2017年湖南省郴州市中考物理试卷

2017年湖南省郴州市中考物理试卷

一、选择题（本大题共18小题，每小题2分，共36分，每小题给出的选项中，只有一项符合题目求）．

1. 我们的日常生活离不开电和磁，发现电流磁效应的科学家是（ ）

A. 牛顿 B. 奥斯特

C.

阿基米德 D. 瓦特

【答案】 B

【考点】 物理常识 【解析】

根据各位物理学家的贡献回答；奥斯特发现电生磁。 【解答】

解：𝐴．牛顿提出了牛顿第一定律，故𝐴错误；

𝐵．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，故𝐵正确；

𝐶．阿基米德发现了杠杆原理，故𝐶错误； 𝐷．瓦特改良了蒸汽机，故𝐷错误． 故选𝐵．

2. 2017年6月2日美国总统特朗普宣布退出《巴黎协定》．但节能减排、保护环境是全人类的共同责任，日常生活中以下做法合理的是（ ） A.随意把废旧电池丢到垃圾桶中

B.家中的电视机可以长时间处于待机状态

C.为了节能减排、保护环境，郴州市决定关停所有高能耗、高污染的工厂 D.废水直接排放到江河 【答案】 C

【考点】

能源危机与能源消耗对环境的影响 【解析】

①节约能源就是提高能源利用率；

②有利于环境保护就是对环境无污染，不能污染空气，不能污染水体，不能造成白色污染等方面。 【解答】

解：𝐴．将废旧电池随手丢到垃圾桶中，会污染水体和土壤，不利于环境保护，故𝐴不合理；

𝐵．电视机处于待机状态时仍有部分元件在工作如指示灯，电路中会有电流，由电功公式𝑊=𝑈𝐼𝑡可知就会消耗电能，故𝐵不合理；

试卷第1页，总20页

𝐶．关停高能耗、高污染的工厂，既可以节能减排，也可以保护环境，故𝐶合理； 𝐷．废水直接排放到江河中，会污染水资源，所以不利于环境保护，故𝐷不合理． 故选𝐶．

3. 下列估算符合实际的是 （ ） A.一只新铅笔的长度约1𝑐𝑚 B.人的正常体温约37∘𝐶 C.一个中学生的质量约500𝑘𝑔 D.一个鸡蛋的重力约10𝑁

【答案】 B

【考点】

重力大小的估测 质量的估测 温度

长度的估测 【解析】

首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解答】

解：𝐴．中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18𝑐𝑚，铅笔的长度略小于此数值，在16𝑐𝑚左右，故𝐴不符合实际；

𝐵．正常情况下，人的体温在37∘𝐶左右，变化幅度很小，故𝐵符合实际；

𝐶．成年人的质量在65𝑘𝑔左右，中学生的质量比成年人小一些，在50𝑘𝑔左右，故𝐶不符合实际；

𝐷．一个鸡蛋的质量在50𝑔=0.05𝑘𝑔左右，受到的重力为𝐺=𝑚𝑔=0.05𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=0.5𝑁，故𝐷不符合实际． 故选𝐵．

4. 随着技术的进步，𝐿𝐸𝐷常被用作光源或信号显示器，制作𝐿𝐸𝐷的关键材料是（ ） A.绝缘体 B.普通导体 C.超导体 D.半导体 【答案】 D

【考点】 半导体的作用 半导体的特点 【解析】

导电能力介于导体和绝缘体之间的材料叫半导体，半导体是制作二极管、三极管的材料，常用在电子元件上。 【解答】

解：𝐿𝐸𝐷灯中的发光二极管由半导体材料制成，其导电能力介于导体和绝缘体之间，常用的半导体材料有硅、锗等． 故选𝐷．

5. 噪声已成为现代城市环境污染重要因素之一，下列措施不能直接减弱噪声的是（ ）

试卷第2页，总20页

A.在道路两旁、建筑物周围植树

B.给摩托车、汽车的排气管安装消声器 C.在城市主要道路两旁安装噪声监测仪 D.纺织工人在车间工作时戴上耳罩 【答案】 C

【考点】

防治噪声的途径 【解析】

减弱噪声的途径有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。 【解答】

解：𝐴．在道路两旁、建筑物周围植树是在传播过程中减弱噪声的，故𝐴不符合题意； 𝐵．排气管上装消声器是在声源处减弱噪声的，故𝐵不符合题意； 𝐶．噪声监测仪只能检测声音的大小，不能减弱噪声，故𝐶符合题意； 𝐷．在纺织车间戴上耳塞是在人耳处减弱噪声的，故𝐷不符合题意． 故选𝐶．

6. 随着经济的发展，我国的国防事业得到了相应的发展，如图所示为我国空军战机空中加油时的情景 （ ）

A.以地面为参照物，加油机是静止的 B.以加油机为参照物，战机是运动的

C.以地面为参照物，加油机和战机都是静止的 D.以战机为参照物，加油机是静止的 【答案】 D

【考点】

参照物及其选择 【解析】

解答此题的关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。 【解答】

解：𝐴𝐶．加油过程中，若以地面为参照物，加油机、战机和地面的位置在不断发生变化，所以说它们是运动的，故𝐴𝐶错误．

𝐵．以加油机为参照物，战机与加油机之间位置没有发生变化，战机是静止的，故𝐵错误．

𝐷．以战机为参照物，加油机与战机之间的位置没有发生变化，加油机是静止的，故𝐷正确． 故选𝐷．

7. 民谚俗语常常包涵丰富的物理知识，以下属于光的反射现象的是（ ） A.井底之蛙，所见甚小 B.以冰取火，前所未有 C.海市蜃楼，虚无缥渺

试卷第3页，总20页

D.摘不到的是镜中花，捞不到的是水中月 【答案】 D

【考点】 光的反射 【解析】

（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。 【解答】

解：𝐴．光线在同种均匀介质中是沿直线传播的，井底之蛙，所见甚小，所以是光沿直线传播现象，故𝐴不符合题意；

𝐵．要使冰块会聚太阳光取火，必须让冰块将光线会聚，而凸透镜对光线有会聚作用，属于光的折射，故𝐵不符合题意；

𝐶．海市蜃楼是由于光的折射产生的，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，故𝐶不符合题意；

𝐷．因为平静的水面可以当做平面镜，而水中月就是月亮在平面镜中的像，镜中花也是花在平面镜中的像，所以“水中月”和“镜中花”都属于光的反射现象，故𝐷符合题意． 故选𝐷．

8. 随着社会的不断进步，电气化程度越来越高，下列做法正确的是（ ） A.保险丝熔断后，可用铜丝代替

B.使用试电笔时，手可以接触试电笔笔尖金属体 C.因用电引起火灾，应先切断电源 D.湿衣服晾在电线上 【答案】 C

【考点】 安全用电原则 【解析】

（1）保险丝是用电阻率较大而熔点较低的铅锑合金制成的，当电流过大时，它会因温度过高而熔断，保护电路；

（2）使用测电笔时，手必须要接触笔尾的金属体；

（3）电器设备失火时，要先切断电源，再实行施救措施； （4）水容易导电。 【解答】

解：𝐴．保险丝的材料是电阻率较大而熔点较低的铅锑合金，在电流过大时熔断，自动切断电路，起到保护作用，铜导线的熔点很高，当电流过大时，不能熔断起不到保护作用，容易引起火灾，故𝐴错误；

𝐵．使用测电笔辨别火线和零线时，手必须接触笔尾金属电极，一定不能接触试电笔笔尖金属体，故𝐵错误．

𝐶．电器设备失火时，要先切断电源，再实行施救措施，故𝐶正确． 𝐷．水是导体，将湿衣服晾在电线上，易发生触电事故，故𝐷错误．

试卷第4页，总20页

故选𝐶．

9. 改革开放以来，我国的航天事业得到了空前的发展，并取得了举世瞩目的成就，如图所示，为我国神舟号飞船返回舱减速降落的情景，返回舱在此过程中（ ）

A.动能减小，重力势能减小 C.动能不变，重力势能减小

【答案】 A

B.动能增大，重力势能增大 D.动能减小，重力势能不变

【考点】

动能和势能的大小变化 【解析】

（1）动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度，质量越大，速度越大，动能越大；

（2）重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度，质量越大，所处的位置越高，重力势能越大。 【解答】

解：回舱减速降落的过程中，质量不变，速度变小，高度变小，则返回舱的动能减小、重力势能减小，故𝐴正确、𝐵𝐶𝐷错误． 故选𝐴．

10. 小明放学回家，看到妈妈正在做饭，小明的以下分析正确的是（ ） A.回到家中就能闻到饭菜香味是分子无规则运动的结果

B.用高压锅煮饭，熟得比较快，是因为气压越大，水的沸点越低 C.用燃气灶炒菜，燃料燃烧时将内能转化为化学能 D.盛热汤的碗很烫，是因为热汤把温度传给了碗 【答案】 A

【考点】

改变内能的两种方式 分子热运动 能量转化和转移

沸点及沸点与气压的关系 【解析】

（1）构成物质的分子总在做永不停息的无规则运动，生活中的扩散现象就说明了分子的运动；

（2）液体的沸点与气压有关，气压越高，沸点就越高； （3）燃料燃烧时，燃料的化学能转化为内能； （4）在热传递过程中传递的是热量。 【解答】

解：𝐴．能闻到饭菜的香味是分子不停地做无规则运动，故𝐴正确；

𝐵．用高压锅煮饭，熟得比较快，是因为液体的沸点随气压增大而升高，故𝐵错误；

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𝐶．燃气灶是通过燃料的燃烧放出热量，将燃料化学能转化为内能，故𝐶错误； 𝐷．盛热汤的碗很烫，是因为热汤把热量传给了碗，故𝐷错误． 故选𝐴．

11. 日常生活中，处处有物理，下列分析正确的是（ ）

A.鸡蛋碰石头，鸡蛋碎了，说明鸡蛋受到的力大于石头受到的力 B.汽车关闭发动机后会停下来，说明物体的运动需要力来维持 C.用力压钢尺，钢尺变弯，说明力可以改变物体的形状

D.短跑运动员冲过终点后，不能立刻停下，说明物体的速度越大则惯性越大 【答案】 C

【考点】 惯性

力与运动的关系 力作用的相互性 力的作用效果 【解析】

（1）相互作用的两个物体之间的作用力一定是大小相等，方向相反的。 （2）力是改变物体运动状态的原因，物体运动不需要力；

（3）力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态；根据力的作用效果分析判断；

（4）一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大；惯性的大小和物体是否运动、是否受力以及运动的快慢是没有任何关系的。 【解答】

解：𝐴．鸡蛋碰石头时力是大小相等的，鸡蛋破是因为鸡蛋的耐受力小，故𝐴错误； 𝐵．关闭发动机后汽车会慢慢停下来，是因为受到摩擦力的作用，说明力是改变物体运动状态的原因，故𝐵错误；

𝐶．用力压钢尺，钢尺变弯形状发生改变，说明力可以改变物体的形状，故𝐶正确； 𝐷．惯性是物体本身的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大、惯性越大，与速度大小无关，故短跑运动员冲过终点后，不能立刻停下是由于惯性，故𝐷错误． 故选𝐶．

12. 关于电与磁，下列说法正确的是（ ） A.同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥 B.电动机工作时，是将机械能转化为电能 C.利用电磁感应现象制成发电机 D.地磁场的北极就在地理北极附近 【答案】 C

【考点】 地磁场

磁场对通电导线的作用 电磁感应

磁极间的相互作用 【解析】

（1）磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；

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（2）电动机是根据通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，工作时将电能转化成机械能；

（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应现象，发电机就是利用电磁感应的原理制成的； （4）地球周围存在磁场，地磁的北极在地理南极附近。 【解答】

解：𝐴．同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故𝐴错误； 𝐵．电动机工作时将电能转化成机械能，故𝐵错误； 𝐶．发电机是利用电磁感应的原理制成的，故𝐶正确； 𝐷．地磁场的北极在地理的南极附近，故𝐷错误． 故选𝐶．

13. 如图所示是小明进行探究“凸透镜成像规律”实验时情景示意图，烛焰位于距透镜1.5倍焦距处，并在光屏上得到清晰的像，工作原理与此成像规律相同的光学器件是 （ ）

A.照相机 【答案】 C

B.放大镜

C.投影仪 D.潜望镜

【考点】

凸透镜成像的应用 【解析】

要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律：

当𝑢>2𝑓时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的。 当𝑢=2𝑓时，成倒立、等大的实像。

当𝑓<𝑢<2𝑓时，成倒立、放大的实像。幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的。 当𝑢=𝑓时，无像。经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点。 当𝑢<𝑓时，成正立、放大的虚像。放大镜就是根据这个原理制成的。

并且要知道成实像时，物距越大，像距越小，成的像越小；物距越小，像距越大，成的像越大。 【解答】

解：由题知，烛焰位于距透镜1.5倍焦距处，即物距大于焦距而小于二倍焦距，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、放大的实像，幻灯机、投影仪都是根据这个原理制成的，故𝐶正确，𝐴𝐵𝐷错误． 故选𝐶．

14. 如图所示为电磁铁的线路图，开关𝑆闭合后，滑动变阻器的滑片𝑃向右滑动过程中（ ）

A.电磁铁的右端为𝑆极，磁性增强 C.电磁铁的右端为𝑁极，磁性增强

B.电磁铁的右端为𝑆极，磁性减弱 D.电磁铁的右端为𝑁极，磁性减弱

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【答案】 D

【考点】

探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验 【解析】

（1）根据安培定则判断电磁铁右端的𝑁、𝑆极，即伸出右手，用右手握住螺旋管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是𝑁极；

（2）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流的变化；线圈匝数一定时，电流越大，电磁铁的磁性越强，反之越小。 【解答】

解：𝐴𝐵．由图可知，电流从螺旋管的左端流入、右端流出，用右手握住螺旋管，四指指向电流的方向，则大拇指指向右端，所以右端是𝑁极，故𝐴𝐵错误；

𝐶𝐷．滑动变阻器的滑片𝑃向右滑动过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，

由𝐼=𝑅可知，电路中的电流变小，通过电磁铁的电流变小， 则在螺旋管的匝数一定时，电磁铁的磁性减弱，故𝐶错误、𝐷正确． 故选𝐷．

15. 现有三个轻质小球，实验发现其中任意两个小球相互靠近（未接触）都相互吸引，由此可判断（ ）

A.两个小球带负电，一个小球带正电 B.两个小球带正电，一个小球带负电

C.一个小球带正电，一个小球带负电，一个小球不带电 D.一个小球带电，两个小球不带电 【答案】 C

【考点】

物体带电情况的判断 【解析】

根据电荷间的相互作用规律（同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引）和带电体的性质（能吸引轻小物体）分析。 【解答】

解：由题可知，三个轻质小球任意两个小球相互靠近（未接触）都相互吸引，

𝐴𝐵．若两个小球带负电，一个小球带正电，或者两个小球带正电，一个小球带负电，则一定会出现带同种电荷的两个小球互相排斥，所以不可能是三个小球都带电，故𝐴𝐵错误．

𝐶．若两个小球带异种电荷，另一个小球不带电，则两个带异种电荷的小球靠近时相互吸引，同时两个带电小球都会吸引不带电的小球，故𝐶正确．

𝐷．若两个小球不带电，另一个小球带电，则两个不带电的小球靠近时不会相互吸引，故𝐷错误． 故选：𝐶．

16. 端午节是我国的传统节日，很多地方举行了赛龙舟活动，极大丰富了人们的文化

试卷第8页，总20页

𝑈

生活，关于赛龙舟活动，以下分析正确的是（ ） A.龙舟漂浮在水面上，说明龙舟受到的浮力大于重力

B.运动员向后划水，龙舟向前运动，说明力的作用是相互的

C.比赛过程中鼓声振天，说明声音在空气中可以传播，在水中不能传播 D.运动员划水的船桨是省力杠杆 【答案】 B

【考点】

杠杆及其五要素

物体的浮沉条件及其应用 力作用的相互性 声音的传播条件 【解析】

（1）物体的沉浮与物体的重力大小以及物体所受浮力的大小无关，它是由物体所受重力与浮力的合力决定。当合力向上则物体上浮；当合力向下，则物体下沉；当合力为0，则物体处于漂浮或悬浮状态；

（2）当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的；

（3）声音的传播是需要介质的，它既可以在气体中传播，也可以在固体和液体中传播，但不能在真空中传播；

（4）先判断桨在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。 【解答】

解：𝐴．龙舟漂浮在水面上时，处于平衡状态，龙舟所受的浮力等于重力，故𝐴错误； 𝐵．运动员向后划水，给了水一个向后的作用力，同时也受到水向前的反作用力，龙舟前进，说明物体间力的作用是相互的，故𝐵正确；

𝐶．比赛过程中鼓声振天，说明声音在空气中可以传播，但不能确定水中的传播情况，故𝐶错误；

𝐷．在划桨时，手移动很小的距离，船桨就能移动很大的距离，因此船桨的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故𝐷错误． 故选𝐵．

17. 下列关于压强的说法正确的是（ ）

A.飞机升力是由于机翼上下表面的空气流速不同造成压强差所引起的 B.拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而减小 C.菜刀的刀刃薄，是通过减小受力面积来减小压强 D.马德堡半球实验首次测出大气压强值 【答案】 A

【考点】 飞机的升力 大气压强的存在 液体的压强的特点

增大压强的方法及其应用 【解析】

（1）了解机翼的形状，根据流体压强与流速的关系可做出解答。流体流速越大，压强

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越小；流速越小，压强越大．

（2）液体内部压强随着深度的增加而增大； （3）压强的大小与压力和受力面积有关； （4）马德堡半球实验首次证明大气压的存在． 【解答】

解：𝐴．飞机机翼为流线型，即上方为凸型，下方是平的，等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表面的流速大，通过下表面的流速较小，因为机翼上方的空气流速大，压强较小，机翼下方的空气流速小，压强大，所以机翼受到一个向上的压强差，飞机受到向上的升力，故𝐴正确；

𝐵．拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而增大，故𝐵错误； 𝐶．菜刀的刀刃薄，在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故𝐶错误； 𝐷．马德堡半球实验首次证明大气压的存在，故𝐷错误． 故选𝐴．

18. 如图所示，某同学将两个完全相同的物体𝐴、𝐵分别放到甲、乙两种液体中．物体静止时，𝐴漂浮，𝐵悬浮，且两液面相平，容器底部受到的液体压强分别为𝑝甲、𝑝乙，物体𝐴、𝐵所受的浮力分別为𝐹𝐴、𝐹𝐵．则（ ）

A.𝑝甲<𝑝乙，𝐹𝐴=𝐹𝐵 C.𝑝甲>𝑝乙，𝐹𝐴=𝐹𝐵

【答案】 C

【考点】

液体压强的计算公式及其应用 物体的浮沉条件及其应用 【解析】

（1）浸没在液体里的物体浮沉条件是：当𝐺物<𝐹浮，物体上浮；当𝐺物>𝐹浮，物体下沉；当𝐺物=𝐹浮，物体处于悬浮；漂浮时𝐺物=𝐹浮；

（2）两个物体完全相同，根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高（深度ℎ相同），利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系． 【解答】

解：由于𝐴、𝐵完全相同，则重力相等，由图可知：𝐴在甲液体中漂浮，𝐵在乙液体中悬浮，

由物体的漂浮、悬浮条件可知：𝐹𝐴=𝐺，𝐹𝐵=𝐺，所以𝐹𝐴=𝐹𝐵； 甲液体中的𝐴漂浮，

试卷第10页，总20页

B.𝑝甲<𝑝乙，𝐹𝐴>𝐹𝐵 D.𝑝甲>𝑝乙，𝐹𝐴<𝐹𝐵

𝜌甲液>𝜌𝐴， 乙液体中的𝐵悬浮， 𝜌乙液=𝜌𝐵，

两种液体的密度：𝜌甲液>𝜌乙液； 又因为两容器液面等高，

所以由𝑝=𝜌𝑔ℎ可知，两种液体对容器底压强：𝑝甲>𝑝乙，故𝐶正确． 故选：𝐶．

二、填空题（本大题共5小题，每空2分，共20分）

小明同学身高165𝑐𝑚，站在竖置放置的平面镜前，从平面镜中看到挂钟的指针如图所示．由此可知，他在平面镜中的像高为________𝑐𝑚，挂钟显示的实际时间是________．

【答案】 165,7:20

【考点】 平面镜的应用 【解析】

本题考查平面镜成像特点． 【解答】

解：根据平面镜成像特点可知，物和像大小相等，小明同学的身高是165𝑐𝑚，则他在平面镜中的像高也是165𝑐𝑚；

方法一：根据平面镜成像特点，即物像关于平面镜对称，作出平面镜中钟表指针的实际情况，如下图，可以看到钟表的实际时间是7:20．

方法二：把试卷翻过来，注意上下不要颠倒，直接从试卷的反面看钟表的实际时间是7:20．

弹簧测力计下挂着一重为12𝑁的实心小球，小球浸没在水中并静止时，弹簧测力计示数为7𝑁．此时小球受到的浮力是________𝑁，其密度是________𝑘𝑔/𝑚3．(𝑔=10𝑁/𝑘𝑔) 【答案】 5,2.4×103 【考点】 阿基米德原理 浮力大小的计算 密度的计算 【解析】

试卷第11页，总20页

此题暂无解析 【解答】

解：小球浸没时受到的浮力： 𝐹浮=𝐺−𝐹′=12𝑁−7𝑁=5𝑁，

因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等， 所以，由𝐹浮=𝜌𝑔𝑉排可得，小球的体积： 𝑉=𝑉排=𝜌

𝐹浮

水

𝑔

，

则小球的密度： 𝜌=

𝑚𝑉

=

𝐺𝑔𝐹浮𝜌𝑔水

=

𝐺𝐹浮

𝜌水=

12𝑁5𝑁

×1.0×103𝑘𝑔/𝑚3=2.4×103𝑘𝑔/𝑚3．

如图所示，一茶杯放在水平桌面上，茶杯底面积为20𝑐𝑚2．杯中水深10𝑐𝑚，杯和水的总重力为3𝑁，则杯对水平桌面的压强为________𝑃𝑎；水对杯底的压力为________𝑁． （𝑔=10𝑁/𝑘𝑔，茶杯杯壁厚度不计）

【答案】 1500,2 【考点】

液体压强的计算公式及其应用 压强的计算公式及其应用 【解析】

（1）茶杯对水平桌面的压力等于杯和水的总重力，根据𝑝=𝑆求出杯对水平桌面的压强；

（2）由图可知杯内水的深度，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ求出水对杯底的压强，利用𝐹=𝑝𝑆求出水对杯底的压力。 【解答】

解：杯对水平桌面的压力：𝐹=𝐺总=3𝑁， 则杯对水平桌面的压强： 𝑝=𝑆=20×10−4𝑚2=1500𝑃𝑎；

水的深度ℎ=10𝑐𝑚=0.1𝑚， 水对杯底的压强：

𝑝′=𝜌𝑔ℎ=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×0.1𝑚=1000𝑃𝑎， 水对杯底的压力：

𝐹′=𝑝′𝑆=1000𝑃𝑎×20×10−4𝑚2=2𝑁．

质量为1.5𝑘𝑔的水温度升高80∘𝐶，需吸收的热量是________𝐽；若用功率为1400𝑊的电热水壶来提供这些热量，需要的时间为________𝑠．[𝑐水=4.2×103 𝐽/(𝑘𝑔⋅∘𝐶)]．

试卷第12页，总20页

𝐹

3𝑁

𝐹

【答案】

5.04×105,360 【考点】

电功率与电能、时间的关系 热量的计算 【解析】

（1）知道水的质量、水的比热容、水升高的温度，利用吸热公式求水吸收的热量； （2）若用功率为1400𝑊的电热水壶来提供这些热量，利用𝑊=𝑃𝑡求需要的时间。 【解答】 解：（1）水吸收的热量： 𝑄吸=𝑐𝑚𝛥𝑡

=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅∘𝐶)×1.5𝑘𝑔×80∘𝐶 =5.04×105𝐽，

（2）若不计热损失，则𝑊=𝑄吸=5.04×105𝐽， 由𝑃=可得：

𝑡𝑊

𝑡=

𝑊𝑃

=

5.04×105𝐽1400𝑊

=360𝑠．

如图甲所示，把标有“6𝑉 3𝑊“的灯泡𝐿和滑动变阻器𝑅串联接入恒定电压为9𝑉的电源上，通过𝐿的电流𝐼与𝐿两端电压𝑈的关系如图乙所示，则𝐿正常发光时，滑动变阻器接入电路的电阻是________； 当电路中电流为0.4𝐴时，𝐿的实际功率是________𝑊．

【答案】 6,1.6

【考点】 电功率的计算 欧姆定律的应用 【解析】

（1）由甲电路图可知，灯泡𝐿与滑动变阻器𝑅串联，根据串联电路的电压特点求出灯泡正常发光时𝑅两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出变阻器接入电路中的电阻；

（2）根据图象读出当电路中电流为0.4𝐴时其两端的电压，根据𝑃=𝑈𝐼求出灯泡的实际功率。 【解答】

解：由甲电路图可知，灯泡𝐿与滑动变阻器𝑅串联，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光， 所以，𝑅两端的电压：𝑈𝑅=𝑈−𝑈𝐿=9𝑉−6𝑉=3𝑉，

此时灯泡正常发光，由图象可知，当灯泡两端电压为6𝑉时，通过灯泡的电流为0.5𝐴， 因串联电路中各处的电流相等，

所以，由可得，滑动变阻器接入电路中的电阻：

试卷第13页，总20页

𝑅=

𝑈𝑅𝐼𝑅

=

𝑈𝑅𝐼𝐿

=0.5𝐴=6𝛺；

3𝑉

′

当电路中电流为0.4𝐴时，由图象可知，𝐿两端的电压𝑈𝐿=4𝑉， 则灯泡的实际功率： ′′′𝑃𝐿=𝑈𝐿𝐼𝐿=4𝑉×0.4𝐴=1.6𝑊．

三、作图、实验与探究题（本大题共5小题，24题3分，25题3分，26题8分，27题12分，,8题8分，共34分）

请画出漂浮在水面上的木块的受力示意图．

【答案】

如解答图所示． 【考点】 力的示意图 【解析】

先分析出木块受到重力和浮力作用，而且是一对平衡力；

再找到两个力的三要素：重力和浮力的作用点均在木块的重心上，重力方向竖直向下，浮力方向竖直向上；

分别用一条带箭头的线段把重力、浮力的大小、方向、作用点表示出来。 【解答】

解：漂浮在水面上的木块，处于平衡状态，受到重力和浮力作用，而且是一对平衡力； 重力从重心竖直向下画，浮力从重心竖直向上画，标出符号𝐺和𝐹浮，注意两条线段的长度相等，如图所示：

在图中，请在图中作出入射光线经凸透镜后的折射光线．

【答案】

如解答图所示． 【考点】 透镜的光路图 【解析】

在作凸透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。 【解答】

解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传

试卷第14页，总20页

播方向不改变，如图所示：

小明用图甲的装置，探究水沸腾时温度变化的特点，实验数据记录如下．

0 0.5 1 1.5 2 时间/min 90 92.4 94.4 95.6 96.8 温度/∘𝐶

（1）分折实验数据可知水在沸腾时温度的特点是________．

2.5 98 3 98 3.5 98 （2）分析实验数据可知水的沸点为________∘𝐶，低于100∘𝐶，产生这一现象的原因可能是当地大气压强________（填“高于”“低于”或“等于”）一个标准大气压．

（3）图________（填“乙”或“丙”）能反映水沸腾前产生气泡的情形． 【答案】

（1）温度不变 （2）98,低于 （3）乙 【考点】

探究水的沸腾实验 【解析】

（1）液体沸腾时的温度叫沸点，水沸腾时继续吸热温度不变；

（2）液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。 （3）水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。 【解答】 解：（1）由表格知水从2.5min开始沸腾，继续吸热，但温度保持不变．

（2）由表格知水的沸点98∘𝐶，小于标准大气压下水的沸点，则当地大气压强低于1个标准大气压．

（3）丙图气泡在上升过程中，体积逐渐增大，所以是沸腾时的现象，乙图气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象．

在测量“小灯泡的电阻”的实验中，有如下器材：电压表、电流表、开关、电压为3𝑉的电源、标有“2.5𝑉”的小灯泡、滑动变阻器及导线若干．

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（1）请用笔画线代替导线，把图中的实物电路连接完整；（导线不能交叉）

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片𝑃应处于图中最________端（填“左”或“右）．

（3）连好电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数接近电源电压，则此故障的原因可能是（ ） A.小灯泡断路 B.小灯泡短路 C.滑动变阻器断路

（4）排除故障后，按正确的操作测得实验数据记录如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 ①2.5 ③2.0 ⑤1.5 电压(𝑉) ②0.30 ④0.25 ⑥1.0 电流(𝐴) 电阻(𝛺) 在分折实验数据时，犮现了一个数据有明显错误，这个数据是________（选填上表中数据前面的序号），这个数据的正确值是________．

（5）根据实验数可知小灯泡正常发光时的电阻是________𝛺．（保留一位小数）

【答案】

（1）如解答图所示． （2）左 A

（4）⑥,0.20 （5）8.3 【考点】

伏安法测电阻的探究实验 【解析】

（1）根据灯的额定电压确定电压表量程与灯并联；

（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片𝑃应处于阻值最大处；

（3）若电流表示数为0，灯不亮，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的灯泡断路了；

（4）因电流表选用小量程，电流表示数最大0.6𝐴；根据电流表大小量程之比为5:1回答；

（5）灯的额定电压下正常发光，由欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻。 【解答】 解：（1）标有“2.5𝑉”的小灯泡表示灯的额定电压为2.5𝑉，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：

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（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片𝑃应处于阻值最大处，即图中最左端．

（3）电流表无示数，灯不亮，说明电路可能断路，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的小灯泡断路，故选𝐴．

（4）因电流表选用小量程，电流表示数不可能为1.0𝐴（或通过灯的电流随电压的减小而变小），故数据⑥是错误的，错误的原因在于选用小量程却按大量程读数了，根据电流表大小量程之比为5:1，正确的电流大小为0.20𝐴．

（5）灯的额定电压下正常发光，由表中数据结合欧姆定律可得，小灯泡正常发光时的电阻： 𝑅𝐿=

𝑈𝐼

=0.3𝐴≈8.3𝛺．

2.5𝑉

观察、实验、推理是物理研究的重要手段，物理学家伽利略因观察到比萨大教堂穹顶上吊灯因风不停摆动，发现了摆的重要特性，某兴趣小根据当时情况，准备了小钢球（大小可忽略不计）．弹性很小的结实轻细绳等器材组成了图甲装置，在无风的情况下，把小钢球拉离到最低位置(𝐴)𝑥处释放，如图乙所示，小钢球将来回摆动，兴趣小组猜想影响小钢球往返一次的时间因素有：摆绳长𝑙，小钢球质量𝑚，起始小钢球拉离到最低位置(𝐴)的距离𝑥．由此进行实验，用秒表记下小钢球往返的时间，实验数据记录如下：

（1）由表中________ （填表中实验次第序号）三组数据可知：小钢球往返一次的时间与小钢球拉离最低位置的距离𝑥无关．

（2）由表中笫3、4、5次实验数据分析可知：小钢球往返一次的时间与________无关．

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（3）由表中第3、6、7次实验数据分折可知：摆绳越长，小钢球往返一次的时间越________．

（4）我们生活用的摆钟（如图丙），就是利用这一原理工作的，有人发现正在工作的摆钟往返一次的时间变长了（即钟的走时比准确时慢），则需将摆锤往________调（填“上“或“下”）． 【答案】

（1）1、2、3 （2）小钢球质量 （3）长 （4）上 【考点】

控制变量法与探究性实验方案 【解析】 （1）（2）（3）由表中数据可知，研究小钢球往返动一次的平均时间与摆长、质量、最初将小钢球拉至最低位置的距离𝑥(𝑐𝑚)有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制其它因素不变；根据题中条件分析得出结论； （4）利用（3）的结论回答。 【解答】 解：（1）研究小钢球往返一次的时间与小钢球拉离最低位置的距离𝑥的关系时，要控制摆长、质量不变，最低位置的距离𝑥变，故由表中 1、2、3三组数据可知：小钢球往返一次的时间与小钢球拉离最低位置的距离𝑥无关．

（2）由表中笫3、4、5次实验数据可知，只有小球的质量不同，而其它因素相同，而分小钢球往返一次的时间相同，故小钢球往返一次的时间与小钢球质量无关．

（3）由表中第3、6、7次实验数据可知，只有摆长不同，因它因素相同，分折可知：摆绳越长，小钢球往返一次的时间越长． （4）根据（3）：摆绳越长，小钢球往返一次的时间越长，摆绳越短，小钢球往返一次的时间越少，

正在工作的摆钟往返一次的时间变长了（即钟的走时比准确时慢），应缩短摆垂，则需将摆锤往上调．

四、计算题：本大题共2小题，每小题10分，共20分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分．

利用如图所示的滑轮组，用𝐹=1000𝑁的力拉绳子自由端，货物𝐴以0.1 𝑚/𝑠的速度匀速直线运动10𝑠，整个过程中，滑轮组的机械效率为75%．求：

（1）货物𝐴在10𝑠内移动的距离．

（2）这个过程中拉力𝐹的功率．

（3）水平地面对货物𝐴的摩擦力大小． 【答案】

（1）货物𝐴在10 𝑠内移动的距离为1𝑚．

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（2）这个过程中拉力𝐹的功率200𝑊．

（3）水平地面对货物𝐴的摩擦力大小1500𝑁． 【考点】 功率的计算

滑轮（组）的机械效率 速度公式及其应用 【解析】

（1）根据𝑠=𝑣𝑡算出货物𝐴在10 𝑠内移动的距离

（2）由图示可知，滑轮组承重绳子的有效股数：𝑛=2，求出绳子自由端移动的距离；由功率公式𝑃=𝐹𝑣求出拉力的功率； （3）根据机械效率公式𝜂=【解答】

解：（1）根据𝑣=𝑡可知货物𝐴在10𝑠内移动的距离： 𝑠𝐴=𝑣𝐴𝑡=0.1𝑚/𝑠×10𝑠=1𝑚．

（2）由图可知，动滑轮上绳子的有效股数：𝑛=2， 绳子自由端移动的速度：

𝑣绳=𝑛𝑣𝐴=2×0.1𝑚/𝑠=0.2𝑚/𝑠， 拉力的功率： 𝑃=

𝑊𝑡

𝑠

𝑊有用𝑊总

=

𝑓𝑠𝐹𝑛𝑠

=

𝑓𝑛𝐹

求出摩擦力。

=

𝐹𝑠𝑡

=𝐹𝑣绳=1000𝑁×0.2𝑚/𝑠=200𝑊．

𝑊有用𝑊总

（3）由𝜂==

𝑓𝑠𝐹𝑛𝑠

=

𝑓𝑛𝐹

得摩擦力：

𝑓=𝑛𝜂𝐹=2×75%×1000𝑁=1500𝑁．

用四个相同的灯泡𝐿1、𝐿2、𝐿3、𝐿4和定值电阻𝑅1、𝑅2，组成如图所示两个电路，图中𝑈甲=12𝑉，𝑈乙=6𝑉，闭合开关，四个灯泡均正常发光，求：

（1）通过𝐿1和𝐿2的电流之比为________．（此项只需填写结果即可）

（2）甲、乙两电路的总功率之比．

（3）定值电阻𝑅1、𝑅2的阻值之比．

【答案】 （1）1:1

（2）甲、乙两电路的总功率之比为1:1． （3）定值电阻𝑅1、𝑅2的阻值之比为4:1． 【考点】

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串联电路的电流规律 电功率的计算 【解析】

（1）串联电路电流处处相等；

（2）根据串联电路和并联电路电流的关系求出甲、乙两电路的总功率之比； （3）根据（2）的结论推导出定值电阻𝑅1、𝑅2的阻值之比。 【解答】 解：（1）串联电路电流处处相等，故通过𝐿1和𝐿2的电流之比为1:1． （2）用四个相同的灯泡，均正常发光，

小灯泡的额定电流为𝐼，甲图灯泡串联所以：𝐼甲=𝐼， 乙图并联，所以：𝐼乙=2𝐼， 因为𝑃甲=𝑈甲𝐼，𝑃乙=𝑈乙2𝐼， 所以

𝑃甲𝑃乙

=

𝑈甲𝐼𝑈乙2𝐼

=

122×6

=．

1

1

（3）小灯泡的额定功率为𝑃𝐿，𝑅1、𝑅2的额定功率为𝑃1、𝑃2， 所以𝑃甲=2𝑃𝐿+𝑃1，𝑃乙=2𝑃𝐿+𝑃2， 因为𝑃甲=𝑃乙，所以𝑃1=𝑃2， 又因为𝑃1=𝐼2𝑅1，𝑃2=(2𝐼)2𝑅2， 所以𝐼2𝑅1=(2𝐼)2𝑅2，所以𝑅1=1．

2

𝑅4

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