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2025年湖南省衡阳市船山实验学校中考物理二模试卷
一、单选题：本大题共12小题，共36分。
1.你认为以下估测数据最符合实际的是（　　）
A. 珠穆朗玛峰山顶的大气压约为1.5×105Pa B. 一名中学生的体重约为200kg
C. 从地上捡起物理书放在课桌上做功接近2J D. 人的正常体温是39℃
2.篪（chí），是我国古老的一种底端封闭的横吹竹管乐器，在《封神榜》中伯邑考吹奏的乐器即为篪。篪属于典型的管类乐器，外形与笛子相似，按压不同的孔可发出不同的声音。下列有关篪声的各种说法正确的是（　　）
A. 篪声是由空气振动产生的
B. 篪发出的声音在空气中传播的速度约为3×108m/s
C. 能区分篪声和笛声是因为音调不同
D. 按压不同孔时，篪声的响度改变
3.下列事例中不是应用大气压强的是（　　）
A. 吸盘式挂钩 B. 用吸管喝牛奶
C. 薄薄的纸片托住了水 D. 帕斯卡裂桶
4.二十四节气是中华民族农耕文明长期的经验积累和智慧结晶。以下关于二十四节气中物态变化的判断正确的是（　　）
A. 雨水——雨的形成是汽化现象，吸收热量 B. 寒露——露的形成是液化现象，吸收热量
C. 霜降——霜的形成是凝华现象，放出热量 D. 大雪——雪的形成是凝固现象，吸收热量
5.如图，我国研发团队经过一千多天的日夜奋战，生产出世界上最薄的“手撕钢”。“手撕钢”的密度为7.9g/cm3，其厚度比纸还要薄，被誉为“钢铁行业皇冠上的明珠”。以下说法正确的是（　　）
A. “手撕钢”的密度为7.9×10-3kg/m3
B. 将一片“手撕钢”高温加热变为钢水，其质量变大
C. 用“手撕钢”做的手术刀轻薄灵活，“轻”是指密度小
D. “手撕钢”的温度升高时，质量不变，体积变大，密度变小
6.如图所示，关于电与磁的知识，下列说法正确的是（　　）
A. 甲图中靠近的两个磁极都是S极
B. 乙图装置揭示的原理可制成电动机，它是将机械能转化为内能
C. 丙图中，闭合开关，小磁针N极向右偏转
D. 丁图中模型的原理是通电导体在磁场中受到力的作用
7.下列有关光现象的说法，正确的是（　　）
A. 手影是由于光的直线传播所成的虚像
B. 阳光下，利用太阳灶可以把水烧开，说明光具有能量
C. 晚上可以看到自行车尾灯“发光”，说明自行车尾灯是光源
D. 岸上的小猫看到水中的鱼是由于光的反射所成的实像
8.2025年4月25日1时17分，在轨执行任务的神舟十九号航天员乘组顺利打开“家门”，欢迎神舟二十号航天员乘组入驻“天宫”空间站。顺利完成中国航天史第6次太空会师（如图所示）。下列说法正确的是（　　）
A. 神舟二十号航天员在太空中惯性减小
B. 地球对“天宫”空间站有吸引作用
C. “天宫”空间站处于平衡状态
D. 航天员报平安的声音是通过超声波传回地面的
9.如图，是一只既能吹冷风，又能吹热风的电吹风机的简化电路示意图。现将插头插入插座（相当于电源），下列说法正确的是（　　）
A. 只闭合S1，电吹风机吹热风
B. 只闭合S2，电吹风机吹冷风
C. 电动机和电热丝是并联的
D. 使用过程中发现电吹风机始终吹冷风不吹热风，故障可能是电热丝短路
10.如图所示，2025年1月1日，来自东南大学科研团队自主研发的国内首辆分布式电驱动飞行汽车“东大 鲲鹏1号”惊艳亮相。当该汽车加速升空时，下列关于汽车能量变化情况说法正确的是（　　）
A. 动能不变，重力势能增大，机械能增大 B. 动能增大，重力势能减小，机械能不变
C. 动能增大，重力势能增大，机械能增大 D. 动能不变，重力势能不变，机械能不变
11.如图为我国自主研发的“机器狗”，头部的“眼睛”能提供感知外界的“视觉”，其成像原理与人眼相似，主要由光学镜头（相当于晶状体）、内置光电传感器（相当于视网膜）组成。“机器狗”的“眼睛”正常工作时，下列说法正确的是（　　）
A. 光学镜头对光有发散作用
B. 被观测物体在光电传感器上成正立、缩小的像
C. “眼睛”靠近被观测物体时，光电传感器上的像变小
D. “眼睛”到被观测物体的距离大于光学镜头的二倍焦距
12.如图所示，R是滑动变阻器，它的金属滑片垂直固定在等臂杠杆的中央且可以随杠杆左右转动。杠杆两端分别悬挂等质量、等体积的铁球，此时杠杆平衡。再分别将铁球同时浸没到密度相同的稀硫酸和硫酸铜溶液中（小球体积变化忽略不计），反应一段时间后可观察到（　　）
A. 右边烧杯中铁球表面有一层红色金属附着，整个球质量变小
B. 金属滑片向左偏转，连入电路的R阻值变大
C. 灯泡L比开始时变暗，电路总功率变小
D. 左侧烧杯溶液质量分数变大，右侧烧杯溶液质量分数变小
二、填空题：本大题共4小题，共18分。
13.如图是悬浮式无线蓝牙音箱，可由蓝牙通过______（选填“超声波”或“电磁波”）实现与手机的数据无线传输。我国大力开发新能源，如核能发电，核能属于______（选填“一次”或“二次”）能源。
14.2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭点火发射成功，长征二号F遥二十运载火箭以偏二甲肼做燃料，是因为偏二甲肼的______大；火箭升空时，其表面空气流速大，压强______。
15.小礼通过观察和研究他家汽车上的电加热座椅垫（原理如图），发现该座椅垫有“高温”、“低温”和“关”三个挡位，S为挡位切换开关，R1和R2均为电热丝，电源电压恒为9V。开关S切换到2时，电路处于______挡；若此时电路中的电流为1A，则该电路工作1min产生的热量为______J。
16.如图所示，甲、乙是两个完全相同的底面积为100cm2、高为10cm的柱形容器，分别装有体积相同的水和酒精，液体的深度都是9cm,此时水对甲容器底部的压强为______Pa,乙容器中酒精的质量为______kg。将一底面积为80cm2的圆柱体A轻放入甲容器中，溢出280g的水；将它取出擦干后，再轻轻放入乙容器中，溢出240g的酒精，则圆柱体A的密度为______kg/m3。（ρ酒=0.8×103kg/m3，ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
17.在图中画出滑轮组最省力的绕绳方法。
18.如图所示，用笔画线代替导线将图中部分家庭电路正确连接完整。
四、实验探究题：本大题共3小题，共26分。
19.小明利用如图甲所示的实验装置“探究水沸腾前后温度变化的特点”。
（1）组装器材时，应先固定图甲中的______（填“A”或“B”）；
（2）调整好器材，用酒精灯加热，在水温升高到90℃时开始计时，小明每隔1min观察一次温度计的示数，同时注意观察水中发生的现象，直至水沸腾并持续4min后停止读数，将所得的数据记录在表格中。
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8
温度/℃ 90 92 94 96 98 98 98 98 98
①第6min时，水中气泡的情形应为图乙中的______（填“C”或“D”）；
②分析数据可知：水的沸点为______℃，沸腾时，继续加热，水的温度______。
20.实验小组利用木板、海绵及肥皂探究影响压力作用效果的因素。
（1）图甲的实验中通过______反映压力作用效果的大小。
（2）如图甲所示，将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，把小块肥皂拿走后，剩余的肥皂对海绵的压强______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。若将小块肥皂叠放在大块肥皂上，与图甲中肥皂切前的实验现象对比，可以探究压力作用效果与______是否有关。
（3）图甲中整块肥皂对海绵的压强为p1，当将海绵换成图乙中的木板时，整块肥皂对木板的压强为p2，则pl______p2（选填“＞”、“＜”或“=”）。
21.在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额=2.5V。
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲所示实验电路补充完整（要求：滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变小）。
（2）连接完电路，闭合开关后，小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，经检查，导线连接完好，电表完好，则电路故障可能是小灯泡发生了______（选填“短路”或“断路”）。
（3）故障排除后，移动滑片P到某一位置，电压表示数如图乙所示，此时要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______（选填“左”或“右”）端移动。
（4）移动滑片P，记下多组数据，并绘制图丙所示的U-I图像，由图像可计算出小灯泡的额定功率是______W。
（5）小刚用相同的器材进行该实验时发现电压表已损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丁所示的电路，也可测出小灯泡的额定功率。主要的操作步骤如下：
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为I额；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；
③计算得出小灯泡的额定功率P额= ______（用R0、I额、I表示）。
五、计算题：本大题共2小题，共16分。
22.某课外活动小组的同学设计了一个用电压表的变化来反映环境温度变化的电路，如图甲所示。电源电压不变，定值电阻R0=30Ω，R1是热敏电阻，其阻值随温度变化的图象如图乙所示，闭合开关S后，当环境温度为30℃时，电压表示数为3V。求：
（1）此时通过R1的电流是多少？
（2）电源电压是多大？
（3）此时电路消耗的电功率。
23.如图所示，支架OB固定于竖直墙面O点，且可绕O点在竖直面内转动，细绳BC与支架连接于B点，另一端固定在墙上C点，此时支架水平，细绳与支架夹角为30°。滑轮组悬挂于支架A处，OA=2AB，重500N的工人用300N竖直向下的拉力拉动绳子自由端，使质量为54kg的物体M匀速上升。工人与水平地面的接触面积为500cm2，两个滑轮的质量相等，不计支架和细绳重力，不计滑轮组的绳重和摩擦。求：
（1）物体M的重力；
（2）工人对地面的压强；
（3）滑轮组的机械效率；
（4）细绳BC对支架的拉力。
1.【答案】
【解析】解：A、大气压强随海拔高度的增加而减小。一个标准大气压约1.0×105Pa,珠穆朗玛峰山顶的海拔较高，山顶气压一定小于标准大气压，不可能是1.5×105Pa,故A错误；
B、一名中学生的质量约50kg,重力 G=mg=50kg×10N/kg=500N，故B错误；
C、一本物理书重2.5N，课桌高度约0.8m,从地上捡起物理书放在课桌上做功接近W=Gh=2.5N×0.8m=2J，故C正确；
D、人的正常体温约37℃，故D错误。
故选：C。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】
【解析】解：A.篪声是由空气（柱）振动产生的，故A正确；
B.篪发出的声音在空气中传播的速度约为340m/s,故B错误；
C.能区分篪声和笛声是因为音色不同，因为音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志，故C错误；
D.按压不同孔时，可改变空气柱的振动频率，从而改变篪声的音调，故D错误；
故选：A。
声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质，真空不能传声。
音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。
音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。
该题考查了声音的传播条件、声音的传播速度、声音的特性等基本知识，是一道综合题。
3.【答案】
【解析】解：A、吸盘要固定在墙壁上，需要先用力挤压塑料吸盘，把盘内的空气挤出，然后吸盘就被外界的大气压紧压在了墙壁上，故该选项是利用大气压，故A不合题意；
B、吸管喝牛奶时，是先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，牛奶被压进吸管里，故该选项是利用大气压，故B不合题意；
C、薄薄的纸片托住了水，纸片在水的重力的作用下也没有掉落，说明纸片受到大气压的作用，故C不合题意；
D、液体压强随深度的增加而增大，帕斯卡裂桶实验能证明液体压强的这一特点，与大气压无关，故D符合题意。
故选：D。
大气压的应用大多是利用内外的气压差，所以要判断是否是大气压的应用，要注意有没有形成这个“气压差”。
此类题举出的例子一般都是学生平时接触过的，上课时老师有讲过，或是平时练习时有做过的，所以要在平时学习中多留心这类与物理有关的生活现象。
4.【答案】
【解析】解：A．雨是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是从气态变为液态的过程，属于液化现象，而液化过程是放出热量的，故A错误，不符合题意；
B．露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是从气态变为液态的过程，属于液化现象，液化过程会放出热量，故B错误，不符合题意；
C．霜是空气中的水蒸气遇冷直接变成固态的小冰晶，是从气态直接变为固态的过程，属于凝华现象，凝华过程会放出热量，故C正确，符合题意；
D．雪是空气中的水蒸气遇冷直接变成固态的小冰晶，是从气态直接变为固态的过程，属于凝华现象，凝华过程放出热量，故D错误，不符合题意。
故选：C。
物质从气态直接变成固态的过程叫凝华，凝华放热。
液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
本题考查液化和凝华的概念及放热特点，属于基础题。
5.【答案】
【解析】解：A．“手撕钢”的密度为7.9g/cm3=7.9×103kg/m3，故A错误；
B．将一片“手撕钢”高温加热变为钢水，其状态改变，但其所含物质的多少没有变化，所以其质量不变，故B错误；
C．用“手撕钢”做的手术刀轻薄灵活，“轻”是指质量小，故C错误；
D．“手撕钢”的温度升高时，质量不变，体积变大，由得，密度变小，故D正确。
故选：D。
（1）1g/cm3=1×103kg/m3；
（2）质量是物体的一种属性，只与所含物质的多少有关，与物体的位置、状态、形状、温度无关；
（3）用“手撕钢”做的手术刀轻薄灵活，“轻”是指质量小；
（4）“手撕钢”的温度升高时质量不变，体积变大，根据ρ=可知其密度变化。
本题考查密度公式的应用，难度一般。围绕新科技，新材料命题，是当今比较热门的命题方向，值得关注。
6.【答案】
【解析】解：A．由图甲可知，磁感线从左侧磁极出来，回到右侧磁极，说明左侧磁极为N极，右侧磁极为S极，故A错误；
B．乙图说明磁场对通电导体有力的作用，利用此原理制成了电动机，它是将电能转化为机械能，故B错误；
C．丙图中，由安培定则可知，通电螺线管的左侧为S极，由于异名磁极相互吸引，小磁针的N极向右偏转，故C正确；
D．丁图中线圈在磁场中转动，切割磁感线，线圈中就会产生感应电流，属于电磁感应，利用此原理制成了发电机，故D错误。
故选：C。
（1）在磁体外部，磁感线从N极出发，到S极进入；在磁体内部是从S到N．磁感线没有交叉的。
（2）磁场对通电导体有力的作用，利用此原理制成了电动机。
（3）据安培定则分析判断即可解决。
（4）闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动，导体中有感应电流产生。
电动机的原理图和发电机的原理图的重要区别：电动机的电路中有电源；发电机的电路中没有电源。
7.【答案】
【解析】解：A、沿直线传播的光被不透明的手挡住，在后面的屏（墙）上光线照不到的地方形成影子，不是虚像，故A错误；
B、太阳灶将太阳能转化为内能，说明光具有能量，故B正确；
C、我们把本身能够发光的物体叫光源，自行车尾灯自身不能发光，是反射光，不是光源，故C错误；
D、小猫看到水中的鱼，其实看到的是鱼的虚像，是由于光的折射形成的，故D错误。
故选：B。
（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）光具有能量；
（3）本身能够发光的物体叫光源；
（4）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，海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅等都是光的折射形成的。
本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
8.【答案】
【解析】解：A、惯性只与物体的质量有关，神舟二十号航天员在太空中位置发生变化，但质量不变，所以惯性不变，故A错误。
B、根据万有引力定律，地球对“天宫”空间站有吸引作用，正是这个引力提供了空间站绕地球做圆周运动的向心力，故B 正确。
C、“天宫”空间站绕地球做圆周运动，速度方向不断变化，运动状态不断改变，不是处于平衡状态，故C错误。
D、声音的传播需要介质，太空是真空环境，超声波无法在真空中传播。航天员报平安的声音是通过电磁波传回地面的，故D错误。
故选：B。
（1）惯性只与物体的质量有关，神舟二十号航天员在太空中位置发生变化，但质量不变，所以惯性不变。
（2）根据万有引力定律，地球对“天宫”空间站有吸引作用，正是这个引力提供了空间站绕地球做圆周运动的向心力。
（3）“天宫”空间站绕地球做圆周运动，速度方向不断变化，运动状态不断改变，不是处于平衡状态。
（4）声音的传播需要介质，太空是真空环境，超声波无法在真空中传播。航天员报平安的声音是通过电磁波传回地面的。
本题主要考查了声音的传播及平衡状态的判断，力的相互性及对惯性现象的分析和惯性大小影响因素的认识，属基础题。
9.【答案】
【解析】解：A、若只闭合开关Sl，只有电动机与电源串联，电热丝不工作，电流只经过电动机，所以电吹风吹出的是冷风，故A错误；
B、电动机和电热丝是并联，S1在干路上，可以控制整个电路，S2与电热丝串联，只控制电热丝，只闭合S2，由于总开关S1断开，所以整个电路都不工作；故B错误；
C、将开关Sl、S2都闭合，电动机与电热丝并联后连接在电源上，则电动机和电热丝是并联，故C正确；
D、使用过程中发现电吹风机始终吹冷风不吹热风，说明电动机正常工作，电热丝不工作，则故障可能是电热丝开路，故D错误。
故选：C。
根据串并联电路的特点，依据题意结合电路图分析是哪部分连入电路，有电流经过的部分，才能正常工作。
本题考查了并联电路的特点。干路上的开关控制所有用电器，支路上的开关只控制该支路上的用电器。
10.【答案】
【解析】解：当该汽车加速升空过程中，速度变大，但质量不变，汽车的动能变大；高度变大，质量不变，重力势能变大；机械能等于动能和重力势能的总和，所以机械能变大，故C正确、ABD错误。
故选：C。
动能的影响因素是质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能的影响因素是质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。机械能等于动能与势能的总和；结合其运动状态可做出判断。
本题主要考查了对动能、重力势能影响因素的分析，以及对机械能变化的判断，属基础知识的应用。
11.【答案】
【解析】解：ABD、机器狗的镜头是一个凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像的规律工作的；因此人脸识别取货时，人脸位于镜头二倍焦距以外，故AB错误，D正确；
C、“眼睛”靠近被观测物体时，物距越小，像距越大，像越大，故C错误。
故选：D。
凸透镜成像时，物距u＞2f时，成倒立缩小的实像，应用是照相机和摄像头；凸透镜成实像时，物距增大，像距变小，像变小。
本题考查了凸透镜的成像特点和应用，要掌握凸透镜成像的规律，搞清每种情况下的应用，在学习过程中要善于总结、寻找规律，学着将所学知识与生活实际联系起来。
12.【答案】
【解析】解：
A、铁能和硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，红色的铜附着在铁的表面。56份铁进入溶液，置换出64份铜，整个球质量变大，故A错误；
B、球在稀硫酸中会逐渐溶解而变小，稀硫酸的密度则会因铁的溶解而增大，即左边铁球将上升；而铁球在硫酸铜溶液中则会在铁球溶解的同时，生成质量更大的金属铜，使铁球质量增大，溶液密度减小，即右端铁球将下沉。金属滑片向右偏转，故B错误；
C、因滑动变阻器向右滑动后，电阻减小，灯泡变亮。故C错误；
D、球在稀硫酸中会逐渐溶解而变小，稀硫酸的液质量分数则会因铁的溶解而增大，而铁球在硫酸铜溶液中则会在铁球溶解的同时，生成质量更大的金属铜，使铁球质量增大，右侧烧杯溶液质量分数变小，故D正确。
故选：D。
铁球在稀硫酸中会逐渐溶解而变小，稀硫酸的密度则会因铁的溶解而增大，即左边铁球将上升；而铁球在硫酸铜溶液中则会在铁球溶解的同时，生成质量更大的金属铜，使铁球质量增大，溶液密度减小，即右端铁球将下沉。又因滑动变阻器向右滑动后，电阻减小，灯泡变亮。
本题主要考查了物质之间相互作用时的实验现象及其密度变化等方面的内容。这是一道化学和物理知识结合的题目，要利用物理化学知识进行综合分析，从而得出正确的结论。
13.【答案】
【解析】解：悬浮式无线蓝牙音箱，可由蓝牙通过电磁波实现与手机的数据无线传输。核能属于一次能源。
故答案为：电磁波；一次。
电磁波可以传递信息；
能够从自然界中直接获取的能源叫一次能源，核能属于一次能源。
本题考查的是电磁波的特点及应用；知道能源的分类。
14.【答案】
【解析】解：（1）火箭选用偏二甲肼做燃料是因为偏二甲肼的热值大，根据Q=mq知，完全燃烧相同质量的偏二甲肼与其他燃料相比，偏二甲肼放出的热量多；
（2）由流体压强与流速的关系可知，火箭升空时，其表面空气流速大，压强小。
故答案为：热值；小。
（1）偏二甲肼燃料的热值大，适用于火箭作燃料，根据Q=mq分析解答。
（2）流体压强与流速的关系：流体流速大的位置压强小。
本题考查了热值、流体压强与流速的关系，属于基础题。
15.【答案】
【解析】解：由图可知，开关S切换到2时，R1和R2串联，由串联电路的电阻规律知，此时电路的总电阻较大，由P=可知，此时电路的总功率较小，座椅垫处于低温挡；
该电路工作1min产生的热量：Q=W=UIt=9V×1A×60s=540J。
故答案为：低温；540。
（1）由图可知，开关S切换到2时，R1、R2串联，开关S切换到3时，只有R1工作，根据串联电路的特点和P=可知座椅垫高温挡和低温挡的电路连接；
（2）根据Q=W=UIt求出该电路工作1min产生的热量。
本题考查串联电路的特点、电功公式以及电功率公式灵活运用，能正确分析电路连接是解题的关键。
16.【答案】
【解析】解：根据液体压强公式可知水对甲容器底部的压强为p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.09m=900Pa；
乙容器中酒精的体积V酒精=Sh=100×10-4m2×0.09m=9×10-4m3，乙容器中酒精的质量m酒精=ρ酒精×V酒精=0.8×103kg/m3×9×10-4m3=0.72kg；
溢出水的体积为V水===280cm3，溢出酒精的体积V酒精===300cm3，
柱形容器上方空余的体积为V空余=SΔh=100cm2×1cm=100cm3，
实际排开水的体积为V水′=V水+V空余=280cm3+100cm3=380cm3，实际排开酒精的体积为V酒精′=V酒精+V空余=300cm3+100cm3=400cm3，实际排开水的质量为：m水′=ρ水V水′=1g/cm3×380cm3=380g,排开酒精的质量为：m酒精′=ρ酒精V酒精′=0.8g/cm3×400cm3=320g,分析可知圆柱体A在甲、乙容器中的状态不同，由于排开液体体积不同，排开液体质量也不同，故可知圆柱体A在水中沉底，圆柱体A在酒精中漂浮，根据浮沉条件，漂浮时浮力等于重力，在酒精中GA=F浮酒精=G排酒精=0.32kg×10N/kg=3.2N，故圆柱体A的质量为0.32kg；
根据阿基米德原理，在水中完全浸没VA=V排水，故ρ水gVA=F浮水=G排水=3.8N，代入数值解得VA=380cm3，根据密度公式可知ρA==≈0.84×103kg/m3。
故答案为：900；0.72；0.84×103。
根据液体压强公式p=ρ水gh计算水对甲容器底部的压强；
先根据V酒精=Sh计算酒精的体积，再根据m酒精=ρ酒精×V酒精计算酒精的质量；
根据密度公式计算溢出水和酒精的体积，结合容器的空余体积计算排开水和酒精的质量，分析圆柱体A在甲、乙容器中的状态，根据阿基米德原理进行综合分析计算。
本题考查压强定义公式、液体压强公式、体积公式、阿基米德原理、重力公式以及密度公式的应用，题目难度较大。
17.【答案】
【解析】解：只有一个动滑轮，要求最省力，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后绕过左边的定滑轮，再绕过动滑轮。如图所示：
滑轮组的绕线方法，可以从定滑轮或动滑轮绕起。要知道从动滑轮绕起比从定滑轮绕起多中间一根绕线承担拉力，更省力。
最省力的滑轮组绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，再绕过动滑轮。
18.【答案】
【解析】灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
本题考查了开关、灯泡的接法。开关接在火线与电灯之间，可以使开关断开时，电灯灯座上没有电，这样在换灯泡时不会发生触电。
19.【答案】
【解析】（1）组装器材时，应遵循从下到上的原则，因为实验中需要根据酒精灯外焰的高度确定铁圈的位置，所以要先固定图甲中的B。
（2）①沸腾时的现象是水中产生大量气泡，上升，变大。由表格数据可知，第6min时，水处于沸腾的过程中，所以水中气泡的情形应为图乙C，D为沸腾前的现象。
②水沸腾时吸热温度不变，不变的温度就是沸点，根据表格中数据可知水的沸点是98℃。
从图象可以看出水沸腾前温度不断上升，水在沸腾过程中保持98℃不变；此过程中的特点是吸热但温度不变。
故答案为：（1）B；（2）C；98；不变。
（1）实验时要用酒精灯的外焰加热；
（2）①沸腾前，上层的水温度较低，上升的气泡遇低温液化，气泡减小；当水温达到沸点时，有大量的气泡涌现，接连不断地上升，并迅速地由小变大；
②根据表格中数据可知水的沸点是98℃；
沸腾时的特点：不断吸热但温度保持不变。
此题“探究水的沸腾”实验，考查了有关实验仪器的调节，影响水沸腾时间的因素及液体沸腾条件等，难度不大。
20.【答案】
【解析】（1）由转换法，图甲的实验中通过海绵的形变程度反映压力作用效果的大小。
（2）如图甲所示，整块肥皂对海绵的压强为p1。将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，把小块肥皂拿走后，剩余的肥皂对海绵的压强为p2，根据p=可知，压力是原来的几分之一，受力面积也是原来的几分之一，而比值不变，则p1=p2。
将小块肥皂叠放在大块肥皂上，压力不变，而受力面积减小，与图甲的实验现象对比，可以探究压力作用效果与受力面积是否有关。
（3）当海绵换成图乙中的木板时，整块肥皂对木板的压强为p3，根据p=，因压力和受力面积都不变，则p1=p。
故答案为：（1）海绵凹陷程度；（2）不变；受力面积；（3）=。
（1）根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，海绵的凹陷程度越大，说明压力的作用效果越明显，用到的科学实验方法是转换法。
（2）（3）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，研究与其中一个因素的关系时，应采用控制变量法，据此分析回答；根据p=分析。
本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。
21.【答案】
【解析】（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变小，说明滑动变阻器阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，如下图所示：
（2）闭合开关后，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路的通路，电压表无示数，说明电压表测量导线两端的电压，所以可能是小灯泡短路；
（3）由题干可知，电压表使用的0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，根据图乙可知，此时电压表的示数为1.8V；
此时小灯泡两端的电压是1.8V，要使小灯泡两端的电压是2.5V，根据串联电路分压特点，要增大小灯泡两端电压，滑动变阻器两端的电压要减小，减小滑动变阻器连入电路的电阻，所以滑动变阻器向左移动；
（4）由图像知，小灯泡在2.5V下的额定电流是0.4A，
则小灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.4A=1W；
（5）据题意可知，干路中的电流为I，通过灯泡的电流即灯泡的额定电流为I额；根据并联电路的电流规律可知，通过定值电阻的电流为：I'=I-I额；
定值电阻两端的电压为：U0=I'R0=（I-I额）R0；根据并联电路的电压规律可知，灯泡的额定电压为：U额=U0=（I-I额）R0；
灯泡的额定功率为：P额=U额I额=I额（I-I额）R0。
故答案为：（1）见解析；（2）短路；（3）左；（4）1；（5）I额（I-I额）R0。
（1）滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变小，说明滑动变阻器阻值变大，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；
（2）电路故障问题：首先通过电流表是否有示数判断电路是通路还是断路，然后通过电压表是否有示数判断电路的具体故障；
（3）根据图乙中电压表量程的选择确定电压表的读数，和小灯泡的额定电压进行比较，再根据串联电路分压特点确定滑动变阻器滑片移动的方向；
（4）从图像上读出小灯泡正常工作时的电流，根据P=UI计算小灯泡的额定功率；
（5）根据并联电路的电流规律求出通过定值电阻的电流，根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据并联电路的电压特点求出灯泡的额定电压，然后根据P=UI求出灯泡的额定功率。
本题通过“测量小灯泡额定功率”实验，考查了电路连接、故障分析、操作过程、电压表读数、电功率计算、影响电阻大小因素、特殊方法侧功率等知识，要求理解和掌握。
22.【答案】
【解析】由电路图可知，R1与R0串联，电压表测R0两端的电压。
（1）因串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得出电压表的示数为3V时电路中R1的电流；
（2）由图乙知，当环境温度为30℃时，R1的阻值为30Ω，根据欧姆定律得出R1两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，据此得出电源的电压；
（3）根据P=UI得出电路消耗的功率。
本题考查电功率的计算和欧姆定律的应用，是一道综合题。
23.【答案】
【解析】（1）物体M的重力为：
G=mg=54kg×10N/kg=540N；
（2）题目中人受到重力、拉力、支持力的作用，其关系为：G人=F支+F；
则人对地面的压力为：F压=F支=G人-F=500N-300N=200N；
工人与水平地面的接触面积为S=500cm2=0.05m2，
则工人对地面的压强为：
p===4000Pa；
（3）由图可知，n=2，滑轮组的机械效率为：
η=====×100%=90%；
（4）不计滑轮组的绳重和摩擦，则有：F=（G物+G动），
则动滑轮重为：G动=nF-G=2×300N-540N=60N；
将滑轮组和重物视为一个整体，对A点的拉力为FA，则有：FA=G+2G动+F=540N+2×60N+300N=960N；
将OAB视为一个杠杆，做OD垂直于BC，则OD就是BC对支架的拉力FB的力臂；因为细绳与支架夹角为30°，所以OD=OB；
因为OA=2AB，则FA的力臂OA=OB；
根据杠杆的平衡条件，可得出：FB OD=FA OA，即FB OB=FA OB，
所以得出：FB=FA=×960N=1280N。
答：（1）物体M的重力为540N；
（2）工人对地面的压强为4000Pa；
（3）滑轮组的机械效率为90%；
（4）细绳BC对支架的拉力为1280N。
（1）根据G=mg求出物体M的重力；
（2）先对人的受力进行分析，得出人对地面的压力，再根据p=可求出压强；
（3）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用η====求出该滑轮组的机械效率；
（4）根据拉力F与物体重力、动滑轮重力的关系，得出动滑轮的重力，进而得出对A点向下的拉力，最后运用杠杆的平衡条件，得出BC对支架的拉力。
准确分析物体的受力情况，熟练运用压强、功、机械效率的公式，理解杠杆的平衡条件，是解答此题的关键。
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