《2019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《2019年湖北省孝感市中考物理试卷(教师版).docx（21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、2019年湖北省孝感市中考物理试卷（教师版）一、选择题（大题共10小题，每小题3分共30分其中1-8小题为单项选择题，9和10小题为多项择对于多项选择选对的得3分，选对但不全的得2分，不选和错选得0分）1（3分）如图，是四个与声现象相关的图形，下列说法正确的是（）A图甲可以说明真空能够传声B图乙可以探究音色与频率的关系C图丙可以探究响度与振幅的关系D图丁的倒车雷达可以说明声能够传递能量【考点】92：声音的传播条件；9D：频率与音调的关系；9G：响度与振幅的关系；9N：声与能量菁优网版权所有【分析】将甲乙丙丁四个图涉及的物理情景，与对应的物理知识相联系，然后加以分析，即可确定选择项中对物理情景分
2、析的正误，从而可以得到答案。【解答】解：A、声音的传播需要介质，随着向外抽出空气的进行，钟罩内的空气越来越少，所以听到的声音会越来越小，可以推理得出真空不能传声，故A错误。B、乙实验说明声音的音调与频率有关，频率越高，音调越大，故B错误；C、响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；乙图通过观察乒乓球被弹起的幅度可以探究“响度与振幅的关系”；故C正确；D、图丁汽车上的倒车雷达，属于利用声音传递信息，故D错误；故选：C。【点评】掌握声音的三个特征：音调、响度、音色。音调跟频率有关，频率越大，音调越高；响度跟振幅有关，振幅越大，响度越大；音色跟物体的材料和结构有关。2（3分）下列光现象中，由于光的
3、直线传播形成的是（）A小孔成像B雨后彩虹C水中倒影D海市蜃楼【考点】A2：光在均匀介质中直线传播菁优网版权所有【分析】熟悉光传播的规律：（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。【解答】解：A、小孔成像，是由光的直线传播形成的，故A符合题意。B、雨后彩虹是由于太阳光照在空气中的小水珠上形成的光带，是色散现象，是光的折射形
4、成的，故B不合题意。C、平静的水面相当于平面镜，故拱桥在水中的倒影是利用光的反射形成的，故C不合题意。D、海市蜃楼是光线在沿直线方向传播中，因空气密度不同，经过折射造成的结果，故D不合题意。故选：A。【点评】本题题考查光的直线传播的具体生活实例，需要利用生活和物理之间的联系进行判断；能否区分三种光现象：光的直线传播、光的反射、光的折射，是本题的解题关键。3（3分）寒假，小华一家人驾车出去旅行时，小华发现汽车的前窗玻璃出现了一层水雾。打开除雾开关后，不一会玻璃上的水雾消失了，下列说法正确的是（）A水雾的形成是汽化现象B水雾出现在前窗玻璃的内表面C水雾是空气液化形成的D水雾消失是升华现象【考点】1
5、H：汽化及汽化吸热的特点；1M：液化及液化现象菁优网版权所有【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。【解答】解：ABC、在冬天，车玻璃的温度较低，车内的水蒸气遇到冷的玻璃液化形成小水滴，附着在玻璃的内表面形成雾气，故AC错误，B正确；D、打开除雾开关，对着玻璃吹暖风，玻璃上
6、的小水滴会汽化为水蒸气，车窗玻璃就清晰了，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生对液化现象在生活中的应用的了解和应用，是一道基础题。4（3分）如图所示是建筑工地上的起重机示意图，B是配重。起重机工作时，在钢索吊起货物加速上升的过程中，下列说法正确的是（）A钢索对货物的拉力等于货物的重力B货物加速上升过程中没有惯性C货物的动能转化为它的重力势能D配重是为了防止起重机翻倒，利用了杠杆原理【考点】6L：惯性；7T：杠杆的应用；FU：动能和势能的转化与守恒菁优网版权所有【分析】（1）根据力与运动的关系分析解答；（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；（
7、3）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的。（4）杠杆原理亦称“杠杆平衡条件”。在使用杠杆时，为了省力，就应该用动力臂比阻力臂长的杠杆；如果想要省距离，就应该用动力臂比阻力臂短的杠杆。【解答】解：A、起重机工作时，在钢索吊起货物加速上升的过程中，钢索对货物的拉力大于货物的重力。故A错误；B、任何物体在任何时候都具有惯性，故货物加速上升过程中也具有惯性。故B错误；C、在钢索吊起货物加速上升的过程中，货物的质量不变，高度升高，速度变大，故重力势能和动能都变大，所以货物的动能没有转化为它的重力势能。故C错误；D、如图所示建筑工地上的起重机示意图，工作时，起重臂绕O转动，属于杠杆
8、原理的应用，根据杠杆平衡条件可知，配重是为了防止起重机翻倒。故D正确。故选：D。【点评】此题考查了杠杆的应用、惯性、动能和重力势能的转化，以及力与运动的关系，是一道综合题。生活处处有物理，我们要认真观察、思考我们生活中的物理现象。5（3分）下列有关说法正确的是（）A如果甲相对于乙向南运动，那么乙相对于地面一定向北运动B同一物体在同一路面上运动越快，受到的摩擦力越小C重型货车通过增加轮胎的个数来减小货车对路面的压强D杠杆平衡后，如果动力和阻力都増加10N，那么杠杆一定仍然杆平衡【考点】53：运动和静止的相对性；7E：摩擦力大小的影响因素；7N：杠杆的平衡条件；85：减小压强的方法及其应用菁优网版
9、权所有【分析】（1）物体的运动和静止是相对的，甲相对乙的向南运动，只能判断乙相对甲向北运动，其它不能做出判断。（2）滑动摩擦力大小跟压力和接触面粗糙程度有关，跟运动速度无关。（3）从压强大小的影响因素进行分析。（4）杠杆平衡需要动力和动力臂的乘积等于阻力和阻力臂的乘积。【解答】解：A、如果甲相对于乙向南运动，只能知道甲和乙之间的位置变化情况，不能判断乙和地面之间的位置变化，所以不能判断乙相对地面是如何变化的。故说法错误。B、当一个物体在接触面上运动时，无论是加速、匀速还是减速，滑动摩擦力都是不变的，因为滑动摩擦力跟压力和接触面粗糙程度有关，跟速度无关。故说法错误。C、重型货车在质量一定，在水平
10、地面上对水平地面的压力就一定，增加轮胎的个数，增加了受力面积，压强减小。说法正确。D、杠杆平衡后，动力和阻力相等，不能说明动力和动力臂的乘积等于阻力和阻力臂的乘积相等，只能说在动力和阻力相等，杠杆可能平衡。说法错误。故选：C。【点评】本题考查了运动和静止的相对性、滑动摩擦力大小的影响因素、压强大小的影响因素、杠杆平衡的条件，这些都是基础内容，掌握基础很重要。6（3分）如图所示，通过开关的通断来研究电路连接和电路故障等问题，下列说法正确的是（）A断开S1和S3，闭合S2时，R1和R2并联B断开S1和S3，闭合S2时，电压表测量电源电压C断开S2，闭合S1和S3时，R1和R2串联D断开S1，闭合S
11、2和S3时，R2被短路【考点】HP：电路的三种状态；HT：串联电路和并联电路的辨别；I3：电压表的使用菁优网版权所有【分析】（1）串联电路电流只有一条路径，电流依次经过各用电器从正极回到电源负极；并联电路电流有多条路径，分别经过各用电器从电源正极回到负极；（2）短路分为电源短路和用电器短路，电源短路是指用导线直接将电源两端相连；而用电电器短路是指用一根导线将某个用电器的两端连接起来，使电器两端的电压为零。【解答】解：AB、由图可知，当断开S1和S3，闭合S2时，电流只有一条路径：正极电流表R1R2S2负极，所以R1与R2为串联；此时电压表并联在R1两端，则电压表测量R1两端电压，故AB错误；C
12、、断开S2，闭合S1和S3时，电流从正极出发经电流表分两支：一支经过S1R2，另一支经过R1，然后汇合经S3回到电源负极，所以R1和R2并联，故C错误；D、由图可知，断开S1，闭合S2和S3时，电流只有一条路径：正极电流表R1S3负极，R2被短路，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了学生识别串、并联电路的能力，电路的识别一般就从电流路径上分析，只有一条路径的是串联，有多条路径的是并联。7（3分）关于下列几个图形，说法正确的是（）A图甲中被测物体的长度为4.8cmB图乙中向两纸片中间吹气，两纸片靠拢C图丙中的人站在绝缘椅子上，通电后不会触电D图丁中的人提着滑板在水平路面上前行，人的竖直拉力对滑
13、板做功【考点】64：长度的测量；8K：流体压强与流速的关系；EA：力是否做功的判断；IU：触电危害及常见的触电类型与预防菁优网版权所有【分析】（1）使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；（2）对着两张纸的中间吹气，两张纸中间的空气流速大，压强小，两纸片靠拢；（3）家庭电路中的触电事故，都是人直接或间接接触火线引起的；触电有两种：当人体的不同部位分别接触火线和零线时，站在地上，身体的某一部位与火线接触，据此分析；（4
14、）做功的两个必要条件是：一是物体受到力的作用；二是物体在这个力的方向上通过一定的距离。【解答】解：A、由图甲知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm1mm，即此刻度尺的分度值位1mm；物体左侧与1.00cm刻度线对齐，右侧与4.90cm刻度线对齐，所以物体的长度为L4.90cm1.00cm3.90cm，故A错误；B、对着两张纸的中间吹气，两张纸中间的空气流速变大，压强变小，小于外界的大气压，产生了一个向内的压强差，将纸压向中间，故B正确；C、图中能构成闭合的电路，即有电流流过人体，会触电，故C错误；D、用力提着滑板在水平路面上前行，此过程中，拉力与距离的方向垂直，
15、故拉力没有做功，故D错误。故选：B。【点评】本题考查刻度尺的使用，流速与压强的关系，用电安全，以及功的公式的应用，是一道综合题。8（3分）下列有关说法错误的是（）A磁极间的相互作用是通过磁场发生的B电动机工作时将电能主要转化为机械能C5G时代的人和物连接、物和物连接是利用电磁波来传递信息的D核电站利用铀核聚变释放出核能发电【考点】C6：磁场；D2：电磁波的传播与应用；K7：核裂变菁优网版权所有【分析】（1）磁场会对放入其中的磁体产生磁力的作用；（2）电动机是根据通电导体在磁场中受到力的原理工作的；（3）电磁波可以传递信息；（4）核能分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应
16、，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上。【解答】解：A、磁体周围空间存在磁场，磁极间的相互作用是通过磁场发生的。故A正确；B、电动机工作过程中消耗电能，得到机械能，所以将电能转化为机械能。故B正确；C、电磁波可以传递信息，5G时代的人和物连接、物和物连接是利用电磁波来传递信息的。故C正确；D、核能发电是利用铀原子核裂变的可控链式反应来发电的。故D错误。故选：D。【点评】此题是一道综合题，考查了磁场的存在、电动机工作原理、电磁波的应用及核电站原理，包括的知识点较多，考查的是我们掌握知识的熟练程度。9（3分）如图所示，用相同的滑轮组装成甲、乙滑轮组，分别将同一重物在相
17、等的时间内提升相同的高度，不计绳重和摩擦，则（）A甲、乙的拉力之比是3：2B甲、乙绳的自由端速度之比是1：1C甲、乙拉力的功率之比是3：2D甲、乙的机械效率之比是1：1【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算菁优网版权所有【分析】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，则绳子自由端移动的距离snh；（1）不计绳重及摩擦，拉力F（G物+G轮），据此比较拉力大小之比；（2）拉力端移动距离sh，拉力端移动距速度等于物体提升速度的n倍，据此求甲、乙绳的自由端速度之比；（3）上面求出了拉力、绳的自由端速度之比，利用PFv求甲、乙拉力的功率之比；（4）把相同的重物匀
18、速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系。【解答】解：A、不计绳重及摩擦，拉力F（G物+G轮），由图知，n甲2，n乙3，所以绳端的拉力分别为：F甲（G物+G轮），F乙（G物+G轮），则甲乙拉力之比F甲：F乙（G物+G轮）：（G物+G轮）3：2，故A正确；B、将同一重物在相等的时间内提升相同的高度，则提升物体的速度相同，由图知，n甲2，n乙3，所以甲、乙绳的自由端速度分别为：v甲2v，v乙3v，所以，甲、乙绳的自由端速度之比v甲：v乙2v
19、：3v2：3，故B错；C、由AB的解答可知，F甲：F乙3：2，v甲：v乙2：3，由PFv可得，甲、乙拉力的功率之比P甲：P乙1：1，故C错；D、不计绳重及摩擦，动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，由W额G轮h、W有用G物h可知，利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，则拉力做的总功相同，由可知，两滑轮组的机械效率相同，即甲、乙的机械效率之比甲：乙1：1，故D正确。故选：AD。【点评】本题重点理解：把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同。10（3分）如图所示，电源电
20、压恒为3.0V，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的阻值变化范围为050，闭合开关，当滑片P处于某一位置时，电压表示数为2.0V，电流表的示数为0.1A，则（）A定值电阻R120B当滑片P向右滑动时，电压表的示数变大C整个电路总功率的最小值为0.15WD当滑动变阻器的功率为0.2W，R25或R220【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）由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路电压特点和欧姆定律求出定值电阻R1的阻值；（2）当滑片P向右滑动时，R2接入电路的阻值变大，根据串联分压特点可知电压表的示数示数变化；（3）
21、当R2接入电路的阻值最大时，电路总电阻最大，整个电路总功率的最小，根据P求出电路的最小电功率；（4）根据P2I2R2（）2R2表示出滑动变阻器的功率，利用数学知识可求出R2的阻值。【解答】解：A、由电路图可知，R1、R2串联，电压表测R2两端的电压U22.0V，电流表测电路中的电流I10.1A，根据串联电路电压特点可知，R1两端的电压：U1UU23V2V1V，由I可知，定值电阻R1的阻值：R110，故A错误；B、当滑片P向右滑动时，R2接入电路的阻值变大，根据串联分压的特点可知，R2两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B正确；C、当R2接入电路的阻值最大时，电路总电阻最大，根据P可知，整个电
22、路总功率的最小，此时电路总电阻：RR1+R210+5060，电路的最小电功率：P最小0.15W，故C正确；D、滑动变阻器的功率：P2I2R2（）2R2，即：0.2W（）2R2，为了便于计算，将单位去掉化简得：2R2250R2+2000，即：（2R210）（R220）0，解得：R25或R220，故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要考查串联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率公式的灵活应用等，尤其是知道滑动变阻器消耗的功率求其接入电路的阻值是本题的难点，需要用到一元二次方程来求解。注意本题还可以拓展求出滑动变阻器消耗的电功率最大时，电路中的电流以及滑动变阻器接入的阻值等，有时候还会结合图象来出
23、题，同学们平时多归纳，力求会一题，会一类题，加油！二、作图与实验探究题（本大题4小题，共20分）11（2分）如图所示，小车A与B一起向右做匀速直线运动，当小车A与正前方的墙碰撞时，请画出物体B受到的重力和摩擦力的示意图（两力均画在重心上）。【考点】7B：重力示意图；7J：摩擦力的示意图菁优网版权所有【分析】（1）根据重力的方向是竖直向下的，过重心做竖直向下的力即可；（2）首先根据惯性判定B的运动方向，然后根据运动方向判断摩擦力的方向，再根据力的示意图的画法画出摩擦力。【解答】解：重力的方向是竖直向下的，过B的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力示意图：小车A与B一起向
24、右做匀速直线运动，当小车A与正前方的墙碰撞时，小车停止运动，但B因为具有惯性，所以B会向右运动，则B受到的摩擦力方向水平向左，如图所示：【点评】此题考查重力和摩擦力示意图的画法，根据惯性判定B的运动方向、掌握力的示意图的作法是正确解题的关键。12（2分）如图所示，凸透镜斜放，其主光轴与水平成45角，F是焦点。一条入射光线，经过凸透镜折射后，入射到水平放置的平面镜上被反射，已知折射光线BO与水平成45角，请完成光路图，画出入射到凸透镜的入射光线和经平面镜反射的反射光线。【考点】A8：作光的反射光路图；B6：透镜的光路图菁优网版权所有【分析】（1）根据折射光线的特点，根据凸透镜的三条特殊光线画出对
25、应的入射光线。（2）首先垂直于平面镜作出法线，然后根据反射角等于入射角作出反射光线。【解答】解：（1）通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，由此可以画出这条折射光线对应的入射光线。（2）过入射点垂直于镜面作出法线，根据反射角等于入射角，在法线的另一侧作出反射光线，如图所示：【点评】本题考查了透镜光路图和光的反射光路图的画法，难度不大，关键是掌握凸透镜的三条特殊光线和光的反射定律。13（4分）如图，是“比较水和食用油的吸热能力”的实验装置。图中相同的烧杯所装水和食用油的体积不同（选填“相同”或“不同”），用规格相同的电加热器使水和食用油在相同的时间内吸收相同的热量，观察和比较它们升高的温度
26、，实验结果表明，质量相等的水和食用油，升高相同的温度时，吸收的热量不同，我们引入一个物理量比热容来反映物质的这种吸热能力。在电加热过程中，电能转化为内能。【考点】GD：比热容的概念及其计算菁优网版权所有【分析】（1）实验中采用了转换法，通过观察液体温度的变化来研究水和食用油的吸热能力，比较水与食用油的吸热能力应控制水与食用油的质量相等。（2）不同的物质吸热能力不同，物质的这种特性用比热容来描述；（3）电热器工作时将电能转化为内能。【解答】解：（1）在“比较水和食用油的吸热能力”实验中，在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和食用油，因为水和食用油的密度不同，所以根据可知食用油和水的体积
27、不同；（2）质量相等的水和食用油，升高相同的温度时，加热时间不相同，即吸收的热量不相同，说明水和食用油的吸热本领不相同，物理学中用比热容来表示不同物质的这种吸热能力；（3）在电加热过程中，消耗电能，液体的内能增大，即将电能转化为内能。故答案为：不同；吸收的热量；比热容；内能。【点评】此题考查了我们对于实验数据的分析能力，考查了对比热容这一物理量的理解，我们要能够根据相关的实验数据得出我们需要的知识，并能够将这些知识应用于生活。14（6分）如图所示，有一柱状的薄透明玻璃容器（在它的外面有表示高度的刻度纸）和一底面积是20cm2，高8cm并刻有高度的圆柱体（密度大于水的密度，用细线系着）。某实验小
28、组利用这两个器材探究：当物体浸入柱状容器的水中时，水对容器底增大的压强与水对物体的浮力之间有什么关系。他们先往容器中加水至10.00cm刻度处（图中己标出），再用细线吊圆柱体，让圆柱体浸入列水中的深度h先后是：2.00cm，4.00cm，6.00cm、8.00cm，读出容器底到水面对应增加深度h，利用阿基米德原理公式和液体压强公式分别计算出对应的浮力F浮和水对容器底增加的压强p，结果如下表：F浮/N0.40.81.21.6p/Pa100200300400（1）分析表中数据可知，当圆柱体浸入柱状容器的水中时，水对容器底增大的压强与水对物体的浮力成正比，如果物体浸没后继续增大它在水中的深度，F浮和
29、p都不变（选填“增大”或“不变”或“减小”）；（2）同学们又从另一个角度讨论了这种关系的成因：当物体浸入水中时，水对物体施加了竖直向上的浮力，由于物体间力的作用是相互的物体对水也会施加大小相等的竖直向下的压力，使容器底部增大的压力大小为F浮（柱状容器底面积为S），那么p（用所给物理量字母表示）；（3）根据本次实验数据，计算出容器底面积S40cm2，圆柱体浸没在水中时，水面所对的刻度是14cm。【考点】8C：探究液体压强的特点实验；8R：探究影响浮力大小因素的实验菁优网版权所有【分析】（1）当两个物理量的比值一定，这两个物理量是成正比的。当两个物理量的乘积一定，这两个物理量是成反比的。F浮和p是
30、否变化从阿基米德原理和压强公式推导。（2）物体间力的作用是相互的。（3）根据p计算容器底的面积。知道浸没时的浮力求出物体排开水的体积，知道容器的底面积求出升高的高度。【解答】解：（1）由表格分析，250，所以水对容器底增大的压强与水对物体的浮力成正比。如果物体浸没后继续增大它在水中的深度，物体排开水的体积没有变化，水的密度没有变化，所以浮力F浮不变。水的深度变化量不变，水的密度不变，所以pgh不变。（2）当物体浸入水中时，水对物体施加了竖直向上的浮力，由于物体间力的作用是相互的，物体对水也会施加大小相等的竖直向下的压力，使容器底部增大的压力大小为F浮，所以p。（3）当浮力是0.4N，p100P
31、a时，因为，p所以，100Pa所以，S4103m240cm2，当圆柱体完全浸没时，圆柱体排开物体的体积等于圆柱体的体积，当圆柱体浸没时，水面上升的高度：h4cm所以水面到达的刻度：hh0+h10cm+4cm14cm。故答案为：（1）正比；不变；（2）物体间力的作用是相互的；（3）40；14。【点评】物体浸在液体中，物体受到液体竖直向上的浮力，这个学生容易理解，因为物体间力的作用是相互的，同时物体给液体一个竖直向下的压力作用，对于柱状容器，这个压力就作用在容器的底部。15（6分）某班同学分成两个小组做了以下不同的实验：（1）第一小组观察小灯泡的亮度与实际功率的关系，小灯泡的额定电压为2.5V实物
32、电路连接如图所示。开关闭合后，会发现电压表（选填“电压表”或“电流表”）的指针反偏；将错误连接改正后，闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为0.2V时，发现灯泡不亮，你认为其原因是B（填写选项前的字母序号）A：小灯泡断路 B：小灯泡的实际功率太小继续调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.5V，灯泡正常发光，电流表的示数为0.30A；再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3.0V，灯泡强烈发光，此时灯泡的实际功率小于（选填“小于”或“等于”或“大于”）1.08W。（2）第二小组测量额定电压为3.8V的小灯泡的额定功率，采用如甲所示的电路图，其中电源电为4.5V，R10。闭合开关，调节滑动变阻器的滑
33、片，使电流表的示数为0.38A，灯泡正常发光；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，将电流表改接到灯泡所在的支路，与灯泡串联，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，则此时通过灯泡的电流为0.4A；灯泡的额定功率为1.52W。【考点】JF：电功率的测量实验菁优网版权所有【分析】（1）电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则电压表的指针反偏；根据灯的额定电压为2.5V远大于0.2V分析；电压表的示数为2.5V电流表的示数为0.30A，根据PUI求出灯的额定功率；根据P，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，得出灯泡的实际功率，但因灯的电阻随温度的升高而变大，根据P确定答案；（2）根据并联电
34、路电压的规律和闭欧姆定律分析；根据电流表选用小量程确定分度值读数；由PULIL得出灯泡的额定功率。【解答】解：（1）电流从电压表负接线柱流入了，故开关闭合后，会发现电压表的指针反偏；灯的额定电压为2.5V，而灯的实际电压为0.2V时，故灯的实际电流很小，根据PUI灯的功率太小，灯不发光，选B；电压表的示数为2.5V，灯泡正常发光，电流表的示数为0.30A，灯的额定功率：PUI2.5V0.3A0.75W；根据P，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，电压表的示数达到3.0V为额定电压的1.2倍，若灯的电阻不变，则灯泡的实际功率为：P实（1.2）20.75W1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而
35、变大，根据P，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；（2）灯在额定电压下正常发光，根据并联电路各支路电压相等，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为I0.38A，灯泡正常发光；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，将电流表改接到灯泡所在的支路，与灯泡串联，闭合开关后，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则此时通过灯泡的电流为0.4A；灯泡的额定功率为：PULIL3.8V0.4A1.52W。故答案为：（1）电压表；B；小于；（2）0.38；0.4；1.52。【点评】本题考查电压表使用、电路分析、影响电阻大小的因素、功率公式的运用及设计方案测额定功率的能力。三、
36、应用题（共3小题，满分20分）16（6分）一辆厢式小货车某次运货，满载后总质量是5.0103kg，在平直的公路上匀速行驶100km，耗油10kg，货车受到的阻力是总重力的0.05倍，发动机的牵引功率是50kW（油的热值是5.0107J/kg，g10N/kg），求：（1）货车受到的牵引力；（2）货车匀速行驶的速度；（3）货车发动机的效率。【考点】6T：二力平衡条件的应用；FG：功率计算公式的应用；GL：热机的效率菁优网版权所有【分析】（1）根据Gmg求出总重力，匀速运动时货车受的牵引力等于阻力，求出货车受到的牵引力；（2）根据PFv求出行驶速度；（3）根据WFs求出牵引力做的功。再根据Qmq求出
37、燃油燃烧放出的总能量，根据求出效率。【解答】解：（1）货车受到的重力：Gmg5.0103kg10N/kg5.0104N，货车做匀速运动，所以货车受的牵引力：Ff0.05G0.055.0104N2500N；（2）由PFv得，货车匀速行驶的速度：v20m/s；（3）牵引力做的功：WFs2500N1105m2.5108J，燃油燃烧放出的总能量：Qmq10kg5.0107J/kg5.0108J，货车发动机的效率：100%100%50%。答：（1）货车受到的牵引力为2500N；（2）货车匀速行驶的速度为20m/s；（3）货车发动机的效率为50%。【点评】此题主要考查的是学生对重力、功率、功、热值、发动机
38、效率计算公式的理解和掌握，综合性很强。17（6分）水平桌面上有一容器，底面积为100cm2，容器底有一个质量为132g、体积120cm3的小球，如图甲所示（水1.0103kg/m3，g10N/kg）（1）向容器中注入质量为1.6kg的水时，水深13cm，如图乙所示，求水对容器底的压强；（2）再向容器中慢慢加入适量盐并搅拌，直到小球悬浮为止，如图丙所示，求此时盐水的密度1；（3）继续向容器中加盐并搅拌，某时刻小球静止，将密度计放入盐水中，测得盐水的密度21.2103kg/m3，求小球浸入盐水的体积。【考点】89：液体的压强的计算；8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用菁优网版权所
39、有【分析】（1）根据p水gh求水对容器底的压强；（2）求出小球的密度。根据悬浮条件即可判断液体密度；（3）根据浮沉条件可知小球处于漂浮状态，根据漂浮条件和F浮水gV排求小球浸入盐水的体积。【解答】解：（1）水对容器底的压强：p水gh1103kg/m310N/kg0.13m1300Pa；（2）图丙所示，小球悬浮，则：此时盐水的密度1球1.1g/cm3；（3）由于2球，则小球在密度为2的盐水处于处于漂浮状态，则F浮Gmg0.132kg10N/kg1.32N；根据F浮水gV排可得：V排21.1104m3110cm3。答：（1）水对容器底的压强为1300Pa；（2）此时盐水的密度11.1g/cm3；（
40、3）小球浸入盐水的体积为110cm3。【点评】本题考查液体压强公式、阿基米德原理的运用，关键是浮沉条件的应用。18（8分）家用电饭锅中自动开关一般由感温铁氧体组成，将电饭锅的自动开关S按下，电饭锅处于加热状态，当感温铁氧体温度达到103时失去磁性，被吸铁块由弹簧弹开，使电饭锅进入保温状态。某家用电饭锅内部电路简化示意图如图甲，某次使用该电饭锅在220V的电压下煮饭过程中，通过的电流随时间变化的图象如图乙。（1）当锅内温度为100时，自动开关S与1（选填“1”或“2”）连接，此时电饭锅处于加热（选填“加热“或“保温”）状态。（2）该电饭锅此次工作30分钟消耗的电能为多少？（3）电阻R1与R2的阻
41、值之比为多少？（4）若要使该电饭锅的加热功率提高到1100W，可以给电阻R1并联一个阻值为多大的电阻R3？【考点】J3：电功与电能的计算；JA：电功率的计算菁优网版权所有【分析】（1）当感温铁氧体温度达到103时失去磁性，被吸铁块由弹簧弹开，使电饭锅进入保温状态，温度为100时，处于加热状态，根据P作出分析；（2）由图象可知，工作30min内有10min处于加热状态，有20min处于保温状态，消耗的电能为加热和保温消耗电能之和，根据WUIt求出消耗的电能；（3）开关接1时，只有R1连入电路，为加热状态；开关接2时，两电阻串联，为保温状态，根据欧姆定律求出电阻之比；（4）根据PUI求出原来加热状
42、态时的电功率，再求出并联电阻的电功率，根据P求出并联的电阻值。【解答】解：（1）根据题意可知，温度为100时（低于103），电饭锅处于加热状态，开关S与“1”连接，只有R1连入电路，电路中电阻较小，根据P可知，此时的电功率较大，为加热状态；（2）电饭锅此次工作30分钟消耗的电能：WW1+W2UI1t1+UI2t2220V4A1060s+220V1A2060s7.92105J；（3）开关接1时，只有R1连入电路，为加热状态，此时的电流I14A；开关接2时，两电阻串联，为保温状态，此时的电流I21A，则，解得；（4）原来的加热功率P1UI1220V4A880W，此时该电饭锅的加热功率提高到1100
43、W，则并联电阻的功率：P3PP11100W880W220W，由P得，并联电阻的阻值：R3220。答：（1）1；加热；（2）该电饭锅此次工作30分钟消耗的电能为7.92105J；（3）电阻R1与R2的阻值之比为1：3；（4）可以给电阻R1并联一个阻值为220的电阻R3。【点评】此题主要考查的是学生对电功率、欧姆定律和电路结构理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键。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 18:48:51；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E；学号：27665923第21页（共21页）