1、2019年上海市中考物理试卷一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1（2分）一节新干电池的电压为（）A1.5伏B24伏C110伏D220伏2（2分）听音能辨人，主要是依据不同人的讲话声具有不同的（）A响度B音调C音色D振幅3（2分）首先发现电流磁效应的物理学家是（）A牛顿B欧姆C安培D奥斯特4（2分）原子核中带正电的粒子是（）A原子B质子C中子D电子5（2分）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6（2分）两个质量相同的不同物质，吸收相同的热量
2、，下列说法中正确的是（）A比热容大的物质升高温度较小B比热容小的物质升高温度较小C比热容大的物质升高温度较大D升高温度相同，与比热容大小无关7（2分）甲、乙两车分别在同一直线上的M、N两点（M、N间距为20米），同时相向做匀速直线运动，它们的图象分别如图（a）和（b）所示。若甲、乙的速度分别为v甲、v乙，经过t秒，甲、乙相距10米。则（）Av甲v乙，t一定为10秒Bv甲v乙，t可能为30秒Cv甲v乙，t可能为10秒Dv甲v乙，t可能为30秒8（2分）如图1所示，均匀长方体甲、乙放在水平地面上，甲、乙的底面积分别为S、S（SS），此时它们对地面的压强相等。现将甲、乙顺时针旋转90后，如图2所示，
3、甲、乙的底面积分别为S、S，关于此时甲、乙对地面的压强p甲、p乙和对地面的压强变化p甲、p乙的大小关系，下列判断正确的是（）Ap甲p乙，p甲p乙Bp甲p乙，p甲p乙Cp甲p乙，p甲p乙Dp甲p乙，p甲p乙二、解答题（共2小题，满分6分）9（3分）在如图所示的电路中，电源电压为U0，且保持不变。电键S闭合后，电路正常工作。一段时间后，观察到一个电压表的示数变大，再串联一个电流表，观察到电流表的示数为0若电阻R1、R2中仅有一个出现故障，请根据相关信息写出电压表的示数及相对应的故障。10（3分）亚里士多德为了说明抽水机原理，提出自然界厌恶真空的理论。他认为在自然界中，接触到真空的液体就会自己填补，
4、会上升，因此亚里士多德认为“自然界是厌恶真空的”。（1）在下列几个现象中，能支持上述亚里士多德理论的实验是 A回声的形成B彩虹C用吸管吸饮料（2）在下列几个实验中，能推翻上述亚里士多德理论的实验是 A托里拆利实验B富兰克林风筝雷电实验C马德堡半球实验（3）请你结合所学的物理知识，解释为什么第2小题中你所选择的实验可以推翻亚里士多德的结论。三、作图题（共7分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔11（2分）重为10牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法在图中画出它所受的重力G。12（2分）在图中根据给出的入射光线AO画出反射光线OB。13（3分）在图所示的电路中，有两根导线尚未连
5、接，请用笔画线代替导线补上。补上后要求：闭合电键S后，向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，电流表的示数变小。四、计算题（共27分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置14（6分）体积为2103米3的金属块浸没在水中。求金属块受到的浮力大小F浮。15（6分）杠杆平衡时，动力臂l1为0.6米，阻力臂l2为0.2米，若阻力F2的大小为60牛，求动力F1的大小。16（8分）如图所示，足够高的薄壁圆柱形容器甲、乙置于水平桌面上，容器甲、乙底部所受液体的压强相等。容器甲中盛有水，水的深度为0.08米，容器乙中盛有另一种液体。若水的质量为2千克，求容器甲中水的体积V水。求容器甲中水对容器底部的压
6、强p水。现往容器甲中加水，直至与乙容器中的液面等高，此时水对容器底部的压强增大了196帕，求液体乙的密度液。17（8分）在图所示的电路中，电源电压为12伏且保持不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“1A”字样。电键S闭合后，电压表V的示数为5伏。求：通过电阻R1的电流I1。电路正常工作10秒后，电流通过电阻R1做的功W1移动滑动变阻器的滑片P，电源电压和电压表示数的比值最大为3，求电压表示数的最大值和最小值的差值。五、实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答18（3分）在“验证阿基米德原理”的实验中，用量筒测物体的 ，使用弹簧测力计前，应将指针调到 刻度处。“测定小灯泡
7、的电功率”的实验原理是 。19（2分）小明在做“探究凸透镜成像规律”实验中，将蜡烛、凸透镜和光屏的中心调至 。已知凸逶镜焦距为10厘米，现蜡烛的位置如图所示，蜡烛到凸透镜的距离为10厘米，移动光屏寻找像的位置，发现光屏上有一个倒立、 的像（选填“放大”、“等于”或“缩小”）。20（3分）小华同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为3伏且保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、电健各一个，滑动变阻器有A、B、C三个（分别标有“5 2A”字样、“10 2A”字样、“50 1A”字样），以及导线若干。小华实验时选取其中一个滑动变阻器，正确连接电路，且使滑动变阻器的滑片在中点附近，闭合
8、电键时各电表示数如图10（a）、（b）所示，并记录第一组数据。继续移动滑片，当电压表示数在如图（a）的基础上偏转两格后，记录第二组数据，此时小华发现电压表、电流表偏转角度相同。求：电压表的量程是 伏。计算说明实验中电流表的量程。根据记录的第二组数据，计算出此时待测电阻Rx的阻值。21（3分）某小組同学在“探究物体在液体中所受向上的力与哪些因素有关”实验中，用弹簧测力计拉着一个圆柱体，测力计示数为F0现将圆柱体悬空放置在一个烧杯中，倒入液体A，圆柱体的下表面到液面的深度为h，记录下此时弹簧测力计的示数为F以及F0和F的差为F接着，将液体A替换为液体B，重复上述实验，记录数据如下表一、二所示。表一
9、 液体A（A0.8103千克/米3）实验序号h（厘米）F（牛）F（牛）138.51.52673395.54.541255表二液体B（B1.0103千克/米3）实验序号h（厘米）F（牛）F（牛）538.51.2667.62.4796.43.681264根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较弹簧测力计的示数F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中， 。根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中， 。根据实验序号1与5或2与6或3与7的数据，分析比较F与
10、圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是 。本实验中，圆柱体的重力为 牛，高度为 厘米。2019年上海市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16分）下列各题均只有一个正确选项，请将正确选项的代号用2B铅笔填涂在答题纸的相应位置更改答案时，用橡皮擦去，重新填涂1（2分）一节新干电池的电压为（）A1.5伏B24伏C110伏D220伏【分析】要记住一些生活中常见的电压值，如：一节干电池的电压是1.5V；一节铅蓄电池的电压是2V；家庭电路的电压为220V；动力电压为380V；对人体安全的电压为不高于36V。【解答】解：一节新干电池的电压为1.5V，故BCD错误、A正确；故选：
11、A。【点评】本题依据对生活中常见电压值的了解写出答案，是一道基础题目。2（2分）听音能辨人，主要是依据不同人的讲话声具有不同的（）A响度B音调C音色D振幅【分析】解决此题要知道音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。【解答】解：因为每个人的声带结构不同，所以发出声音的音色就会不同，所以我们可以通过音色辨别是谁，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】此题考查了对声音特征的辨别，要会利用声音的特征解释生活现象。3（2分）首先发现电流磁效应的物理学家是（）A牛顿B欧姆C安培D奥斯特【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。【解答】解：A、牛顿是英国伟大的物理
12、学家，在力学、光学等领域取得了卓著的成就。不符合题意；B、欧姆是德国物理学家，发现了电流与电压、电阻的关系欧姆定律。不符合题意；C、安培是英国著名的物理学家，发现了电磁感应现象。不符合题意；D、1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家。符合题意。故选：D。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。4（2分）原子核中带正电的粒子是（）A原子B质子C中子D电子【分析】在原子结构中，原子是由原子核和带负电的核外电子构成的，原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的。【解答】解：根据原子
13、结构的相关知识可知，原子是由带正电的原子核和带负电的核外电子构成的，整个原子不显电性；原子核又是由带正电的质子和不带电的中子构成的，所以在原子核中带正电的微粒是质子。故选：B。【点评】此题考查了原子结构的相关基础知识，题目的难度很小，记住相关的基础知识即可解决此题。5（2分）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【分析】在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能，压缩冲程中能量转化是机械能转化为内能。【解答】解：四冲程柴油机在做功冲程中，高温高压燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，故C正确。故选：C。【点评】解决此题要结合内燃机的
14、四个冲程工作特点进行分析解答，基础性题目。6（2分）两个质量相同的不同物质，吸收相同的热量，下列说法中正确的是（）A比热容大的物质升高温度较小B比热容小的物质升高温度较小C比热容大的物质升高温度较大D升高温度相同，与比热容大小无关【分析】比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。【解答】解：根据Qcmt知，相同质量的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度升高小，故A正确。故选：A。【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查
15、控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。7（2分）甲、乙两车分别在同一直线上的M、N两点（M、N间距为20米），同时相向做匀速直线运动，它们的图象分别如图（a）和（b）所示。若甲、乙的速度分别为v甲、v乙，经过t秒，甲、乙相距10米。则（）Av甲v乙，t一定为10秒Bv甲v乙，t可能为30秒Cv甲v乙，t可能为10秒Dv甲v乙，t可能为30秒【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）经过t秒，甲、乙相距10米时有两种情况：一种是甲乙两车未相遇时相距10m，二是相遇以后相距10m。据此根据路程相等，利用速度公式列出等式
16、求解。【解答】解：（1）由图象可得：甲的速度v甲0.4m/s；乙的速度v乙0.6m/s，故v乙v甲；（2）根据题意可知，经过t秒，甲、乙相距10米时有两种情况：一种是甲乙两车未相遇时相距10m，二是相遇以后相距10m。故可得：v甲t+v乙t10m或v甲t+v乙t10m+20m30m，代入数值可得：0.4m/st+0.6m/st10m或0.4m/st+0.6m/st20m+10m，解得t10s或t30s，即t可能为10s，也可能为30s。综上分析可知，选项ACD错误，B正确。故选：B。【点评】此题考查了速度有关的知识和对图象的分析处理能力；从图象中找出有用的信息，并运用速度的公式求出题目中的量。
17、8（2分）如图1所示，均匀长方体甲、乙放在水平地面上，甲、乙的底面积分别为S、S（SS），此时它们对地面的压强相等。现将甲、乙顺时针旋转90后，如图2所示，甲、乙的底面积分别为S、S，关于此时甲、乙对地面的压强p甲、p乙和对地面的压强变化p甲、p乙的大小关系，下列判断正确的是（）Ap甲p乙，p甲p乙Bp甲p乙，p甲p乙Cp甲p乙，p甲p乙Dp甲p乙，p甲p乙【分析】（1）甲乙的压强相等，知道甲乙的受力面积，根据压强公式可以判断甲乙对地面的压力，知道受力面积的变化可以判断甲乙对地面的压强。（2）压强变化量等于原来的压强和现在压强的差，然后进行比较。【解答】解：（1）甲、乙的底面积分别为S、S（S
18、S），甲乙压强相等，根据 FpS，可以判断甲对水平地面的压力大于乙对水平地面的压力，所以甲的重力大于乙的重力。甲乙是长方体，当甲、乙顺时针旋转90后，甲、乙的底面积分别为S、S，甲的受力面积减小，甲对水平地面的压力不变，甲对水平地面的压强增大，乙的受力面积增大，乙对水平地面的压力不变，乙对水平地面的压强减小，由于原来甲乙对水平地面的压强相等，所以旋转后甲对水平地面的压强大于乙对水平地面的压强，即甲p乙。（2）ppp因为面积变化相同，甲对地面的压力大于乙对地面的压力，所以甲对水平地面的压强变化量大于乙对地面的压强变化量即p甲p乙。故选：C。【点评】旋转后压强变化量是解决本题的关键，压强变化量等于
19、旋转前后压强的差。二、解答题（共2小题，满分6分）9（3分）在如图所示的电路中，电源电压为U0，且保持不变。电键S闭合后，电路正常工作。一段时间后，观察到一个电压表的示数变大，再串联一个电流表，观察到电流表的示数为0若电阻R1、R2中仅有一个出现故障，请根据相关信息写出电压表的示数及相对应的故障。【分析】根据电路图可知，两电阻串并联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，根据电流表和电压表的示数变化情况判断电路故障。【解答】答：根据电路图可知，两电阻串并联，电压表V1测量电阻R1两端的电压，电压表V2测量电阻R2两端的电压，工作一段时间后，一个电压表的示数变大，若
20、V1示数变大，故障可能为电阻R1断路或电阻R2短路，再串联一个电流表，观察到电流表的示数为0，则故障为R1断路；若V2示数变大，故障可能为电阻R2断路或电阻R1短路，再串联一个电流表，观察到电流表的示数为0，则故障为R2断路。【点评】此题考查电流表、电压表在电路故障中的作用判断，要结合电路图和电路的特点进行分析。10（3分）亚里士多德为了说明抽水机原理，提出自然界厌恶真空的理论。他认为在自然界中，接触到真空的液体就会自己填补，会上升，因此亚里士多德认为“自然界是厌恶真空的”。（1）在下列几个现象中，能支持上述亚里士多德理论的实验是CA回声的形成B彩虹C用吸管吸饮料（2）在下列几个实验中，能推翻
21、上述亚里士多德理论的实验是AA托里拆利实验B富兰克林风筝雷电实验C马德堡半球实验（3）请你结合所学的物理知识，解释为什么第2小题中你所选择的实验可以推翻亚里士多德的结论。【分析】首先明白亚里士多德的观点是“自然界是厌恶真空的”。然后判断选项中的内容和什么知识点相关，最后做出选择。【解答】解：（1）亚里士多德的观点是“自然界是厌恶真空的”。他认为在自然界中，接触到真空的液体就会自己填补，会上升。A回声的形成是声在传播过程中遇到障碍物，声被障碍物反射回来，与亚里士多德的观点不符。B彩虹是太阳光的色散，与亚里士多德的观点不符。C用吸管吸饮料时，吸管内的气压减小，饮料在外界大气压的作用下被压入嘴里，与
22、亚里士多德的观点相符。故选：C。（2）A托里拆利实验，当外界大气压是一个标准大气压，能支持76cm高的水银柱，玻璃管的长度是1m，玻璃管内上方有一段真空，水银没有去填补，亚里士多德认为接触到真空的液体就会自己填补，所以托里拆利实验能推翻亚里士多德理论。B富兰克林风筝雷电实验是大气中的放电现象，与亚里士多德的观点不相关。C马德堡半球实验是证明大气压的存在，并且证明大气压很大，与亚里士多德的观点不相关。故选：A。（3）做托里拆利实验时，玻璃管的上空有一段是真空，但是玻璃管中的水银没有去填补，所以与亚里士多德的观点不相符，所以可以推翻其观点。故答案为：（1）C；（2）A；（3）做托里拆利实验时，玻璃
23、管内上方有一段是真空，但是玻璃管中的水银没有去填补，所以与亚里士多德观点不相符，所以可以推翻其观点。【点评】本题要明确亚里士多德的观点，然后判断所给定的选项和那些知识点相关，最后比对，找出正确答案。三、作图题（共7分）请将图直接画在答题纸的相应位置，作图必须使用2B铅笔11（2分）重为10牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法在图中画出它所受的重力G。【分析】根据力的图示的定义，将小球所受重力的大小、方向和作用点表示出来即可。【解答】解：物体受到的重力方向竖直向下，作用点在重心，大小为10N，可确定标度为5N，故画重力的图示如图：【点评】本题考查了力的图示的作法，要注意与力的示意图的区别，在设
24、定标度时，要注意力必须是标度的整数倍。线段要有截取痕迹，在线段末端标出力的大小。12（2分）在图中根据给出的入射光线AO画出反射光线OB。【分析】根据反射定律作出反射光线的光路图，题目中已经作出法线，在根据反射光线和入射光线分居法线两侧，作出反射角等于入射角即可。【解答】解：根据光的反射定律，题目中已经作出垂直于镜面的法线，做反射光线OB使反射角等于入射角即可。故答案为：【点评】由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求。要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角。13（3分）在图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上
25、。补上后要求：闭合电键S后，向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，电流表的示数变小。【分析】根据向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变确定灯泡与变阻器的连接方式，由电流表示数变小确定变阻器的接线情况。【解答】解：由题知，闭合电键S后，向右移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L亮度不变，说明变阻器与灯泡在工作时互不影响；因为并联电路中各支路互不影响，所以变阻器与灯泡应并联；向右移动滑片P，电流表示数变小，说明变阻器连入电路的阻值变大，故应将变阻器的左下接线柱接入电路中，且图中灯泡与电流表的0.6接线柱相连，所以电流表应测干路电流。实物连接如图所示：【点评】本题考查根据要求连接实物图，关键
26、是确定电路的连接关系和变阻器的连接。四、计算题（共27分）请将计算过程和答案写入答题纸的相应位置14（6分）体积为2103米3的金属块浸没在水中。求金属块受到的浮力大小F浮。【分析】已知金属块浸没水中，排开水的体积等于金属块的体积，利用阿基米德原理F浮水V排g求金属块受到的浮力。【解答】解：金属块浸没水中，则V排V金2103m3，金属块受到的浮力：F浮水V排g1.0103kg/m32103m39.8N/kg19.6N。答：金属块受到的浮力为19.6N。【点评】本题比较简单，主要考查阿基米德原理的应用，利用好隐含条件“金属块浸没水中，V排V金”是本题的关键。15（6分）杠杆平衡时，动力臂l1为0
27、.6米，阻力臂l2为0.2米，若阻力F2的大小为60牛，求动力F1的大小。【分析】知道动力臂、阻力臂大小、阻力大小，利用杠杆平衡条件求动力大小。【解答】解：由杠杆平衡条件可知：F1l1F2l2，则动力F120N。答：动力F1为20N。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，属于基础题。16（8分）如图所示，足够高的薄壁圆柱形容器甲、乙置于水平桌面上，容器甲、乙底部所受液体的压强相等。容器甲中盛有水，水的深度为0.08米，容器乙中盛有另一种液体。若水的质量为2千克，求容器甲中水的体积V水。求容器甲中水对容器底部的压强p水。现往容器甲中加水，直至与乙容器中的液面等高，此时水对容器底部的压
28、强增大了196帕，求液体乙的密度液。【分析】已知水的质量，水的密度也是默认已知量水1.0103kg/m3；根据公式V可以求解。已知水的深度h0.08h，根据液体压强计算公式pgh；设容器乙内液体的深度为h1，当水深是h1的时候其压强为P1，p1p+p由此可以得出p1的大小，进而算出h1；题干表明容器甲、乙底部所受液体的压强相等，即：pp乙；又因为p乙乙gh1故可以求出乙。【解答】解：容器中甲水的体积为：V2103m3；容器甲中水对容器底部的压强：p水gh1.0103kg/m39.8N/kg0.08m784pa。当容器甲内加水至于容器乙相平时，设此时水深为h1，此时水对容器底部的压强：p1p水+
29、p784pa+196pa980pa；由pgh可得此时水的深度：h10.1m；由题知，原来容器甲、乙底部所受液体的压强相等，即：p乙p水784pa；由pgh可得，液体乙的密度：乙800kg/m3。答：甲容器中水的体积为2103m3；容器甲中水对容器底部的压强为784pa；液体乙的密度为800kg/m3。【点评】该题主要考查了液体压强的计算，要求学生灵活运用公式pgh进行求解。17（8分）在图所示的电路中，电源电压为12伏且保持不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“1A”字样。电键S闭合后，电压表V的示数为5伏。求：通过电阻R1的电流I1。电路正常工作10秒后，电流通过电阻R1做的功
30、W1移动滑动变阻器的滑片P，电源电压和电压表示数的比值最大为3，求电压表示数的最大值和最小值的差值。【分析】已知电路中R1的电阻和电压，根据I求电阻电流；根据串联电路中电压之比等于电阻之比求解；【解答】解：根据电路图可知，电压表测量R1两端的电压，又因为R110，所以通过电阻R1的电流I10.5A；电源电压和电压表示数的比值最大为3，此时应为电压表最小值，即3，得U14V，电压表最大值应该是当滑动变阻器阻值最小，即电流最大时，滑动变阻器R2上标有“1A”字样，所以可得，1A，解得，R22，此时R1的电压U1IR11A1010V，电压表示数的最大值和最小值的差值应为10V4V6V；答：通过电阻R
31、1的电流I10.5A；电压表示数的最大值和最小值的差值6V。【点评】本题考查欧姆定律的应用，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。五、实验题（共18分）请根据要求在答题纸的相应位置作答18（3分）在“验证阿基米德原理”的实验中，用量筒测物体的排开水的体积，使用弹簧测力计前，应将指针调到零刻度处。“测定小灯泡的电功率”的实验原理是PUI。【分析】（1）在“验证阿基米德原理”的实验中，利用称重法测浮力，利用量筒测量排开水的体积；（2）在“测定小灯泡的电功率”的实验，利用电压表测量灯两端的电压U，利用电流表测量通过的灯的电流I，利用PUI求灯的电功率。【解答】解：（1）如图，在“验证阿基米德原
32、理”的实验中，物体受到的浮力F浮F1F2；利用排水法可得物体排开水的体积V排V2V1，由GmgVg可得排开水的重力G排水V排g水（V2V1）g；比较F浮、G排的大小验证阿基米德原理，可见，该实验中，用量筒测物体排开水的体积；使用弹簧测力计前，应将指针调到零刻度处。（2）如图，利用电压表测量灯两端的电压U，利用电流表测量通过的灯的电流I，利用PUI求灯的电功率。故答案为：排开水的体积；零；PUI。【点评】本题考查了阿基米德原理的验证实验以及测小灯泡功率实验中的实验原理、仪器选择及使用注意事项，属于基础题目。19（2分）小明在做“探究凸透镜成像规律”实验中，将蜡烛、凸透镜和光屏的中心调至同一高度。
33、已知凸逶镜焦距为10厘米，现蜡烛的位置如图所示，蜡烛到凸透镜的距离为10厘米，移动光屏寻找像的位置，发现光屏上有一个倒立、放大的像（选填“放大”、“等于”或“缩小”）。【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在光具座上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者的中心大致在同一高度，像才能成在光屏的中心。（2）当物距小于二倍焦距，大于一倍焦距时，像距二倍焦距以外，成倒立、放大的实像。【解答】解：（1）实验前，把蜡烛、凸透镜、光屏从左向右依次放在光具座上，点燃蜡烛并调整烛焰、凸透镜、光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度，为了使得像成在光屏的中央；（2）凸逶镜焦距f10cm，蜡烛到凸透镜的距离为10cm，由于如
34、图所示的凸透镜的光心在凸透镜中心位置，故物距略大于10cm，即2fuf，成倒立、放大的实像。故答案为：同一高度；放大。【点评】凸透镜成像的三种情况（成像规律）和凸透镜成实像时，物近像远像变大，都是凸透镜成像习题的重要依据。20（3分）小华同学做“用电流表、电压表测电阻”实验，现有电源（电压为3伏且保持不变）、待测电阻Rx、电流表、电压表、电健各一个，滑动变阻器有A、B、C三个（分别标有“5 2A”字样、“10 2A”字样、“50 1A”字样），以及导线若干。小华实验时选取其中一个滑动变阻器，正确连接电路，且使滑动变阻器的滑片在中点附近，闭合电键时各电表示数如图10（a）、（b）所示，并记录第一
35、组数据。继续移动滑片，当电压表示数在如图（a）的基础上偏转两格后，记录第二组数据，此时小华发现电压表、电流表偏转角度相同。求：电压表的量程是03伏。计算说明实验中电流表的量程。根据记录的第二组数据，计算出此时待测电阻Rx的阻值。【分析】根据电路连接正确确定电路的连接，因电源电压为3V确定电压表选用的量程；读出（a）图中电压表示数；（b）图中，若电流表选用大（小）量程得出电流大小；根据串联电路电压的规律得出变阻器的电压；由欧姆定律，得出变阻器连入电路的电阻，与题中所给的变阻器的规格差比较，从而确定电流表选用的量程；根据电流表选用的量程确定电流表示数，继续移动滑片，当电压表示数在如图（a）的基础上
36、偏转两格后，电压表示数可能为1.6V和1.2V，据此得出电流表对应的示数，由欧姆定律分别得出电阻大小。【解答】解：电路连接正确，即待测电阻与变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表与待测电阻并联，因电源电压为3V，故电压表选用小量程03V；（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，（b）图中，若电流表选用大量程，分度值为0.1A，电流为1.4A；若选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V1.4V1.6V，若电流表选用大量程，由欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑中1.14，变阻器电阻为21.142.28，与题中所给
37、的变阻器的规格差别较大；若电流表选用小量程，由欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑中5.71，变阻器电阻为25.7111.4，与题中所给的10 2A变阻器的相吻合；故电流表选用小量程00.6A；电流表示数为0.28A继续移动滑片，当电压表示数在如图（a）的基础上偏转两格后，电压表示数可能为1.6V和1.2V：若电压表示数为1.4V+20.1V1.6V，即电压表示数变大，根据UIR，则电路中和电流也应变大，电流为：0.28A+20.02A0.32A；由欧姆定律得：Rx5；若电压表示数为1.4V20.1V1.2V，即电压表示数变小，根据UIR，则电路中和电流也应变小，电流为：0.28A20.02A
38、0.24A；由欧姆定律得：Rx5；故答案为：电压表的量程是03伏。（a）图中，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数为1.4V，（b）图中，若电流表选用大量程，分度值为0.1A，电流为1.4A；若选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.28A；根据串联电路电压的规律，变阻器的电压为：3V1.4V1.6V，若电流表选用大量程，由欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑中1.14，变阻器电阻为21.142.28，与题中所给的变阻器的规格差别较大；若电流表选用小量程，由欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：R滑中5.71，变阻器电阻为25.7111.4，与题中所给的10 2A变阻器的相吻合；故电流表
39、选用小量程00.6A；Rx5或Rx5。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用和分类讨论的能力，关键是确定电流表选用的量程。21（3分）某小組同学在“探究物体在液体中所受向上的力与哪些因素有关”实验中，用弹簧测力计拉着一个圆柱体，测力计示数为F0现将圆柱体悬空放置在一个烧杯中，倒入液体A，圆柱体的下表面到液面的深度为h，记录下此时弹簧测力计的示数为F以及F0和F的差为F接着，将液体A替换为液体B，重复上述实验，记录数据如下表一、二所示。表一 液体A（A0.8103千克/米3）实验序号h（厘米）F（牛）F（牛）138.51.52673395.54.541255表二液体B（B1.0103千克
40、/米3）实验序号h（厘米）F（牛）F（牛）538.51.2667.62.4796.43.681264根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较弹簧测力计的示数F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小。根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比。根据实验序号1与5或2与6或3与7的数据，分析比较F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是同一
41、物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度越大，F越大。本实验中，圆柱体的重力为10.0牛，高度为10.0厘米。【分析】纵向比较实验序号1与2与3或5与6与7的数据，得出结论；纵向比较表一序号1与2与3或表二序号5与6与7的数据得结论；已知两种液体密度大小，比较实验序号1与5或2与6或3与7的数据，找出相同量和不同量，分析得出F与变化量的关系；根据称重法测浮力，FF0F求出本实验中圆柱体的重力；由可知同一物体在同种液体中，F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；但序号4与8实验不符合这个规律；根据阿基米德原理，F浮液gV排，可分析得出4与8这两中情况下圆柱体已浸没在液体中，
42、由阿基米德原理：根据1、4两次实验受到的浮力之比求出圆柱体的高度。【解答】解：根据实验序号1与2与3或5与6与7的数据，分析比较弹簧测力计的示数F与圆柱体的下表面到液面的深度h的大小关系，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小；纵向比较表一序号1与2与3或表二序号5与6与7的数据，可知，圆柱体的下表面到液面的深度h为原来的几倍，F也为原来的几倍，可得出的初步结论是：同一物体在同种液体中，F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；A1.0103kg/m3B0.8103kg/m3，根据实验序号1与5或2与6或3与7的数据，可得出的初步结论是：
43、同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度越大，F越大；F0G，根据称重法测浮力，FF0F，故本实验中，圆柱体的重力为：GF+F1.5N+8.5N10.0N；由，比较表一序号1与2与3或表二序号5与6与7的数据，可知同一物体在同种液体中，F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；但序号4与8实验不符合这个规律；根据阿基米德原理，F浮液gV排，在物体没有浸没时，F浮液gSh，故受到的浮力与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比，浸没在液体中的物体受到的浮力与深度无关，说明4与8这两中情况下，圆柱体已浸没在液体中了，由阿基米德原理：1、4两次实验受到的浮力之比为：，h3cm10cm。即圆柱体的高度为10.0厘米。故答案为：弹簧测力计示数F随圆柱体的下表面到液面的深度增大而减小；F与圆柱体的下表面到液面的深度h成正比；同一物体在不同液体中，圆柱体的下表面到液面的深度h不变时，液体密度越大，F越大；10.0；10.0。【点评】本题考查称重法测浮力、数据分析、控制变量法和阿基米德原理的运用，难度较大。第23页（共23页）
