22．（4分）（2012?威海）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm．用米尺在水平桌面上画一直线并标明刻度，将透镜固定在50cm处，实验装置如图1所示．
（1）当把点燃的蜡烛放在20cm刻度处时，为了能使像清晰的成在光屏的中央位置，要调整蜡烛、凸透镜、光屏的高度，使烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在 同一高度 ．
（2）重新调整后，保持蜡烛、凸透镜的位置不变，为了找到清晰的像，应将光屏在光具座上移到 60cm～70 cm的刻度范围内，才能在光屏上得到一个倒立缩小的实像．
（3）当把蜡烛移到35cm刻度处时，移动光屏可得到一个倒立放大的实像．照相机、投影仪、放大镜这三种光学仪器正常使用时，与这种成像规律相同的是 投影仪 ．小明做完实验后，想进一步研究透镜成像的情况．他又在透明的玻璃板上用黑色笔画了个表盘及指针的位置，然后把这个玻璃板放在蜡烛的位置上，并用平行光源对着玻璃板上的表盘照射，如图2所示．移动光屏直到成清晰像为止．此时表盘在光屏上所成的像应是图3中的 A ．
考点 凸透镜成像规律及其探究实验。 专题 实验题。 分析 （1）在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度； （2）凸透镜成像规律：物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距． （3）①当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，此时v＞2f．利用其可制成投影仪． ②凸透镜成像不仅左右相反、而且要上下相反． 解答 解：（1）做凸透镜成像实验应在光具座上依次放置蜡烛，凸透镜，光屏，凸透镜必须位于蜡烛和光屏之间．使它们的中心大致在同一高度上，目的是成像在光屏的中心，便于测出物距和像距； 故答案为：同一高度． （2）由凸透镜成像规律可知，物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距．则应将光屏在光具座上移到60cm～70cm的刻度范围内．才能在光屏上得到一个倒立缩小的实像． 故答案为：60cm～70． （3）①蜡烛在35cm处，则此时物距为50cm﹣35cm=15cm，此时f＜u＜2f，所以成倒立、放大的实像，根据这个原理制成了投影仪． ②因为凸透镜成倒立的实像，不仅左右相反，而且上下相反．根据图3，首先找出左右相反的像即D，然后确定与D上下相反的像即A． 故答案为：投影仪；A． 点评 此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，一定要注意实验前的调整工作，为使像成在光屏的中央，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用． 23．（5分）（2012?威海）小明在测量额定电压为2.5V小灯泡的电功率的实验中．
（1）图甲是小明所连接的实验电路，其中存在连接错误，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确．请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法．
（2）实验时调节滑动变阻器，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是 灯泡断路 （写出一种即可）．
（3）在正常实验过程中，当电压表示数达到额定电压时小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，其示数为 0.24 A，小灯泡的额定功率为 0.6 W． 考点 探究用电器的电功率实验。 专题 计算题；实验题；作图题。 分析 （1）实物连接图中，主要从电流表、电压表、滑动变阻器的使用方法上考虑； （2）灯泡不亮，可能是灯泡断路，或灯泡短路，而电流表无示数，说明电路故障是断路；电压表有示数，说明电压表与电源两端相连，电压表之外电路不存在断路； （3）电流表的正确读数：首先确定电流表使用的量程，然后确定每一个大格和每一个小格代表的示数．根据灯泡的额定电流和额定电压，利用P=UI，计算出额定功率． 解答 解：（1）从实物图中可以看出，电压表并联在灯泡和滑动变阻器的两端，测灯泡和滑动变阻器的总电压，所以电压表的“3”接线柱和滑动变阻器右下端接线柱连接错误，应把电压表并联在灯泡两端，即将电压表的“3”接线柱和灯泡右端接线柱连接，如下图： （2）调节滑动变阻器，发现小灯泡始终不亮，电流表无示数，说明电路为断路，但电压表有示数，因此故障的原因可能是：灯泡断路； （3）电流表使用的0～0.6A，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.24A； 则小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.24A=0.6W． 故答案为：（1）如图所示；（2）灯泡断路；（3）0.24；0.6． 点评 本题考查了电压表、电流表以及滑动变阻器的正确连接、电路故障分析、电表读数以及灯泡功率的计算；其中，电路故障和计算灯泡的额定功率是本题的难点． 四、计算与创新应用题（本题共3小题，24题4分、25题6分，26题6分，共16分．要求写出必要的文字说明、单位，重要的公式及主要的运算过程，只写出结果的不能得分） 24．（4分）（2012?威海）水平地面上有一个重为5000N的箱子，现用起重机把箱子吊到3m高的位置，所用时间为10s，起重臂下的钢丝绳是绕在一个动滑轮上的，如图所示，钢丝绳上的拉力为3000N．求：
（1）起重机起吊该箱子的机械效率是多少？ （2）钢丝绳上拉力的功率是多少？
考点 机械效率的计算；功率的计算。 专题 计算题。 分析 （1）已知箱子的重力和提升的高度，根据公式W=Gh可求有用功，还知道钢丝绳是绕在一个动滑轮上和钢丝绳的拉力，根据公式W=FS可求总功，根据公式η=×100%可求机械效率． （2）已知拉力所做的总功和所用的时间，根据公式P=可求钢丝绳上拉力的功率． 解答 解：（2）有用功： W有=Gh=5000N×3m=15000J， 总功： W总=FS=F?2h=3000N×2×3m=18000J， 起重机起吊该箱子的机械效率： η=×100%=×100%≈83.3%． （2）钢丝绳上拉力的功率： P===1800W． 答：（1）起重机起吊该箱子的机械效率约为83.3%； （2）钢丝绳上拉力的功率是1800W． 点评 本题考查有用功、总功、机械效率、功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是绳子有效股数的判断． 25．（6分）（2012?威海）如图所示，是我国88式主战坦克，重40t，高2m，每条履带与地
2
面的接触面积2m，该坦克具有潜渡功能．请解答下列问题： （1）该坦克在水平路面上行驶时，对地面的压强为多大？
5
（2）若坦克在深为5m的河流中潜渡时，坦克对水平河床的压力为10N，则该坦克的体积为多大？
2
（3）坦克在该河流中潜渡时，在坦克顶部面积为0.8m的舱门受到水的压力为多大？
考点 压强的大小及其计算；液体的压强的计算；阿基米德原理。 专题 计算题；应用题。 分析 （1）知道坦克的质量，利用重力公式求坦克重，在水平地面上行驶，对地面的压力等于坦克重，再求出受力面积，利用压强公式求坦克对地面的压强； （2）坦克在水中潜渡，坦克对水平河床的压力等于坦克重减去受到的浮力，据此求出坦克所受浮力；已知坦克受到的浮力和水的密度，利用V=V排=得到坦克的体积； （3）已知坦克的高度和河底的深度，可以得出坦克顶部所处的深度，利用液体压强公式P=ρgh得到坦克顶部受到水的压强；又知道受力面积，利用F=ps求出舱门受到水的压力． 解答 解： （1）∵在水平路面上， ∴坦克对地面的压力： 35F=G=mg=40×10kg×9.8N/kg=3.92×10N， 22s=2×2m=4m， 坦克对地面的压强： P===9.8×10Pa； 4（2）坦克对河床的压力：F压=G﹣F浮， 555∴F浮=G﹣F压=3.92×10N﹣10N=2.92×10N； 坦克的体积为V=V排==≈29.8m； 3（3）坦克顶部所处的深度：h=5m﹣2m=3m， 坦克顶部受到水的压强： 334P=ρgh=1.0×10kg/m×9.8N/kg×3m=2.94×10Pa， 舱门受到水的压力： 424F=Ps=2.94×10Pa×0.8m=2.352×10N． 答： （1）该坦克在水平路面上行驶时，对地面的压强为9.8×10Pa； 3（2）坦克的体积为29.8m； 4（3）坦克顶部的舱门受到水的压力为2.352×10N． 点评 本题考查了学生对重力公式、液体压强公式、压强定义式的掌握和运用，还涉及到同一直线上力的合成，知识点多、综合性强，要求灵活运用所学公式． 26．（6分）（2012?威海）小明家新买了一台饮水机，小明的父母经常为夜间是否要关闭饮水机而发生争执：妈妈认为关机可以节省电能，理由是饮水机在夜间无人饮水时仍在对热水包里的水间歇性加热．爸爸则认为关机后第二天重新开机为凉水加热会消耗更多的电能．于是小明查到饮水机铭牌如下表所示．他决定用实验来化解父母的争执．
第一天晚上十点，他关掉家中的其他用电器，只开启饮水机的加热功能，记下此时电能表的示数为576.5kW?h．第二天早晨六点钟，水温达到预定温度95℃，他又读出电能表的示数为576.8kW?h． 额定电压220V 热水包容积1.2L 频率50Hz 冷水包容积0.5L 制热功率800W 保鲜柜容积16L 制冷功率98W 防漏电类型 I类 第二天晚上十点，他将饮水机关闭，次日早晨启动，饮水机在额定功率下将水加热到预定温度95℃，用时8min． 请解答下列问题：
（1）饮水机正常加热时的电流是多少？
（2）通过计算判断小明的爸爸妈妈谁的说法正确？ （3）若热水包中水的初始温度为25℃，当加热到95℃需要吸收多少热量？这些热量与第二天烧水时消耗的电能是否相等？试解释出现这种情况的原因． 考点 电功率的计算；热量的计算；欧姆定律的应用；电能表参数的理解与电能的求法。 专题 计算题；应用题；信息给予题。 分析 （1）由饮水机铭牌可知饮水机正常制热时的功率和饮水机的额定电压，然后I=求4出加热时的电流． （2）已知电能表晚上和第二天的示数，两次示数之差就是当晚消耗的电能；知道饮水机的功率和工作时间，根据公式W=Pt可求消耗的电能，比较两者消耗的电能即可得出谁的说法正确． （3）已知热水包内水的体积，根据公式m=ρV可求水的质量，还知水的初温和末温，根据公式Q=cm△t可求热水包内的水从25℃加热到95℃时吸收的热量，即可比较这些热量与第二天烧水时消耗的电能是否相等；电加热过程存在热损失，或实际电压低于220V，实际功率达不到800W． 解答 解：（1）由铭牌知：P制热=800W，U额=220V， 饮水机正常加热时的电流I==≈3.64A． （2）晚间开启饮水机的加热功能消耗的电能： W开=576.8KW?h﹣576.5KW?h=0.3KW?h， 饮水机关闭，次日启动，饮水机在额定功率下将水加热到预定温度消耗的电能： W关=Pt=800W×8×60s=3.84×10J≈0.11KW?h 5由于W开＞W关， 所以关机状态省电，即小明的妈妈说法正确． （3）水的质量： m=ρV=1.0×10kg/m×1.2×10m=1.2kg， 热水包内的水从25℃加热到95℃时吸收的热量： Q=cm（t﹣t0）=4.2×10J/（kg℃）×1.2kg×（95℃﹣25℃）=3.528×10J＜W关， 故这些热量与第二天烧水时消耗的电能不相等； 原因是：产生这种现象的原因是存在热损失，或实际电压低于220V、实际功率达不到800W． 故答案为：（1）饮水机正常加热时的电流约为3.64A； （2）小明的妈妈说法正确； （3）水包中水吸收的热量为3.528×10J，这些热量与第二天烧水时消耗的电能不相等， 原因：产生这种现象的原因是存在热损失，或实际电压低于220V、实际功率达不到800W． 点评 本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活相连，要求灵活运用密度公式、吸热公式和电功率公式，能从铭牌得出相关信息（容积、额定电压和额定功率）是本题的关键．
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2012年山东省威海市中考物理试卷（解析版）
