11．磁感线可以方便地描述磁场，关于磁感线的认识正确的是（ ）
A．磁感线是由铁屑组成的
B．磁感线是磁体周围真实存在的曲线
C．磁体周围的磁感线都是从磁铁的S极出发回到N极
D．地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近
【分析】（1）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；
（2）在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极；
（3）对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极；
【解答】解：AB、磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线，故AB错误；
C、在磁体外部，磁感线是从N极指向S极，在磁体内部，磁感线是从S极指向N极，故C错误；
D、对于地球是一个巨大的磁体，地理的南极是地磁的北极，地理的北极是地磁的南极，故地磁场的磁感线是从地球南极附近出发回到北极附近，故D正确；
故选D．
【点评】此题考查了磁感线的理解、地磁场的理解和磁感线方向的判断，是一道综合题．
12．一杯酒精倒出一半，剩余酒精的质量、密度、比热容和热值的变化情况是（ ）
A．质量、密度、比热容和热值不变
B．质量变为原来的一半，密度、比热容和热值不变
C．质量和密度变为原来的一半，比热容和热值不变
D．质量和热值变为原来的一半，密度和比热容不变
【分析】质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变；密度、比热容、热值是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，同种物质的密度、比热容、热值一般不变．
【解答】解：酒精的比热容、热值、密度三个物理量，都是表示酒精的某种特性；是从不同的角度来描述酒精的特性，只与物质的种类和状态有关，是一般不发生变化的量；一瓶酒精用去一半，则剩下的酒精的比热容、热值、密度不变；故ACD错误；
质量是指物体所含物质的多少，一瓶酒精用去一半后，其质量将减半，故B正确；
故选B．
【点评】此题主要考查学生对物质有关物理量概念的理解和掌握，明确各个物理量的真正含义后，可顺利解决此题．
13．如图所示，水平桌面上放置甲、乙两个圆筒形容器，甲容器中盛有液体A，物块M漂浮在A中，排开液体的质量为m1，液体A对甲容器底部的压强为p1；乙容器中盛有液体B．物块N漂浮在B中，排开液体的质量为m2，液体B对乙容器底部的压强为p2．已知甲容器的底面积大于乙容器的底面积．容器中液体A、B质量相等，物块M、N质量相等．下列判断正确的是（ ）
A．p1＜p2，m1＜m2 B．p1＜p2，m1=m2 C．p1＞p2，m1＞m2 D．p1＞p2，m1=m2
【分析】（1）根据液体A、B质量相等可确定液体A、B的重力，因为是规则容器，所以F=G总，再根据甲容器底面积大于乙容器底面积，分析p1和p2的关系；
（2）根据物块M、N质量相等，可确定其重力关系，根据阿基米德原理分析物块M、N受到的浮力关系，然后结合物体的浮沉条件确定m1和m2的关系．
【解答】解：（1）由液体A、B质量相等可得GA=GB，物块M、N质量相等，因为是规则容器，所以液体容器底部的压力F=G总，
则由可知：FA=GA+GM，FB=GB+GN，由于GA+GM=GB+GN，所以，FA=FB；
已知甲容器底面积大于乙容器底面积，由p= 可得，p1＜p2；故CD错误；
（2）因为物块M、N质量相等，即MA=MB；已知M、N都是漂浮，则F浮=G排=m排g=G=Mg，
所以物块M排开液体的质量m1等于物块N排开液体的质量m2．故A错误，B正确．
故选B．
【点评】本题考查了学生对压强公式、物体浮沉条件的掌握和运用，本题关键：一是阿基米德原理的应用；二是物体浮沉条件的应用．
14．下列关于热现象的说法中正确的是（ ）
A．温度高的物体含有的热量多
B．物体的内能增加，一定时从外界吸收了热量
C．液体的沸点随液面上方气压的增大而降低
D．冰水混合物吸热时，温度不变，内能增大
【分析】（1）热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量；
（2）做功和热传递都能改变物体的内能；
（3）液体的沸腾随着气压的增大而升高；
（4）内能的大小与物体质量、温度和状态有关．
【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、物体的内能增加，可能从外界吸收了热量，也可能是外界物体对他做功，故B错误；
C、液体的沸腾随着气压的增大而升高，液体的沸点随液面上方气压的增大而升高，故C错误；
D、冰水混合物质量不变，温度不变，但吸热，所以内能增大，故D正确．
故选D．
【点评】此题考查了热量的理解、改变内能两种方式的理解、气压与沸点关系的理解和内能的影响因素，是一道综合题．
15．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，滑动变阻器的滑片向 左移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表 示数变大，电路表 示数变小
B．电压表 示数不变，电流表示数变大
C．电压表 示数和电流表示数的乘积变大
D．电压表 示数和电流表的比值不变
【分析】由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．根据电源的 电压可知滑片移动时电压表V1示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知电压表V2示数的变化，进一步判断电压表V1示数和电流表示数的乘积变大以及电压表V2示数和电流表的比值变化．
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．
因电源电压保持不变 ，
所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故A错误；
滑动变阻器的滑片向左移动的过程中，接入电路中电阻变小，电路中的总电阻变小，
由I= 可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，
由U=IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器R2两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故B错误；
因电压表V1的示数不变，电流表的示数变大，电压表V2的示数变小，
所以，电压表V1示数和电流表示数的乘积变大，电压表V2示数和电流表的比值变小，故C正确、D错误．
故选C．
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分析好电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键．
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16．弹钢琴时手指按压不同的琴键是为了改变声音的 音调 ；利用超声波清洗眼睛说明声波能够传递 能量 ．利 用声呐系统向海底垂直发射声波，经2s后收到回波．已知声音在海水中的传播速度为1531m/s，则此处海水的深度为 1531 m；利用此种方法不能测量地球和月球之间的距离，这是因为 超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播 ．
【分析】（1）音调是指声音的高低，它和物体振动频率有关；
（2）声音能够传递信息，声音能够传递能量；
（3）声音在海水中的速度和从发射到接受的时间已知，利用s=vt可以得到海水的深度．
声音的传播需要介质，真空不能传声
【解答】解：（1）弦乐的音调跟频率有关，频率跟松紧、长度、粗细有关，调节二胡的松紧程度，改变了弦的松紧，改变了振动频率，改变声音的音调；
（2）利用超声波清洗钟表仪器，说明声波能够传递能量；
（3）声音到达海底的时间为t= ×2s=1s，
由v= 可得，海洋的深度为s=vt=1531m/s×1s=1531m．
超声波的传播需要介质，因为地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播．不能用超声波测量地月距离．
故答案为：音调；能量；1531；超声波的传播需要介质，地球到月亮之间是真空，所以超声波不能传播．
【点评】本题考查了声音的传播条件，声与能量、回声测距离分应用等，考查内容多，属于基础知识的考查，考查学生对所学的知识的理解和应用，是中招的热点．
17．如图所示是某电能表表盘的部分数据（imp表示电能表指示灯闪烁的次数）．当电路中某用电器单独工作6min时，电能表指示灯闪烁了320次，则该用电器消耗的电能是 0.1 kW•h，它的功率是 1000 W．
【分析】电能表是测量家庭电路中消耗电能多少的仪表．
3200imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次．
根据题目所给条件和电功率的公式P= ，进行解答．
【解答】解：因为电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3200次．
所以当指示灯闪烁320次时，消耗的电能为 W= =0.1kW•h，
t=6min=0.1h
用电器的额定功率P= = =1kW=1000W．
故答案为：0.1；1000．
【点评】本题考查学生对电能表铭牌上数据的理解情况，同时要求掌握电功率的计算方法．注意题目中的单位换算．
18．电热器是利用电流的 热效应 来工作的．某发热元件的阻值为420Ω，通过的电流为1A，通电10min产生的热量是 25200 J，这些热量能使2kg的冷水温度升高 3 ℃．[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]．
【分析】（1）电热器是将电能转化为内能的用电器，是利用电流的热效应来工作的；
（2）根据Q=I2Rt来计算产生热量的多少；
（3）根据Q=cm△t来计算水升高的温度．
【解答】解：
电热器是利用电流的热效应工作的；
电流产生热量Q=I2Rt=（1A）2×420Ω×60s=25200J；[来源:Zxxk.Com]
由题意知，水吸收的热量应等于电流产生的热量，则Q吸=25200J；
由Q吸=cm△t得：
△t= = =3℃．
故答案为：热效应；25200；3．
【点评】本题是电和热的综合计算题目，考查了电流的热效应、焦耳定律及热量的计算公式应用，属基础性题目．
19．杠杆调平衡后，将两个体积相同的重物分别挂在杠杆两侧的A、B处，杠杆仍然平衡，如图所示，则GA 大于 GB；若将两重物同时浸没在水中，则杠杆的 右 端下沉（选填“左”或“右”）．
【分析】设一格的距离为L，根据杠杆平衡的条件即可求出两重物得重力关系；
将两个物体GA、GB同时浸没在水中后，对杠杆的拉力F等于重力和浮力的差，根据GA×LA与GB×LB的大小关系判断杠杆是否平衡．
【解答】解：根据图示可知，LA=5L，LB=3L；
由杠杆平衡条件GA×LA=GB×LB可得，两重物重力大小之比GA：GB=LB：LA=3L：5L=3：5，所以GA 大于GB；
物体浸入水中时，对杠杆的拉力F=G﹣F浮，因为两个物体的体积相等，都同时浸没在水中，所以它们受到的浮力相等，即F浮A=F浮B；
杠杆A端：（GA﹣F浮A）×LA=GA×LA﹣F浮A×LA，杠杆B端：（GB﹣F浮B）×LB=GB×LB﹣F浮B×LB，
由LA＞LB可得，F浮A×LA＞F浮B×LB．
因为GA×LA=GB×LB，F浮A×LA＞F浮B×LB，所以（GA×LA﹣F浮A×LA）＜（GB×LB﹣F浮B×LB），因此杠杆的右端下降，左端上升．
故答案为：大于；右．
【点评】此题考查了对杠杆平衡条件的应用和阿基米德原理的应用，考查了学生综合分析处理物理问题的能力．
20．如图所示，一束光从空气射向水面，请画出反射光线和折射光线．
【分析】（1）反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；
（2）折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线向远离法线法线偏折，折射角大于入射角，画出折射光线．
【解答】解：（1）由图知，入射光线与水面的夹角为30°，则入射角等于90°﹣30°=60°；反射角是反射光线与法线的夹角，反射角等于入射角也为60°根据反射角等于入射角，在法线右侧画出反射光线．
（2）光由空气斜射进入水中时，折射光线向靠近法线方向偏折，折射角小于入射角，据此完成光路，如下图所示：
【点评】本题考查反射定律和折射定律，是中考热点之一，要求学生不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线．