料的质量、燃烧程度、放出热量的多少以及燃烧温度的高低等均无关,故A错误;B、因为水的比热容较大,相同质量的水和其它物质比较,降低相同的温度,水放出的热量多,所以暖气供暖中用水;升高相同的温度,水吸收的热量多,所以汽车发动机冷却用水作为工作物质,故B正确;C、西岳华山海拔高,山顶上的气压低,水的沸点较低,故C错误;D、太阳能是能够源源不断的从自然界得到的能源,属于可再生能源,故D错误.故选B.点评本题综合考查学生对热值、可再生能源和不可再生能源特点、水的比热容较大及沸点与气压的关系的理解和掌握,难度不大,但综合性强,是中招热点.8.小刚有一个带有开关、指示灯和多个插座的接线板,如图所示,每当接线板的插头插入家庭电路中的插座,闭合接线板上的开关时,总出现“跳闸”现象.关于“跳闸”原因和接线板中的电路连接,下判说法中正确的是( ) A.“跳闸”的原因是接线板中的电路发生了断路 B.“跳闸”的原因是接线板中的电路发生了短路 C.接线板上的多个插座与指示灯串联 D.接线板上的开关与指示灯并联考点家庭电路的故障分析;家庭电路的连接专题应用题分析当电路中发生短路或用电器总功率过大导致电流过大时,空气开关会自动断开,切断电路;插座与指示灯是并联的;指示灯与开关是串联的.解答解A、B、“跳闸”的原因是接线板中的电路发生了短路,造成电路电流过大,而不是电路断路;故A错误;B正确;C、接线板上的多个插座与指示灯互不影响,所以它们是并联的;故C错误;D、接线板上的开关与指示灯应该是串联的;故D错误;故选B.点评一说到“跳闸”,学生可能首先会想到是由于电路出现短路或家用电器总功率过大造成电流过大而出现的“跳闸”,忽视了漏电保护器的作用是当有漏电或人触电时,它也能自动断开电路.
五、填空和作图题(共6小题,19分)9.目前,青少年近视现象十分严重,近视眼看远处物体时,物体的像落在视网膜的 前方 (选填“前方”或“后面”),需要配带对光线有 发散 作用的 凹 透镜进行矫正,使远处物体在视网膜上成倒立, 缩小 的实像.考点近视眼的成因与矫正办法专题应用题分析
(1)近视眼能看清近处的物体,不能看清远处的物体是因为晶状体太厚或眼球太长,使像成在视网膜的前方.
(2)近视眼戴凹透镜使光线发散一些,使像成在视网膜上.
(3)远视眼能看清远处的物体,不能看清近处的物体是因为晶状体太薄或眼球太短,使像成在视网膜的后方.
(4)远视眼戴凸透镜使光线会聚一些,使像成在视网膜上.解答解近视眼看不清楚远处的物体,原因是远处物体的像成在视网膜的前方,但是我们可用发散作用的凹透镜矫正,使光线会聚能力减弱,能使像成在视网膜上,能看清物体.眼球好像一架照相机,成的是倒立、缩小的实像.故答案为前方;发散;凹;缩小.点评本题考查了近视眼的成因和矫正方法,本题与学生的实际生活联系密切,能够体现从物理走向生活的理念.10.科学家发明了一款单缸六冲程内燃机,它每一个工作循环的前四个冲程与单缸四冲程内燃机相同,在第四冲程结束后,立即向汽缸内喷水,水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气,推动活塞再次做功,水蒸气温度 降低 (选填“升高”、“降低”或“不变”),这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能,提高了热机的 效率 .为进入下一个工作循环,这款内燃机的第六冲程是 排气 冲程.考点做功改变物体内能;内燃机的四个冲程专题应用题分析改变物体内能的方法一是做功,对物体做功,物体的内能增加,物体对外做功,物体的内能增加;二是热传递;单缸六冲程内燃机一个工作循环,6个冲程,燃气对外做功2次,据此分析回答.解答解在做功冲程中,高温气体迅速膨胀对活塞做功,气体的内能减小,转化为机械能;在第四冲程结束后,立即向汽缸内喷水,水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸汽,推动活塞再次做功,水蒸汽温度降低;这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能,提高了热机的效率;为进入下一个工作循环,这款内燃机的第六冲程是排气冲程.故答案为降低;效率;排气.点评本题考查了改变内能的方法、内燃机六个冲程的工作过程,理解并用好新型内燃机一个工作循环,6个冲程,燃气对外做功2次.11.
(1)如图1,直升机的螺旋浆高速旋转时,螺旋桨上方的空气流速较大,压强较 小 ;当直升机悬停在空中时,它受到的升力方向是 竖直向上 .
(2)图2是耕地用的犁,它凝聚着劳动人民的智慧,犁是一个 省力 杠杆,犁地时,提压扶手容易改变铧在土中的深浅;犁的铧表面很光滑,使用中可以 减小 泥土对铧的摩擦力.考点流体压强与流速的关系;增大或减小摩擦的方法;杠杆的分类专题应用题分析本题主要考查
(1)流体压强与流速的关系流速越大,压强越小;流速越小,压强越大.
(2)动力臂大于阻力臂的杠杆就是省力杠杆;减小摩擦力的方法有减小压力、减小接触面的粗糙程度、变滑动为滚动、在接触面之间加润滑油使接触面彼此分开.解答解
(1)螺旋桨上方的空气流速较大,压强较小;下方的空气流速小,压强大,所以机身受到一个向上的压强差,飞机受到向上的升力;当直升机悬停在空中时,它受到的升力方向是竖直向上;
(2)从图中可以看出,犁是一个动力臂大于阻力臂的杠杆,所以为省力杠杆;犁刀前端是尖的,是采用减小受力面积的方法增大压强;让犁刀保持光洁是通过减小粗糙面的粗糙程度来减小摩擦力.故答案为
(1)小;竖直向上;
(2)省力;减小.点评本题考查了生活、生产中流体压强与流速的关系、杠杆的分类和减小摩擦力的方法,是对学生用物理知识解决实际问题的能力的考查.12.1821年,世界上第一台电动机雏形由英国物理学家法拉第完成,其工作原理是 通电线圈在磁场里受力转动 ,10年后,法拉第发现了 电磁感应 现象,根据这一现象他又制成了世界上第一台发电机模型.考点发电机的构造和原理;直流电动机的原理专题简答题分析发电机和电动机的共同点是都存在磁场;不同点是发电机没有电源,属于磁生电,将机械能转化为电能.电动机有电源,通电后,导体受力运动,将电能转化为机械能.解答解电动机是利用通电线圈在磁场里受力转动的原理制成的;10年后,法拉第发现了电磁感应现象,发电机就是利用电磁感应现象制成的.故答案为通电线圈在磁场里受力转动;电磁感应.点评此题主要考查了电动机和发电机的制作原理,注意区别发电机因运动而产生电流,电动机因电流而产生运动.13.图1的电路中,电源电压恒为12V,滑动变阻器铭牌上标有“100Ω
0.5A”字样,图2为R1的I﹣U图象,R1的阻值为 20 Ω,当电路中的电流为
0.2A时,滑动变阻器R2接入电路的阻值为 40 Ω,为了不损坏滑动变阻器R2,接入电路的阻值应不小于 4 Ω.考点欧姆定律的应用;串联电路的电流规律;串联电路的电压规律专题计算题;应用题;图析法分析
(1)根据R1的I﹣U图象读出任意一点电流和对应的电压,根据欧姆定律求出R1的阻值;
(2)由图象读出当电路中的电流为
0.2A时对应的电压,根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压,根据欧姆定律求出滑动变阻器R2接入电路的阻值;
(3)根据滑动变阻器的铭牌可知电路中的最大电流,根据欧姆定律求出电路中的最小电阻,再根据电阻的串联求出接入电路的最小值.解答解
(1)由图象可知,当U1=6V时,I1=
0.3A,则R1===20Ω;
(2)由电路图可知,两电阻串联,由图象可知当电路中的电流I=
0.2A时,U1′=4V,则U2=U﹣U1′=12V﹣4V=8V,R2===40Ω;
(3)由滑动变阻器的铭牌可知,电路中的最大电流Imax=
0.5A,则电路中的最小总电阻R总min===24Ω,滑动变阻器接入电路的最小值R2min=R总min﹣R1=24Ω﹣20Ω=4Ω.故答案为20;40;4.点评本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用,关键是根据图象得出相关的信息和根据滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最小电阻.14.
(1)请在图1中用笔画线,画出用滑轮组提升重物最省力的绕法.
(2)电冰箱的压缩机和冷藏室内照明小灯泡工作时互相不影响,压缩机由温控开关控制,灯泡由门控开关控制,请在图2中用笔画线连接好电冰箱的工作电路图.考点滑轮组的设计与组装;电路图设计专题作图题分析
(1)滑轮组绳子的绕法有两种一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上,然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上,依次反复绕,这种绕法有偶数段绳子承担物重;二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上,然后再绕过上面的定滑轮再向下,依次反复绕,这种绕法有奇数段绳子承担物重.
(2)由题意可知,电动压缩机M与温控开关串联,照明灯泡与门控开关串联;根据生活经验可知灯和压缩机能独立工作、互不影响,即两者是并联.解答解
(1)对由一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组,可绕线方法有两股和三股两种,在不计滑轮自重及摩擦的情况下,动滑轮和重物由几股绳子承担,拉力就是滑轮组提升物重的几分之一.由此可知绳子股数越多越省力,根据题意滑轮组最省力的绕法是绳子股数最多,即三股绕线的方法.答案如下图
(2)由题意可知灯和压缩机是并联关系,且各自的支路有一个开关控制,干路上没有开关.电路图如下点评
(1)此题主要考查滑轮组承担物重绳子股数,滑轮组的绕线方法不同,拉力的方向不同,达到省力程度也不同,绳子股数越多越省力.
(2)本题考查了并联电路的特点和开关的作用,关键是根据生活经验可知灯泡与电动机独立工作、互不影响.
六、实验与探究题(共3小题,计19分)15.
(1)图1是牛顿第一定律的实验基础之一,让同一小车从斜面相同高度静止下滑,比较小车在不同水平面上通过的 距离 ,据此可以推理得出当水平面绝对光滑时,小车将做 匀速直线运动 .
(2)图2是测量标有“
2.5V
0.3A”字样的小灯泡电功率实验,闭合开关,灯泡较暗,为了测出灯泡的额定功率须向 右 (选填“左”或“右”)端移动滑片P,使电压表示数为
2.5 V.考点牛顿第一定律;探究用电器的电功率实验专题实验题分析要解答本题需掌握
(1)
①能科学的认识事物,分析现象和把握物理规律;
②力是改变物体运动状态的原因;
③牛顿第一定律不能直接从实验得出结论,是在大量事实经验的基础上推理概况出来的.
④牛顿第一定律的内容.
(2)含有滑动变阻器的电路中,在闭合开关之前,滑片要移到最大阻值处;闭合开关后,此时电路中的电流和灯泡两端的电压都很小.解答解
(1)让同一小车从斜面相同高度静止下滑,比较小车在不同水平面上通过的距离;由题干中图可知小车在木板上滑行的距离最远,因为木板最光滑,由此可以推理当小车不受阻力时,应该沿着光滑的水平面永远保持匀速直线运动状态.
(2)灯泡的额定电压为
2.5V,为测额定功率,灯两端电压应为
2.5V,根据串联电路电阻的分压特点可知滑动变阻器分得的电压减小,接入电路的电阻减小,应向右移动滑片.故答案为
(1)距离(或路程);匀速直线运动;
(2)右;
2.5.点评本题主要考查学生对牛顿第一定律和滑动变阻器的了解和掌握,也是对科学探究的能力的考查,是一道基础题.16.有一块火山石可以漂浮在水中,小王用天平、量筒和水等器材测量这块火山石的密度,实验步骤如下
①用天平测出石块的质量m,天平的示数如图;
②向量筒中倒入V1=60mL的水;
③用细线系住石块,放入量筒,用铁丝将其压入水中足够长时间,水面到达65mL处;
④取出石块,水面降到了V3=58mL处;
⑤小王认为石块体积测量不够准确,石块的体积应该包含材质和其中空隙部分的体积,于是又向量筒中加水到60mL处,将刚才取出的石块表面吸附的水清除后,再次没入量筒的水中,此时水面到达V4=66mL处.请解答下面问题
(1)该实验原理为 ρ= (用物理符号表示).
(2)在步骤
④中,水面未回到60mL处的原因是 火山石块吸附了2mL的水 .
(3)请你根据小王的实验思路,将有关数据及计算结果填入以下表格空白处.物理量次数火山石块的质量m/gV1V2V3V4火山石块的体积V/cm3火山石块的密度ρ/g•cm﹣11
4.8 60655866 6
0.8
① 实验次数太少 ;
② V
1、V
2、V
3、V4无单位 .考点固体的密度测量实验;物体的浮沉条件及其应用专题计算题分析
(1)实验中,用天平测量火山石的质量,用量筒测量火山石的体积,根据密度公式ρ=求火山石的密度;
(2)原来水是60mL,取出火山石,水面应该降到60mL,现在水面降到了V3=58mL处,说明火山石吸附了部分水;
(3)测火山石质量时没有用到砝码,只是使用了游码,标尺上的分度值为
0.2g,从游码左边缘对应的刻线读出火山石的质量;通过步骤
⑤测量出火山石的体积,再利用密度公式ρ=求火山石的密度;
(4)观察表格,发现实验的次数只有1次,四次的体积无单位.解答解
(1)本实验原理为ρ=;
(2)水面未回到60mL处的原因是火山石块吸附了2mL的水;
(3)火山石的质量m=
4.8g,火山石的体积V=66mL﹣60mL=6mL=6cm3,火山石的密度ρ===
0.8cm3;
(4)从设计的表格看出,存在的不足之处
①实验次数太少,
②V
1、V
2、V
3、V4无单位.故答案为
(1)ρ=;
(2)火山石块吸附了2mL的水;
(3)
4.8;6;
0.8;
(4)
①实验次数太少;
②V
1、V
2、V
3、V4无单位.点评本题考查了测量火山石密度的测量原理、表格设计、密度的计算,难点在火山石体积的测量、也是易错点,另外读游码示数时要以游码左边缘对应的刻线为准!17.磁铁具有吸引铁、钴、镍等物质的性质,小蕊和小昌同学想探究磁体对回形针的吸引力的大小与放入它们之间物体的哪些因素有关,请你参与探究并解决一些问题.
(1)如图1,保持磁体和纸片间的距离一定,在纸片上放入不同的物体时,通过比较纸片下面能吸附的回形针数量,显示磁体对回形针吸引力的大小.回形针的放置有图2中的甲、乙两种方法,依据 二力平衡 的原理,回形针在磁场中某点受到的吸引力等于它的重力,应选择图2中 乙 的方法.
(2)选择正确的方法后,他们在纸片上分别放入形状、面积和厚度相同,材料不同的铁板、铝板等,观察能吸引的回形针个数,多次实验后将数据记录在下表中.磁体与纸片之间放入的物体不放物体铁板镍板铝板陶瓷板玻璃板塑料板吸引回形针数量/个4113333
②铁、镍、铝都是导体,而铝对磁性屏蔽效果不明显,原因可能是 铝不能被磁化 .
③铝是导体.陶瓷、玻璃和塑料是绝缘体,从表中数据知道,它们对吸引力影响效果相同.据此,你提出一个值得探究的问题 磁体屏蔽的效果与哪些因素有关
(3)他们在纸片上分别放入形状和 厚度 相同、面积不同的铁板.发现铁板面积越大,吸住的回形针数量越少.
(4)日常生恬中,磁卡常受外界磁场影响出现消磁现象.请你根据含有铁、镍的物体对磁性屏蔽效果明显的性质,再写出一种保护磁卡磁性的方法 磁卡放入铁盒中 .考点磁化;物理学方法;二力平衡条件的应用;磁极间的相互作用专题实验题;控制变量法;转换法分析
(1)回形针在纸片下方处于静止状态,合力为零,明确受到的力就能确定原理;要保证回形针受到的吸引力和重力相等,两个力必须在同一直线上.
(2)
①磁体吸引回形针的数量多少从统计数据可以直接得到;根据回形针被吸起的数目多少,分析铁板和镍板对吸引力的影响.
②屏蔽效果不同的原因从不同物质的物理属性分析.
③围绕实验材料、实验现象提出探究的问题.
(3)探究屏蔽效果与金属面积的关系,也要应用控制变量法,除面积改变外,其它条件都要控制.
(4)根据含有铁、镍的物体对磁性屏蔽效果明显的性质确定保护磁卡磁性的方法.解答解
(1)回形针受到两个力的作用重力和磁体的吸引力,处于静止状态,所以这两个力是一对平衡力.应用的原理是二力平衡;甲图中,回形针受到的磁力和重力不在一条直线上,所以不是平衡力.因此选择乙图;
(2)
①分析数据可以得出,在其它条件相同时,放入铁板或镍板,吸引回形针的数量较少,说明铁板和镍板对吸引力的影响较大,即对磁性屏蔽效果明显;
②铁、镍、铝都是导体,而铝对磁性屏蔽效果不明显,原因可能是铝不是磁性物质,不能被磁化;
③铝是导体,陶瓷、玻璃和塑料是绝缘体,从表中数据知道,它们对吸引力影响效果相同.铁、镍、铝都是导体,它们对吸引力影响效果却不同.因此提出的问题是磁体屏蔽的效果与哪些因素有关;
(3)要研究屏蔽效果与铁板面积的关系,必须保持铁板的形状、厚度一定,改变面积大小,观察回形针被吸起的数目多少;
(4)由于含有铁、镍的物体对磁性屏蔽效果明显,所以可以将磁卡放在铁盒中,磁性就能长时间保持了.故答案为
(1)二力平衡;乙;
(2)
①较少;较大;
②铝不能被磁化;
③磁体屏蔽的效果与哪些因素有关;
(3)厚度;
(4)磁卡放入铁盒中.点评此实验探究的问题﹣﹣不同物体的屏蔽效果与生活联系密切,实验过程充分应用了控制变量法和转换法.题目设计新颖,难度适中,充分考查学生应用物理方法解决实际问题的能力,是一道好题.
七、综台题(共2小题.计16分18.图示为某型号压路机,其部分参数如下表其中.振动频率30Hz是指压路机在施工中钢轮1秒钟压路30次.(g取10N/kg)整机质量(kg)18000钢轮振动频率(Hz)30行驶速度(km/h)
2.5/
9.8钢轮振动振幅(mm)
2.0/
1.0发动机功率(kw)110钢轮激振力(×103N)320/160
(2)压路机以
2.5km/h的速度在路面上匀速行驶6min,通过的路程是多少?
(3)若钢轮的激振力为大小不变垂直作用在路面上的力.振动的振幅为钢轮每次下压路面的距离,则以表中较大激振力和较大振幅工作lmin.激振力对路面所做的功是多少?功率是多大?考点功率的计算;速度公式及其应用;重力的计算;增大压强的方法及其应用;功的计算专题计算题;应用题;信息给予题分析
(1)压路机静止时对水平路面的压力等于自身的重力;根据公式P=可知,对地面压强的大小;
(2)已知通过的时间和速度,根据公式S=Vt可求通过的路程;、
(3)已知激振力和距离,根据公式W=FS可求做功的大小,再利用公式P=可求功率的大小.解答解
(1)压路机静止时对水平路面的压力是F=G=mg=18000kg×10N/kg=
1.8×105N;根据公式P=可知,当对地面的压力大,接触面积小时,对地面的压强大.故答案为
(1)
1.8×105;接触面积.
(2)通过的路程是S=Vt=
2.5km/h×h=
0.25km=250m;答;通过的路程是250m;
(3)激振力对路面所做的功是W=FS=320×103N×
0.002m×30×60=
1.152×106J;功率P===
1.92×104W.答激振力对路面所做的功是
1.152×106J;功率是
1.92×104W.点评本题考查压力、路程、做功和功率的计算,考查知识点比较多,主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力,难点是明白振动频率的物理意义.19.图示为一款有高、低温两档的蒸汽电熨斗电路原理图.R
1、R2为电热丝,其中R2=242Ω,水升温并汽化成水蒸气,从而熨烫衣服.
(1)电热丝是利用电流的 热 效应工作的.分析电路图,闭合S1,当S2 闭合 时,电熨斗处于高温档.
(2)电熨斗处于低温档时,正常工作功率为100W.求通过电路的电流是多大?R1的电阻是多大?通电3min产生的热量是多少?
(3)若将该款电熨斗进行改造,使其正常工作时高温挡功率为1000W.要求只改变其中一个电热丝的阻值,请你通过分析和计算,求出该电热丝改变后的阻值应为多少?考点焦耳定律;电流的热效应、化学效应和磁效应;电功率的计算专题计算题;应用题;图析法分析
(1)电流流过导体时,导体要发热,这种现象是电流的热效应;电源电压一定,由P=可知,电路电阻越小,功率越大,功率大,电熨斗处于高温挡,根据电路图分析电路结构,判断高温挡时,开关S2的状态;
(2)已知电熨斗的功率,由功率的变形公式I=可求出通过电路的电流,然后由欧姆定律可求出R1的电阻,由W=Pt求出电熨斗3min产生的热量;
(3)由题意知,改造后电熨斗的功率变小,可以通过改造电阻R1来实现;由功率公式及并联电路的特点求出改造后R1的功率,然后由功率的变形公式求出改造后电阻R1的阻值.解答解
(1)电熨斗工作时,电流流过电阻产生热量,对水加热,使水汽化为蒸汽,因此电热丝是利用电流的热热效应工作的;由电路图知,闭合S1,当S2闭合时,两电阻丝并联,电路电阻最小,电源电压U一定,由P=可知此时电路功率最大,电熨斗处于高温挡;故答案为热;闭合.
(2)由电路图知当S1闭合,S2断开时,电熨斗处于低温档,此时只有电阻R1接入电路;通过电路的电流I===≈
0.45A,R1的电阻R1===484Ω;通电t=3min=180s产生的热量Q=Pt=100W×180s=
1.8×104J;答电熨斗处于低温档时,通过电路的电流是5A;电阻R1的阻值是484Ω;通电3min产生的热量是
1.8×104J.
(3)当开关S1与S2都闭合时,电熨斗处于高温挡,电阻R2的功率P2===200W,电阻R1的功率P1=P﹣P2=1000W﹣200W=800W,则电阻R1改变后的阻值R1′===
60.5Ω;答可将电阻R1的阻值改为
60.5Ω,电熨斗正常工作时高温挡功率是1000W.点评本题考查了电熨斗的工作原理、求电熨斗的工作电流、电阻丝电阻、电熨斗产生的热量、电晕斗的改造等问题,分析电路结构,知道什么状态下电熨斗处于高温挡、什么条件下处于低温档是本题的难点,也是正确解题的前提;分清电路结构、熟练功率公式及其变形公式、欧姆定律、并联电路的特点是正确解题的关键;应知道利用电流的热效应工作的用电器工作时,电能转化为内能.。