山东省滨州市2019-2020学年中考物理第三次调研试卷含解析

山东省滨州市2019-2020学年中考物理第三次调研试卷
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．下列说法正确的是
A．如图我国地势西高东低，所以西部物体比东部物体的重力势能大B．如图房顶的避雷针应选择绝缘性好的陶瓷，以防止被雷电击中
C．如图仙人掌的叶子退化成针状，是为了减慢蒸发
D．如图变色龙在树丛中应反射多种颜色的光，以便和树丛区分
C
【解析】
【详解】
A.重力势能与物体的质量和高度两个因素有关系，西部物体所处的位置比东部物体海拔高，但相对高度不一定高，另一个因素质量也确定不了，所以是无法确定重力势能大小的，故A错误；
B.装在房子顶部的避雷针，避雷针是导体，能将闪电的电流导入大地，以防止雷击，故B错误；
C.沙漠中缺水，叶子大了，蒸发会快，只有生物适应了环境，才能生存，仙人掌叶子退化成针刺状就可以减慢水分蒸发，适应缺水的环境，故C正确；
D.树丛是绿色的，变色龙在树丛中应反射绿色的光，以便和树丛颜色相同而保护自己，故D错误。

2．如图所示，两个实心的均匀正方体A、B静止放置在水平地面上，已知A的边长小于B的边长．它们对水平地面的压强相等．则下列说法正确的是
A．若均沿竖直方向截去一半，则剩余部分对水平地面的压强p A＜p B
B．若均沿水平方向截去一半，则剩余部分对水平地面的压强p A＜p B
C．若均沿图中所示虚线截去上面的一半，则剩余部分对水平地面的压强p A=p B D．若将A叠放在B的正上方，则B对水平面的压强是原来的二倍
C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．正方体物块对支持面的压力大小等于重力F=G，根据压强公式
F
p
S
=，对支持面的压强
F Vg Shg
G mg
S S
p gh
S S S
ρρ
ρ
======，
即物体对支持面的压强大小只与物体的密度和高度有关，故若均沿竖直方向截去一半，则剩余部分对水平地面的压强与原来相等，它们对水平地面的仍压强相等．故A错误．
若均沿水平方向截去一半，则剩余部分对水平地面的压强为均为原来的二分之一相等，它们对水平地面的压强相等；故B错误．
CD．若均沿图中所示虚线截去上面的一半，重力减小一半，压力减小一半，受力面积不变，根据压强公式
F
p
S
=，则剩余部分对水平地面的压强为原来的一半，故剩余部分对水平地面的压强相等．故C正确．由
F
p
S
=，因A的受力面积小于B的受力面积，故G A＜G B，若将A叠放在B的正上方，B对支持面的压力：
F′=G A+G B＜2G B，
此时B对水平面的压强：
B B
B
B B B
2
22
G F
F
p p
S S S
='⨯=
'
=
＜，
故D错误．
3．如图所示，电源电压恒为15V，定值电阻R的阻值为20Ω，闭合开关后，使变阻器的阻值减小5Ω，电流表示数变化了0.1A，则下列说法正确的是（）
A．电流表示数减小了0.1A
B．电压表示数减小了0.5V
C．定值电阻的电功率增大了0.2W
D．电路总功率增大了1.5W
D
【解析】
由图可知，变阻器R 变与R 串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流；A 、使变阻器的阻值减小5Ω，根据串联电路的电阻特点可知总电阻变小，由于电源电压不变，根据I ＝ U R 可知电路中电流变大，所以电流表示数变化了0.1A ，应是增大0.1A ，故A 错误；B 、设原来变阻器接入电路的阻值为R 变，变阻器的阻值减小5Ω后，此时变阻器接入电路的阻值为R 变-5Ω，由题意可知：△I ＝I 2-I 1
＝0.1A ，即：5U R R -+-Ω变U R R 变+＝0.1A ，所以：15205V R -Ω+-Ω变1520V R Ω+变
＝0.1A ，解得：R 变＝10Ω，R 变＝-45Ω（舍去），所以，I 1＝152010U V R R +Ω+Ω
变＝＝0.5A ，I 2＝15520105U V R R +-ΩΩ+Ω-Ω
变＝＝0.6A ，则电压表示数变化量：△U 变＝I 2（R 变-5Ω）-I 1R 变＝0.6A×（10Ω-5Ω）-0.5A×10Ω＝-2V ，所以电压表示数减小了2V ；故B 错误；C 、定值电阻电功率的增大量：△P 1
＝I 22R-I 12R ＝（0.6A ）2×20Ω-（0.5A ）2×20Ω＝2.2W ，故C 错误；D 、总功率的增大量：△P ＝UI 2-UI 1＝15V×0.6A-15V×0.5A ＝1.5W ，故D 正确．故选D ．
点睛：（1）由图R 与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测的电路中电流，根据欧姆定律判断电流表示数变化情况；（2）根据串联电路的特点和欧姆定律先求出变阻器连入电路的阻值，然后分别根据电功率公式求出功率．
4．下列生活用品没有使用电磁波的是
A ．微波炉
B ．电暖器
C ．消毒柜
D ．电水壶
D
【解析】
电磁波谱包括无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线，微波炉利用微波使食物中的水分子振荡从而加热食物的；电暖器运用了红外线，消毒柜是利用紫外线消毒的；电水壶是利用电流的热
效应来工作的，故D符合题意，故选D．
5．以下情景，说法正确的是
A．冰箱内部电路没有漏电时，冰箱外壳可以不用接地
B．图中水银气压计测出当地的大气压相当于78mm高的水银柱所产生的压强
C．以恒定不变的力F将物体从斜面底端匀速拉至斜面顶端，物体与斜面间的摩檫力为f，F与f不是一对平衡力
D．根据压强与流速的关系可知，物体上表面的压力小于下表面所受压力，使物体受到向上的支持力
C
【解析】
【详解】
A．带金属壳的用电器之所以接地是为了在发生漏电时能让电流流入大地，避免发生触电事故，所以冰箱内部电路没有漏电，冰箱外壳也要接地，故A错误；
B．在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小，图中78mm高的水银柱是指水银面到玻璃管口的高度，故B错误；
C．设斜面的高度为h，斜面的长度为s，有用功：W有用=Gh，总功：W总=Fs，克服摩擦做的额外功：W
额=fs，W总=W有用+W额，即Fs=Gh+fs，摩擦阻力：f=F-
Gh
s
，由此可看出，f≠F，不能满足二力平衡的条
件，所以拉力和摩擦力不是一对平衡力，故C正确；
D．由于上表面平直，下表面弯曲，所以空气通过上表面的流速较小，通过下表面的流速较大，故物体上表面的压强大于下表面的压强，物体上表面的压力大于下表面所受压力，使物体受到向下的力，故D错误。

6．如图，轻质杠杆AB可以绕O点转动，在A点用细线悬挂一重物，在B点施加一竖直向下的动力，使杠杆在水平位置保持平衡．若将动力的方向改为沿虚线方向，仍使杠杆在水平位置保持平衡，则
A ．动力臂增大，动力增大
B ．动力臂增大，动力减小
C ．动力臂减小，动力减小
D ．动力臂减小，动力增大
D
【解析】
【分析】
【详解】 力臂是支点到力的作用线的垂线段长度．改为虚线后，动力臂变短，根据杠杆平衡条件1122F L F L =,阻力阻力臂都不变化，动力臂变小，则动力增大．
7．如图所示的电路中，闭合2S ，断开1S 和3S ，两电表均有示数。

再断开2S ，同时闭合1S 和3S ，则下面判断正确的是
A ．电流表示数变小，电压表示数变大
B ．电流表示数变大，电压表示数变小
C ．电压表示数和电流表示数的比值变大
D ．电压表示数和电流表示数的比值变小
D
【解析】
【详解】
由电路图可知，闭合S 2、断开S 1和S 3时，R 1与R 2串联，电压表测R 2两端的电压，电流表测电路中的电流；
再断开S 2同时闭合S 1和S 3时，R 1与R 2并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电压表的示数由测串联电路中R 2两端的电压变为测电源两端的电压时其示数变大，故B 错误； 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，R 1与R 2并联时的总电阻小于串联时的总电阻， 由U I R
=
可知，电路中的总电流变大，即电流表的示数变大，故A 错误； 由U R I =可知，电压表示数和电流表示数的比值原来等于R 2的阻值、现在等于R 1与R 2并联后的总电阻，所以，电压表示数和电流表示数的比值变小，故C 错误、D 正确。

8．在探究凸透镜成像规律的实验中，将点燃的蜡烛放在凸透镜前某一位置，在凸透镜后20cm 的光屏上出现一个等大倒立的像，如果将蜡烛移动到凸透镜前25cm 处，则
A ．光屏上会出现倒立放大的实像
B ．将光屏靠近凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立缩小的实像
C ．将光屏远离凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立放大的实像
D ．无论怎样移动光屏，光屏上均找不到像
B
【解析】
【分析】
要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律以及物距与像距的关系．
（1）u=2f ，成倒立、等大的实像．
（2）u ＞2f ，成倒立、缩小的实像．
（3）凸透镜成实像时，物距越大，像距越小．
【详解】
距离凸透镜20cm 的光屏上得到一个清晰的与物体等大的像，所以202v cm f ==，则f=10cm ； A 、若现将蜡烛移至透镜前25cm 处时，此时物距u=25cm ，则物距u ＞2f ，光屏上成倒立、缩小的实像，故A 错误．
B 、
C 、
D 、如果将蜡烛移动到凸透镜前25cm 处，物距增大，像距减小，所以应该将光屏靠近凸透镜一段距离，光屏上会出现倒立缩小的实像，故B 正确，CD 错误；
故选B ．
【点睛】
本题主要考查的是凸透镜成像规律的应用，关键是记熟成像规律，并搞清成像特点与物距之间的关系． 9．下列有关实验探究的说法中正确的是
A ．在探究“压力的作用效果与哪些因素有关”时，只运用了控制变量法
B ．在探究“滑动摩擦力与压力的关系”时，应保持受力面积不变，改变压力
C ．在探究“物体动能与速度的关系”时，要把质量不同的钢球放到斜面同一高度由静止滚下
D ．在探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”时，要保持通电时间、电流相同，改变电阻的大小 D
【解析】
【详解】
探究“压力的作用效果与哪些因素有关”时，通过观察泡沫塑料凹陷深度比较压力的作用效果，采用的是转换法，故A 错误；
探究“滑动摩擦力与压力的关系”时，控制接触面的粗糙程度相同，改变压力，故B 错误；
物体动能的大小与物体的质量和速度有关，探究“物体动能与速度的关系”时，应控制钢球的质量相同，把钢球放在斜面的不同高度，以改变速度，故C错误；
在探究“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”时，要保持通电时间、电流相同，改变电阻的大小，故D 正确．
10．如图所示，符合安全用电原则的是
A．同时使用大功率用电器
B．用电器金属外壳接地
C．使用绝缘皮破损的导线
D．用湿手触摸开关
B
【解析】
【详解】
A、多个大功率用电器同时使用一个插座，容易造成电流过大，引发火灾，故A不符合安全用电的要求；
B、用电器金属外壳接地，可避免因用电器漏电而发生触电事故，故B符合安全用电要求；
C、由于导线绝缘皮老化漏电或短路，电路中的电阻几乎为零，会造成电流过大，引发事故；故C不符合安全用电的要求；
D、生活用水是导体，用湿手触摸开关容易造成触电，故D不符合安全用电的要求．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．如图所示的四种传统特色美食：冰糖葫芦、北京烤鸭、豆汁儿、焦圈．冰糖葫芦制作时糖稀遇冷变硬，晶莹剔透；北京烤鸭驰名中外，用果木燃料烤制，散发一种特殊的香气；豆汁儿和焦圈更是北京久负盛名的传统风味小吃．下列说法中正确的是
A．凝：糖稀遇冷变硬是因为糖分子停止了运动
B．烤：果木燃烧放热，将化学能转化为内能
C．煮：豆汁儿在火上煮的过程，是利用热传递的方式使其内能增加
D．炸：家用普通油炸锅通常用铁制造而成，主要因为铁的比热容大
BC
【解析】
【详解】
A．糖稀遇冷变硬是因为物质的状态发生了变化，不是分子停止了运动，故A错误；
B．果木燃烧放热，果木的化学能转化为内能，故B正确；
C．豆汁儿在火上煮的过程中，会吸收热量，是通过热传递来改变内能的，故C正确；
D．锅一般用铁制造，主要是利用铁具有良好的导热性，与其比热容无关，故D错误．
12．如图所示，小伟家的水平桌面上有一个圆柱形油桶，油桶高40cm，底部直径为30cm，装满油后总重300N。

下列说法中正确的是
A．要使底部O稍稍离开地面，他至少应对油桶施加90N的力
B．他用水平力没推动油桶，但他用了力，所以他对油桶做了功
C．他用水平力没推动油桶，此时推力等于摩擦力
D．油桶在桌面上运动时，桌面对油桶的支持力和油桶对桌面的压力是一对平衡力
AC
【解析】
【详解】
如图所示：
A 、要使底部O 稍稍离开地面，应该以D 为支点，阻力和阻力臂不变，要对油桶施加的力最小，根据杠杆平衡条件可知动力臂最大，应以AD 为动力臂，22()()OD BD +22(30cm)+(40cm)；此时动力为F ，阻力为G=300N ，阻力臂l 2=
12OD=12×30cm=15cm ，根据杠杆平衡条件得到F×AD=G×l 2，F=2300N 15cm 50cm
G l AD ⨯⨯==90N ，故A 正确； B 、他用水平力没推动油桶，没在力的方向上通过距离，故不做功，故B 错误；
C 、他用水平力没推动油桶，油桶处于静止状态，推力和摩擦力是平衡力，由二力平衡的条件得到推力等于摩擦力，故C 正确；
D 、地面对油桶的支持力和油桶对地面的压力没有作用在同一个物体上，不是平衡力，故D 错误。

13．在相同的水平地面上，用水平力F 匀速推动重为G 的箱子，移动距离S ．下列说法正确的是 A ．箱子受到的推力和摩擦力是一对平衡力
B ．在此过程中重力做功为Gs
C ．若撤去推力，箱子仍向前滑行，则滑行过程中摩擦力小于F
D ．若水平推力改为2F ，仍使箱子移动距离s ，则推力做功为2Fs
AD
【解析】
【分析】
（1）二力平衡的条件：作用在同一物体的两个力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；（2）做功必须符合两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；（3）滑动摩擦力大小与压力和接触面粗糙程度有关；（4）根据功的公式分析。

【详解】
A 、在水平地面上匀速推动箱子，则箱子所受的推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，即f ＝F ，故A 正确；
B 、箱子在水平地面上运动，在重力方向上没有通过距离，所以重力不做功，故B 错误；
C 、若撤去推力，箱子仍向前滑行，压力和接触面的粗糙程度没有改变，摩擦力大小不变，仍然等于F ，故C 错误；
D 、若水平推力改为2F ，仍使箱子移动距离s ，则推力做功为：W ＝2Fs ，故D 正确。

故选：AD 。

三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．一只燕子在平静的湖面上飞过，当燕子距水面6m 时，它的“倒影”距水面_____m ，当它竖直向上远
离湖面的过程中，其“倒影”_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
6不变
【解析】
【详解】
已知小鸟距水面6m，由平面镜成像的特点可知，它的“倒影”距水面也是6m．由于平面镜成像的大小始终相等，所以当它竖直向上远离湖面的过程中，其“倒影”的大小将不变．
15．某一燃料炉，完全燃烧0.1kg的汽油，放出的热量被质量为50kg、初温为20℃的水吸收，可以使水的温度升高11℃，那么，水吸收的热量是______J，该炉子的效率是______[q汽油=4.62×107J/kg]
2.31×10650%
【解析】
【详解】
水吸收的热量：Q吸=c水m水（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×11℃=2.31×106J；0.1kg汽油完全燃烧放出的热量：Q放=m汽油q汽油=0.1kg×4.62×107J/kg=4.62×106J；
炉子的效率：η==×100%=50%。

16．2019年将是国庆70周年，作为革命圣地，井冈山入选春晚分会场．观众的呐喊声是由于__________产生的；激昂的歌声响彻夜空是指声音的__________大；现场的观众能够听到歌声和呐喊声，是通过
__________传入人耳的．
声带振动响度空气
【解析】
【详解】
声音是由物体振动产生的，人们的呐喊声是由于声带振动产生的；激昂的歌声响彻夜空是指声音的强弱程度,即响度很大；声音的传播需要介质，现场的观众能够听到歌声和呐喊声，是通过人耳周围的空气传入人耳的．
17．我国首艘自主建造的国产航母﹣﹣OOIA型航空母舰可搭载不少于36架歼﹣15舰载机，与之前的“辽宁舰”相比更具战斗力．若在海上试验中某舰载机飞离OOIA型航空母舰时，该航空母舰所受浮力将_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）；此时相对于航空母舰，该飞离的舰载机是_____（选填“运动”或“静止”）的．
变小运动
【解析】
【详解】
舰载机从航母上起飞后，航母的总重力减小，根据漂浮物体的重力等于自身重力可知：此时航母受到的浮力将变小；当舰载机飞离航空母舰时，相对于航空母舰，舰载机是运动的．
18．如图是一款新型无叶电风扇，与传统电风扇相比，具有易清洁、气流稳、更安全等特点.工作时，底座中的电动机江南空气从进风口吸入，吸入的空气经压缩后进入圆环空腔，再从圆环空腔上的缝隙高速吹出，夹带周边的空气一起向前流动，导致圆环空腔正面风速远大于背面风速，风扇正常运行时，圆环空腔正面气体压强________背面气体压强；相同时间内，圆缝口流出空气的质量________进风口空气的质量（两孔均选填“大于”、“等于”或“小于”）.
小于等于
【解析】
由题意知吸入的空气经压缩后进入圆环空腔，再从圆环空腔上的缝隙高速吹出，夹带周边的空气一起向前流动，导致圆环空腔正面风速远大于背面风速，故风扇正常运行时，圆环空腔正面气体压强小于背面气体压强；相同时间内，圆缝口流出空气的质量等于进风口空气的质量。

点睛：（1）根据流体压强与流速关系分析；（2）电动机将空气从进风口吸入，从圆环空腔上的细縫中高速吹出，由此判断．
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．2012年年底，南宁到广州的高速铁路将开通，全程约为570km，只需3h．若全程为平直轨道，动车组以5×105N的牵引力做匀速直线运动，求：
（1）动车组运动的速度；
（2）动车组受到的阻力；
（3）牵引力在全程做的功．
（1）动车组运行的速度为190km/h；（2）动车组受到的阻力为5×105N；（3）牵引力在全程做的功为2.85×1011J 【解析】解：
（1）动车组运行的速度为v===190km/h；
（2）∵动车组做匀速直线运动，
∴动车组受到的阻力为f=F=5×105N；
（3）牵引力在全程做的功为W=FS=5×105N×5.7×105m=2.85×1011J
20．如图所示，电源电压保持22V 不变，电阻R 2=52，只闭合开关S 3，将滑动变阻器滑片P 移到中点时．电流表示数为2．2A ，小灯泡L 的实际功率为2．8W ；电流表的量程为2～2．6A ，电压表的量程为2～3V ．(不考虑温度对灯丝电阻的影响)求：
当开关S 2、S 2、S 3都闭合时，通过R 2的电流是多少?小灯泡的电阻是多少?
只闭合开关S 3，滑片P 在中点时，电压表的示数是多少?在保证电路安全的条件下，电路消耗的最小功率是多少?
（2）2.24A ；（2）45Ω； 3V ；（3）22.8W ．
【解析】
【分析】
（2）首先弄明白开关S 2、S 2、S 3都闭合时，电路结构，再根据欧姆定律计算通过R 2的电流； （2）只闭合S 3时，灯泡和滑动变阻器串联，知道电流值和小灯泡的实际功率，根据P=I 2R 求出灯泡的电阻；
根据欧姆定律求出灯泡两端的电压，根据串联分压求出滑动变阻器两端的电压，即为电压表示数； （3）电源电压不变，电路中的总电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小；
为了保证电路安全，电压表示数不能超过3V ，据此求出R 2两端的电压，进而求出最小电流，根据P=UI 求出最小功率．
【详解】
（2）开关S 2、S 2、S 3都闭合时，滑动变阻器被短路，R 2和L 并联，
通过R 2的电流：I 2=1U R =12V 50Ω
=2.24A ； （2）只闭合S 3时，滑动变阻器滑片P 移到中点时，灯泡和滑动变阻器串联，
由P=I 2
R 得：灯泡的电阻：R L =2L L P I 实=()21.8W 0.2A =45Ω； 此时灯泡两端的实际电压：U L =I L 实R L =2.2A×45Ω=9V ，
所以滑动变阻器两端的电压：U 滑=U-U L =22V-9V=3V ，即为电压表示数；
此时滑动变阻器连入电路中的阻值R=L U I 滑实=3V 0.2A
=25Ω， 滑动变阻器的最大阻值R 滑=2R=2×25Ω=32Ω；
（3）电源电压不变，电路中的总电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，即只闭合开关S 2时，R 2和R 2串联，电阻最大，电路中的电流最小，此时电路消耗的功率最小；
为了保护电路安全，电压表示数不能超过3V ，此时R 2两端的最小电压U 2＝U ﹣U 2大＝22V ﹣3V ＝9V ， 电路中的最小电流
1119V 0.18A 50Ω
U I R ===， 滑动变阻器连入电路的最大阻值
23V 16.7Ω0.18A
U R I ==≈大滑小，小于滑动变阻器的最大阻值； 电路消耗的最小功率P ＝UI 小＝22V ×2.28A ＝2.26W ．
答：（2）开关S 2、S 2、S 3都闭合时，通过R 2的电流是2.24A ；
（2）小灯泡的电阻是45Ω；只闭合开关S 3，滑片P 在中点时，电压表的示数是3V ；
（3）在保证电路安全的条件下，电路消耗的最小功率是2.26W ．
考点：欧姆定律的应用；电功率的计算．
21．若质量为60kg 的人骑该车在水平路面上以6m/s 的速度匀速行驶10分钟，受到的阻力是人与车总重的0.02倍.求
（1）车行驶时对地面的压强
（2）电动机牵引力做功的功率
（3）10分钟内电动车消耗的电能?
（1）5×104Pa ；（2） 120W ；（3） 9×104J.
【解析】
【分析】
【详解】
（1）车对地面的压力：
F=G=G 人+G 车=m 人g+m 车g=60kg ×10N/kg+40kg ×10N/kg=1000N ，
该人在骑行时对地面的压强：
p=F S =21000N 0.02m
=5×104Pa ； （2）电动自行车受到的阻力：
f=0.02G=0.02mg=0.02×(40kg+60kg)×10N/kg=20N ，
因匀速行驶的电动车受到的阻力和牵引力是一对平衡力，
所以F=f=20N ；
牵引力做功的功率：
P=W
t
=
Fs
t
=Fv=20N×6m/s=120W.
（3）由P=W
t
可得，电动车行驶10分钟牵引力做的功：
W=Pt=120W×600s=7.2×104J.
由η=W
W
有用
总
可得消耗的电能：
W总=W
η=
4
7.210J
80%
⨯
=9×104J.
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．城市里的高楼大厦上安装玻璃幕墙，太阳光照上去后，在某个角度反射光很刺眼．影响人们的正常生活和身体健康，造成了“光污染”．请你根据所学知识作图并解释说明造成上述现象的原因．
答：__________________________________
，详见解析
【解析】
【详解】
建筑物的玻璃幕墙表面光滑，作为反射面的时候，属于镜面反射，太阳光射到上面，入射光线被反射，从同一方向射出，光线很强，在某个角度会很刺眼，给人们的生活工作等造成很大的不便，称为白亮污染或光污染．如图所示：
23．如图是一个杠杆式简易起吊机，它上面装了一个定滑轮可以改变拉绳的方向，杠杆OBA可绕O点转动．在图上画出动力臂L1和阻力臂L1．
（______）
如下图所示
【解析】
试题分析：力臂是支点到力的作用线的距离，本题的关健是找准支点，力臂的作法，是从支点向力的作用线画垂线．
考点：力臂的画法
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．如图所示为“测量金属块的密度”的实验．
(1)在测量金属块的质量时，将50g的砝码放在右盘中，此时指针仍偏在刻度盘中央的左侧；当又向右盘中加入5g的砝码后，指针偏到了刻度盘中央的右侧，接下来的操作是_________ ．天平调整平衡后，右盘中砝码的质量和游码的位置如图甲所示，则被测金属块的质量为__________g．
(2)在量筒中加入40mL的水，将金属块浸没在水中，水面位置如图所示，测得的金属块的密度为___kg/m1．(1)同组同学突然发现，测量金属块体积时因放入水中速度较快而导致金属块上有很多气泡，测量后的密度相对于参考值来说__________(选填“偏小”或“偏大”)．
将5g的砝码取下，移动游码直到天平平衡51.8 2.69×101偏小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在称量物体质量时，若指针偏向分度盘的右侧，故此时只能将5g的砝码取下，移动游码；被测金属块的质量为50g+1.8g=51.8g；
（2）金属块的体积V=60cm1-40cm1=20cm1；
金属块的密度ρ=m
V
=
3
53.8g
20cm
=2.69g/cm1=2.6933
10kg/m
；
（1）金属块上有很多气泡，导致体积会偏大，由密度的公式可知，密度测量值会偏小．
25．在“探究液体的沸腾特点”的实验中，小明选用完全相同的电热棒、烧杯和温度计，分别对甲（200g 水）、乙（100g水）、丙（100g煤油）进行测量，所得数据的温度一时间图象如图，请根据图象分析：
（1）同种液体的沸点与质量的大小_____（选填“有关”或“无关”）；
（2）实验中，电热棒加热时间的长短反映了_____；
（3）小明发现：三杯液体加热到沸腾的过程，温度升高的快慢不同，乙比甲升温的快是因为_____；丙比乙升温的快是因为_____。

无关液体吸收热量的多少乙的质量小于甲丙的比热容比乙小
【解析】
【详解】
（1）由图象可知，甲、乙均为水，质量不同，但沸点相同，说明同种液体的沸点与质量的大小无关；（2）实验中，完全相同的电热棒，加热时间越长，液体吸收的热量就越多，说明加热时间的长短反应了液体吸收热量的多少；
（3）根据公式Q吸＝cm△t，甲和乙是同种物质，比热容相同，吸收热量相同，乙的质量小，温度变化快；根据公式Q吸＝cm△t得，△t＝，乙和丙的质量相同，吸收相同的热量，丙比乙升温快，说明丙的吸热能力弱，即丙的比热容比乙小（煤油的比热容比水小）；
26．在探究“凸透镜成像的规律”的实验中：
（1）如图甲所示是小明通过实验得到的凸透镜的像距v和物距u关系的图象。

由图象可知凸透镜的焦距是_____cm。

（2）把蜡烛放在距凸透镜16cm处时，如图乙所示，在凸透镜另一侧前后移动光屏，会在光屏上得到一。