《2016年湖北省孝感市中考物理试卷(教师版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2016年湖北省孝感市中考物理试卷(教师版).docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2016年湖北省孝感市中考物理试卷（教师版）一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合要求，第9和10题有多项符合要求全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）1（3分）下列与声现象有关说法中正确的是（）A我们听到的回声不是物体振动产生的B超声波的传播速度一定大于340m/sC声波可以传递信息，也可以传递能量D频率相同的声波，其音色也相同【考点】91：声音的产生；93：声速；9H：音色；9M：声与信息；9N：声与能量菁优网版权所有【分析】（1）声音都是有物体的振动产生的，回声是指声音在传播过程中，碰到障碍物，有一部分声能被反射回
2、来这种反射回来的声叫“回声”；（2）超声波也是声波，传播速度与声波相同；（3）声音能够传递信息，也可以传递能量；（4）音调跟频率有关，频率越大，音调越高；音色反映声音的品质和特色，与发声体的结构、材料有关。【解答】解：A、所有的声音都是由物体的振动产生的，回声是声音的一种，故A错误；B、超声波也是声波，传播速度与声波相同，都为340m/s，故B错误；C、声音能够传递信息，也可以传递能量，故C正确；D、音调跟频率有关，频率越大，音调越高；音色反映声音的品质和特色，与发声体的结构、材料有关，故频率相同的声波，音色不一定相同，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了声音的产生、声音的传播、声音三要素影
3、响因素的知识，属于基础知识的考查，相对比较简单2（3分）如图所示，为小明用透镜观察字的情况，下列说法正确的是（）A字到透镜的距离大于此透镜的焦距B该透镜只能成放大的像C该透镜可以用作近视眼镜D该透镜可以用作照相机镜头【考点】B8：凸透镜成像的应用菁优网版权所有【分析】（1）凸透镜成像的三种情况：U2f 时，在另一侧光屏上得到倒立、缩小的实像。2fUf 时，在另一侧光屏上得到一个倒立、放大的实像。Uf 时，通过凸透镜能看到一个正立的、放大的虚像。（2）凹透镜成正立的缩小的虚像。凹透镜是矫正近视眼的眼镜。【解答】解：A、图中看到字是正立的，放大的像。应用了凸透镜成像时Uf 时，通过凸透镜能看到一个
4、正立的、放大的虚像，因此字与透镜的距离小于透镜的焦距，故A错误；B、由凸透镜成像规律可知，凸透镜可以成放大的虚像，也可以成缩小、等大的实像，故B错误；C、此透镜是凸透镜，凹透镜是矫正近视眼的眼镜。故C错误；D、此透镜是凸透镜，U2f 时，在另一侧光屏上得到倒立、缩小的实像，照相机利用此原理，因此可以用来做照相机的镜头，故D正确。故选：D。【点评】掌握凸透镜成像的三种情况。掌握凹透镜的成像情况。掌握近视眼和远视眼的矫正眼镜，是解答此题的关键。3（3分）下列“物态变化”与其吸热、放热的关系正确的是（）A霜的形成是凝固现象，要吸热B冰化成水是熔化现象，要吸热C寒冷冬天呼出的“白气”是汽化现象，要吸热
5、D用“干冰”进行人工降雨是利用“干冰”升华，要放热【考点】19：熔化与熔化吸热的特点；1M：液化及液化现象；1P：升华和凝华的定义和特点菁优网版权所有【分析】解决此题的关键是知道物态变化的名称，物质从固态变成液态叫熔化，物质从液态变成固态的过程叫凝固，物质由液体变为气态称为汽化，物质从气态变成液态称为液化，物质直接从固态变为气态叫升华，物质直接从气态变为固态的过程叫凝华。【解答】解：A、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，此过程放出热量。此选项错误；B、冰化成水，由固态变为液态，是熔化现象，此过程吸收热量。此选项正确；C、“白气”是口中呼出的气流中的水蒸气遇到温度较低的空气液化形成的小水滴，
6、此过程放出热量。此选项错误；D、干冰是固态二氧化碳，在常温常压下干冰极易由固态直接升华成为气态，同时吸收大量的热。此选项错误。故选：B。【点评】解决此类题目首先要弄清物态的相变过程，根据选项所给物理现象的特点进行判断分析。4（3分）家庭电路中，下列操作符合要求的是（）A输电线进户后，应先接电能表B家庭电路的开关，接在零线或火线上都可以C使用试电笔时，手指不能碰到笔尾金属体，以免发生触电事故D空气开关跳闸后，应立即合上【考点】IR：测电笔的使用；IV：安全用电原则菁优网版权所有【分析】（1）家庭电路中电能表的作用是测量家里消耗了多少电能，接在家庭电路的干路上。（2）控制电灯的开关应安装在火线与灯
7、之间。（3）测电笔的正确使用方法，手一定接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体。（4）空气开关跳闸后，应检查故障，检查完后再合上开关。【解答】解：A、输电线进户后应先接电能表；A符合要求；B、电灯的开关接在了零线上时，即使断开，电灯或其他用电器仍带电，易发生触电事故，B不符合要求；C、如果手不接触笔尾金属体，无论笔尖金属体接触火线还是零线，氖管都不发光；故C不符合要求；D、空气开关跳闸后，应检查故障，检查完后再合上开关，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了学生对电能表有关知识、安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。5（3分）成成同学课外实验时，把鸡蛋放入
8、盛水的杯中，鸡蛋沉在杯底，如图甲；向杯中加盐并搅拌，直到鸡蛋悬浮，如图乙。此过程中（）A杯中液体密度不变B鸡蛋的重力变小C鸡蛋的浮力变大D容器底受到液体的压力不变【考点】76：重力；8A：液体压强计算公式的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用菁优网版权所有【分析】（1）根据图示，利用物体浮沉条件分别比较鸡蛋与甲乙中液体密度，得出杯中液体密度的变化；（2）根据质量不变，利用Gmg判断重力变化；（3）根据图示，利用物体浮沉条件分别比较鸡蛋与甲乙液体中的浮力关系，得出鸡蛋的浮力变化；（4）首先根据p液gh可判断器底受到液体的压强变化，然后根据p判断容器底受到液体的压力变化。【解答】解：A、鸡蛋在图甲中
9、沉入水底，则甲鸡蛋；在图乙中悬浮，则乙鸡蛋，所以，液体的密度甲乙，即杯中液体密度变大，故A错误；B、鸡蛋的质量不变，根据Gmg可知，重力不变，故B错误；C、鸡蛋在图甲中沉入水底，则F浮甲G，在图乙中悬浮，则F浮乙G，所以F浮甲F浮乙，鸡蛋的浮力变大。故C正确；D、向杯中加盐并搅拌，则液体密度变大，而液面高度不变，根据p液gh可知，容器底受到液体的压强变大；容器底面积不变，根据FpS可知，容器底受到液体的压力变大。故D错误。故选：C。【点评】本题考查了物体浮沉条件的应用，阿基米德原理，液体压强公式和压强定义式的应用，记住条件是关键，要注意同一只鸡蛋的重力不变。6（3分）在图所示电路中，闭合开关S
10、，将滑动变阻器滑片P向右移动时，图中的电磁铁（）Ab端是N极，磁性减弱Bb端是S极，磁性减弱Ca端是N极，磁性增强Da端是S极，磁性增强【考点】CB：安培定则及其应用；CE：影响电磁铁磁性强弱的因素菁优网版权所有【分析】（1）根据电源的正负极可以确定电磁铁中的电流方向，结合电磁铁线圈的绕向，利用安培定则可以确定电磁铁的NS极。（2）决定电磁铁磁性强弱的因素有电流大小和线圈匝数，在线圈匝数不变的情况下，电流越大磁性越强。当滑片P向左移动时，可以确定电路中的电流大小，从而可以确定电磁铁的磁性强弱。【解答】解：（1）由于电源的右端为正极，左端为负极，所以电磁铁中电流方向是从右端流入、左端流出。结合线
11、圈绕向利用安培定则可以确定电磁铁的右（b）端为N极，左（a）端为S极。（2）当滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路中的电流减小。在线圈匝数和铁芯不变的情况下，电磁铁的磁性减弱。故选：A。【点评】此题考查了安培定则、电磁铁磁性强弱的决定因素、滑动变阻器的使用。安培定则共涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向，告诉其中的两个，可以确定第三个。此题就是告诉了电流方向和线圈绕向让确定磁场方向。7（3分）如图所示，两透明容器中密封着等质量的空气，通电t秒后（两容器都不向外放热），下列说法正确的是（）A两容器中电阻产生的热量相同B右边容器中空气的温度是左边容器中空气温度的两倍C右边容器
12、中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的两倍D右边容器中空气温度的变化量是左边容器中空气温度变化量的四倍【考点】JI：焦耳定律的计算公式及其应用菁优网版权所有【分析】根据焦耳定律QI2Rt判断两容器中电阻产生热量的多少，产生的热量越多，空气吸收热量越多，U形管中液柱越高；电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。【解答】解：如图所示装置中，将容器中的电阻丝串联起来接到电源两端，通过他们的电流I与通电时间t相同，左边容器中的电阻小于右边容器中的电阻，由QI2Rt可知，右边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，右端液面高；故A
13、错误；由QI2Rt得，R1与R2产生的热量之比为：，由Qcmt可得：，故C正确，B、D错误。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻的关系”实验的理解和掌握，以及对焦耳定律变形公式的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。8（3分）在自动化生产线上，常用传送带运送工件，如图所示，工件与传送带一起向右匀速运动时，关于工件受力，下列说法中正确的是（）A工件受摩擦力，方向水平向右B工件受摩擦力，方向水平向左C工件所受到的重力与工件对传送带的压力是一对相互作用力D工件对传送带的压力与传送带对工件的支持力是一对相互作用力【考点】6S：平衡力和相互作用力的区分；7F：摩擦力
14、产生的条件；7G：摩擦力的方向菁优网版权所有【分析】（1）首先对工件进行受力分析，因为工件与传送带一起匀速运动，所以它们之间没有发生相对运动，是相对静止的，则没有摩擦力的作用，工件只受重力和传送带的支持力的作用。（2）作用力和反作用力与平衡力的主要区别是：作用力与反作用力的作用物体是两个，而平衡力的作用物体只有一个。【解答】解：AB、因为工件与传送带一起匀速运动，所以它们之间没有发生相对运动、也没有相对运动的趋势，则工件没有受到摩擦力的作用，故AB错误；C、工件所受到的重力与工件对传送带的压力的方向都是向下的，而一对相互作用力的方向是相反的，所以它们不是一对相互作用力，故C错误；D、工件对传送
15、带的压力与传送带对工件的支持力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，且作用在两个物体上（即压力作用在传送带上，支持力作用在工件上），故这两个力是一对相互作用力，故D正确；故选：D。【点评】此题考查了受力分析的判断和作用力、反作用力的分析，是一道综合题。9（3分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R是定值电阻，Rt是一个由半导体材料制成的热敏电阻，其阻值随温度变化曲线如图乙所示。则（）A温度升高时，电流表示数减小B温度降低时，电路消耗的总功率减小C电流表可以改装成温度计D电压表可以改装成温度计【考点】IZ：电路的动态分析菁优网版权所有【分析】由电路图可知定值电阻R与热敏电阻Rt串联，电压表
16、测Rt两端的电压，电流表测电路中的电流。根据图乙可知环境温度升高时Rt阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和Rt两端的电压变化，从而可得两电表示数变化，可知改装所用电表，根据PUI可知电路总功率的变化。【解答】解：由电路图可知定值电阻R与热敏电阻Rt串联，电压表测Rt两端的电压，电流表测电路中的电流。由图乙可知，当环境温度升高时，Rt的阻值变小，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，故A错误；由UIR可知，定值电阻R两端的电压变大，由串联电路的电压特点知，Rt两端的电压变小，即电压表的示数变小。所以当温度越高时，电压表示数越小，电流表示数越大，所以电流表电
17、压表都可以改装成温度计。故C、D正确。由图象知，温度降低，热敏电阻阻值变大，电路总电阻变大，电路中电流变小，总电压一定，由PUI可知，电路中电流变小，所以总功率变小，B正确。故选：BCD。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，分析好环境温度升高时Rt阻值的变化是解题关键。10（3分）如图甲，木块从斜面匀速滑下时，受到摩擦力大小为F1；当用平行于斜面的推力将该木块由斜面底端匀速推至顶端的过程中，推力大小为F2（如图乙），关于F1与F2的大小关系和能量的变化，下列说法中正确的是（）AF2F1BF22F1CF22F1D推力对木块做功，木块的机械能增加【考点】7D：摩擦力
18、的大小；FT：机械能的概念菁优网版权所有【分析】（1）滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，且摩擦力的方向一定与物体运动趋势方向相反；（2）动能的大小与物体的质量、速度有关；重力势能大小与物体的质量、高度有关，动能和势能统称为机械能。【解答】解：ABC、如图所示图甲，木块从斜面匀速滑下时，木块所受重力沿斜面向下的分力G0与沿斜面向上的摩擦力F1是一对平衡力，所以G0F1；图乙，推动木块沿斜面向上做匀速运动时，在沿斜面方向上木块受到三个力的作用，分别是推力F2、重力沿斜面向下的分力G0、沿斜面向下的摩擦力；由于是同一斜面、同一木块，所以重力沿斜面向下的分力G0与甲图是相同的；该过程中压力
19、不变、接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变，即摩擦力仍然为F1；木块匀速向上运动，根据力的平衡条件可得F2G0+F1，由于G0F1，故乙图的推力F22F1；故B正确，A、C错误；D、图乙，木块沿推力的方向移动了距离，故推力对木块做了功；在匀速向上运动过程中，木块的速度不变、质量不变，故动能不变；高度增加，故重力势能增大，所以机械能增大，故D正确；故选：BD。【点评】此题考查了摩擦力大小的影响因素、动能、势能、机械能的判断和受力分析的应用，是一道综合题，难度较大。二、作图、实验探究题（本题共3小题，共20分）11（8分）（1）如图甲所示，一重为G的均匀木棒，可绕O点转动。若让木棒静止在图示位
20、置，请画出木棒所受重力和作用在A点的最小动力F的示意图。（2）如图乙所示是一种称为“角反射器”的光学装置，有一束激光沿a、b方向入射到平面镜S1上。试在图中作出经平面镜S1、S2反射后的光路（保留必要的作图痕迹）。（3）在下列四幅图中，图B表示内能转化为机械能，图C中气体压强p1p2。（4）电磁波的传播不需要介质，它在真空中的传播速度是3108m/s；太阳能是环保的可再生能源，我们可以用太阳能电池把太阳能转化成电能。【考点】7S：杠杆中最小力的问题；8K：流体压强与流速的关系；AH：平面镜成像的相关作图；D2：电磁波的传播与应用；G5：内能的利用及其意义；KA：太阳能的转化菁优网版权所有【分析
21、】（1）物体的重力竖直向下，重心在物体的几何中心；要使杠杆使用最省力，应使其力臂最长。（2）“角反射器”的特点是对光线进行两次反射，根据反射定律可知，两次反射的光线与入射光线是始终平行的，因此，只要入射光线的方向不变，两次反射后的光线方向就不会改变。（3）根据AB两图中的能量转化情况得到结果；根据流体压强和流速的关系分析CD两图，流体压强与流速的关系：在流体中，流速快的地方压强越小。（4）电磁波是一种物质，可在真空中传播，太阳能电池板将太阳能转化为电能。【解答】解：（1）物体的重心在其中心处，重力方向竖直向下；要使动力最小应使动力臂最长，图中以OA的长度为力臂时，动力臂最长，从A点作OA的垂线
22、，方向向上即为作用在A点的最小力，如图所示：（2）先过入射点画出法线，根据反射角等于入射角画出反射光线；入射到下面的镜面，同理画出第二次的反射光线，如图所示：（3）A、压缩活塞使得筒内的空气内能增加、温度升高，消耗了机械能得到了内能，即是将机械能转化为内能的过程。故A不合题意；B、将水加热到一定程度后，活塞被水蒸气推出，即水蒸气的内能转化为活塞的机械能。故B符合题意；C、C图中，物体上表面平直，下表面向下弯曲，相同时间内，空气经过下方的路程比上方的路程长，下方空气流速大、压强小，即p1p2，故C符合题意。D、D图中，用漏斗从乒乓球上方向下吹气，乒乓球上方的气流速度大于下方的气流速度，则上方的气
23、体压强小于下方压强，即p1p2，故D不合题意；（4）电磁波可以在真空中传播，电磁波的传播不需要介质；太阳能电池板可以将太阳能转化为电能。故答案为：（1）见解答图；（2）见解答图；（3）B；C；（4）介质；电能。【点评】（1）本题是有关重力示意图的画法及杠杆平衡力的应用，有关杠杆的最小力问题是难点，关键能够确定出最长的力臂，通常把支点到力的作用点距离当成力臂是最长的力臂。（2）解决光学的问题，作图是非常有效的方法，对于互成直角的反射器来讲，它的出射光线与入射光线平行，应该作为一条规律记住它。（3）首先确定每幅图所表示的实验内容是什么，再根据该实验所涉及的知识点进行对照分析，最后做出针对性地判断。
24、（4）此题考查电磁波的传播和太阳能的转化，难度不大，属于基础题。12（6分）小勇在测量额定电压是2.5V小灯泡电功率的实验中（1）为完成实验，请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路图连接完整。（2）闭合开关后，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡发光较暗但亮度一直不变，其原因是滑动变阻器同时接下面两个接线柱。（3）正确连接电路后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示，此时，小灯泡的实际功率为0.44W。（4）若要测量小灯泡的额定功率，应再将滑动变阻器的滑片向左（填“左”或“右”）移动，直至电压表示数为2.5V为止。（5）移动滑动变阻器的滑片，记下多组电流表示数及
25、对应的电压表示数，并画出图丙所示的IU图象，从图象可以计算出小灯泡的额定功率为0.625W。【考点】JF：电功率的测量实验菁优网版权所有【分析】（1）测量小灯泡电功率的实验中滑动变阻器应一上一下串联入电路中，电压表测灯泡电压，根据灯泡额定电压确定电压表量程，由此连接实物；（2）滑动变阻器要接一上一下两个接线柱，如果滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器阻值全部接入电路，成为定值电阻，电路电阻很大，电流很小；（3）由图乙所示电流表确定其量程与分度值，读出电流表示数，然后由PUI求出灯泡功率；（4）要增大灯泡两端的电压，则应减小滑动变阻器的阻值，从而判断出滑动变阻器滑片的移动方向；（5）由IU
26、图象找出灯泡额定电压所对应的电流，然后由PUI求出灯泡的额定功率。【解答】解：（1）测量小灯泡电功率的实验中滑动变阻器应一上一下串联入电路中，电压表测灯泡电压应与灯泡并联，灯泡额定电压2.5V，所以电压表使用03V量程，由此连接实物如图所示：；（2）如果滑动变阻器同时接下面两个接线柱，滑动变阻器阻值全部接入电路，滑动变阻器被成为定值电阻，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电路中电阻都不变，电路中电流较小，所以灯泡的亮度比较暗；（3）由图乙所示电流表可知，电流表量程是00.6A，分度值是0.02A，电流表示数为0.22A，所以电压表示数为2V时，灯泡实际功率PUI2V0.22A0.44W；（4）要测
27、定灯泡的额定功率，应使灯泡两端的电压等于其额定电压，此时应减小滑动变阻器的阻值，将滑片向左端滑动，使电压表的示数为2.5V；（5）由图丙所示IU图象可知，灯泡额定电压U2.5V所对应的电流I0.25A，则灯泡的额定功率PUI2.5V0.25A0.625W。故答案为：（1）见上图；（2）滑动变阻器同时接下面两个接线柱；（3）0.44；（4）左；2.5；（5）0.625。【点评】此题是测量灯泡的功率实验，考查了实物图的连接，滑动变阻器的使用，电流表的读数、电功率的计算，电路故障的分析及伏安法测电阻的实验原理，考查得很全面。13（6分）小浩同学用天平、量筒和水等器材测量小石块密度的实验中（1）图甲是
28、小浩在调节天平时的情景，小丽指出了他在操作上的错误，你认为错误之处是游码未移到标尺的零刻度线处。（2）小浩纠正了错误后调节好天平，将石块放入左盘，天平平衡时，测出石块的质量如图乙所示，小石块质量是58g。（3）如图丙所示，量筒测出小石块的体积是40cm3，则小石块的密度是1.45g/cm3。（4）小丽同学做这个实验时没有用天平，也测出了该石块的密度。她先按照小浩的方法测出石块的体积，然后用体积为48cm3、质量为12g的小泡沫块（不吸水）与小石块用细线捆在一起，再次放入量筒中，石块和泡沫块漂浮在水面上，且有1/3的泡沫露出水面。石块和泡沫块放入量筒之前水面初始位置是28ml，则石块和泡沫块放入
29、量筒后水面应该在100ml刻度处。小丽测出的石块密度大于（选填“大于、小于、等于”）小浩的测量值。【考点】2M：固体的密度测量实验菁优网版权所有【分析】（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；（2）体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；（3）石块的体积等于量筒中液面的两次读数之差；用公式算出石块的密度；（4）石块和泡沫块排开水的体积可求，则石块和泡沫块放入量筒后水面应该在什么刻度处可求，根据阿基米德原理和物体漂浮条件求出石块和泡沫块的重力，再利用Gmg可求其总质量，泡沫块的质量已知
30、，可得小石块的质量，然后利用密度公式计算小石块的密度。【解答】解：（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；（2）如图乙所示，则小石块的质量m50g+5g+3g58g；（3）石块的体积V90ml50ml40ml40cm3，石块的密度：1.45g/cm3；（4）小石块的体积V40cm3，由题知，小泡沫块排开水的体积：V排V泡沫48cm332cm3，则石块和小泡沫块排开水的总体积：V排V+V排40cm3+32cm372cm372mL，则石块和泡沫块放入量筒后水面应该在28mL+72mL100mL刻度处；石块和泡沫块受
31、到的浮力：F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg72106m30.72N，石块和泡沫块漂浮在水面上，则石块和泡沫块的重力：G总F浮0.72N，石块和泡沫块的质量：m总0.072kg72g，则石块的质量：mm总m泡沫72g12g60g，所以石块的密度：1.5g/cm3；计算可知，小丽测出的石块密度大于小浩的测量值。故答案为：（1）游码未移到标尺的零刻度线处；（2）58；（3）40；1.45；（4）100；大于。【点评】本题最主要的问题是记住测固体密度的基本方法：用天平测出固体的质量m，根据排水法测出固体的体积V，用公式算出固体的密度；难点在（4）关键是根据物体漂浮条件求出石块的重力。第四
32、问偏大的原因是三分之一是估测出来的，应该是估小了，导致v排偏大，浮力偏大，导致质量偏大，最终密度偏大。三、应用题（本题共3小题，共20分）14（4分）随着人民生活水平的提高，小汽车逐步走进千家万户。（1）如图所示是小丽家新买的小汽车，总质量1200kg，每个车轮与地面接触面积20cm2求：小汽车停放在车库时，车对地面的压强。（取g10N/kg）（2）小丽家打算利用周末去离家72km的武汉，若车行驶的平均速度为20m/s，则去武汉大约需多长时间？【考点】69：速度公式及其应用；86：压强的大小及其计算菁优网版权所有【分析】（1）知道小汽车的质量，利用重力的计算公式Gmg可以计算出其受到的重力；在
33、空载时小汽车对地面的压力等于重力，知道受力面积，利用公式p求小汽车对地面的压强；（2）已知路程为72km，速度为20m/s，利用速度公式变形可求得时间。【解答】解：（1）小汽车受到的重力：Gmg1200kg10N/kg1.2104N。小汽车对地面的压力：FG1.2104N，小汽车与地面的总接触面积（受力面积）S420cm280cm28103m2。小汽车对地面的压强：p1.5106Pa；（2）已知s72km72000m，v20m/s，由v可得，t3600s1h。答：（1）小汽车停放在车库时，车对地面的压强为1.5106Pa；（2）去武汉大约需1h时间。【点评】本题考查了速度公式的应用、压力和压强
34、的计算，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等，计算过程要注意单位的换算。15（8分）如图所示电路，电源电压保持不变，灯上标有“6V3W”字样，当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，电压表的示数为2.4V，电流表示数为0.3A（灯泡灯丝电阻不随温度的变化而改变）。求：（1）滑动变阻器的最大阻值。（2）此时灯泡的实际功率。（3）电源电压。（4）当开关S1和S2都闭合、滑动变阻器的滑片P移到b端时，电路消耗的总功率。【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算菁优网版权所有【分析】（1）当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，滑动变阻器R的最大阻值和灯泡串联
35、，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；（2）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P求出灯泡的电阻，当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，根据PI2R求出此时灯泡的实际功率；（3）当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；（4）当开关S1和S2都闭合、滑动变阻器的滑片P移到b端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值并联，根据电阻的并联求出电路中的总电阻，利用P求出电路消耗的总功率。【解答】解：（1）当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，滑动变阻器R的最大阻值和灯泡串联，电压
36、表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，由I可得，滑动变阻器的最大阻值：R8；（2）由P可得，灯泡的电阻：RL12，当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，灯泡的实际功率：PLI2RL（0.3A）2121.08W；（3）当开关S1闭合、S2断开、滑动变阻器滑片P移到a端时，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电源电压：UI（RL+R）0.3A（12+8）6V；（4）当开关S1和S2都闭合、滑动变阻器的滑片P移到b端时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值并联，因并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，所以，电路中的总电阻：R总4.8，电路消耗的总功率：P7.5W。答：（1）滑
37、动变阻器的最大阻值为8；（2）此时灯泡的实际功率为1.08W；（3）电源电压为6V；（4）当开关S1和S2都闭合、滑动变阻器的滑片P移到b端时，电路消耗的总功率为7.5W。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是两种情况下电路连接方式的判断。16（8分）用滑轮组与电动机结合使用可节省人力，提高工作效率。如图所示，是一业余打捞队打捞某密封箱子的示意图，已知电动机工作时拉绳子的功率为1100W保持不变，箱子质量300kg、体积0.1m3，每个滑轮重200N，水深6m，水面离地面4m，将箱子从水底提到地面时，用时间24s（不计绳重、摩擦和水的阻力，取g10N/kg）。求
38、：（1）箱子在水底时下表面受到水的压强。（2）电动机把箱子提升到地面做的总功。（3）整个打捞过程中，滑轮组机械效率的最大值。（4）整个打捞过程中，箱子上升的最大速度。【考点】89：液体的压强的计算；EC：功的计算；F4：滑轮（组）的机械效率；FG：功率计算公式的应用菁优网版权所有【分析】（1）已知箱子在水中的深度，根据公式pgh可求产生的压强。（2）利用WPt即可求出总功；（3）箱子出水后继续上升的过程中，排开水的体积越来越小，绳子对物体的拉力越来越大，根据公式机械效率可知出水后机械效率最大，据此即可求出最大效率。（4）由于电动机工作时拉绳子的功率保持不变，根据PFv即可判断出最大速度的状态，
39、先求出此时的拉力，然后即可求出最大速度。【解答】解：（1）箱子在水底时下表面的深度h6m，此处水产生的压强：pgh1103kg/m310N/kg6m6104Pa。（2）电动机工作时拉绳子的功率为1100W保持不变，将箱子从水底提到地面用时t24s，由P得电动机所做的总功：W总Pt1100W24s2.64104J；（3）在提升箱子过程中，不计绳重、摩擦和水的阻力，有用功是动滑轮对箱子的拉力所做的功，额外功是克服动滑轮重所做的功；由可知，动滑轮对箱子的拉力越大，滑轮组的机械效率越大，所以出水后滑轮组的机械效率最大。箱子的重力：Gmg300kg10N/kg3000N；出水后，最大机械效率：最大100
40、%100%93.75%。（4）由于电动机工作时拉绳子的功率保持不变，所以，根据PFv可知：电动机的拉力最小时，绳端的速度最大，此时箱子上升的速度也最大。当箱子所受浮力最大时（箱子浸没在水中上升时），电动机的拉力最小，箱子上升的速度最大；箱子所受的浮力：F浮gV排1000kg/m310N/kg0.1m31000N。则电动机的最小拉力：F（G箱+G动F浮）（3000N+200N1000N）1100N；由PFv可得，绳端的最大速度：v最大1m/s，则箱子上升的最大速度：v最大v最大1m/s0.5m/s。答：（1）箱子在水底时下表面受到水的压强为6104Pa。（2）电动机把箱子提升到地面做的总功为2.64104J。（3）整个打捞过程中，滑轮组机械效率的最大值为93.75%。（4）整个打捞过程中，箱子上升的最大速度为0.5m/s。【点评】本题考查滑轮组的使用、机械效率、压强、浮力和功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，还要学会二力平衡条件的应用。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/4 18:48:23；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E；学号：27665923第20页（共20页）