发布时间 : 星期六 文章2016年丹东市中考物理试卷（word解析版）更新完毕开始阅读
【点评】此题是有关动态电路的分析，能够判断出两支路两端的电压不变是解决问题的关键． 7．（3分）（2016?丹东）如图，下列说法正确的是（ ）
A．实验说明磁场能产生电流
B．实验是演示电磁感应的装置
C．实验可以得出电流越大电磁铁磁性越强
D．实验所揭示的原理可制成电动机
【考点】通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素；磁场对通电导线的作用；电磁感应．
【专题】应用题；图析法；磁现象、电生磁；电动机、磁生电． 【分析】（1）认识奥斯特实验，知道奥斯特实验证实了通电直导线周围存在磁场，即电流的磁效应；
（2）通电导体在磁场中受到力的作用，根据这个原理制成了电动机； （3）电磁铁的磁性强弱与电流大小有关；
（4）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流，根据这个原理制成了发电机． 【解答】解：
A、图甲是奥斯特实验，通电后小磁针偏转，说明了通电导线周围存在磁场，故A错； B、图乙是磁场对电流的作用实验，通电后通电导体在磁场中受到力的作用而运动，把电能转化为机械能，故B错；
C、图丙是研究电磁铁的磁性强弱与电流大小关系的实验，从实验现象可以得出结论：电流越大电磁铁磁性越强，故C正确；
D、图丁闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流，这是电磁感应现象，据此可以制成发电机，故D错． 故选C． 【点评】此题考查了电和磁中的各种现象，在学习过程中，一定要掌握各实验的现象及结论，并且要找出其不同进行区分． 8．（3分）（2016?丹东）如图，教材中为了引入比热容这个物理量，做了“水和食用油吸热情况”的实验，该实验中需要控制一些变量，下列说法正确的是（ ）
A．相同规格的电加热器 B．相同质量的水和食用油 C．相同体积的水和食用油
D．使水和食用油升高相同的温度 【考点】探究比热容的实验．
【专题】实验题；探究型实验综合题．
【分析】“比较水与煤油吸收热量情况”实验中，影响水和煤油吸热情况的因素有质量、物质的种类、加热的热源、升高的温度等，同时要求实验时的容器等也应该相同，据此来做出判断．
【解答】解：A、为了确保水和煤油吸收相同的热量，必须用相同规格的加热器和相同的容器，故A正确；
BC、实验中，需控制水和煤油的质量不变，因此取相同质量的水和煤油，不可以取相同体积的水和食用油；故B正确，C错误；
D、实验中，通过比较水和煤油在质量相等、升高相同的温度时吸收热量的多少来比较水和煤油的吸热情况，故应使水和煤油升高相同的温度，故D正确． 故选ABD． 【点评】从控制变量法的角度，考查了影响水与煤油吸收热量时温度升高快慢的因素有哪些，并对实验中的控制要求做出判断． 9．（3分）（2016?丹东）如图，放在同一水平面上的甲、乙两个相同容器内盛有不同液体，现将同一物块分别放入两个容器中处于静止时，两容器中的液面恰好相平．下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中物块排开液体的重力较小 B．乙容器中物块受到液体的浮力较大 C．甲容器中液体的密度较小
D．乙容器底部受到液体的压强较大
【考点】物体的浮沉条件及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理． 【专题】应用题；推理法；压强和浮力． 【分析】（1）物体漂浮或悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，据此判断物块在两液体中受到的浮力关系，根据阿基米德原理可知物块排开两液体的重力关系；
（2）由图可知物块在两液体中排开液体的体积关系，根据阿基米德原理可知两液体的密度关系，两容器中的液面恰好相平，根据p=ρgh比较两容器底部受到液体的压强关系． 【解答】解：（1）由图可知，甲中物体悬浮，乙中物体漂浮，
因物体悬浮或漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，且同一物体的重力不变，
所以，F浮甲=F浮乙=G，故B错误；
由阿基米德原理可知，甲、乙两容器中物块排开液体的重力相等，故A错误；
（2）由图可知，V排甲＞V排乙， 由F浮=ρgV排的变形式ρ=
可知，甲容器中液体的密度较小，故C正确；
因两容器中的液面恰好相平，
所以，由p=ρgh可知，乙容器底部受到液体的压强较大，故D正确． 故选CD．
【点评】本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、液体压强公式的应用，利用好同一物体的重力不变较为关键． 10．（3分）（2016?丹东）如图，电源电压为6V不变，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～3V”，滑动变阻器为“20Ω2A”，灯泡L标有“3V0.9W”字样（灯丝电阻不变）．为了保证电路中各元件安全，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器阻值的变化范围为0～20Ω B．电流表示数的变化范围为0.2A～0.3A
C．电路消耗总功率的变化范围为1.2W～1.8W D．电灯消耗功率的变化范围为0.4W～0.9W 【考点】欧姆定律的应用；电功率的计算．
【专题】应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率．
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）P=UI求出灯泡的额定电流，然后与电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，灯泡消耗的电功率最大，电路消耗的总功率最大，根据欧姆定律求出灯泡的电阻和电路的最小总电阻，根据电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，然后得出滑动变阻器接入电路中阻值的范围，根据P=UI求出该电路的最大功率；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率和灯泡消耗的功率最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流，然后确定电流表的变化范围，根据P=I2R求出电灯消耗的最小功率，然后确定电灯消耗功率的变化范围，根据P=UI求出电路消耗的最小功率，然后确定电灯消耗功率的变化范围．
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流．
（1）由P=UI可得，灯泡正常发光时的电流：
IL额===0.3A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，
所以，电流表的最大示数为I大=0.3A，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，灯泡消耗的电功率0.9W最大，电路消耗的总功率最大，
由I=可得，灯泡的电阻和电路的总电阻分别为：
RL===10Ω，R===20Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R滑=R﹣RL=20Ω﹣10Ω=10Ω，
滑动变阻器的电阻允许调节的范围是10Ω～20Ω，故A错误； 该电路的最大功率：
P大=UI大=6V×0.3A=1.8W；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电流表的示数最小，电路消耗的功率和灯泡消耗的功率最小， 此时电路中的电流： I小=
=
=0.2A，
所以，电流表示数的变化范围是0.2A～0.3A，故B正确； 灯泡消耗的最小功率：
PL′=I小2RL=（0.2A）2×10Ω=0.4W，
所以，电灯消耗功率的变化范围为0.4W～0.9W，故D正确； 电路消耗的最小功率：
P小=UI小=6V×0.2A=1.2W，
所以，该电路消耗的总功率的变化范围为1.2W～1.8W，故C正确． 故选BCD．
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，对于选择题并不一定完全解答选项，只要有不正确的地方，本选项即为不正确．
二、填空题（共10小题，每小题3分，满分22分） 11．（3分）（2016?丹东）手机靠产生迅速变化的电流，发出 电磁 波，它 能 在真空中传播（选填“能”或“不能”）．手机所消耗的电能属于 二次 能源（选填“一次”或“二次”）． 【考点】电磁波的传播；能源的分类．
【专题】信息的传递；能源的利用与发展；其他综合题． 【分析】（1）迅速变化的电流可以产生电磁波，电磁波能在真空中传播；
（2）无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源属于二次能源． 【解答】解：因为迅速变化的电流周围产生电磁波，所以手机靠产生迅速变化的电流会发出电磁波，
无线电广播和电视、以及我们使用的手机，都是靠电磁波传输信号的，电磁波能在真空中的传播．
手机所消耗的电能不能直接从自然界获取，必须经过一次能源的消耗才能得到，属于二次能源．
故答案为：电磁；能；二次．