2015中考物理孝感解析试卷 16页

湖北省孝感市2015年中考物理试卷 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．声音是一种常见的现象，与我们的生活密切相关，以下有关声音的说法正确的是 A．只要物体振动就一定能听到声音 B．声音在空气中的传播速度比水中大 C．在校园周围植树能减弱校外传来的噪声 D．声控开关是利用声音的音调来控制电路的 考点：人耳感知声音的过程及听到声音的条件；声音在不同介质中的传播速度；响度；防治噪声的途径．.‎ 专题：声现象．‎ 分析：（1）要听到声音需要三个环节，要有声源﹣﹣介质﹣﹣﹣健康的耳朵，还有是都有一定的听觉频率，不在听觉频率范围内也不能听到；‎ ‎（2）声音在固体中传播最快，液体次之，气体最慢；‎ ‎（3）在传播过程中可以减弱噪声；‎ ‎（4）声控开关是控制声音的响度的．‎ 解答：解：A、只要物体振动就一定有声音产生，但是不一定能听到声音，如果该声音频率不在听觉频率范围就听不到，故A错误；‎ B、声音在固体中传播最快，液体次之，气体最慢，故B错误；‎ C、在校园周围植树能使得噪声在传播过程中减弱，故C正确；‎ D、声控开关是控制声音的响度的，故D错误．‎ 故选C．‎ 点评：此题主要考查学生对于声有关知识的理解和掌握，属于记忆性知识考查，比较基础．‎ ‎2．下列是小明同学对有关光学现象的解释，他的说法正确的是 A．人眼近视是因为将像成在了视网膜的后面 ‎ B．“猪八戒照镜子，表里如一”是光的反射形成的 C．人在照相机中所成的像是正立的实像 D．太阳光通过三梭镜色散后不可能有紫光 考点：‎ 近视眼的成因与矫正办法；光的反射；光的色散；凸透镜成像的应用．.‎ 专题：‎ 光的传播和反射、平面镜成像；光的折射、光的色散；透镜及其应用．‎ 分析：‎ A、近视眼是因为晶状体变厚或眼球太长，使像成在视网膜的前方，要佩戴凹透镜进行矫正．凹透镜对光线有发散作用．‎ B、平面镜成像是光的反射现象．‎ C、照相机胶片上所成的像是倒立缩小的实像．‎ D、太阳光是复色光，是由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光复合而成的．‎ 解答：‎ 解：A、近视眼是因为晶状体变厚或眼球太长，使像成在视网膜的前方，故A错误．‎ B、“猪八戒照镜子，表里如一”是平面镜成像，是光的反射；故B正确．‎ C、照相机照相时，胶片上所成的像是倒立缩小的实像，故C错误．‎ D、当太阳光经过三棱镜后，会分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种单色光，这是光的色散现象；故D错误．‎ 故选B．‎ 点评：‎ ‎（1）掌握近视眼和远视眼的成因和矫正方法．‎ ‎（2）光现象部分在考试的时候，总是结合多个知识点在一块，这就要求同学们对知识要有综合的处理能力．‎ ‎3．下列关于生活中常见热现象的解释错误的是 A．在高山上烧水时，水温不到90℃水就沸腾了，是因为水的沸点与大气压强有关 B．霜的形成是凝华现象 C．夏天剥开雪糕包装纸时，雪糕周围冒“白气”，这是液化现象 D．固体在熔化过程中吸热，温度一定升高 考点：‎ 沸点及沸点与气压的关系；熔化与熔化吸热特点；液化及液化现象；生活中的凝华现象．.‎ 专题：‎ 温度计、熔化和凝固；汽化和液化、升华和凝华．‎ 分析：‎ ‎①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．‎ ‎②物质由气态直接变为固态叫凝华，需要放出热量；‎ ‎③物质由气态变为液态叫液化，需要放出热量；‎ ‎④晶体熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化过程中吸收热量，温度升高．‎ 解答：‎ 解：‎ A、大气压强随海拔高度的增加而减小，液体沸点随气压的降低而降低，所以在高山上烧水时，水温不到90℃水就沸腾了．此选项正确；‎ B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华而成的冰晶．此选项正确；‎ C、雪糕周围冒的“白气”，是周围空气中的水蒸气遇冷液化而成的小水滴．此选项正确；‎ D、晶体在熔化过程中虽然吸收热量，但温度保持不变．此选项错误．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 判断物态变化现象首先要知道各种物态变化的定义，然后看物体由什么状态变为了什么状态，根据定义做出判断．‎ ‎4．张扬同学在探究电磁铁磁性强弱的实验中，使用两个相同的A、B大铁钉绕制成电磁铁进行实验，如右图所示，下列说法错误的是 A．滑片P向右滑动，电磁铁的磁性减弱 B．电磁铁能吸引的大头针越多，表明它的磁性越强 C．电磁铁A、B的上端均为S极 D．该实验可以探究电磁铁磁性的强弱与匝数多少的关系 考点：‎ 影响电磁铁磁性强弱的因素；通电螺线管的磁场．.‎ 专题：‎ 磁现象、电生磁．‎ 分析：‎ ‎（1）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数．知道电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强．即只需据滑动变阻器阻值的变化判断出电流的变化 ‎（2）电磁铁的磁性强弱是通过吸引大头针的多少来体现的．‎ ‎（3）电磁铁磁极的判断方法：安培定则，用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极．‎ ‎（4）两只电磁铁是串联的，所以电流相同，只有线圈的匝数是不同的，据此来做出判断．‎ 解答：‎ 解：A、变阻器的滑片向右滑动，电阻的阻值变大，电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱．故A正确．‎ B、在实验中电磁铁的磁性强弱无法直接看出，通过吸引大头针的多少来进行判断．吸引的大头针越多，说明电磁铁的磁性越强，否则越弱．故B正确．‎ C、根据安培定则，A的上端为N极，下端为S极，B的上端为N极，下端为S极，所以电磁铁A、B的上端均为N极．故C错误．‎ D、读图可知，两只电磁铁是串联在电路中的，所以流经它们的电流是相同时，同时还可以看到，它们线圈的匝数是不同的，因此，本实验研究的是电磁铁磁性强弱与匝数的关系．故D正确．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 此题是探究影响电磁铁磁性强弱的因素和通电螺线管的磁场，主要考查了电磁铁磁极的判断，一定掌握右手螺旋定则的内容．同时考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，注意转换法和控制变量法在此实验中的应用．‎ ‎5．如右图所示，当滑片P置于中点时，小灯泡比正常发光时暗，当滑片P由中点向a端滑动时，下列说法正确的是（灯泡的电阻随温度变化）‎ A．电流表示数变小，小灯泡变亮 B．电压表示数变大，小灯泡变暗 C．电路消耗的总功率不变 D．电压表与电流表示数的比值变大 考点：‎ 欧姆定律的应用；电功率的计算．.‎ 专题：‎ 欧姆定律；电能和电功率．‎ 分析：‎ 从电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路总电流，当滑片P由中点向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知电路电流的变化，进一步求出灯泡两端电压的变化．‎ 解答：‎ 解：A、当滑片P由中点向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据公式I=可知，电路电流变大，也就是电流表示数变大，灯泡变亮，故A错误；‎ B、变阻器接入电路的电阻变小，根据串联分压，灯泡两端电压变大，所以电压表示数变大，灯泡的实际功率变大，小灯泡变亮，故B错误；‎ C、电源电压不变，电路中的电流变大，由公式P=UI可知，电路消耗的总功率变大，故C错误；‎ D、小灯泡变亮，说明温度升高，此时小灯泡的电阻变大，由公式R=可知，电压表与电流表示数的比值变大，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查欧姆定律及其变形的灵活运用，关键明白滑片移动时电路的变化情况，以及电流表和电压表分别测量电路哪一部分的电流和电压，知道判断灯泡亮度的依据是灯泡的实际功率．‎ ‎6．如下图所示是汽车起重机的示意图，当用它从水中吊起重物时，下列说法正确的是 A．汽车轮胎有花纹是为了减少行驶过程中的摩擦力 B．此吊车运用了杠杆原理，此杠杆为费力杠杆 C．汽车固定后，吊起重物后与没有吊起重物相比，对地面的压强变小 D．将货物从水中匀速吊起时，出水过程中，拉力逐近变小 考点：‎ 杠杆的分类；增大或减小摩擦的方法；压强大小比较．.‎ 专题：‎ 重力、弹力、摩擦力；压强、液体的压强；简单机械．‎ 分析：‎ ‎（1）影响摩擦力大小的因素有：压力和接触面的粗糙程度．‎ 增大摩擦的方法有：增大压力、增大接触面的粗糙程度；‎ 减小摩擦的方法有：减小压力、使接触面变光滑即减小接触面的粗糙程度、变滑动为滚动、加润滑油、使两接触面分开．‎ ‎（2）根据动力臂和阻力臂的关系分析是省力杠杆、等臂杠杆、费力杠杆；‎ ‎（3）接触面积不变，货物增多，相当于增加了对地面的压力，根据公式p=可知对地面压强的变化；‎ ‎（4）分析货物在出水过程中的受力，根据受力判断拉力的变化情况．‎ 解答：‎ 解：A、汽车轮胎上做有凹凸不平的花纹是通过增大接触面的粗糙程度的方法增大摩擦力，故A错误；‎ B、吊臂在使用过程中动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但可以省距离，故B正确；‎ C、当这辆汽车装载一些货物时，对地面的压力增大，接触面积不变，根据公式p=可知对地面压强变大，故C错误；‎ D、货物在出水过程中受到竖直向下的重力和直向拉力、浮力，满足G=F+F浮，出水过程中浮力减小，重力不变，所以拉力变大，故D错误．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 此题考查了减小摩擦力的方法、增大摩擦力的方法、杠杠的分类、压强大小的判断、受力分析、浮力，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．‎ ‎7．如下图所示，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，由甲地向乙地输电，两条输电线总电阻为10Ω，甲地电源的电压为220V不变，下列说法正确的是 A．当乙地用户消耗的总功率增大时，相同时间内输电线上产生的热量增多 B．乙地用户用电器上的电压仍为220V C．在100s的时间内，输电线上产生的热量为4.84×105J D．若出现触电事故，应迅速直接用手拉开触电人员 考点：‎ 焦耳定律的计算公式及其应用；触电危害及常见的触电类型与预防．.‎ 专题：‎ 电与热、生活用电．‎ 分析：‎ ‎（1）利用P=UI分析在电压一定，当P增大时，电路中的电流为增大，再根据焦耳定律分析导线上热量的变化；‎ ‎（2）用户的用电器之间是并联的，与导线电阻是串联的，结合串联分压分析解答；‎ ‎（3）根据焦耳定律分析解答；‎ ‎（4）出现触电事故时，应先切断电源，再实施救援．‎ 解答：‎ 解：A、当乙地用户消耗的总功率增大时，由I=可得通过对的电流越大，根据Q=I2Rt可知相同时间内输电线上产生的热量增多，故A正确；‎ B、因为用户与输电线是串联的，串联电路有分压特点，则乙地用户用电器上的电压要比220V小，故B错误；‎ C、由于电流不确定，则根据Q=I2Rt可知输电线上产生的热量不确定，故C错误；‎ D、若出现触电事故，应迅速切断电源，再实施救援，故D错误．‎ 故选：A 点评：‎ 此题主要考查学生对于电功率公式和焦耳定律公式的理解和掌握，将知识应用实际生活中是能力的体现．‎ ‎8．如右图所示，电梯内一弹簧下挂一物块，当整个电梯突然向上作加速运动时，下列说法正确的是 A．物块速度变大时其惯性增大 B．弹簧对物块的拉力等于物块的重力 C．弹簧对物块的拉力等于物块对弹簧的拉力 D．弹簧伸长了，弹性势能不变 考点：‎ 惯性；力与运动的关系；动能和势能的大小变化．.‎ 专题：‎ 运动和力；机械能及其转化．‎ 分析：‎ ‎（1）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大．‎ ‎（2）处于平衡状态的物体才受到平衡力的作用；‎ ‎（3）力的作用是相互的；‎ ‎（4）影响弹性势能的因素有弹性形变的大小，在弹性限度内，弹性形变越大，物体具有的弹性势能越大．‎ 解答：‎ 解：A、惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体运动速度等都没有关系．故A错误；‎ B、当整个电梯突然向上作加速运动时，弹簧对物块的拉力大于物块的重力．故B错误；‎ C、弹簧对物块的拉力和物块对弹簧的拉力是一对相互作用力，大小相等．故C正确；‎ D、弹簧伸长了，弹性势能增大．故D错误．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 此题考查惯性、力的作用是相互的、影响弹性势能的因素等多个知识点，是一道综合性很强的题目，解答此题需要特别注意的是处于平衡状态的物体才受到平衡力的作用．‎ ‎9．如下图所示，甲图斜面光滑，乙图斜面粗糙，斜面上所放物块相同。则下列说法正确的是 A．甲图中，物块从斜面滑下时，重力势能转化为动能 B．乙图中，物块由斜面滑下时，只受重力和摩擦力，其内能增加 C．乙图中，若物块匀速滑下，其机械能守恒 D．若乙图中斜面倾角变小，斜面的机械效率变小 考点：‎ 动能和势能的转化与守恒；斜面的机械效率；动能和势能的大小变化．.‎ 专题：‎ 功、功率、机械效率；机械能及其转化．‎ 分析：‎ ‎（1）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能．‎ ‎（2）通过对物体进行受力分析对B选项作出判断；‎ ‎（3）在斜面粗糙程度相同时，斜面倾角越大，机械效率越高．‎ 解答：‎ 解：A、甲图中，物块从光滑斜面滑下，质量不变，高度下降，势能减小，速度加快，动能增大，重力势能转化为动能．故A正确；‎ B、乙图中，物块由斜面滑下时，因斜面粗糙，受到摩擦力的作用，内能增加，但对物块进行受力分析可知，物块共受到重力、摩擦力和斜面对它的支持力三个力的作用．故B错误；‎ C、乙图中，若物块匀速滑下，速度不变，质量不变，动能不变，高度下降，重力势能减小，所以机械能减小．故C错误；‎ D、在斜面粗糙程度相同时，斜面倾角越大，机械效率越高，若乙图中斜面倾角变小，斜面的机械效率变小．故D正确．‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 此题考查动能和势能的大小变化，机械能是否守恒的判断、斜面的机械效率等多个知识点，是一道综合性很强的题目，解答中需要特别注意的是两个斜面，一个光滑，一个粗糙．物理中说的“光滑”意味着没有摩擦力．‎ ‎10．如右图，电源电压为12V，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～15V,小灯泡上标有“6V 3 W”字样，要求开关闭合后两个电表的示数均不超过所选量程，且灯泡两端电压不允许超过额定电压（设灯丝电阻不变）。则下列说法正确的是 A．灯丝电阻为12Ω B．该电路的最大功率为7.2W C．当电流表示数为0.3A时，电压表示数为8.4V D．滑动变阻器允许调节的最小阻值是12Ω 考点：‎ 欧姆定律的应用；电功率的计算．.‎ 专题：‎ 欧姆定律；电能和电功率．‎ 分析：‎ 由图可知灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测电路中的电流；‎ A、已知小灯泡的规格“6V 3W”，根据P=可求得灯丝电阻．‎ B、已知小灯泡的规格“6V 3W”，则可求出灯泡的额定电流，比较额定电流及电流表的最大量程，可得出电路中允许通过的最大电流，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据欧姆定律求出电路的电阻，利用电阻的串联特点求出滑动变阻器接入电路的最小值，再根据P=UI求出此时电路中的最大功率．‎ C、则可求出灯泡的电阻，然后根据欧姆定律的变形公式U=IR求出灯泡两端电压，再利用串联电路电压的特点求出滑动变阻器两端电压，即电压表的示数．‎ D、根据灯正常发光时的电流可知，电路中的最大电流，然后根据欧姆定律可求得滑动变阻器允许调节的最小阻值．‎ 解答：‎ 解：A、由P=可得，灯丝电阻R===12Ω，故A正确；‎ B、由P=UI可得，灯正常发光时的电流为：IL===0.5A；因此电路中的最大电流：I最大=0.5A，则电路中的最大功率：P最大=UI最大=12V×0.5A=6W，故B错误；‎ C、当电路中电流为0.3A时，灯泡两端电压：U1=I1RL=0.3A×12Ω=3.6V；‎ 因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以滑动变阻器两端电压：U2=12V﹣3.6V=8.4V，故C正确；‎ D、由欧姆定律可得，I最大=，‎ ‎0.5A=，解得R最小=12Ω；故D正确．‎ 故选ACD．‎ 点评：‎ 本题关键：一是根据灯的铭牌求出灯泡的电阻，二是根据灯的铭牌求出允许通过的最大电流、确定滑动变阻器连入的最小阻值．‎ 二、实验探究题（本题共3小题，共20分）‎ ‎11．（8分）（1）如图，请作出凸透镜的入射光线和进入水中的折射光线。‎ ‎（2）物块从斜面滑至粗糙水平面向右运动的过程中，受一水平向左的推力F，请画出该物块此时在水平方向上的受力示意图（请将力的作用点画在物块重心处）。‎ ‎（3）传递手机信号的是 ，石油是 能源(填“可再生”或“不可再生”)。‎ ‎（4）如下图所示，是探究杠杆平衡条件的实验装置，要使杠杆在水平位置平衡，B处应挂与A处同样大小的钩码个数为 。‎ ‎（5）如上图所示，用塑料管可以将瓶中的水吸到嘴里，这是利用了 。‎ 考点：‎ 透镜的光路图；力的示意图；杠杆的平衡条件；大气压强的存在；能源的分类．.‎ 专题：‎ 图像综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）平行于主光轴的光线，经透镜折射后过焦点，据此画出入射光线；光从空气斜射入水，根据折射角小于入射角画出折射光线；‎ ‎（2）对物体进行受力分析：竖直方向上，受到重力和支持力，水平方向上，因为向右运动，所以受到水平向左的摩擦力；据此画出受力示意图；‎ ‎（3）手机既能发射电磁波，也能接收电磁波；不可再生能源是在短时间内无法再生的能源，常见的化石资源、矿产资源都是不可再生能源．常见的可再生能源有风能、水能、太阳能等；‎ ‎（4）由图示确定动力、动力臂、阻力臂，然后由杠杆平衡条件求出在B处所挂的钩码个数 ‎（5）大气压在生产生活中有很多应用，此题可用大气压的知识解答．‎ 解答：‎ 解：‎ ‎（1）折射光线过焦点，则入射光线平行于主光轴；先过入射点O画出法线，再根据折射角小于入射角画出折射光线，如图所示：‎ ‎（2）物体在水平向左的方向上受到摩擦力f、推力F的作用，如图所示：‎ ‎（3）手机信号依靠电磁波传输，不需要介质；石油的总量是有限的，属于不可再生能源；‎ ‎（4）设每个钩码的重力是G，杠杆每格的长度是L，‎ 由图示可知，动力F动=4G，‎ 动力臂L动=3L，阻力臂L阻=2L，‎ 由杠杆平衡条件得：F动×L动=F阻×L阻，‎ 即4G×3L=F阻×2L，解得F阻=6G，则在B处应挂6个钩码；‎ ‎（5）人用力吸塑料管，塑料管内的压强小于管外大气压，所以瓶中的水在大气压的作用下被吸到嘴里．‎ 故答案为：‎ ‎（1）如图所示；（2）如图所示；‎ ‎（3）电磁波；不可再生；‎ ‎（4）6；‎ ‎（5）大气压．‎ 点评：‎ 本题为光学、力学综合题，考查了凸透镜的三条特殊光线、光的折射图、力的示意图、电磁波的应用、杠杆平衡条件的应用、能源的分类、大气压的应用等知识，虽知识点多、综合性强，但都属于基础，难度不大．‎ ‎12．（6分）小芳到实验室做“测量小灯泡额定功率”的实验时，老师只给她提供了如下器材：‎ 标有“2.5V”的小灯泡、电源、滑动变阻器、开关、两个电压表（没有电流表）、阻值为10Ω的定值电阻R0、导线若干。她根据所给定的器材经过认真思考后设计了正确的实验电路，如图甲是该电路的不完整电路图。‎ 甲 乙 ‎（1）请你将甲电路图补充完整。‎ ‎（2）闭合开关前，应将滑动变阻器调至阻值 的位置。‎ ‎（3）闭合开关后，为了测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器，使电压表V1的示数为 V，此时电压表V2 的示数如图乙所示，是 V。‎ ‎（4）小灯泡的额定功率为 W。‎ ‎（5）她还进一步设计出了只有电流表没有电压表解决这个问题的方法，其电路如图丙所示，R0=10Ω，并认为关键的一步是必须调节滑动变阻器，使电流表A2 的示数为 A时，再读出电流表A1 的示数，才能计算出小灯泡的额定功率。‎ 考点：‎ 电功率的测量．.‎ 专题：‎ 测量型实验综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据实验原理R=可知，在没有电流表的情况下，利用电压表和定值电阻代替电流表的作用，采用分压电路，据此分析解答；‎ ‎（2）闭合开关前滑片滑到阻值最大处；‎ ‎（3）要测量小灯泡的额定功率，电压要调到额定电压；看清量程和分度值读出示数；‎ ‎（4）利用欧姆定律算出电路中的电流，结合串联电流相等特点得到灯中的电流，利用P=UI求出电功率；‎ ‎（5）要测量小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压为额定电压，根据并联电压相等和利用欧姆定律计算电流即可．‎ 解答：‎ 解：（1）根据实验原理R=可知，在没有电流表的情况下，利用电压表和定值电阻代替电流表的作用，采用分压电路，电压表V2并联在定值电阻两端，电路如图所示：‎ ‎（2）闭合开关前滑片滑到阻值最大处；‎ ‎（3）因为小灯泡的额定电压为2.5V，闭合开关后，为了测量小灯泡的额定功率，应调节滑动变阻器，使电压表V1的示数为2.5V，‎ 电压表V2量程为0～3V，分度值为0.1V，此时示数为U2=2.4V；‎ 此时电路中的电流为I=IL=I0===0.24A；‎ ‎（4）小灯泡的额定电功率为：PL=ULIL=2.5V×0.24A=0.6W；‎ ‎（5）要测量小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压为额定电压，根据并联电压相等，则定值电阻两端电压等于2.5V，又知R0=10Ω，‎ 故电流表A2的示数为I2===0.25A．‎ 故答案为：（1）如上图所示；（2）最大；（3）2.5；2.4；（4）0.6；（5）0.25．‎ 点评：‎ 此题主要考查学生对于伏安法测电功率实验的理解和掌握，关键是单只电表与定值电阻如何测量待测量．属于难题．‎ 甲 乙 ‎13.（6分）小红物理学习小组在“测量物质的密度”的实验中，所用器材有：天平、小石块、烧杯、水、细线等，她的实验过程如下：‎ ‎（1）调节天平平衡时，应将游码移至 处，若发现天平的指针偏向分度盘的右侧，应将平衡螺母向 调(填“左”或“右”)，直至天平平衡。‎ ‎ （2）用天平测出石块的质量。‎ ‎（3）如图甲所示，将烧杯中装入适量的水，置于天平上，平衡时的读数为。‎ ‎（4）如图乙所示，接着用细线将石块拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中，天平平衡时的读数为（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢）。‎ ‎（5）若水的密度为，则石块排开水的质量为 ，石块的体积为 。‎ ‎（6）石块的密度表达式为 。‎ ‎（7）此实验过程中若将（3）（4）顺序对换，则所测密度的误差是偏 。‎ 考点：‎ 固体的密度测量实验．.‎ 专题：‎ 测量型实验综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）将天平放在水平台上后，将游码移至左端的零刻线，指针偏右说明左盘高，平衡螺母向左调；‎ ‎（5）用细线将石块拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中，天平平衡时的读数为m3（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢），排开水的质量为（3）（4）质量之差，利用排开水的体积即为石块的体积，结合密度公式求出体积；‎ ‎（6）利用密度公式表达石块的密度；‎ ‎（7）若对换步骤顺序，从排开水的体积变化入手分析测量体积变化，分析密度变化．‎ 解答：‎ 解：（1）调节天平平衡时，应将游码移至零刻线处，若发现天平的指针偏向分度盘的右侧，应将平衡螺母向左调，直至天平平衡；‎ ‎（5）用细线将石块拴住，使之完全浸没在上述烧杯的水中，天平平衡时的读数为m3（此时手向上拉住细线另一端，石块不触杯壁和杯底，水不外溢），排开水的质量为m排=m3﹣m2；若水的密度为ρ水，石块的体积为V石=V排==．‎ ‎（6）石块的密度为ρ石块===‎ ‎（7）此实验过程中若将（3）（4）顺序对换，则所测水与烧杯的质量m2变小，因为提出石块时会有水带出，则所测排开水的体积变大，因此测得的石块的体积变大，故测量石块的密度偏小．‎ 故答案为：（1）零刻度；左；‎ ‎（5）m3﹣m2；．‎ ‎（6）；‎ ‎（7）小．‎ 点评：‎ 此题主要考查学生对于测量密度实验的理解和掌握，天平的调解、利用转换思维求体积是重点与难点．‎ 三、应用题（本题共3小题，共20分）‎ ‎14．（4分）孝感城区每天清晨都要进行洒水，若一辆洒水车空车质量6t，水罐容积5m3.装满水后，车轮与地面的总接触面积为0.5m2.（ g 取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3）。‎ 问：‎ ‎（1）该车最多能装水的质量为多少？‎ ‎（2）洒完一半水时，洒水车对地面的压强为多少?‎ ‎（3）若罐内水深1.5m，则水对罐底的压强为多少？‎ 考点：‎ 密度公式的应用；压强的大小及其计算；液体的压强的计算．.‎ 专题：‎ 计算题；密度及其应用；压强、液体的压强．‎ 分析：‎ ‎（1）已知水罐的容积，利用m=ρV得出水的质量；‎ ‎（2）洒完一半水时，求出洒水车和水的总质量，可以得到重力，汽车和水对地面的压力等于总重力；已知压力和受力面积，利用p=得到洒水车对地面的压强；‎ ‎（3）利用p=gh即可求出水对罐底的压强．‎ 解答：‎ 解：（1）由ρ=得：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×5 m3=5×103kg；‎ ‎（2）洒完一半水时，水的质量m′=m=×5×103kg=；‎ 则汽车和水的总质量m总=m车+m′=6×103kg+2.5×103kg=8.5×103kg，‎ 则F=m总g=8.5×103kg×10N/kg=8.5×104N，‎ 所以，p===1.7×105Pa；‎ ‎（3）水对罐底的压强p水=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m=1.5×104Pa．‎ 答：（1）该车最多能装水的质量为5×103kg；‎ ‎（2）洒完一半水时，洒水车对地面的压强为1.7×105Pa；‎ ‎（3）若罐内水深1.5m，则水对罐底的压强为1.5×104Pa．‎ 点评：‎ 本题考查密度和压强公式的应用，注意物体只有放在水平面上的物体对支持面的压力才等于其重力．‎ ‎15．（8分）如图所示的电路中，电源电压为8V，R2是阻值为40的定值电阻，压敏电阻R1的阻值随压力的变化情况如图乙所示。当开关S闭合后，问：‎ ‎（1）当压敏电阻R1受到的压力从0增加到3N的过程中，电流表示数的变化是 （填“增大”“减少”）？‎ ‎（2）当电流表示数为0.4A时，压敏电阻受到的压力为多少？‎ ‎（3）当电路连续工作10mim，电阻R2产生的热量为多少？‎ ‎（4）若此热量的84%给20g的水加热，则水温升高多少？（水的比热容为）‎ 考点：‎ 欧姆定律的应用；热量的计算；焦耳定律的计算公式及其应用．.‎ 专题：‎ 比热容、热机、热值；欧姆定律；电与热、生活用电．‎ 分析：‎ ‎（1）由图乙所示可知，压力F由0增大到4N时，R1的阻值由100欧减小到30欧，根据欧姆定律分别求得当F=0时和F=3N时的电路，然后可知电流表示数的变化 ‎（2）分析清楚电路结构，由图示图象求出压力对应的电阻阻值，然后应用并联电路特点与欧姆定律求得此时压敏电阻阻值，然后根据图乙可知压敏电阻受到的压力．‎ ‎（3）根据Q2=W2=UIt可求得电阻R2产生的热量；‎ ‎（4）已知此热量的84%给20g的水加热，根据Q=cm△t可求得水温升高多少．‎ 解答：‎ 解：（1）由图甲所示电路图可知，两电阻并联接在电源两端，电流表测干路电流；‎ 由图乙所示可知，压力F由0增大到3N时，R1的阻值由100欧减小到30欧，则：‎ 当F=0时，I=I1+I2=+=+=0.28A；‎ 当F=3N时，I=I1′+I2=+=+≈0.47A；所以，电流表示数变大．‎ ‎（2）通过定值电阻的电流：‎ I2===0.2A，‎ 电流表示数为0.4A时，通过压敏电阻的电流：‎ I1=I﹣I2=0.4A﹣0.2A=0.20A，‎ 此时压敏电阻阻值：R1===40Ω，‎ 由图乙所示可知，R1=40Ω时，F=2N，则压力为2N；‎ ‎（3）电阻R2产生的电热：‎ Q2=W2=UIt=8V×0.2A×10×60s=960J；‎ ‎（4）由Q吸=cm△t，可得 ‎△t===9.6℃．‎ 故答案为：（1）增大．‎ ‎（2）当电流表示数为0.4A时，压敏电阻受到的压力为2N；‎ ‎（3）当电路连续工作10mim，电阻R2产生的热量为960J；‎ ‎（4）若此热量的84%给20g的水加热，则水温升高9.6℃．‎ 点评：‎ 本题考查了判断电流表示数如何变化、电阻受到的压力、与电阻产生的焦耳热，分析清楚电路结构、应用并联电路特点与欧姆定律、焦耳定律即可正确解题；由图乙所示图示求出压力所对应的压敏电阻阻值是正确解题的前提关键．‎ ‎16．（8分）如下图所示，是一辆汽车通过滑轮组将深井中的物体拉至井口的装置图。已知井深12m，物体重，汽车重G车=3×104N，汽车匀速拉绳子时的拉力，汽车受到的阻力为车重的0.1倍。求：‎ ‎（1）将物体从井底拉至井口的过程中，汽车拉绳子的拉力对滑轮组做了多少功？‎ ‎（2）滑轮组的机械效率为多少？（保留一位小数）‎ ‎（3）若汽车运动的速度为3m/s，则将物体由井底拉至井口需要多长时间？‎ ‎（4）汽车牵引力为多少？牵引力的功率为多少？‎ 考点：‎ 功的计算；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率；功率的计算．.‎ 专题：‎ 长度、时间、速度；功、功率、机械效率．‎ 分析：‎ 由图可知，承担货物重的绳子股数n=3，设提升物体的高度为h，则绳子自由端移动的距离s=3h；‎ ‎（1）知道拉力大小，利用W=Fs汽车拉绳子的拉力对滑轮组做的功；‎ ‎（2）总功（1）中已求出，知道物体重，利用W有=Gh求提升物体所做的有用功，再利用机械效率的公式求滑轮组的机械效率；‎ ‎（3）汽车运动的速度即绳子自由端移动的速度，利用v物=v可求，又知井深，再利用速度公式变形可求时间；‎ ‎（4）根据二力平衡合理的合成求出牵引力的大小，然后利用P===Fv计算拉力做功功率．‎ 解答：‎ 解：（1）n=3，s=3h=3×12m=36m，‎ 汽车拉绳子的拉力对滑轮组做的功：‎ W=Fs=2.2×103N×36m=7.92×104J；‎ ‎（2）滑轮组的机械效率：‎ η=×100%=×100%=×100%=×100%=×100%≈90.9%；‎ ‎（3）v物=v=×3m/s=1m/s，‎ 由v=得，将物体由井底拉至井口需要的时间：‎ t物===12s；‎ ‎（4）牵引力：‎ F牵=F′+f=F′+0.1G车=2.2×103N+0.1×3×104N=5.2×103N，‎ 拉力做功功率：‎ P===FvP=F牵υ汽=5.2×103N×3 m/s=1.56×104W．‎ 答：（1）汽车拉绳子的拉力对滑轮组做了7.92×104J的功；‎ ‎（2）滑轮组的机械效率为90.9%；‎ ‎（3）若汽车运动的速度为3m/s，则将物体由井底拉至井口需要12s；‎ ‎（4）汽车牵引力为5.2×103N，牵引力的功率为1.56×104W．‎ 点评：本题考查了学生对有用功、总功、机械效率公式、功率公式，以及速度公式的理解和运用，理解并求出有用功和总功是本题的关键，根据二力平衡合理的合成求出牵引力的大小是此题的难点．‎