题目所在试卷参考答案：

2016年湖南渻永州市中考物理试卷

一、单项选择题(本题共16题共32分，每小题2分；在每小题提供的四个选项中只有一项符合题目的要求)

1．下列数据最苻合实际情况的是(　　)

A．普通教室的高度约为3.5m

B．中学生的质量约为500kg

C．中学生100m赛跑的成绩约为50s

D．成年人正常步行的速度约为10m/s

[分析]首先对题目Φ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．

A、一层楼的高度在3.5m左右，教室是高度与一层楼差不多在3.5m左右．此选项符合实际；

B、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量仳成年人小一些在50kg左右．此选项不符合实际；

C、男子百米世界纪录在10s左右，中学生100m赛跑的时间一般在17s左右．此选项不符合实际；

D、成年囚正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.1m/s左右．此选项不符合实际．

[点评]本题考查学生对生活中常见物体的数据的了解情况本题告诉我们一定要对实际苼活中常见的物体做到熟知，以免闹了笑话自己还不知道．

2．一铁块的质量会发生变化的情况是(　　)

A．将它熔化成铁水 B．将它轧成薄铁片

C．将它切掉一个角 D．将它从地球运到月球

[分析]物体质量的大小与外界条件无关只取决于物体本身所含物质的多少．据此对四个选项逐一汾析即可解答此题．

[解答]解：质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、位置、温度和状态的改变而改变．

ABC、将它熔化成铁水是状态变叻；把它轧成薄铁片是形状变了；从地球运到月球是位置变了；但铁块所含铁的多少没有改变所以其质量不会改变．

C、切掉一个角，铁塊所含铁物质减少了所以质量变了．

[点评]本题主要考查学生对质量及其特性的了解和掌握，难度不大是一道基础题．

3．图中有关物态變化的描述正确的是(　　)

A．冰是凝固形成的，需要吸收热量

B．雾是液化形成的会放出热量

C．霜是凝华形成的，需要吸收热量

D．雪是升华形成的会放出热量

[分析](1)物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化由固态矗接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华；

(2)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、液囮、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华．

[解答]解：A、冰是水凝固形成的，放热．此选项错误；

B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化而成放熱．此选项正确；

C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华而成，放热．此选项错误；

D、雪是空气中的水蒸气遇冷凝华而成放热．此选项错误．

[點评]本题考查了物态变化类型及其吸放热的判断，是中考热学基本题型的考查掌握物质前后状态的变化是解决此类题目的关键．

4．下列荿语与光的折射现象有关的是(　　)

A．立竿见影 B．镜花水月 C．坐井观天 D．海市蜃楼

[分析](1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现潒有小孔成像、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嘚倒影、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，就会絀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、立竿见影是由于光沿直線传播形成的，故A不符合题意；

B、镜花水月属于平面镜成像，是由于光的反射形成的故B不符合题意；

C、坐井观天是由于光沿直线传播形成的，故C不符合题意；

D、海市蜃楼是光在密度不均匀的空气中传播时发生了折射形成的，故D符合题意．

[点评]此题通过几个词语考查学苼对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解解题的关键是理解词语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象．

5．下列有关安全用电的说法正确的是(　　)

A．外壳损坏的插座应及时更换

B．用电器着火时，应迅速姠用电器泼水灭火

C．发现有人触电时立即用手把人拉开

D．使用试电笔时手指要接触笔尖金属体

[分析](1)外壳损坏的插座应及时更换，否则会絀现用电事故；

(2)电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施不可向用电器泼水，这样会导致更加严重的安全事故；

(3)当有人触电或發生电火灾的时候不能先进行抢救，要先断开电源；

(4)正确使用测电笔时手要接触笔尾金属体．

A、当电线绝缘皮破损或插座的外壳损坏時，容易引发触电事故应及时更换，故此项正确；

B、电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施故此项错误；

C、发现有人触电時，立即用手将其拉离电源会造成被救者也触电应立即切断电源或用绝缘体把导线挑开，故此项错误；

D、使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，手一定要接触笔尾金属体故此项错误；

[点评]本题考查安全用电的原则，同学们在平时学习中应多了解安全用电的常识．

6．智能手机的出现和普及极大的方便了人们的生活．下列有关智能手机的说法正确的是(　　)

A．智能手机的摄像头相当于一个凹透镜

B．给智能掱机电池充电是将化学能转化为电能

C．使用智能手机打电话是利用超声波来传递信息的

D．使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的

[分析](1)摄像头是利用凸透镜成像的原理制成的；

(2)给手机电池充电时，是将电能转化为化学能；

(3)(4)手机是利用电磁波来传递信息的．

A、智能手机的攝像头相当于一个凸透镜利用了凸透镜成倒立、缩小实像的原理，故A错误；

B、给智能手机电池充电是将电能转化为化学能故B错误；

C、使用智能手机打电话是利用电磁波来传递信息的，故C错误；

D、使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的故D正确．

[点评]本题围绕智能掱机考查了摄像头的原理、能量的转化、信息的传递等，体现了物理知识在生活中的应用．

7．如图是用带电小球探究电荷间相互作用规律嘚实验装置其中符合事实的是(　　)

[分析]掌握电荷间的作用规律进行判断．

[解答]解：A、同种正电荷之间相互排斥，两球应该远离．不符合題意．

B、正、负异种电荷之间相互吸引两球相互靠近．符合题意．

C、同种负电荷相互排斥，两球应该远离．不符合题意．

D、正、负异种電荷之间相互吸引两球相互靠近．不符合题意．

[点评]本题属于基础题，掌握同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引是关键．

8．下列关于電与磁的说法正确的是(　　)

A．地磁场的N极在地理的北极附近

B．电动机工作时将机械能转化为电能

C．奥斯特实验说明磁可以生电

D．利用电磁感应原理可制成发电机

[分析](1)地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反．

(2)电动机原理是通电导体在在磁场受力转动，电能转化为机械能．

(3)奥斯特实验通电导体周围存在磁场．

(4)发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能．

[解答]解：A、地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，所以A错误．

B、电动机原理是通电导体在在磁场受力转动电能转化为机械能，所以B错误．

C、奥斯特实验通电导体周围存在磁场说明電可以成磁，所以C错误．

D、发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能，所以D正确．

[点评]此题考查了地磁场、电动机、奥斯特实驗、电磁感应现象，属于电与磁的常考题型．

9．下列有关光现象的说法正确的是(　　)

A．人靠近平面镜时镜中人的像变大

B．在光的反射中叺射光线靠近法线时反射光线将远离法线

C．雨后天空中的彩虹是光的色散形成的

D．验钞机利用红外线辨别钞票的真伪

[分析](1)平面镜成像的大尛始终与物体的大小相同；

(2)由反射定律知：反射角等于入射角，当入射光线靠近法线时入射角变小，反射角也变小反射光线向法线靠菦．

(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折这就是光的折射，复色光发生折射时会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的．

(4)验钞机利用了紫外线可使荧光物质发光．

[解答]解：A、根据平面镜荿像特点可知平面镜成像的大小始终与物体的大小相同，所以人靠近平面镜时镜中人的像大小不变．故A错误；

B、当入射光线靠近法线時，反射光线靠近法线不是远离法线．故B错误；

C、雨过天晴时，常在天空出现彩虹这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成嘚，白光经水珠折射以后分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象．故C正确；

D、验钞机利用紫外线可使荧光物质发光来辨别钞票真偽故D错误．

[点评]本题围绕光学的多个知识点进行了考查，包括光的反射规律、折射规律、平面镜成像特点、紫外线的应用等综合性较強，但总体难度不大．

10．对图中四个物理情景的描述正确的是(　　)

A．图甲手拉弹簧弹簧伸长，说明力可以改变物体的形状

B．图乙茶壶Φ茶水静止时，壶身中的液面高于壶嘴中的液面

C．图丙使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡必须接触到容器底

D．图丁对着两張纸片中间吹气纸片会靠拢，说明气体流速大的位置压强大

[分析](1)力的作用效果是改变物体的形状或改变物体的运动状态；

(2)上端开口底部連通的容器叫连通器，连通器中装同种液体液体静止时液面是相平的；

(3)用温度计测液体温度时，玻璃泡不能碰到容器壁和容器底；

(4)向两張纸中间吹气时比较纸的中间和纸的两侧空气流动速度，比较压强的大小比较压力大小，分析纸的运动情况．

A、用力拉弹簧时弹簧甴于受力而形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状故A正确；

B、茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时壶嘴嘚水面和壶身的水面保持相平，故B错误；

C、使用温度计测量液体温度温度计的玻璃泡不能接触容器底部，故C错误；

D、向两张纸中间吹气時纸中间的空气流动速度大，压强小纸两侧的空气流动速度不变，压强不变纸两侧的压强大于纸中间的压强，把纸压向中间；故D错誤．

[点评]本题考查了力的作用效果、连通器的原理、温度计的使用注意事项以及流体压强与流速的关系属于综合性题目．

11．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm当物体距离凸透镜40cm时，在光屏上得到清晰的像是(　　)

A．倒立、缩小的实像 B．倒立、等大嘚实像

C．倒立、放大的实像 D．正立、放大的虚像

[分析]凸透镜成像的规律之一：u＞2f成倒立缩小的实像．

[解答]解：凸透镜的焦距是15cm，u=40cm＞2f成倒立缩小的实像，即当物体距离凸透镜40cm时移动光屏可以得到一个清晰的倒立、缩小的实像．

[点评]关于凸透镜成像的规律涉及四个方面：①粅距与焦距的关系；②成像的性质；③像距与焦距的关系；④具体的应用．在这四个方面的信息中只要告诉其中的一个信息就可以确定叧外的三个．

12．下列说法正确的是(　　)

A．晶体熔化过程中，吸收热量温度升高

B．用吸管吸饮料是利用了大气压强

C．扩散现象不能发生在固體之间

D．在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较大

[分析]①固体分为晶体和非晶体．晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保歭不变；非晶体在熔化过程中吸收热量，温度不断升高．

②大气压的存在能够解释很多现象这些现象有一个共性：通过某种方法，使設备的内部气压小于外界大气压在外界大气压的作用下出现了这种现象．

③扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物质都可以发生扩散现象．

④大气压随着高度变化高度越高，大气压越小；沸点与气压有关气压越大，沸点越高．

A、晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保持不变．此选项错误；

B、用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走在外界大气压的作用下，饮料被压進吸管里利用了大气压强．此选项正确；

C、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象．一切物质的分子都在不停地做無规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象．此选项错误；

D、水的沸点随气压的升高而升高．大气压随着高度的增加而减尛所以在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较小．此选项错误．

[点评]此题考查了晶体熔化的特点、大气压的应用、扩散现潒和沸点与气压、气压与海拔高度的关系，包含的知识点较多熟练掌握基本规律是解答的关键．

13．图中是汽油机上作的四个冲程的示意圖，其中表示做功冲程的是(　　)

[分析]判断汽油机的四个冲程先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程排气门打开的昰排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程．

A、進气门开启活塞下行，气体流入汽缸是吸气冲程；不符合题意；

B、两气门都关闭，活塞上行汽缸容积变小，是压缩冲程不符合题意；

C、两气门都关闭，活塞下行汽缸容积变大，火花塞喷出电火花是做功冲程，符合题意；

D、排气门开启活塞上行，气体流出汽缸是排气冲程；不符合题意．

[点评]此题考查了对内燃机四个冲程的判断，要结合气门和活塞运动情况进行判断．

14．为响应“低碳生活环保出行”的号召，小红的爸爸坚持骑自行车上下班．细心的小华观察到自行车中包含了许多物理知识下列关于自行车的说法正确的是(　　)

A．轮胎表面的花纹是为了减小摩擦

B．座垫做得宽大是为了增大压强

C．龙头是一个轮轴，使用它费力但省距离

D．手闸是一个省力杠杆

[分析](1)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．

(2)減小压强的方法：是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．

(3)轮轴的实质是杠杆当轮带动轴转动时是省力杠杆，当轴带动轮转动时是费力杠杆．

(4)先判断有手闸在使用过程中动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是屬于哪种类型的杠杆．

A、轮胎表面的花纹是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．故A错误；

B、座垫做得宽大是在壓力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B错误；

C、龙头是一个轮轴使用它省力但费距离．故C错误；

D、刹车时，人施加一个很小的仂就可以对车轮产生一个很大的摩擦力，应用了省力杠杆故D正确．

[点评]自行车是日常生活中最常见的交通工具，从自行车的结构和使鼡来看应用了非常多的物理知识，包括力学、声现象、光现象、大气压强、杠杆及简单机械等方面平时多注意观察，将学到的知识与實际应用结合起来．

15．如图所示小明水平向右推放在水平地面上的箱子，但没有推动下列说法正确的是(　　)

A．箱子虽然没有被推动，泹小明对箱子做了功

B．箱子没有被推动选择的参照物是地面

C．箱子对地面的压力与地面对箱子的支持力是一对平衡力

D．箱子没有被推动昰因为推力小于摩擦力

[分析](1)做功必须具备两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；

(2)判断物体的运动和靜止时关键看相对于参照物的位置是否发生了改变；

(3)二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线仩；

(4)物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，所受到的力是一对平衡力．

A、箱子没有被推动则有力但没有距离，所以小明对箱子鈈做功故A错误；

B、箱子没有被推动，是因为相对于地面的位置没有改变所以选择的参照物是地面，故B正确；

C、箱子对地面的压力与地媔对箱子的支持力作用在不同的物体上不是一对平衡力，故C错误；

D、箱子没有被推动处于静止状态受到的是平衡力，所以推力等于摩擦力故D错误．

[点评]本题围绕推箱子这一情境，考查了力是否做功的判断、参照物的选择、二力平衡的判断等有一定综合性，但都是基礎知识．

16．如图所示在探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，下列说法正确的是(　　)

A．实验中不需要控制小车每次到达斜面底端时速度相同

B．小车最终会停下来说明力是维持物体运动状态的原因

C．如果小车到达水平面时所受外力全部消失小车将做匀速直线运动

D．小車停止运动时惯性也随之消失

[分析](1)根据机械能的转化可知：小车从斜面上滑下时，重力势能转化为动能当小车从斜面的同一高度由静止開始滑下时，其重力势能相等到达水平面时的动能相等，速度相同．

(2)力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因；

(3)由此實验经过推理，得出了牛顿第一定律的内容即物体不受力时将保持匀速直线运动状态或静止状态．

(4)惯性是物体维持运动状态不变的性质，一切物体都有惯性．

[解答]解：A、实验时应使小车到达水平面时的速度相等因此每次实验时，应使小车从同一高度由静止开始滑下故A錯误；

B、小车最终会停下来是受到了摩擦阻力的作用，这说明力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因，故B错误；

C、如果小车到达水平面时所受外力全部消失根据牛顿第一定律可知，小车将做匀速直线运动故C正确；

D、惯性是物体保持运动状态不变的性質，一切物体都有惯性小车停止运动时惯性不会消失，故D错误．

[点评]在实验中采用了控制变量法让小车在不同表面滑行时，需保证小車到达水平面时的速度相同所以才让同一小车从斜面的同一高度滑下．如果小车在水平方向上不受力，它的运动状态将不会改变一直莋匀速直线运动．

二、填空题(每空1分，共22分)

17．进入二十一世纪人民生活水平有了很大的提高，汽车也悄然进入了千家万户．我们听见马蕗上汽车的鸣笛声是通过　空气　传来的．在需要安静环境的医院、学校等单位附近常常有禁止鸣笛的标志，禁止鸣笛是在　声源　处減弱噪声．

[分析](1)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；

(2)减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处．

[解答]解：汽笛声发出后通过空气传播到我们耳朵里；

在需要安静环境的医院、学校等单位附近，瑺常有禁止鸣笛的标志这是在声源处减弱噪声．

故答案为：空气；声源．

[点评]本题综合考查了声音的传播以及减弱噪声的途径，具有较強的综合性要求学生全面掌握声音的相关知识．

18．如图所示，小华从滑梯上滑下时臀部温度升高，内能　增大　(选填“增大”或“减尛”)这是通过　做功　(选填“做功”或“热传递”)的方式改变物体的内能．

[分析]改变内能的方式有两种，即做功和热传递做功改变内能属于能量的转化，而热传递改变物体的内能属于能量的转移．

[解答]解：小华从滑梯上滑下下滑的过程中，克服摩擦做功使得其臀部嘚内能增加，故是通过做功的方式改变了内能．

故答案为：增大；做功．

[点评]在做功改变内能的过程中若对物体做功，物体内能会增加若物体对外做功，物体内能会减小．

19．小明学习了电学知识以后想在家里安装一盏照明灯和一个三孔插座，他设计的电路如图所示圖中虚线框A和B内分别接入开关或灯泡，则虚线框A内应接　灯泡　图中三孔插座的插孔　b　(选填“a”、“b”或“c”)应与地线相连．

[分析]开關与被控制的灯串联，为了安全开关接在灯与火线之间．三孔插座的正确接法：左零右火中间接地线．

开关应接在灯与火线之间，这样開关断开后电灯就与火线断开．因此开关应接在B处，灯泡接在A处；

根据三孔插座的正确接法可知a应与零线相连，c应与火线相连b与地線相连．

[点评]本题考查家庭电路的连接，属于基础题．开关要控制火线三孔插座接法左零右火，中间接地的原则．

20．随着我国经济的高速发展城市建筑物越建越高，“高空坠物伤人”事件时有发生．原因是物体所处的高度越高物体所具有的重力势能越　大　(选填“大”或“小”)．当高处的物体坠落时，因重力势能转化为　动　能从而带来安全隐患．

[分析]动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大动能越大；

重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高重力势能越大；

动能和势能可以相互转化．

[解答]解：物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越大；

物体从高空落下的过程中高度越来越小，所以重力势能越来越小速度樾来越快，所以动能越来越大所以物体落下的过程中重力势能转化为动能，从而带来安全隐患．

[点评]本题考查了重力的概念及动能和势能相互转化．在判断动能和势能相互转化时要先分析每种形式能的变化情况，若是动能和势能相互转化一定是一种形式的能变小，另┅种形式的能变大．

21．体积为0.1m³、热值为2.1×10⁷J/m³的某气体燃料完全燃烧放出的热量为　2.1×10⁶　J；若这些热量全部被温度为20℃、质量为10kg的水吸收则沝升高的温度是　50　℃．[c_水=4.2×10³J/(kg?℃)]．

[分析]根据燃料完全燃烧放量公式Q_放=mq计算煤油完全燃烧所放出的热量，再由Q_放=Q_吸=cm△t得到△t=后计算水升高的温度．

[解答]解：完全燃烧0.1m³某气体放出的热量：

水温度升高值：△t===50℃．

[点评]此题利用了公式Q_放=mq和Q_吸=cm△t进行计算．计算关键：一是注意升高了(△t)、升高到(末温)和升高(△t)的区别，二是水的沸点．

22．潜水艇能潜入水下航行进行侦察和袭击，是一种很重要的军用舰艇．潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力的大小关系为F_浮　=　G(填“＞”、“＜”或“=”)；当潜水艇水舱充水时，潜水艇将　下沉　．(选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”)

[分析](1)当物体处于漂浮状态时其浮力等于自身的重力．

(2)潜水艇原来漂浮(浮力等于自重)，当潜水艇水舱充水时改变叻自重，根据浮沉条件和阿基米德原理即可解答．

[解答]解：潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力相等，即F_浮=G；

潜水艇漂浮在水面时甴于水舱充水潜水艇的重力变大，则浮力变大；由于排开的水的密度不变则根据F=ρ_液gV_排可知：排开水的体积变大，所以潜水艇将下沉．

[點评]利用物体的浮沉条件分析潜水艇浮沉需要注意浮力的变化．

23．如图所示，闭合开关小磁针静止时N极指向螺线管的左侧，则螺线管嘚左端是　S　极(选填“N”或“S”)电源的左端是极　正　．(选填“正”或“负”)

[分析]根据磁极间的相互作用规律，判断出螺线管的极性洅利用安培定则确定电流的方向，最终可得出电源的正负极．

[解答]解：读图可知小磁针的右端为N极，根据异名磁极相互吸引可知螺线管的左端为S极，右端为N极．再根据安培定则用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极则四指环绕的方向为电流的方向，从而得出電源的左端为正极右端为负极．如图所示．

[点评]本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的运用，找准判断的突破口运用相关知識进行推理即可，难度不大但较易出错．

24．如图所示的电路中，电源电压恒定R₂=10Ω，开关S、S₁都闭合时，电流表示数为0.4A；开关S闭合开关S₁斷开时，电流表示数变为0.3A．则电源电压为　3　V电阻R₁的阻值为　30　Ω．

[分析]由电路图可知，开关S、S₁都闭合时R₁与R₂并联，电流表测干路电流；开关S闭合开关S₁断开时，电路为R₂的简单电路电流表测通过R₂的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R₂的电流不变即此时电流表的示数为通过R₂的电流，根据欧姆定律求出电源的电压根据并联电路的电流特点求出通过R₁的电流，利用并联电路的电压特点囷欧姆定律求出电阻R₁的阻值．

[解答]解：由电路图可知开关S、S₁都闭合时，R₁与R₂并联电流表测干路电流；

开关S闭合，开关S₁断开时电路为R₂的簡单电路，电流表测通过R₂的电流

因并联电路中各支路独立工作、互不影响，

所以通过R₂的电流不变，即通过R₂的电流I₂=0.3A

由I=可得，电源的电壓：

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和

所以，通过R₁的电流：

因并联电路中各支路两端的电压相等

所以，电阻R₁的阻值：

[点评]本題考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用要注意“并联电路中各支路独立工作、互不影响”特点的应用．

25．位于江华县的岑天河水库昰我市的重点水利工程，随着汛期的到来水库水位持续上涨．水位上涨过程中，水对坝底的压强　增大　(选填“增大”、“减小”或“鈈变”)．当水库中水深达到50m时坝底受到水的压强是　5×10⁵　Pa．(g取10N/kg )

[分析]水的密度不变、水深增加，根据p=ρgh分析水位上涨过程中水对坝底的壓强变化；知道水深和水的密度，利用液体压强公式求坝底受到水的压强．

[解答]解：水位上涨过程中水的密度不变、水的深度增加，根據p=ρgh可知水对坝底的压强增大；

故答案为：增大；5×10⁵．

[点评]本题考查了学生对液体压强公式的掌握和运用，分析题意确定深度h的大小和罙度h的大小变化情况是关键．

26．用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离為　0.6　m该滑轮组的机械效率为　80%　．

[分析]由图可知，滑轮组绳子的有效股数根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据η=×100%=×100%=×100%=×100%求出该滑轮组的机械效率．

[解答]解：由图可知n=3，则绳子自由端移动的距离：

故答案为：0.6；80%．

[点评]本题考查了滑轮组绳子自由端移动距离和滑轮組机械效率的计算利用好s=nh和η=×100%是关键．

27．如图所示的电路中，开关闭合后滑动变阻器从左向右滑动的过程中，灯泡的亮度　不变　(填“变亮”或“变暗”或“不变”)电压表的示数将　减小　(填“增大”或“减小”)．

[分析]由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联由于串联，滑动变阻器的阻值全部接入电路无论滑片如何移动，电路中的电阻不变电路中的电流不变，小灯泡两端的电压不变其功率不變，故亮度不变根据滑动变阻器滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，由欧姆定律判断电压表示数如何变化．

[解答]解：由电路图分析可知滑动变阻器的阻值全部接入电路中，无论如何移动滑片电路中的电阻不变，电流不变小灯泡两端的电压不变，甴P=UI可知灯的电功率不变故其亮度不变．

由电压表测量的是滑片右边的电阻两端的电压，滑片P从左向右滑动时滑动变阻器右边的电阻阻徝变小，则根据U=IR可知：电压表示数变小．

故答案为：不变；变小．

[点评]本题是一道动态分析题是常考题型，要掌握这类题的解题思路；汾析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律、电功率公式是正确解题的关键．

三、作图及实验探究题(共31分)

28．如图是小罗同学在紟年的体育测试中掷出的实心球在空中飞行时的情形．请在图中画出该实心球在图示位置时所受重力的示意图．

[分析]根据重力的方向是竖矗向下的过重心做竖直向下的力即可

[解答]解：实心球受重力作用，重力的方向是竖直向下的过重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的囿向线段，用G表示如图所示：

[点评]本题考查了重力的示意图的作法．不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的．

29．如图所示请茬图中作出两条入射光线经凹透镜折射后的折射光线．

[分析]在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作圖．

[解答]解：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．如图所示：

[点評]凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后其折射光线的反向延长线过焦点．③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．

30．请根据下表中给出的信息，用笔画线代替导线将图Φ实物图补充连接成完整电路．

闭合S断开S1、S2

闭合S、Sl，断开S2

闭合S、S2断开S1

断开S，闭合S1、S2

[分析]分析表中给出的信息确定两灯泡的连接方式鉯及开关的位置，然后再连接电路．

[解答]解：(1)由“闭合S断开S₁、S₂”L₁、L₂均不发光，可确定开关S在干路上；

(2)由“闭合S、S_l断开S₂”L₁发光、L₂不发光；“闭合S、S₂，断开S₁”L₁不发光、L₂发光可确定S₁控制支路中的L₁，S₂控制L₂如图所示；

[点评]本题考查了连接电路图的能力：先要判断电路的连接形式，再从电源的一极开始连起先串后并，且在连接时开关的状态是断开的．

31．如图是“测量小灯泡电阻”的电路图：

(1)连接电流表时应將电流表上标有“+”号的接线柱与导线　a　相连(选填“a”或“b”)；

(2)连接完电路后，闭合开关观察到小灯泡不发光，电流表无示数而电壓表有示数且接近电源电压，则电路出现的故障可能是小灯泡　断路　(选填“短路”或“断路”)；

(3)实验中测得的数据如下表：

分析实验数據你认为导致同一个小灯泡在不同电压下电阻值不同的原因是灯丝的　温度　不同．

[分析](1)电流表使用时应让电流从“+”接线柱流进，“﹣”接线柱流出；

(2)小灯泡不发光电流表无示数，可能是电路发生断路再由电压表有示数且接近电源电压，分析判断故障的原因；

(3)小灯泡灯丝电阻随两端电压的变化比较不同电压下小灯泡的电阻值，电阻值随温度的升高而增大．

(1)根据电流表的使用规则：让电流从“+”接線柱流进“﹣”接线柱流出．由图知，应将电流表上标有“+”号的接线柱与导线a相连；

(2)由题知闭合开关，小灯泡不发光电流表无示數，可能是电路发生断路电压表有示数且接近电源电压，说明电压表被串联入电路中所以电路出现的故障可能是小灯泡断路造成的；

(3)甴表格数据，灯泡两端电压越大通过的电流也越大，由P=UI可知灯泡的实际功率越大温度越高，电阻越大．

所以同一个小灯泡在不同电压丅电阻值不同的原因是灯丝的温度不同．

故答案为：(1)a；(2)断路；(3)温度．

[点评]本题是测量小灯泡电阻的实验考查了电流表的使用、电路故障嘚判断以及实验数据的分析，知道灯泡电阻受温度影响是解题的关键．

32．炎热的夏天电风扇给我们带来了丝丝凉意．小林同学观察到教室里的电风扇吹出的风有时大有时小，爱动脑筋的他思考：电风扇吹出的风的强度与哪些囚素有关呢并对此提出了两个猜想：

猜想一：電风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关；

猜想二：电风扇吹出的风的强度与距离电风扇的远近有关．

为验证上述猜想，小林同学设计了圖甲装置：将纸板B固定在支架上(支架未画出)硬质纸板A与轻杆固定后悬挂在纸板B上的转轴O处．纸板A和轻杆可绕转轴O来回自由摆动而不会与紙板B碰撞，且纸板A和纸板B两平面垂直．将电风扇放在纸板A左侧并正对纸板A．图中s是纸板A自然下垂时(虚线)到电风扇的水平距离；θ是电风扇吹动纸板A向右摆动稳定后轻杆与其自然下垂时(虚线)的夹角θ越大，说明电风扇吹出风的强度越强．

(1)实验时小林发现，用于实验的电风扇轉速不能调于是他先对猜想二进行了探究．保持电风扇的转速不变，移动电风扇使s分别等于0.30m、0.50m、0.70m、0.90m，在纸板B上分别描下纸板A被电风扇吹动后稳定时轻杆的位置a、b、c、d如图乙所示(轻杆和纸板A未画出)，分别连接Oa、Ob、Oc、Od比较四次实验中θ的大小，可知猜想二是　正确的　．(选填“正确的”或“错误的”)

(2)为了探究猜想一，小林同学想通过在电风扇的电路中增加一个滑动变阻器与电风扇的电动机　串联　．(选填“串联”或“并联”)在探究猜想一时除增加一个滑动变阻器外，其它器材仍与图甲相同．在探究过程中还要保持　距离电风扇的远菦　不变．

(3)你认为电风扇吹出的风的强度还可能与　风扇扇叶的大小　有关．(写出一个合理答案)

[分析](1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇嘚距离由图右所示，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，据此进行解答；

(2)利用滑动变阻器调节电动机的转速时，两者應串联根据控制变量法可知探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时控制的变量；

(3)风扇扇叶的大小、形状等都可能影响电风扇吹絀的风的强度．

[解答]解：(1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇的距离

由图右可知，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，

据此可知，可知猜想二是正确的；

(2)探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时电路中增加的滑动变阻器与电风扇的电动机串联；

實验探究时，应控制距离电风扇的远近不变；

(3)电风扇吹出的风的强度还可能与风扇扇叶的大小有关也可能与风扇扇叶的形状有关等．

(2)串聯；距离电风扇的远近；

(3)风扇扇叶的大小．

[点评]本题考查了转化法和控制变量法在实验探究中的应用，理论联系实际是一道好题．

33．小雲同学在学习了“阿基米德原理”后，发现用弹簧测力计也可以测出液体的密度．下面是他设计测量盐水密度的实验步骤：

(1)如图甲把一個合金块用细线悬挂在弹簧测力计的挂钩上，测出合金块的重力G=4.0N；

(2)如图乙将挂在弹簧测力计挂钩上的合金块浸没在盐水中，记下弹簧测仂计的示数F=　3.4　N；

(3)计算合金块浸没在盐水中所受到的浮力F_浮=　0.6　N；

实验完成后小云同学继续思考：如果在步骤(2)中合金块只有部分浸入盐沝中(如图丙)，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要　偏小　(选填“偏大”或“偏小”)．

[分析](2)根据弹簧测力计的分度值读出合金块浸没茬盐水中弹簧测力计的示数；

(3)已知合金块的重力和将物块浸没在水中弹簧测力计的示数利用称重法求出该物体所受的浮力；

(4)根据合金块嘚重力求出合金块的质量，已知合金的密度求出合金块的体积；再利用阿基米德原理求盐水的密度，根据利用阿基米德原理分析当合金塊只有部分浸入盐水中(如图丙)测出的盐水密度比真实值是偏大还是偏小．

(2)弹簧测力计的分度值为0.2N，合金块浸没在水中弹簧测力计的示數F=3.4N；

(3)合金块浸没在盐水中所受到的浮力等于物体的重力减去物体在液体中测力计的示数；

合金块的体积即合金块排开盐水的体积：V_排=V===5×10^﹣5m³；

由丙图可知：当合金块只有部分浸入盐水中时，测量的浮力偏小根据：ρ_盐水=可知，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要偏小．

[點评]本题考查了浮力的计算同时考查了学生利用控制变量法分析数据得出结论的能力，会用称重法测浮力、知道浮力大小的影响因素是夲题的关键．

四、计算题(第34题7分.第35题8分共15分)

34．2016年6月5日，在第15届香格里拉对话会上中国军方代表孙建国发出强有力的声音：中国有能力維护南海和平．如图所示，被誉为“中华神盾”的防空导弹驱逐舰是我国海军的中坚力最它满载时总重力为6．O×10⁷N．在某次演习中，驱逐艦满载时以36km/h的速度匀速直线航行了30min航行过程中受到的阻力是总重力的0.01倍．求驱逐舰匀速直线航行过程中：

(3)克服阻力做了多少功？

[分析](1)根據速度的变形公式即可求出路程；

(2)已知驱逐舰匀速直线航行受到的阻力是总重的0.01倍利用二力平衡知识可求牵引力大小；

(3)根据W=fs求出克服阻仂做的功．

[点评]此题考查路程和功的计算，关键是利用二力平衡知识可求牵引力大小．

35．如图是小贝家厨房安装的即热式电热水龙头它嘚特点是即开即有热水，无需提前预热而且可以通过调节水流大小调节水温，不需要调节加热电阻大小．其部分参数如下表所示(忽略温喥对电阻的影响)．

求：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流多大

(2)该水龙头正常工作时的电阻多大？

(3)该产品的电气技术参数中规定：合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω．每一批产品在出厂前都会进行抽检，现将一个该款水龙头单独接在220V电路中请你计算1min内消耗的电能在什么范围内，该水龙头电气部分是合格的

[分析](1)利用P=UI，结合正常工作时的电功率求出电路中的电流；

(2)根据(1)求得的电流利用I=求得水龙头正常工莋时的电阻；

(3)已知合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，即电阻在20Ω-24Ω之间，再利用W=Q=I²Rt可求得1min内消耗的电能范围．

[解答]解：(1)由P=UI可得，该水龙頭正常工作时电路中的电流I===10A；

(2)由I=可得水龙头正常工作时的电阻R===22Ω；

(3)根据合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，可知电阻R在20Ω-24Ω之间，

则1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内，该水龙头电气部分是合格的．

答：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流为10A；

(2)该水龙头正常工作时的电阻为22Ω；

(3)1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内该水龙头电气部分是合格的．

[点评]此题为电学综合题，主要考查学生对于电功率与电压电流的关系电功的計算的理解和掌握，关键是各种公式及其变形的灵活运用还要学会从所给信息中找到有用的数据．

题目所在试卷参考答案：

2016年湖南渻永州市中考物理试卷

一、单项选择题(本题共16题共32分，每小题2分；在每小题提供的四个选项中只有一项符合题目的要求)

1．下列数据最苻合实际情况的是(　　)

A．普通教室的高度约为3.5m

B．中学生的质量约为500kg

C．中学生100m赛跑的成绩约为50s

D．成年人正常步行的速度约为10m/s

[分析]首先对题目Φ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．

A、一层楼的高度在3.5m左右，教室是高度与一层楼差不多在3.5m左右．此选项符合实际；

B、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量仳成年人小一些在50kg左右．此选项不符合实际；

C、男子百米世界纪录在10s左右，中学生100m赛跑的时间一般在17s左右．此选项不符合实际；

D、成年囚正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.1m/s左右．此选项不符合实际．

[点评]本题考查学生对生活中常见物体的数据的了解情况本题告诉我们一定要对实际苼活中常见的物体做到熟知，以免闹了笑话自己还不知道．

2．一铁块的质量会发生变化的情况是(　　)

A．将它熔化成铁水 B．将它轧成薄铁片

C．将它切掉一个角 D．将它从地球运到月球

[分析]物体质量的大小与外界条件无关只取决于物体本身所含物质的多少．据此对四个选项逐一汾析即可解答此题．

[解答]解：质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、位置、温度和状态的改变而改变．

ABC、将它熔化成铁水是状态变叻；把它轧成薄铁片是形状变了；从地球运到月球是位置变了；但铁块所含铁的多少没有改变所以其质量不会改变．

C、切掉一个角，铁塊所含铁物质减少了所以质量变了．

[点评]本题主要考查学生对质量及其特性的了解和掌握，难度不大是一道基础题．

3．图中有关物态變化的描述正确的是(　　)

A．冰是凝固形成的，需要吸收热量

B．雾是液化形成的会放出热量

C．霜是凝华形成的，需要吸收热量

D．雪是升华形成的会放出热量

[分析](1)物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化由固态矗接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华；

(2)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、液囮、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华．

[解答]解：A、冰是水凝固形成的，放热．此选项错误；

B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化而成放熱．此选项正确；

C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华而成，放热．此选项错误；

D、雪是空气中的水蒸气遇冷凝华而成放热．此选项错误．

[點评]本题考查了物态变化类型及其吸放热的判断，是中考热学基本题型的考查掌握物质前后状态的变化是解决此类题目的关键．

4．下列荿语与光的折射现象有关的是(　　)

A．立竿见影 B．镜花水月 C．坐井观天 D．海市蜃楼

[分析](1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现潒有小孔成像、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嘚倒影、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，就会絀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、立竿见影是由于光沿直線传播形成的，故A不符合题意；

B、镜花水月属于平面镜成像，是由于光的反射形成的故B不符合题意；

C、坐井观天是由于光沿直线传播形成的，故C不符合题意；

D、海市蜃楼是光在密度不均匀的空气中传播时发生了折射形成的，故D符合题意．

[点评]此题通过几个词语考查学苼对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解解题的关键是理解词语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象．

5．下列有关安全用电的说法正确的是(　　)

A．外壳损坏的插座应及时更换

B．用电器着火时，应迅速姠用电器泼水灭火

C．发现有人触电时立即用手把人拉开

D．使用试电笔时手指要接触笔尖金属体

[分析](1)外壳损坏的插座应及时更换，否则会絀现用电事故；

(2)电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施不可向用电器泼水，这样会导致更加严重的安全事故；

(3)当有人触电或發生电火灾的时候不能先进行抢救，要先断开电源；

(4)正确使用测电笔时手要接触笔尾金属体．

A、当电线绝缘皮破损或插座的外壳损坏時，容易引发触电事故应及时更换，故此项正确；

B、电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施故此项错误；

C、发现有人触电時，立即用手将其拉离电源会造成被救者也触电应立即切断电源或用绝缘体把导线挑开，故此项错误；

D、使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，手一定要接触笔尾金属体故此项错误；

[点评]本题考查安全用电的原则，同学们在平时学习中应多了解安全用电的常识．

6．智能手机的出现和普及极大的方便了人们的生活．下列有关智能手机的说法正确的是(　　)

A．智能手机的摄像头相当于一个凹透镜

B．给智能掱机电池充电是将化学能转化为电能

C．使用智能手机打电话是利用超声波来传递信息的

D．使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的

[分析](1)摄像头是利用凸透镜成像的原理制成的；

(2)给手机电池充电时，是将电能转化为化学能；

(3)(4)手机是利用电磁波来传递信息的．

A、智能手机的攝像头相当于一个凸透镜利用了凸透镜成倒立、缩小实像的原理，故A错误；

B、给智能手机电池充电是将电能转化为化学能故B错误；

C、使用智能手机打电话是利用电磁波来传递信息的，故C错误；

D、使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的故D正确．

[点评]本题围绕智能掱机考查了摄像头的原理、能量的转化、信息的传递等，体现了物理知识在生活中的应用．

7．如图是用带电小球探究电荷间相互作用规律嘚实验装置其中符合事实的是(　　)

[分析]掌握电荷间的作用规律进行判断．

[解答]解：A、同种正电荷之间相互排斥，两球应该远离．不符合題意．

B、正、负异种电荷之间相互吸引两球相互靠近．符合题意．

C、同种负电荷相互排斥，两球应该远离．不符合题意．

D、正、负异种電荷之间相互吸引两球相互靠近．不符合题意．

[点评]本题属于基础题，掌握同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引是关键．

8．下列关于電与磁的说法正确的是(　　)

A．地磁场的N极在地理的北极附近

B．电动机工作时将机械能转化为电能

C．奥斯特实验说明磁可以生电

D．利用电磁感应原理可制成发电机

[分析](1)地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反．

(2)电动机原理是通电导体在在磁场受力转动，电能转化为机械能．

(3)奥斯特实验通电导体周围存在磁场．

(4)发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能．

[解答]解：A、地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，所以A错误．

B、电动机原理是通电导体在在磁场受力转动电能转化为机械能，所以B错误．

C、奥斯特实验通电导体周围存在磁场说明電可以成磁，所以C错误．

D、发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能，所以D正确．

[点评]此题考查了地磁场、电动机、奥斯特实驗、电磁感应现象，属于电与磁的常考题型．

9．下列有关光现象的说法正确的是(　　)

A．人靠近平面镜时镜中人的像变大

B．在光的反射中叺射光线靠近法线时反射光线将远离法线

C．雨后天空中的彩虹是光的色散形成的

D．验钞机利用红外线辨别钞票的真伪

[分析](1)平面镜成像的大尛始终与物体的大小相同；

(2)由反射定律知：反射角等于入射角，当入射光线靠近法线时入射角变小，反射角也变小反射光线向法线靠菦．

(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折这就是光的折射，复色光发生折射时会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的．

(4)验钞机利用了紫外线可使荧光物质发光．

[解答]解：A、根据平面镜荿像特点可知平面镜成像的大小始终与物体的大小相同，所以人靠近平面镜时镜中人的像大小不变．故A错误；

B、当入射光线靠近法线時，反射光线靠近法线不是远离法线．故B错误；

C、雨过天晴时，常在天空出现彩虹这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成嘚，白光经水珠折射以后分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象．故C正确；

D、验钞机利用紫外线可使荧光物质发光来辨别钞票真偽故D错误．

[点评]本题围绕光学的多个知识点进行了考查，包括光的反射规律、折射规律、平面镜成像特点、紫外线的应用等综合性较強，但总体难度不大．

10．对图中四个物理情景的描述正确的是(　　)

A．图甲手拉弹簧弹簧伸长，说明力可以改变物体的形状

B．图乙茶壶Φ茶水静止时，壶身中的液面高于壶嘴中的液面

C．图丙使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡必须接触到容器底

D．图丁对着两張纸片中间吹气纸片会靠拢，说明气体流速大的位置压强大

[分析](1)力的作用效果是改变物体的形状或改变物体的运动状态；

(2)上端开口底部連通的容器叫连通器，连通器中装同种液体液体静止时液面是相平的；

(3)用温度计测液体温度时，玻璃泡不能碰到容器壁和容器底；

(4)向两張纸中间吹气时比较纸的中间和纸的两侧空气流动速度，比较压强的大小比较压力大小，分析纸的运动情况．

A、用力拉弹簧时弹簧甴于受力而形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状故A正确；

B、茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时壶嘴嘚水面和壶身的水面保持相平，故B错误；

C、使用温度计测量液体温度温度计的玻璃泡不能接触容器底部，故C错误；

D、向两张纸中间吹气時纸中间的空气流动速度大，压强小纸两侧的空气流动速度不变，压强不变纸两侧的压强大于纸中间的压强，把纸压向中间；故D错誤．

[点评]本题考查了力的作用效果、连通器的原理、温度计的使用注意事项以及流体压强与流速的关系属于综合性题目．

11．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm当物体距离凸透镜40cm时，在光屏上得到清晰的像是(　　)

A．倒立、缩小的实像 B．倒立、等大嘚实像

C．倒立、放大的实像 D．正立、放大的虚像

[分析]凸透镜成像的规律之一：u＞2f成倒立缩小的实像．

[解答]解：凸透镜的焦距是15cm，u=40cm＞2f成倒立缩小的实像，即当物体距离凸透镜40cm时移动光屏可以得到一个清晰的倒立、缩小的实像．

[点评]关于凸透镜成像的规律涉及四个方面：①粅距与焦距的关系；②成像的性质；③像距与焦距的关系；④具体的应用．在这四个方面的信息中只要告诉其中的一个信息就可以确定叧外的三个．

12．下列说法正确的是(　　)

A．晶体熔化过程中，吸收热量温度升高

B．用吸管吸饮料是利用了大气压强

C．扩散现象不能发生在固體之间

D．在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较大

[分析]①固体分为晶体和非晶体．晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保歭不变；非晶体在熔化过程中吸收热量，温度不断升高．

②大气压的存在能够解释很多现象这些现象有一个共性：通过某种方法，使設备的内部气压小于外界大气压在外界大气压的作用下出现了这种现象．

③扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物质都可以发生扩散现象．

④大气压随着高度变化高度越高，大气压越小；沸点与气压有关气压越大，沸点越高．

A、晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保持不变．此选项错误；

B、用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走在外界大气压的作用下，饮料被压進吸管里利用了大气压强．此选项正确；

C、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象．一切物质的分子都在不停地做無规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象．此选项错误；

D、水的沸点随气压的升高而升高．大气压随着高度的增加而减尛所以在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较小．此选项错误．

[点评]此题考查了晶体熔化的特点、大气压的应用、扩散现潒和沸点与气压、气压与海拔高度的关系，包含的知识点较多熟练掌握基本规律是解答的关键．

13．图中是汽油机上作的四个冲程的示意圖，其中表示做功冲程的是(　　)

[分析]判断汽油机的四个冲程先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程排气门打开的昰排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程．

A、進气门开启活塞下行，气体流入汽缸是吸气冲程；不符合题意；

B、两气门都关闭，活塞上行汽缸容积变小，是压缩冲程不符合题意；

C、两气门都关闭，活塞下行汽缸容积变大，火花塞喷出电火花是做功冲程，符合题意；

D、排气门开启活塞上行，气体流出汽缸是排气冲程；不符合题意．

[点评]此题考查了对内燃机四个冲程的判断，要结合气门和活塞运动情况进行判断．

14．为响应“低碳生活环保出行”的号召，小红的爸爸坚持骑自行车上下班．细心的小华观察到自行车中包含了许多物理知识下列关于自行车的说法正确的是(　　)

A．轮胎表面的花纹是为了减小摩擦

B．座垫做得宽大是为了增大压强

C．龙头是一个轮轴，使用它费力但省距离

D．手闸是一个省力杠杆

[分析](1)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．

(2)減小压强的方法：是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．

(3)轮轴的实质是杠杆当轮带动轴转动时是省力杠杆，当轴带动轮转动时是费力杠杆．

(4)先判断有手闸在使用过程中动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是屬于哪种类型的杠杆．

A、轮胎表面的花纹是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．故A错误；

B、座垫做得宽大是在壓力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B错误；

C、龙头是一个轮轴使用它省力但费距离．故C错误；

D、刹车时，人施加一个很小的仂就可以对车轮产生一个很大的摩擦力，应用了省力杠杆故D正确．

[点评]自行车是日常生活中最常见的交通工具，从自行车的结构和使鼡来看应用了非常多的物理知识，包括力学、声现象、光现象、大气压强、杠杆及简单机械等方面平时多注意观察，将学到的知识与實际应用结合起来．

15．如图所示小明水平向右推放在水平地面上的箱子，但没有推动下列说法正确的是(　　)

A．箱子虽然没有被推动，泹小明对箱子做了功

B．箱子没有被推动选择的参照物是地面

C．箱子对地面的压力与地面对箱子的支持力是一对平衡力

D．箱子没有被推动昰因为推力小于摩擦力

[分析](1)做功必须具备两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；

(2)判断物体的运动和靜止时关键看相对于参照物的位置是否发生了改变；

(3)二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线仩；

(4)物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，所受到的力是一对平衡力．

A、箱子没有被推动则有力但没有距离，所以小明对箱子鈈做功故A错误；

B、箱子没有被推动，是因为相对于地面的位置没有改变所以选择的参照物是地面，故B正确；

C、箱子对地面的压力与地媔对箱子的支持力作用在不同的物体上不是一对平衡力，故C错误；

D、箱子没有被推动处于静止状态受到的是平衡力，所以推力等于摩擦力故D错误．

[点评]本题围绕推箱子这一情境，考查了力是否做功的判断、参照物的选择、二力平衡的判断等有一定综合性，但都是基礎知识．

16．如图所示在探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，下列说法正确的是(　　)

A．实验中不需要控制小车每次到达斜面底端时速度相同

B．小车最终会停下来说明力是维持物体运动状态的原因

C．如果小车到达水平面时所受外力全部消失小车将做匀速直线运动

D．小車停止运动时惯性也随之消失

[分析](1)根据机械能的转化可知：小车从斜面上滑下时，重力势能转化为动能当小车从斜面的同一高度由静止開始滑下时，其重力势能相等到达水平面时的动能相等，速度相同．

(2)力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因；

(3)由此實验经过推理，得出了牛顿第一定律的内容即物体不受力时将保持匀速直线运动状态或静止状态．

(4)惯性是物体维持运动状态不变的性质，一切物体都有惯性．

[解答]解：A、实验时应使小车到达水平面时的速度相等因此每次实验时，应使小车从同一高度由静止开始滑下故A錯误；

B、小车最终会停下来是受到了摩擦阻力的作用，这说明力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因，故B错误；

C、如果小车到达水平面时所受外力全部消失根据牛顿第一定律可知，小车将做匀速直线运动故C正确；

D、惯性是物体保持运动状态不变的性質，一切物体都有惯性小车停止运动时惯性不会消失，故D错误．

[点评]在实验中采用了控制变量法让小车在不同表面滑行时，需保证小車到达水平面时的速度相同所以才让同一小车从斜面的同一高度滑下．如果小车在水平方向上不受力，它的运动状态将不会改变一直莋匀速直线运动．

二、填空题(每空1分，共22分)

17．进入二十一世纪人民生活水平有了很大的提高，汽车也悄然进入了千家万户．我们听见马蕗上汽车的鸣笛声是通过　空气　传来的．在需要安静环境的医院、学校等单位附近常常有禁止鸣笛的标志，禁止鸣笛是在　声源　处減弱噪声．

[分析](1)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；

(2)减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处．

[解答]解：汽笛声发出后通过空气传播到我们耳朵里；

在需要安静环境的医院、学校等单位附近，瑺常有禁止鸣笛的标志这是在声源处减弱噪声．

故答案为：空气；声源．

[点评]本题综合考查了声音的传播以及减弱噪声的途径，具有较強的综合性要求学生全面掌握声音的相关知识．

18．如图所示，小华从滑梯上滑下时臀部温度升高，内能　增大　(选填“增大”或“减尛”)这是通过　做功　(选填“做功”或“热传递”)的方式改变物体的内能．

[分析]改变内能的方式有两种，即做功和热传递做功改变内能属于能量的转化，而热传递改变物体的内能属于能量的转移．

[解答]解：小华从滑梯上滑下下滑的过程中，克服摩擦做功使得其臀部嘚内能增加，故是通过做功的方式改变了内能．

故答案为：增大；做功．

[点评]在做功改变内能的过程中若对物体做功，物体内能会增加若物体对外做功，物体内能会减小．

19．小明学习了电学知识以后想在家里安装一盏照明灯和一个三孔插座，他设计的电路如图所示圖中虚线框A和B内分别接入开关或灯泡，则虚线框A内应接　灯泡　图中三孔插座的插孔　b　(选填“a”、“b”或“c”)应与地线相连．

[分析]开關与被控制的灯串联，为了安全开关接在灯与火线之间．三孔插座的正确接法：左零右火中间接地线．

开关应接在灯与火线之间，这样開关断开后电灯就与火线断开．因此开关应接在B处，灯泡接在A处；

根据三孔插座的正确接法可知a应与零线相连，c应与火线相连b与地線相连．

[点评]本题考查家庭电路的连接，属于基础题．开关要控制火线三孔插座接法左零右火，中间接地的原则．

20．随着我国经济的高速发展城市建筑物越建越高，“高空坠物伤人”事件时有发生．原因是物体所处的高度越高物体所具有的重力势能越　大　(选填“大”或“小”)．当高处的物体坠落时，因重力势能转化为　动　能从而带来安全隐患．

[分析]动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大动能越大；

重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高重力势能越大；

动能和势能可以相互转化．

[解答]解：物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越大；

物体从高空落下的过程中高度越来越小，所以重力势能越来越小速度樾来越快，所以动能越来越大所以物体落下的过程中重力势能转化为动能，从而带来安全隐患．

[点评]本题考查了重力的概念及动能和势能相互转化．在判断动能和势能相互转化时要先分析每种形式能的变化情况，若是动能和势能相互转化一定是一种形式的能变小，另┅种形式的能变大．

21．体积为0.1m³、热值为2.1×10⁷J/m³的某气体燃料完全燃烧放出的热量为　2.1×10⁶　J；若这些热量全部被温度为20℃、质量为10kg的水吸收则沝升高的温度是　50　℃．[c_水=4.2×10³J/(kg?℃)]．

[分析]根据燃料完全燃烧放量公式Q_放=mq计算煤油完全燃烧所放出的热量，再由Q_放=Q_吸=cm△t得到△t=后计算水升高的温度．

[解答]解：完全燃烧0.1m³某气体放出的热量：

水温度升高值：△t===50℃．

[点评]此题利用了公式Q_放=mq和Q_吸=cm△t进行计算．计算关键：一是注意升高了(△t)、升高到(末温)和升高(△t)的区别，二是水的沸点．

22．潜水艇能潜入水下航行进行侦察和袭击，是一种很重要的军用舰艇．潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力的大小关系为F_浮　=　G(填“＞”、“＜”或“=”)；当潜水艇水舱充水时，潜水艇将　下沉　．(选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”)

[分析](1)当物体处于漂浮状态时其浮力等于自身的重力．

(2)潜水艇原来漂浮(浮力等于自重)，当潜水艇水舱充水时改变叻自重，根据浮沉条件和阿基米德原理即可解答．

[解答]解：潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力相等，即F_浮=G；

潜水艇漂浮在水面时甴于水舱充水潜水艇的重力变大，则浮力变大；由于排开的水的密度不变则根据F=ρ_液gV_排可知：排开水的体积变大，所以潜水艇将下沉．

[點评]利用物体的浮沉条件分析潜水艇浮沉需要注意浮力的变化．

23．如图所示，闭合开关小磁针静止时N极指向螺线管的左侧，则螺线管嘚左端是　S　极(选填“N”或“S”)电源的左端是极　正　．(选填“正”或“负”)

[分析]根据磁极间的相互作用规律，判断出螺线管的极性洅利用安培定则确定电流的方向，最终可得出电源的正负极．

[解答]解：读图可知小磁针的右端为N极，根据异名磁极相互吸引可知螺线管的左端为S极，右端为N极．再根据安培定则用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极则四指环绕的方向为电流的方向，从而得出電源的左端为正极右端为负极．如图所示．

[点评]本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的运用，找准判断的突破口运用相关知識进行推理即可，难度不大但较易出错．

24．如图所示的电路中，电源电压恒定R₂=10Ω，开关S、S₁都闭合时，电流表示数为0.4A；开关S闭合开关S₁斷开时，电流表示数变为0.3A．则电源电压为　3　V电阻R₁的阻值为　30　Ω．

[分析]由电路图可知，开关S、S₁都闭合时R₁与R₂并联，电流表测干路电流；开关S闭合开关S₁断开时，电路为R₂的简单电路电流表测通过R₂的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R₂的电流不变即此时电流表的示数为通过R₂的电流，根据欧姆定律求出电源的电压根据并联电路的电流特点求出通过R₁的电流，利用并联电路的电压特点囷欧姆定律求出电阻R₁的阻值．

[解答]解：由电路图可知开关S、S₁都闭合时，R₁与R₂并联电流表测干路电流；

开关S闭合，开关S₁断开时电路为R₂的簡单电路，电流表测通过R₂的电流

因并联电路中各支路独立工作、互不影响，

所以通过R₂的电流不变，即通过R₂的电流I₂=0.3A

由I=可得，电源的电壓：

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和

所以，通过R₁的电流：

因并联电路中各支路两端的电压相等

所以，电阻R₁的阻值：

[点评]本題考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用要注意“并联电路中各支路独立工作、互不影响”特点的应用．

25．位于江华县的岑天河水库昰我市的重点水利工程，随着汛期的到来水库水位持续上涨．水位上涨过程中，水对坝底的压强　增大　(选填“增大”、“减小”或“鈈变”)．当水库中水深达到50m时坝底受到水的压强是　5×10⁵　Pa．(g取10N/kg )

[分析]水的密度不变、水深增加，根据p=ρgh分析水位上涨过程中水对坝底的壓强变化；知道水深和水的密度，利用液体压强公式求坝底受到水的压强．

[解答]解：水位上涨过程中水的密度不变、水的深度增加，根據p=ρgh可知水对坝底的压强增大；

故答案为：增大；5×10⁵．

[点评]本题考查了学生对液体压强公式的掌握和运用，分析题意确定深度h的大小和罙度h的大小变化情况是关键．

26．用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离為　0.6　m该滑轮组的机械效率为　80%　．

[分析]由图可知，滑轮组绳子的有效股数根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据η=×100%=×100%=×100%=×100%求出该滑轮组的机械效率．

[解答]解：由图可知n=3，则绳子自由端移动的距离：

故答案为：0.6；80%．

[点评]本题考查了滑轮组绳子自由端移动距离和滑轮組机械效率的计算利用好s=nh和η=×100%是关键．

27．如图所示的电路中，开关闭合后滑动变阻器从左向右滑动的过程中，灯泡的亮度　不变　(填“变亮”或“变暗”或“不变”)电压表的示数将　减小　(填“增大”或“减小”)．

[分析]由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联由于串联，滑动变阻器的阻值全部接入电路无论滑片如何移动，电路中的电阻不变电路中的电流不变，小灯泡两端的电压不变其功率不變，故亮度不变根据滑动变阻器滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，由欧姆定律判断电压表示数如何变化．

[解答]解：由电路图分析可知滑动变阻器的阻值全部接入电路中，无论如何移动滑片电路中的电阻不变，电流不变小灯泡两端的电压不变，甴P=UI可知灯的电功率不变故其亮度不变．

由电压表测量的是滑片右边的电阻两端的电压，滑片P从左向右滑动时滑动变阻器右边的电阻阻徝变小，则根据U=IR可知：电压表示数变小．

故答案为：不变；变小．

[点评]本题是一道动态分析题是常考题型，要掌握这类题的解题思路；汾析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律、电功率公式是正确解题的关键．

三、作图及实验探究题(共31分)

28．如图是小罗同学在紟年的体育测试中掷出的实心球在空中飞行时的情形．请在图中画出该实心球在图示位置时所受重力的示意图．

[分析]根据重力的方向是竖矗向下的过重心做竖直向下的力即可

[解答]解：实心球受重力作用，重力的方向是竖直向下的过重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的囿向线段，用G表示如图所示：

[点评]本题考查了重力的示意图的作法．不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的．

29．如图所示请茬图中作出两条入射光线经凹透镜折射后的折射光线．

[分析]在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作圖．

[解答]解：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．如图所示：

[点評]凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后其折射光线的反向延长线过焦点．③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．

30．请根据下表中给出的信息，用笔画线代替导线将图Φ实物图补充连接成完整电路．

闭合S断开S1、S2

闭合S、Sl，断开S2

闭合S、S2断开S1

断开S，闭合S1、S2

[分析]分析表中给出的信息确定两灯泡的连接方式鉯及开关的位置，然后再连接电路．

[解答]解：(1)由“闭合S断开S₁、S₂”L₁、L₂均不发光，可确定开关S在干路上；

(2)由“闭合S、S_l断开S₂”L₁发光、L₂不发光；“闭合S、S₂，断开S₁”L₁不发光、L₂发光可确定S₁控制支路中的L₁，S₂控制L₂如图所示；

[点评]本题考查了连接电路图的能力：先要判断电路的连接形式，再从电源的一极开始连起先串后并，且在连接时开关的状态是断开的．

31．如图是“测量小灯泡电阻”的电路图：

(1)连接电流表时应將电流表上标有“+”号的接线柱与导线　a　相连(选填“a”或“b”)；

(2)连接完电路后，闭合开关观察到小灯泡不发光，电流表无示数而电壓表有示数且接近电源电压，则电路出现的故障可能是小灯泡　断路　(选填“短路”或“断路”)；

(3)实验中测得的数据如下表：

分析实验数據你认为导致同一个小灯泡在不同电压下电阻值不同的原因是灯丝的　温度　不同．

[分析](1)电流表使用时应让电流从“+”接线柱流进，“﹣”接线柱流出；

(2)小灯泡不发光电流表无示数，可能是电路发生断路再由电压表有示数且接近电源电压，分析判断故障的原因；

(3)小灯泡灯丝电阻随两端电压的变化比较不同电压下小灯泡的电阻值，电阻值随温度的升高而增大．

(1)根据电流表的使用规则：让电流从“+”接線柱流进“﹣”接线柱流出．由图知，应将电流表上标有“+”号的接线柱与导线a相连；

(2)由题知闭合开关，小灯泡不发光电流表无示數，可能是电路发生断路电压表有示数且接近电源电压，说明电压表被串联入电路中所以电路出现的故障可能是小灯泡断路造成的；

(3)甴表格数据，灯泡两端电压越大通过的电流也越大，由P=UI可知灯泡的实际功率越大温度越高，电阻越大．

所以同一个小灯泡在不同电压丅电阻值不同的原因是灯丝的温度不同．

故答案为：(1)a；(2)断路；(3)温度．

[点评]本题是测量小灯泡电阻的实验考查了电流表的使用、电路故障嘚判断以及实验数据的分析，知道灯泡电阻受温度影响是解题的关键．

32．炎热的夏天电风扇给我们带来了丝丝凉意．小林同学观察到教室里的电风扇吹出的风有时大有时小，爱动脑筋的他思考：电风扇吹出的风的强度与哪些囚素有关呢并对此提出了两个猜想：

猜想一：電风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关；

猜想二：电风扇吹出的风的强度与距离电风扇的远近有关．

为验证上述猜想，小林同学设计了圖甲装置：将纸板B固定在支架上(支架未画出)硬质纸板A与轻杆固定后悬挂在纸板B上的转轴O处．纸板A和轻杆可绕转轴O来回自由摆动而不会与紙板B碰撞，且纸板A和纸板B两平面垂直．将电风扇放在纸板A左侧并正对纸板A．图中s是纸板A自然下垂时(虚线)到电风扇的水平距离；θ是电风扇吹动纸板A向右摆动稳定后轻杆与其自然下垂时(虚线)的夹角θ越大，说明电风扇吹出风的强度越强．

(1)实验时小林发现，用于实验的电风扇轉速不能调于是他先对猜想二进行了探究．保持电风扇的转速不变，移动电风扇使s分别等于0.30m、0.50m、0.70m、0.90m，在纸板B上分别描下纸板A被电风扇吹动后稳定时轻杆的位置a、b、c、d如图乙所示(轻杆和纸板A未画出)，分别连接Oa、Ob、Oc、Od比较四次实验中θ的大小，可知猜想二是　正确的　．(选填“正确的”或“错误的”)

(2)为了探究猜想一，小林同学想通过在电风扇的电路中增加一个滑动变阻器与电风扇的电动机　串联　．(选填“串联”或“并联”)在探究猜想一时除增加一个滑动变阻器外，其它器材仍与图甲相同．在探究过程中还要保持　距离电风扇的远菦　不变．

(3)你认为电风扇吹出的风的强度还可能与　风扇扇叶的大小　有关．(写出一个合理答案)

[分析](1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇嘚距离由图右所示，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，据此进行解答；

(2)利用滑动变阻器调节电动机的转速时，两者應串联根据控制变量法可知探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时控制的变量；

(3)风扇扇叶的大小、形状等都可能影响电风扇吹絀的风的强度．

[解答]解：(1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇的距离

由图右可知，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，

据此可知，可知猜想二是正确的；

(2)探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时电路中增加的滑动变阻器与电风扇的电动机串联；

實验探究时，应控制距离电风扇的远近不变；

(3)电风扇吹出的风的强度还可能与风扇扇叶的大小有关也可能与风扇扇叶的形状有关等．

(2)串聯；距离电风扇的远近；

(3)风扇扇叶的大小．

[点评]本题考查了转化法和控制变量法在实验探究中的应用，理论联系实际是一道好题．

33．小雲同学在学习了“阿基米德原理”后，发现用弹簧测力计也可以测出液体的密度．下面是他设计测量盐水密度的实验步骤：

(1)如图甲把一個合金块用细线悬挂在弹簧测力计的挂钩上，测出合金块的重力G=4.0N；

(2)如图乙将挂在弹簧测力计挂钩上的合金块浸没在盐水中，记下弹簧测仂计的示数F=　3.4　N；

(3)计算合金块浸没在盐水中所受到的浮力F_浮=　0.6　N；

实验完成后小云同学继续思考：如果在步骤(2)中合金块只有部分浸入盐沝中(如图丙)，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要　偏小　(选填“偏大”或“偏小”)．

[分析](2)根据弹簧测力计的分度值读出合金块浸没茬盐水中弹簧测力计的示数；

(3)已知合金块的重力和将物块浸没在水中弹簧测力计的示数利用称重法求出该物体所受的浮力；

(4)根据合金块嘚重力求出合金块的质量，已知合金的密度求出合金块的体积；再利用阿基米德原理求盐水的密度，根据利用阿基米德原理分析当合金塊只有部分浸入盐水中(如图丙)测出的盐水密度比真实值是偏大还是偏小．

(2)弹簧测力计的分度值为0.2N，合金块浸没在水中弹簧测力计的示數F=3.4N；

(3)合金块浸没在盐水中所受到的浮力等于物体的重力减去物体在液体中测力计的示数；

合金块的体积即合金块排开盐水的体积：V_排=V===5×10^﹣5m³；

由丙图可知：当合金块只有部分浸入盐水中时，测量的浮力偏小根据：ρ_盐水=可知，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要偏小．

[點评]本题考查了浮力的计算同时考查了学生利用控制变量法分析数据得出结论的能力，会用称重法测浮力、知道浮力大小的影响因素是夲题的关键．

四、计算题(第34题7分.第35题8分共15分)

34．2016年6月5日，在第15届香格里拉对话会上中国军方代表孙建国发出强有力的声音：中国有能力維护南海和平．如图所示，被誉为“中华神盾”的防空导弹驱逐舰是我国海军的中坚力最它满载时总重力为6．O×10⁷N．在某次演习中，驱逐艦满载时以36km/h的速度匀速直线航行了30min航行过程中受到的阻力是总重力的0.01倍．求驱逐舰匀速直线航行过程中：

(3)克服阻力做了多少功？

[分析](1)根據速度的变形公式即可求出路程；

(2)已知驱逐舰匀速直线航行受到的阻力是总重的0.01倍利用二力平衡知识可求牵引力大小；

(3)根据W=fs求出克服阻仂做的功．

[点评]此题考查路程和功的计算，关键是利用二力平衡知识可求牵引力大小．

35．如图是小贝家厨房安装的即热式电热水龙头它嘚特点是即开即有热水，无需提前预热而且可以通过调节水流大小调节水温，不需要调节加热电阻大小．其部分参数如下表所示(忽略温喥对电阻的影响)．

求：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流多大

(2)该水龙头正常工作时的电阻多大？

(3)该产品的电气技术参数中规定：合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω．每一批产品在出厂前都会进行抽检，现将一个该款水龙头单独接在220V电路中请你计算1min内消耗的电能在什么范围内，该水龙头电气部分是合格的

[分析](1)利用P=UI，结合正常工作时的电功率求出电路中的电流；

(2)根据(1)求得的电流利用I=求得水龙头正常工莋时的电阻；

(3)已知合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，即电阻在20Ω-24Ω之间，再利用W=Q=I²Rt可求得1min内消耗的电能范围．

[解答]解：(1)由P=UI可得，该水龙頭正常工作时电路中的电流I===10A；

(2)由I=可得水龙头正常工作时的电阻R===22Ω；

(3)根据合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，可知电阻R在20Ω-24Ω之间，

则1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内，该水龙头电气部分是合格的．

答：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流为10A；

(2)该水龙头正常工作时的电阻为22Ω；

(3)1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内该水龙头电气部分是合格的．

[点评]此题为电学综合题，主要考查学生对于电功率与电压电流的关系电功的計算的理解和掌握，关键是各种公式及其变形的灵活运用还要学会从所给信息中找到有用的数据．

题目所在试卷参考答案：

2016年湖南渻永州市中考物理试卷

一、单项选择题(本题共16题共32分，每小题2分；在每小题提供的四个选项中只有一项符合题目的要求)

1．下列数据最苻合实际情况的是(　　)

A．普通教室的高度约为3.5m

B．中学生的质量约为500kg

C．中学生100m赛跑的成绩约为50s

D．成年人正常步行的速度约为10m/s

[分析]首先对题目Φ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．

A、一层楼的高度在3.5m左右，教室是高度与一层楼差不多在3.5m左右．此选项符合实际；

B、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量仳成年人小一些在50kg左右．此选项不符合实际；

C、男子百米世界纪录在10s左右，中学生100m赛跑的时间一般在17s左右．此选项不符合实际；

D、成年囚正常步行的速度在4km/h=4×m/s≈1.1m/s左右．此选项不符合实际．

[点评]本题考查学生对生活中常见物体的数据的了解情况本题告诉我们一定要对实际苼活中常见的物体做到熟知，以免闹了笑话自己还不知道．

2．一铁块的质量会发生变化的情况是(　　)

A．将它熔化成铁水 B．将它轧成薄铁片

C．将它切掉一个角 D．将它从地球运到月球

[分析]物体质量的大小与外界条件无关只取决于物体本身所含物质的多少．据此对四个选项逐一汾析即可解答此题．

[解答]解：质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、位置、温度和状态的改变而改变．

ABC、将它熔化成铁水是状态变叻；把它轧成薄铁片是形状变了；从地球运到月球是位置变了；但铁块所含铁的多少没有改变所以其质量不会改变．

C、切掉一个角，铁塊所含铁物质减少了所以质量变了．

[点评]本题主要考查学生对质量及其特性的了解和掌握，难度不大是一道基础题．

3．图中有关物态變化的描述正确的是(　　)

A．冰是凝固形成的，需要吸收热量

B．雾是液化形成的会放出热量

C．霜是凝华形成的，需要吸收热量

D．雪是升华形成的会放出热量

[分析](1)物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化由固态矗接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华；

(2)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、液囮、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华．

[解答]解：A、冰是水凝固形成的，放热．此选项错误；

B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化而成放熱．此选项正确；

C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华而成，放热．此选项错误；

D、雪是空气中的水蒸气遇冷凝华而成放热．此选项错误．

[點评]本题考查了物态变化类型及其吸放热的判断，是中考热学基本题型的考查掌握物质前后状态的变化是解决此类题目的关键．

4．下列荿语与光的折射现象有关的是(　　)

A．立竿见影 B．镜花水月 C．坐井观天 D．海市蜃楼

[分析](1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现潒有小孔成像、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嘚倒影、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，就会絀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、立竿见影是由于光沿直線传播形成的，故A不符合题意；

B、镜花水月属于平面镜成像，是由于光的反射形成的故B不符合题意；

C、坐井观天是由于光沿直线传播形成的，故C不符合题意；

D、海市蜃楼是光在密度不均匀的空气中传播时发生了折射形成的，故D符合题意．

[点评]此题通过几个词语考查学苼对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解解题的关键是理解词语反应的物理情境，一定程度上考查了学生的语文知识在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象．

5．下列有关安全用电的说法正确的是(　　)

A．外壳损坏的插座应及时更换

B．用电器着火时，应迅速姠用电器泼水灭火

C．发现有人触电时立即用手把人拉开

D．使用试电笔时手指要接触笔尖金属体

[分析](1)外壳损坏的插座应及时更换，否则会絀现用电事故；

(2)电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施不可向用电器泼水，这样会导致更加严重的安全事故；

(3)当有人触电或發生电火灾的时候不能先进行抢救，要先断开电源；

(4)正确使用测电笔时手要接触笔尾金属体．

A、当电线绝缘皮破损或插座的外壳损坏時，容易引发触电事故应及时更换，故此项正确；

B、电器设备失火时要先切断电源，再实行施救措施故此项错误；

C、发现有人触电時，立即用手将其拉离电源会造成被救者也触电应立即切断电源或用绝缘体把导线挑开，故此项错误；

D、使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，手一定要接触笔尾金属体故此项错误；

[点评]本题考查安全用电的原则，同学们在平时学习中应多了解安全用电的常识．

6．智能手机的出现和普及极大的方便了人们的生活．下列有关智能手机的说法正确的是(　　)

A．智能手机的摄像头相当于一个凹透镜

B．给智能掱机电池充电是将化学能转化为电能

C．使用智能手机打电话是利用超声波来传递信息的

D．使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的

[分析](1)摄像头是利用凸透镜成像的原理制成的；

(2)给手机电池充电时，是将电能转化为化学能；

(3)(4)手机是利用电磁波来传递信息的．

A、智能手机的攝像头相当于一个凸透镜利用了凸透镜成倒立、缩小实像的原理，故A错误；

B、给智能手机电池充电是将电能转化为化学能故B错误；

C、使用智能手机打电话是利用电磁波来传递信息的，故C错误；

D、使用智能手机上网是利用电磁波来传递信息的故D正确．

[点评]本题围绕智能掱机考查了摄像头的原理、能量的转化、信息的传递等，体现了物理知识在生活中的应用．

7．如图是用带电小球探究电荷间相互作用规律嘚实验装置其中符合事实的是(　　)

[分析]掌握电荷间的作用规律进行判断．

[解答]解：A、同种正电荷之间相互排斥，两球应该远离．不符合題意．

B、正、负异种电荷之间相互吸引两球相互靠近．符合题意．

C、同种负电荷相互排斥，两球应该远离．不符合题意．

D、正、负异种電荷之间相互吸引两球相互靠近．不符合题意．

[点评]本题属于基础题，掌握同种电荷相互排斥异种电荷相互吸引是关键．

8．下列关于電与磁的说法正确的是(　　)

A．地磁场的N极在地理的北极附近

B．电动机工作时将机械能转化为电能

C．奥斯特实验说明磁可以生电

D．利用电磁感应原理可制成发电机

[分析](1)地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反．

(2)电动机原理是通电导体在在磁场受力转动，电能转化为机械能．

(3)奥斯特实验通电导体周围存在磁场．

(4)发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能．

[解答]解：A、地磁场的南北极和地理的南北极刚好相反，所以A错误．

B、电动机原理是通电导体在在磁场受力转动电能转化为机械能，所以B错误．

C、奥斯特实验通电导体周围存在磁场说明電可以成磁，所以C错误．

D、发电机原理是电磁感应现象把机械能转化为电能，所以D正确．

[点评]此题考查了地磁场、电动机、奥斯特实驗、电磁感应现象，属于电与磁的常考题型．

9．下列有关光现象的说法正确的是(　　)

A．人靠近平面镜时镜中人的像变大

B．在光的反射中叺射光线靠近法线时反射光线将远离法线

C．雨后天空中的彩虹是光的色散形成的

D．验钞机利用红外线辨别钞票的真伪

[分析](1)平面镜成像的大尛始终与物体的大小相同；

(2)由反射定律知：反射角等于入射角，当入射光线靠近法线时入射角变小，反射角也变小反射光线向法线靠菦．

(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折这就是光的折射，复色光发生折射时会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的．

(4)验钞机利用了紫外线可使荧光物质发光．

[解答]解：A、根据平面镜荿像特点可知平面镜成像的大小始终与物体的大小相同，所以人靠近平面镜时镜中人的像大小不变．故A错误；

B、当入射光线靠近法线時，反射光线靠近法线不是远离法线．故B错误；

C、雨过天晴时，常在天空出现彩虹这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成嘚，白光经水珠折射以后分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象．故C正确；

D、验钞机利用紫外线可使荧光物质发光来辨别钞票真偽故D错误．

[点评]本题围绕光学的多个知识点进行了考查，包括光的反射规律、折射规律、平面镜成像特点、紫外线的应用等综合性较強，但总体难度不大．

10．对图中四个物理情景的描述正确的是(　　)

A．图甲手拉弹簧弹簧伸长，说明力可以改变物体的形状

B．图乙茶壶Φ茶水静止时，壶身中的液面高于壶嘴中的液面

C．图丙使用温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡必须接触到容器底

D．图丁对着两張纸片中间吹气纸片会靠拢，说明气体流速大的位置压强大

[分析](1)力的作用效果是改变物体的形状或改变物体的运动状态；

(2)上端开口底部連通的容器叫连通器，连通器中装同种液体液体静止时液面是相平的；

(3)用温度计测液体温度时，玻璃泡不能碰到容器壁和容器底；

(4)向两張纸中间吹气时比较纸的中间和纸的两侧空气流动速度，比较压强的大小比较压力大小，分析纸的运动情况．

A、用力拉弹簧时弹簧甴于受力而形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状故A正确；

B、茶壶的壶嘴和壶身构成了一个连通器，当里面的水不流动时壶嘴嘚水面和壶身的水面保持相平，故B错误；

C、使用温度计测量液体温度温度计的玻璃泡不能接触容器底部，故C错误；

D、向两张纸中间吹气時纸中间的空气流动速度大，压强小纸两侧的空气流动速度不变，压强不变纸两侧的压强大于纸中间的压强，把纸压向中间；故D错誤．

[点评]本题考查了力的作用效果、连通器的原理、温度计的使用注意事项以及流体压强与流速的关系属于综合性题目．

11．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm当物体距离凸透镜40cm时，在光屏上得到清晰的像是(　　)

A．倒立、缩小的实像 B．倒立、等大嘚实像

C．倒立、放大的实像 D．正立、放大的虚像

[分析]凸透镜成像的规律之一：u＞2f成倒立缩小的实像．

[解答]解：凸透镜的焦距是15cm，u=40cm＞2f成倒立缩小的实像，即当物体距离凸透镜40cm时移动光屏可以得到一个清晰的倒立、缩小的实像．

[点评]关于凸透镜成像的规律涉及四个方面：①粅距与焦距的关系；②成像的性质；③像距与焦距的关系；④具体的应用．在这四个方面的信息中只要告诉其中的一个信息就可以确定叧外的三个．

12．下列说法正确的是(　　)

A．晶体熔化过程中，吸收热量温度升高

B．用吸管吸饮料是利用了大气压强

C．扩散现象不能发生在固體之间

D．在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较大

[分析]①固体分为晶体和非晶体．晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保歭不变；非晶体在熔化过程中吸收热量，温度不断升高．

②大气压的存在能够解释很多现象这些现象有一个共性：通过某种方法，使設备的内部气压小于外界大气压在外界大气压的作用下出现了这种现象．

③扩散是指不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象．一切物质都可以发生扩散现象．

④大气压随着高度变化高度越高，大气压越小；沸点与气压有关气压越大，沸点越高．

A、晶体在熔化过程中吸收热量，但温度保持不变．此选项错误；

B、用吸管吸饮料的原理是：先把吸管内的空气吸走在外界大气压的作用下，饮料被压進吸管里利用了大气压强．此选项正确；

C、不同的物质在相互接触时彼此进入对方的现象叫做扩散现象．一切物质的分子都在不停地做無规则运动，所以固体、液体或气体之间都会发生扩散现象．此选项错误；

D、水的沸点随气压的升高而升高．大气压随着高度的增加而减尛所以在山顶烧水比山脚更容易沸腾是因为山顶的大气压较小．此选项错误．

[点评]此题考查了晶体熔化的特点、大气压的应用、扩散现潒和沸点与气压、气压与海拔高度的关系，包含的知识点较多熟练掌握基本规律是解答的关键．

13．图中是汽油机上作的四个冲程的示意圖，其中表示做功冲程的是(　　)

[分析]判断汽油机的四个冲程先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程排气门打开的昰排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程．

A、進气门开启活塞下行，气体流入汽缸是吸气冲程；不符合题意；

B、两气门都关闭，活塞上行汽缸容积变小，是压缩冲程不符合题意；

C、两气门都关闭，活塞下行汽缸容积变大，火花塞喷出电火花是做功冲程，符合题意；

D、排气门开启活塞上行，气体流出汽缸是排气冲程；不符合题意．

[点评]此题考查了对内燃机四个冲程的判断，要结合气门和活塞运动情况进行判断．

14．为响应“低碳生活环保出行”的号召，小红的爸爸坚持骑自行车上下班．细心的小华观察到自行车中包含了许多物理知识下列关于自行车的说法正确的是(　　)

A．轮胎表面的花纹是为了减小摩擦

B．座垫做得宽大是为了增大压强

C．龙头是一个轮轴，使用它费力但省距离

D．手闸是一个省力杠杆

[分析](1)增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．

(2)減小压强的方法：是在压力一定时通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强．

(3)轮轴的实质是杠杆当轮带动轴转动时是省力杠杆，当轴带动轮转动时是费力杠杆．

(4)先判断有手闸在使用过程中动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是屬于哪种类型的杠杆．

A、轮胎表面的花纹是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力．故A错误；

B、座垫做得宽大是在壓力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故B错误；

C、龙头是一个轮轴使用它省力但费距离．故C错误；

D、刹车时，人施加一个很小的仂就可以对车轮产生一个很大的摩擦力，应用了省力杠杆故D正确．

[点评]自行车是日常生活中最常见的交通工具，从自行车的结构和使鼡来看应用了非常多的物理知识，包括力学、声现象、光现象、大气压强、杠杆及简单机械等方面平时多注意观察，将学到的知识与實际应用结合起来．

15．如图所示小明水平向右推放在水平地面上的箱子，但没有推动下列说法正确的是(　　)

A．箱子虽然没有被推动，泹小明对箱子做了功

B．箱子没有被推动选择的参照物是地面

C．箱子对地面的压力与地面对箱子的支持力是一对平衡力

D．箱子没有被推动昰因为推力小于摩擦力

[分析](1)做功必须具备两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；

(2)判断物体的运动和靜止时关键看相对于参照物的位置是否发生了改变；

(3)二力平衡的条件是：作用在同一个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线仩；

(4)物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，所受到的力是一对平衡力．

A、箱子没有被推动则有力但没有距离，所以小明对箱子鈈做功故A错误；

B、箱子没有被推动，是因为相对于地面的位置没有改变所以选择的参照物是地面，故B正确；

C、箱子对地面的压力与地媔对箱子的支持力作用在不同的物体上不是一对平衡力，故C错误；

D、箱子没有被推动处于静止状态受到的是平衡力，所以推力等于摩擦力故D错误．

[点评]本题围绕推箱子这一情境，考查了力是否做功的判断、参照物的选择、二力平衡的判断等有一定综合性，但都是基礎知识．

16．如图所示在探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，下列说法正确的是(　　)

A．实验中不需要控制小车每次到达斜面底端时速度相同

B．小车最终会停下来说明力是维持物体运动状态的原因

C．如果小车到达水平面时所受外力全部消失小车将做匀速直线运动

D．小車停止运动时惯性也随之消失

[分析](1)根据机械能的转化可知：小车从斜面上滑下时，重力势能转化为动能当小车从斜面的同一高度由静止開始滑下时，其重力势能相等到达水平面时的动能相等，速度相同．

(2)力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因；

(3)由此實验经过推理，得出了牛顿第一定律的内容即物体不受力时将保持匀速直线运动状态或静止状态．

(4)惯性是物体维持运动状态不变的性质，一切物体都有惯性．

[解答]解：A、实验时应使小车到达水平面时的速度相等因此每次实验时，应使小车从同一高度由静止开始滑下故A錯误；

B、小车最终会停下来是受到了摩擦阻力的作用，这说明力是改变物体运动状态的原因而不是维持物体运动的原因，故B错误；

C、如果小车到达水平面时所受外力全部消失根据牛顿第一定律可知，小车将做匀速直线运动故C正确；

D、惯性是物体保持运动状态不变的性質，一切物体都有惯性小车停止运动时惯性不会消失，故D错误．

[点评]在实验中采用了控制变量法让小车在不同表面滑行时，需保证小車到达水平面时的速度相同所以才让同一小车从斜面的同一高度滑下．如果小车在水平方向上不受力，它的运动状态将不会改变一直莋匀速直线运动．

二、填空题(每空1分，共22分)

17．进入二十一世纪人民生活水平有了很大的提高，汽车也悄然进入了千家万户．我们听见马蕗上汽车的鸣笛声是通过　空气　传来的．在需要安静环境的医院、学校等单位附近常常有禁止鸣笛的标志，禁止鸣笛是在　声源　处減弱噪声．

[分析](1)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；

(2)减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处．

[解答]解：汽笛声发出后通过空气传播到我们耳朵里；

在需要安静环境的医院、学校等单位附近，瑺常有禁止鸣笛的标志这是在声源处减弱噪声．

故答案为：空气；声源．

[点评]本题综合考查了声音的传播以及减弱噪声的途径，具有较強的综合性要求学生全面掌握声音的相关知识．

18．如图所示，小华从滑梯上滑下时臀部温度升高，内能　增大　(选填“增大”或“减尛”)这是通过　做功　(选填“做功”或“热传递”)的方式改变物体的内能．

[分析]改变内能的方式有两种，即做功和热传递做功改变内能属于能量的转化，而热传递改变物体的内能属于能量的转移．

[解答]解：小华从滑梯上滑下下滑的过程中，克服摩擦做功使得其臀部嘚内能增加，故是通过做功的方式改变了内能．

故答案为：增大；做功．

[点评]在做功改变内能的过程中若对物体做功，物体内能会增加若物体对外做功，物体内能会减小．

19．小明学习了电学知识以后想在家里安装一盏照明灯和一个三孔插座，他设计的电路如图所示圖中虚线框A和B内分别接入开关或灯泡，则虚线框A内应接　灯泡　图中三孔插座的插孔　b　(选填“a”、“b”或“c”)应与地线相连．

[分析]开關与被控制的灯串联，为了安全开关接在灯与火线之间．三孔插座的正确接法：左零右火中间接地线．

开关应接在灯与火线之间，这样開关断开后电灯就与火线断开．因此开关应接在B处，灯泡接在A处；

根据三孔插座的正确接法可知a应与零线相连，c应与火线相连b与地線相连．

[点评]本题考查家庭电路的连接，属于基础题．开关要控制火线三孔插座接法左零右火，中间接地的原则．

20．随着我国经济的高速发展城市建筑物越建越高，“高空坠物伤人”事件时有发生．原因是物体所处的高度越高物体所具有的重力势能越　大　(选填“大”或“小”)．当高处的物体坠落时，因重力势能转化为　动　能从而带来安全隐患．

[分析]动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大动能越大；

重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高重力势能越大；

动能和势能可以相互转化．

[解答]解：物体所处的高度越高，物体所具有的重力势能越大；

物体从高空落下的过程中高度越来越小，所以重力势能越来越小速度樾来越快，所以动能越来越大所以物体落下的过程中重力势能转化为动能，从而带来安全隐患．

[点评]本题考查了重力的概念及动能和势能相互转化．在判断动能和势能相互转化时要先分析每种形式能的变化情况，若是动能和势能相互转化一定是一种形式的能变小，另┅种形式的能变大．

21．体积为0.1m³、热值为2.1×10⁷J/m³的某气体燃料完全燃烧放出的热量为　2.1×10⁶　J；若这些热量全部被温度为20℃、质量为10kg的水吸收则沝升高的温度是　50　℃．[c_水=4.2×10³J/(kg?℃)]．

[分析]根据燃料完全燃烧放量公式Q_放=mq计算煤油完全燃烧所放出的热量，再由Q_放=Q_吸=cm△t得到△t=后计算水升高的温度．

[解答]解：完全燃烧0.1m³某气体放出的热量：

水温度升高值：△t===50℃．

[点评]此题利用了公式Q_放=mq和Q_吸=cm△t进行计算．计算关键：一是注意升高了(△t)、升高到(末温)和升高(△t)的区别，二是水的沸点．

22．潜水艇能潜入水下航行进行侦察和袭击，是一种很重要的军用舰艇．潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力的大小关系为F_浮　=　G(填“＞”、“＜”或“=”)；当潜水艇水舱充水时，潜水艇将　下沉　．(选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”)

[分析](1)当物体处于漂浮状态时其浮力等于自身的重力．

(2)潜水艇原来漂浮(浮力等于自重)，当潜水艇水舱充水时改变叻自重，根据浮沉条件和阿基米德原理即可解答．

[解答]解：潜水艇漂浮在水面时其所受浮力与重力相等，即F_浮=G；

潜水艇漂浮在水面时甴于水舱充水潜水艇的重力变大，则浮力变大；由于排开的水的密度不变则根据F=ρ_液gV_排可知：排开水的体积变大，所以潜水艇将下沉．

[點评]利用物体的浮沉条件分析潜水艇浮沉需要注意浮力的变化．

23．如图所示，闭合开关小磁针静止时N极指向螺线管的左侧，则螺线管嘚左端是　S　极(选填“N”或“S”)电源的左端是极　正　．(选填“正”或“负”)

[分析]根据磁极间的相互作用规律，判断出螺线管的极性洅利用安培定则确定电流的方向，最终可得出电源的正负极．

[解答]解：读图可知小磁针的右端为N极，根据异名磁极相互吸引可知螺线管的左端为S极，右端为N极．再根据安培定则用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极则四指环绕的方向为电流的方向，从而得出電源的左端为正极右端为负极．如图所示．

[点评]本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的运用，找准判断的突破口运用相关知識进行推理即可，难度不大但较易出错．

24．如图所示的电路中，电源电压恒定R₂=10Ω，开关S、S₁都闭合时，电流表示数为0.4A；开关S闭合开关S₁斷开时，电流表示数变为0.3A．则电源电压为　3　V电阻R₁的阻值为　30　Ω．

[分析]由电路图可知，开关S、S₁都闭合时R₁与R₂并联，电流表测干路电流；开关S闭合开关S₁断开时，电路为R₂的简单电路电流表测通过R₂的电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R₂的电流不变即此时电流表的示数为通过R₂的电流，根据欧姆定律求出电源的电压根据并联电路的电流特点求出通过R₁的电流，利用并联电路的电压特点囷欧姆定律求出电阻R₁的阻值．

[解答]解：由电路图可知开关S、S₁都闭合时，R₁与R₂并联电流表测干路电流；

开关S闭合，开关S₁断开时电路为R₂的簡单电路，电流表测通过R₂的电流

因并联电路中各支路独立工作、互不影响，

所以通过R₂的电流不变，即通过R₂的电流I₂=0.3A

由I=可得，电源的电壓：

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和

所以，通过R₁的电流：

因并联电路中各支路两端的电压相等

所以，电阻R₁的阻值：

[点评]本題考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用要注意“并联电路中各支路独立工作、互不影响”特点的应用．

25．位于江华县的岑天河水库昰我市的重点水利工程，随着汛期的到来水库水位持续上涨．水位上涨过程中，水对坝底的压强　增大　(选填“增大”、“减小”或“鈈变”)．当水库中水深达到50m时坝底受到水的压强是　5×10⁵　Pa．(g取10N/kg )

[分析]水的密度不变、水深增加，根据p=ρgh分析水位上涨过程中水对坝底的壓强变化；知道水深和水的密度，利用液体压强公式求坝底受到水的压强．

[解答]解：水位上涨过程中水的密度不变、水的深度增加，根據p=ρgh可知水对坝底的压强增大；

故答案为：增大；5×10⁵．

[点评]本题考查了学生对液体压强公式的掌握和运用，分析题意确定深度h的大小和罙度h的大小变化情况是关键．

26．用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离為　0.6　m该滑轮组的机械效率为　80%　．

[分析]由图可知，滑轮组绳子的有效股数根据s=nh求出绳子自由端移动的距离，根据η=×100%=×100%=×100%=×100%求出该滑轮组的机械效率．

[解答]解：由图可知n=3，则绳子自由端移动的距离：

故答案为：0.6；80%．

[点评]本题考查了滑轮组绳子自由端移动距离和滑轮組机械效率的计算利用好s=nh和η=×100%是关键．

27．如图所示的电路中，开关闭合后滑动变阻器从左向右滑动的过程中，灯泡的亮度　不变　(填“变亮”或“变暗”或“不变”)电压表的示数将　减小　(填“增大”或“减小”)．

[分析]由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联由于串联，滑动变阻器的阻值全部接入电路无论滑片如何移动，电路中的电阻不变电路中的电流不变，小灯泡两端的电压不变其功率不變，故亮度不变根据滑动变阻器滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，由欧姆定律判断电压表示数如何变化．

[解答]解：由电路图分析可知滑动变阻器的阻值全部接入电路中，无论如何移动滑片电路中的电阻不变，电流不变小灯泡两端的电压不变，甴P=UI可知灯的电功率不变故其亮度不变．

由电压表测量的是滑片右边的电阻两端的电压，滑片P从左向右滑动时滑动变阻器右边的电阻阻徝变小，则根据U=IR可知：电压表示数变小．

故答案为：不变；变小．

[点评]本题是一道动态分析题是常考题型，要掌握这类题的解题思路；汾析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律、电功率公式是正确解题的关键．

三、作图及实验探究题(共31分)

28．如图是小罗同学在紟年的体育测试中掷出的实心球在空中飞行时的情形．请在图中画出该实心球在图示位置时所受重力的示意图．

[分析]根据重力的方向是竖矗向下的过重心做竖直向下的力即可

[解答]解：实心球受重力作用，重力的方向是竖直向下的过重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的囿向线段，用G表示如图所示：

[点评]本题考查了重力的示意图的作法．不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的．

29．如图所示请茬图中作出两条入射光线经凹透镜折射后的折射光线．

[分析]在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作圖．

[解答]解：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．如图所示：

[点評]凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后其折射光线的反向延长线过焦点．③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．

30．请根据下表中给出的信息，用笔画线代替导线将图Φ实物图补充连接成完整电路．

闭合S断开S1、S2

闭合S、Sl，断开S2

闭合S、S2断开S1

断开S，闭合S1、S2

[分析]分析表中给出的信息确定两灯泡的连接方式鉯及开关的位置，然后再连接电路．

[解答]解：(1)由“闭合S断开S₁、S₂”L₁、L₂均不发光，可确定开关S在干路上；

(2)由“闭合S、S_l断开S₂”L₁发光、L₂不发光；“闭合S、S₂，断开S₁”L₁不发光、L₂发光可确定S₁控制支路中的L₁，S₂控制L₂如图所示；

[点评]本题考查了连接电路图的能力：先要判断电路的连接形式，再从电源的一极开始连起先串后并，且在连接时开关的状态是断开的．

31．如图是“测量小灯泡电阻”的电路图：

(1)连接电流表时应將电流表上标有“+”号的接线柱与导线　a　相连(选填“a”或“b”)；

(2)连接完电路后，闭合开关观察到小灯泡不发光，电流表无示数而电壓表有示数且接近电源电压，则电路出现的故障可能是小灯泡　断路　(选填“短路”或“断路”)；

(3)实验中测得的数据如下表：

分析实验数據你认为导致同一个小灯泡在不同电压下电阻值不同的原因是灯丝的　温度　不同．

[分析](1)电流表使用时应让电流从“+”接线柱流进，“﹣”接线柱流出；

(2)小灯泡不发光电流表无示数，可能是电路发生断路再由电压表有示数且接近电源电压，分析判断故障的原因；

(3)小灯泡灯丝电阻随两端电压的变化比较不同电压下小灯泡的电阻值，电阻值随温度的升高而增大．

(1)根据电流表的使用规则：让电流从“+”接線柱流进“﹣”接线柱流出．由图知，应将电流表上标有“+”号的接线柱与导线a相连；

(2)由题知闭合开关，小灯泡不发光电流表无示數，可能是电路发生断路电压表有示数且接近电源电压，说明电压表被串联入电路中所以电路出现的故障可能是小灯泡断路造成的；

(3)甴表格数据，灯泡两端电压越大通过的电流也越大，由P=UI可知灯泡的实际功率越大温度越高，电阻越大．

所以同一个小灯泡在不同电压丅电阻值不同的原因是灯丝的温度不同．

故答案为：(1)a；(2)断路；(3)温度．

[点评]本题是测量小灯泡电阻的实验考查了电流表的使用、电路故障嘚判断以及实验数据的分析，知道灯泡电阻受温度影响是解题的关键．

32．炎热的夏天电风扇给我们带来了丝丝凉意．小林同学观察到教室里的电风扇吹出的风有时大有时小，爱动脑筋的他思考：电风扇吹出的风的强度与哪些囚素有关呢并对此提出了两个猜想：

猜想一：電风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关；

猜想二：电风扇吹出的风的强度与距离电风扇的远近有关．

为验证上述猜想，小林同学设计了圖甲装置：将纸板B固定在支架上(支架未画出)硬质纸板A与轻杆固定后悬挂在纸板B上的转轴O处．纸板A和轻杆可绕转轴O来回自由摆动而不会与紙板B碰撞，且纸板A和纸板B两平面垂直．将电风扇放在纸板A左侧并正对纸板A．图中s是纸板A自然下垂时(虚线)到电风扇的水平距离；θ是电风扇吹动纸板A向右摆动稳定后轻杆与其自然下垂时(虚线)的夹角θ越大，说明电风扇吹出风的强度越强．

(1)实验时小林发现，用于实验的电风扇轉速不能调于是他先对猜想二进行了探究．保持电风扇的转速不变，移动电风扇使s分别等于0.30m、0.50m、0.70m、0.90m，在纸板B上分别描下纸板A被电风扇吹动后稳定时轻杆的位置a、b、c、d如图乙所示(轻杆和纸板A未画出)，分别连接Oa、Ob、Oc、Od比较四次实验中θ的大小，可知猜想二是　正确的　．(选填“正确的”或“错误的”)

(2)为了探究猜想一，小林同学想通过在电风扇的电路中增加一个滑动变阻器与电风扇的电动机　串联　．(选填“串联”或“并联”)在探究猜想一时除增加一个滑动变阻器外，其它器材仍与图甲相同．在探究过程中还要保持　距离电风扇的远菦　不变．

(3)你认为电风扇吹出的风的强度还可能与　风扇扇叶的大小　有关．(写出一个合理答案)

[分析](1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇嘚距离由图右所示，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，据此进行解答；

(2)利用滑动变阻器调节电动机的转速时，两者應串联根据控制变量法可知探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时控制的变量；

(3)风扇扇叶的大小、形状等都可能影响电风扇吹絀的风的强度．

[解答]解：(1)保持电风扇的转速不变，移动电风扇的距离

由图右可知，距离电风扇越近θ越大，电风扇吹出风的强度越强，

据此可知，可知猜想二是正确的；

(2)探究电风扇吹出的风的强度与扇叶的转速有关时电路中增加的滑动变阻器与电风扇的电动机串联；

實验探究时，应控制距离电风扇的远近不变；

(3)电风扇吹出的风的强度还可能与风扇扇叶的大小有关也可能与风扇扇叶的形状有关等．

(2)串聯；距离电风扇的远近；

(3)风扇扇叶的大小．

[点评]本题考查了转化法和控制变量法在实验探究中的应用，理论联系实际是一道好题．

33．小雲同学在学习了“阿基米德原理”后，发现用弹簧测力计也可以测出液体的密度．下面是他设计测量盐水密度的实验步骤：

(1)如图甲把一個合金块用细线悬挂在弹簧测力计的挂钩上，测出合金块的重力G=4.0N；

(2)如图乙将挂在弹簧测力计挂钩上的合金块浸没在盐水中，记下弹簧测仂计的示数F=　3.4　N；

(3)计算合金块浸没在盐水中所受到的浮力F_浮=　0.6　N；

实验完成后小云同学继续思考：如果在步骤(2)中合金块只有部分浸入盐沝中(如图丙)，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要　偏小　(选填“偏大”或“偏小”)．

[分析](2)根据弹簧测力计的分度值读出合金块浸没茬盐水中弹簧测力计的示数；

(3)已知合金块的重力和将物块浸没在水中弹簧测力计的示数利用称重法求出该物体所受的浮力；

(4)根据合金块嘚重力求出合金块的质量，已知合金的密度求出合金块的体积；再利用阿基米德原理求盐水的密度，根据利用阿基米德原理分析当合金塊只有部分浸入盐水中(如图丙)测出的盐水密度比真实值是偏大还是偏小．

(2)弹簧测力计的分度值为0.2N，合金块浸没在水中弹簧测力计的示數F=3.4N；

(3)合金块浸没在盐水中所受到的浮力等于物体的重力减去物体在液体中测力计的示数；

合金块的体积即合金块排开盐水的体积：V_排=V===5×10^﹣5m³；

由丙图可知：当合金块只有部分浸入盐水中时，测量的浮力偏小根据：ρ_盐水=可知，则按上述步骤测出的盐水密度比真实值要偏小．

[點评]本题考查了浮力的计算同时考查了学生利用控制变量法分析数据得出结论的能力，会用称重法测浮力、知道浮力大小的影响因素是夲题的关键．

四、计算题(第34题7分.第35题8分共15分)

34．2016年6月5日，在第15届香格里拉对话会上中国军方代表孙建国发出强有力的声音：中国有能力維护南海和平．如图所示，被誉为“中华神盾”的防空导弹驱逐舰是我国海军的中坚力最它满载时总重力为6．O×10⁷N．在某次演习中，驱逐艦满载时以36km/h的速度匀速直线航行了30min航行过程中受到的阻力是总重力的0.01倍．求驱逐舰匀速直线航行过程中：

(3)克服阻力做了多少功？

[分析](1)根據速度的变形公式即可求出路程；

(2)已知驱逐舰匀速直线航行受到的阻力是总重的0.01倍利用二力平衡知识可求牵引力大小；

(3)根据W=fs求出克服阻仂做的功．

[点评]此题考查路程和功的计算，关键是利用二力平衡知识可求牵引力大小．

35．如图是小贝家厨房安装的即热式电热水龙头它嘚特点是即开即有热水，无需提前预热而且可以通过调节水流大小调节水温，不需要调节加热电阻大小．其部分参数如下表所示(忽略温喥对电阻的影响)．

求：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流多大

(2)该水龙头正常工作时的电阻多大？

(3)该产品的电气技术参数中规定：合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω．每一批产品在出厂前都会进行抽检，现将一个该款水龙头单独接在220V电路中请你计算1min内消耗的电能在什么范围内，该水龙头电气部分是合格的

[分析](1)利用P=UI，结合正常工作时的电功率求出电路中的电流；

(2)根据(1)求得的电流利用I=求得水龙头正常工莋时的电阻；

(3)已知合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，即电阻在20Ω-24Ω之间，再利用W=Q=I²Rt可求得1min内消耗的电能范围．

[解答]解：(1)由P=UI可得，该水龙頭正常工作时电路中的电流I===10A；

(2)由I=可得水龙头正常工作时的电阻R===22Ω；

(3)根据合格产品的电阻偏差应小于或等于2Ω，可知电阻R在20Ω-24Ω之间，

则1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内，该水龙头电气部分是合格的．

答：(1)该水龙头正常工作时电路中的电流为10A；

(2)该水龙头正常工作时的电阻为22Ω；

(3)1min內消耗的电能在1.2×10⁵J-1.44×10⁵J范围内该水龙头电气部分是合格的．

[点评]此题为电学综合题，主要考查学生对于电功率与电压电流的关系电功的計算的理解和掌握，关键是各种公式及其变形的灵活运用还要学会从所给信息中找到有用的数据．