2018年湖南省株洲市中考物理试题（解析版）

2018年湖南省株洲市中考物理试题（解析版）

株洲市2018年初中学业水平考试物理试题卷 一、单选题 ‎1.1.智轨列车融合了有轨电车和公共汽车的优势，零排放、无污染。智轨列车的动力系统在输出动力的过程中（ ）‎ A. 电能转化为机械能 B. 内能转化为机械能 C. 机械能转化为电能 D. 机械能转化为内能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 智轨列车的动力系统在输出动力的过程中将电能转化为机械能。‎ ‎2.2.木炭的热值为3.4×107J/kg，它表示1kg木炭（　　）‎ A. 具有3.4×107J的热量 B. 具有3.4×107J的内能 C. 完全燃烧对外做功3.4×107J D. 完全燃烧放出热量3.4×107J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】木炭的热值是3.4×107J/kg,它的物理意义是：1kg木炭完全燃烧放出的热量是3.4×107J.故选D.‎ ‎【点睛】1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值．‎ ‎3.3.下列现象中，与大气压无关的是（ ）‎ A. 用吸管吸饮料 B. 马德堡半球实验 C. 塑料吸盘“粘”在墙上 D. 拦河坝“下宽上窄”‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用吸管吸饮料时，减小了吸管中的气压，饮料在大气压的作用下进入口中，利用了大气压；‎ B. 马德堡半球实验，是证明大气压存在的典型实验；‎ C. 塑料吸盘“粘”在墙上，利用了大气压的作用；‎ D. 拦河坝“下宽上窄”，依据的是液体压强的特点，即液体中深度越大，压强越大，与大气压无关；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】‎ 理解用吸管“饮料”时，利用了大气压的作用。详细解释的话，还利用了气体压强与体积的关系，即吸管与口、肺部连通，胸腔扩张时，体积增大，压强减小，小于外界大气压，饮料在大气压的作用下进入口中。‎ ‎4.4.在篮球比赛中，运动员对篮球没有做功的过程是（ ）‎ A. 运球 B. 扣篮 C. 擦板 D. 跳投 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；根据以上因素判断，在篮球运动中A、B、D选项中，篮球在受到运动员施加的力的作用上移动了距离，故均做功，只有擦板过程中运动员未对篮球施加力的作用，故C选项符合题意。‎ ‎【点睛】解答此题要求学生了解篮球相关术语，并对做功的两个必要因素深刻理解。‎ ‎5.5.图为交流发电机原理图，线圈在磁场中转动，则（ ）‎ 学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...学.科.网...‎ A. 两磁极间的磁场方向向左 B. 线圈在磁场中切割磁感线 C. 通过灯泡的电流方向不变 D. 线圈一定不受磁场力作用 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 人们规定在磁体外部，磁场方向由N极出发，到S极，故两磁极间的磁场方向向右，故A错误；‎ B. 线圈在磁场中转动时，切割磁感线，可以产生感应电流，故B正确；‎ C. 线圈转动一周，切割磁感线的方向变化两次，产生感应电流的方向也变化两次，所以通过灯泡的电流方向改变，故C错误；‎ D. 通过电流的线圈在磁场中运动时，会受到磁场力的作用，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】注意分清楚研究电磁感应和磁场对通电导线作用力的两个原理，从能的转化看，两者是相反的，即电磁感应现象中将机械能转化为电能，而磁场对通电导线的作用力，将电能转化为机械能。‎ ‎6.6.内有少量饮料的罐子可以斜放在水平桌面上保持平衡。下列四个图中，能正确表示饮料罐（含饮料）所受重力的示意图是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】重力的方向始终竖直向下，故CD错误；‎ 根据题意，内有少量饮料的罐子可以斜放在水平桌面上保持平衡，根据杠杆的平衡条件知，只有重力的作用线经过支点时，罐子才会保持平衡，故A正确，B错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】关键是根据杠杆的平衡条件分析，理解当一个力通过支点时，此力的力臂为零，对杠杆起不到任何作用，即原来平衡的杠杆会仍然平衡。‎ ‎7.7.图为试电笔的结构及使用方法。下列说法正确的是（ ）‎ A. 试电笔可以判断物体是带正电还是带负电 B. 若氖管发光，说明人体成为了电流的通路 C. 笔尖、电阻和氖管是导体，外壳、弹簧和笔卡是绝缘体 D. 在两种使用试电笔的方法中，甲是正确的，乙是错误的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 试电笔可以判断火线和零线，故A错误；‎ B. 若氖管发光，说明有电流通过，是火线、测电笔、人体、大地成为了电流的通路，故B正确；‎ C. 笔尖、电阻、氖管、弹簧和笔卡都是导体，外壳是绝缘体，故C错误；‎ D. 手应该接触笔尾的笔卡，在所以两种使用试电笔的方法中，甲是错误的，乙是正确的，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】要理解测电笔使用时，人手必须接触笔尾的金属体，以形成通路，氖管才可能发光，但不能接触笔尖的金属体，这样相当于手直接接触到了输电线，会触电。‎ ‎8.8.图为观察微小形变的装置。平面镜M放置在水平桌面上，光源S发出一束激光射到镜面上，经反射后在标尺上形成光斑P．若在图示位置用力F向下挤压桌面，则（ ）‎ A. 激光束的入射角增大反射角减小 B. 激光束的入射角减小反射角增大 C. 标尺上的光斑右移 D. 标尺上的光斑左移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】光源S发出一束激光射到镜面上，当用力压桌面时，平面镜向中间倾斜（如下图所示），造成入射角增大，根据反射角等于入射角可知，反射光线远离法线，导致了标尺上的光斑右移。‎ 故选：C。‎ ‎【点睛】1.力可以改变物体的形状，用力压桌面，桌面发生形变，平面镜N或M的高度就会发生变化，从而使刻度尺上的光斑移动；2.根据光的反射定律分析可知光斑向哪点的那一侧移动．‎ ‎9.9.智能手机耗电达到一定量时，会自动提示用户采用“省电模式”，在这种模式下，可延长电池的供电时间，原因是（ ）‎ A. 降低了电池的输出电压 B. 减小了电池的输出电流 C. 减小了电子线路的电阻 D. 增大了电池的输出功率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.手机工作电压是一定的，如果降低了电池的输出电压，手机将不能正常工作，故A不符合题意；B.手机电池储存的电能是一定的，由公式W＝Pt知，要延长手机工作时间，需要减小输出功率，而手机工作电压是不变的，由P＝UI知，在省电模式下，应减小电池的输出电流，故B符合题意；C.手机内部电子线路的结构是不变的，所以电阻也是一定的，故C不符合题意；D.由公式W＝Pt知，增大电池的输出功率，手机的工作时间会缩短，故D不符合题意。故选B。‎ ‎【点睛】省电模式通常降低显示屏亮度，关小媒体声音等措施，这些通过减少了电池的输出电流来减小了输出功率。‎ ‎10.10.燕子归巢时，沿图示虚线方向匀速滑翔。能正确表示这个过程中空气对燕子作用力方向的是（ ）‎ A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，沿图示虚线方向匀速滑翔，则表示燕子受到平衡力的作用。‎ 这个过程中空气对燕子作用力与重力平衡，方向与重力的方向相反，故空气对燕子作用力方向竖直向上。‎ 故②正确，选B。‎ ‎【点睛】关键是平衡状态的判断，理解当静止和匀速直线运动时，物体受力一定平衡，则空气产生的升力与重力平衡，据此可判断空气对燕子作用力方向。‎ ‎11.11.图示电路中各元件完好，a、b、c、d、e、f为接线柱，将电压表接在其中两个接线柱上后，开关闭合时，电压表示数为0；开关断开时，电压表有示数。则与电压表相连的两个接线柱可能是（ ）‎ A. a和b B. c和d C. a和f D. e和f ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，开关闭合时，电压表示数为0，说明开关闭合时，两点之间没有电阻，而开关断开时，电压表有示数，此时丙点有电阻，或电阻无穷大，综合可判断出电压表是与开关并联。‎ 即电压表连接在 e和f点。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】重点是根据欧姆定律判断，要理解当电压表并联在开关两端，开关闭合时，两点间无电阻，电压表无示数，当开关断开时，电压表实际串联在电路中，由于电压表的电阻很大，所以电流表无示数，且电压表有示数接近电源电压。‎ ‎12.12.如图，两个小球1和2总是沿顺时针方向在同一圆周轨道（虚线所示）上运动，除碰撞外，它们的速度保持不变。某时刻，两球刚好运动到图示位置，a、b是直径的两端，此时球1的速度是球2的两倍。此后，这两个小球（设碰撞时间极短，碰撞后速度互换）（ ）‎ A. 总是在a点相碰 B. 总是在b点相碰 C. 时而在a点相碰，时而在b点相碰 D. 可以在圆周轨道上的任意位置相碰 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】某时刻，两球刚好运动到图示位置，a、b是直径的两端，此时球1的速度是球2的两倍，设圆周的周长为L，根据速度公式知：‎ 当两者都再次运行到a点时，球1经过的距离为L，球2经过的距离为，又因为球1的速度是球2的两倍，所以用时正好相等，即，两球在a点相撞。‎ 碰撞后，当速度快的球经过两周时，速度慢的球经过1周，所以下次两球相撞仍然在a点。‎ 故A正确，选A。‎ ‎【点睛】重点是速度公式的应用，理解清楚两球始终在一个圆周上运动，又因为球1的速度是球2的两倍，所以两球碰撞总在同一位置，即在a点相撞。‎ 二、双选题 ‎13.13.‎ 沏茶时，玻璃杯的杯壁上常会出现水雾，一段时间后，水雾又消失了。关于这种现象，下列说法正确的是（ ）‎ A. 水雾出现在玻璃杯的外壁上 B. 水雾出现在玻璃杯的内壁上 C. “出现水雾”是液化现象，“水雾消失”是汽化现象 D. “出现水雾”是熔化现象，“水雾消失”是升华现象 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】沏茶时，水温较高，会蒸发大量的水蒸气，由于杯的温度相对较低，当水蒸气上升时，遇到较冷的杯壁液化，水雾出现在杯的内壁；‎ 随着杯壁温度逐渐升高，水温逐渐降低，小水球又蒸发，即汽化了，则水雾消失。‎ 故“出现水雾”是液化现象，出现在内壁，“水雾消失”是汽化现象。‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】重点是液化的过程，当水蒸气遇冷液化时，一定要搞清楚是哪的水蒸气遇到哪的“冷”而形成，清楚这一点就能明白形成在内表面还是外表面了。‎ ‎14.14.截面为正方形、中空部分为椭圆形的玻璃体如图所示。则这个玻璃体（ ）‎ A. 可以看做两块凹透镜 B. 可以看做一块凸透镜 C. 对图示光束具有发散作用 D. 对图示光束具有汇聚作用 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】如图，中空部分为椭圆形的玻璃体，整体看好像是一个凸透镜，但要清楚对光起折射作用的是玻璃部分，所以将其从中间分开来看，相当于两个凹透镜；‎ 凹透镜对光线有发散作用。‎ 故AC正确，BD错误。‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】解题的关键是将其从中间分开来看，这时相当于两个凹透镜，不能当成一个凸透镜来考虑。‎ ‎15.15.某家用电能表的有关参数如图所示，可知（ ）‎ A. 该电能表上用电器的总功率不能超过2.2 kW B. 该电能表上用电器的总功率不能超过8.8 kW C. 该电能表的转盘每小时最多转3000r D. 该电能表的转盘每小时最多转26400r ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. B. 由图知，最大电流为40A，所以该电能表上用电器的总功率不能超过：‎ ‎，故A错误，B正确；‎ C. D. 理解3000r/(kW•h)的物理意义，即每消耗1kW•h的电能，该电能表的转盘转3000r。‎ 当功率最大时，每小时消耗的电能为：；‎ 该电能表的转盘每小时最多转：，故C错误，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】重点是电能表铭牌的意义和电功率的计算，考题中经常出现，关键是理解3000r/(kW•h)的物理意义。‎ ‎16.16.图甲表示蹲踞式起跑，发令枪响后，运动员在水平方向对前、后两个起跑器的共同作用随时间变化的关系如图乙所示。在这次起跑过程中，运动员（ ）‎ A. 反应时间约0.2s B. 惯性先增大后减小 C. 身体各部分运动状态保持不变 D. 身体各部分运动情况不完全相同 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图知，0.2s时，脚开始施力的作用，即反应时间约0.2s，故A正确；‎ B. 惯性与质量有关，与其它因素无关，故惯性不变，B错误；‎ C. 向后施力时，由于力的作用是相互的，人会受到向前的力，在力的作用下，身体开始向前运动，且由图知，此力会有大小的变化，故身体的运动状态是变化的，故C错误；‎ D. 由于身体各部分情况不完全相同，如手臂的摆动，身体的前倾等情况存在，所以身体各部分的运动情况不完全相同，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎【点睛】关键是惯性的理解，惯性即物体保持运动状态不变的性质，惯性大小只与质量有关，是物体最基本的属性之一，注意能用惯性解释生活中的现象。‎ 三、填空题 ‎17.17.图为高空跳伞运动员在极速下降过程中的一个画面，在图示的情景中，以地面为参照物，他们是_____的，以其中一个运动员为参照物，其他运动员是_____的。（填“静止”或“运动”）‎ ‎【答案】 (1). 运动 (2). 静止 ‎【解析】‎ ‎【详解】跳伞运动员在极速下降过程中，若以地面为参照物，跳伞运动员的位置不断发生变化，所以是运动的；以其中一个运动员为参照物，其他运动员的位置没有发生变化，则说明其他运动员是静止的。‎ ‎18.18.声音是由声源_______产生的。120（救护）出车后会持续拉响警笛，行人或其他车辆会及时让道，它说明声音可以传递_______（填“信息”或“能量”）。‎ ‎【答案】 (1). 振动 (2). 信息 ‎【解析】‎ ‎【详解】声音是由声源振动产生的。‎ 声音具有传递信息和传递能量的作用。‎ ‎120出车后会持续拉响警笛，揭示行人或其他车辆会及时让道，是声音可以传递信息的应用。‎ ‎【点睛】牢记声音可以传递信息和能量。两个方面的作用在解题中是容易分辨的，传递能量时要伴随能量的转化，而传递信息时只是从声音得到某方面的有用信息，两者是不同的。‎ ‎19.19.水煮花生是一道风味小吃。煮花生过程中，通过__（填“做功”或“热传递”）方式使其内能增大；利用__（填“机械”或“热”）运动使花生仁具有各种调料味。‎ ‎【答案】 (1). 热传递 (2). 热 ‎【解析】‎ ‎【详解】煮花生过程中，水向花生传递热量，通过热传递方式使花生的内能增大；同时调料吸收热量，内能增大，分子运动加剧，利用分子的热运动使花生仁具有各种调料味。‎ ‎20.20.图为一种电磁仪表的部分装置，闭合开关后，磁铁 N 极向上转动（箭头所示）。则通电线圈上端为_____（填“S”或“N”）极，电池右端为_____（填“正”或“负”）极。‎ ‎【答案】 (1). N (2). 负 ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，闭合开关后，磁铁 N 极向上转动，根据同名磁极相互排斥的特点可知，通电线圈上端为N极；‎ 再根据安培定则判断，右手大母指向上，即指向N极握住螺线管，四指弯曲指向电流的方向，则电流由线圈的下端流入，上端流出；‎ 故电源的左端为正极，右端为负极。‎ ‎【点睛】重点是安培定则的应用，此定则展示了电流方向与磁场方向的关系，知道电流方向可以判断磁场方向，知道磁场方向当然也可以判断电流方向，注意多加练习熟练应用。‎ ‎21.21.将一个苹果放入盛有200mL水的量杯后漂浮在水面上，此时量杯中的水面如图所示（苹果未画出）。则这个苹果排开水的体积为_____mL，受到的重力为____N。已知水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg。‎ ‎【答案】 (1). 200 (2). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，此时水面到达的刻度为400ml，则这个苹果排开水的体积为：‎ ‎；‎ 已知苹果漂浮在水面上，漂浮时浮力等于重力，即苹果的重力为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】重点是浮沉条件和阿基米德原理的应用，根据浮沉条件知浮力等于重，再根据阿基米德原理知浮力等于排开水的重，所以苹果的重等于排开水的重。‎ ‎22.22.学校实验室挂一只装有0.2g酒精的寒暑表，在一天中某一时段的初、末两个时刻，寒暑表的示数分别如图甲和乙所示。甲的示数为_______℃，乙的示数为零下_______℃．在这段时间内，寒暑表内的酒精_______（填“吸收”或“放出”）的热量为_______J．已知酒精的比热容c=2.4×103J/（kg•℃）。‎ ‎【答案】 (1). 12 (2). 3 (3). 放出 (4). 7.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】由图甲所示寒暑表可知，其示数是正的，其分度值是1℃，其示数为12℃；由图乙所示寒暑表可知，其示数是负的，其分度值是1℃，其示数为-3℃；在这段时间内，寒暑表内的酒精温度降低15℃，放出热量: Q放＝cmt＝2.4×103J/（kg•℃0.0002kg15℃7.2J.‎ ‎【点睛】由图示寒暑表可知，测温液面在零刻度线以上，温度是正的，先确定其分度值，然后读出其示数．由Q放＝cmt求出酒精放出的热量。‎ ‎23.23.用图示甲、乙两种方式将同一重物匀速提升相同高度。图中所有滑轮等重，且不计绳重和摩擦。在重物上升过程中，甲的有用功_____乙的有用功，甲的额外功_____乙的额外功，甲的总功_____乙的总功，甲的机械效率_____乙的机械效率。（填“大于”“等于”或“小于”）‎ ‎【答案】 (1). 等于 (2). 小于 (3). 小于 (4). 大于 ‎【解析】‎ ‎【详解】用图示甲、乙两种方式将同一重物匀速提升相同高度。‎ 因为，所以在重物上升过程中，甲的有用功等于乙的有用功；‎ 因为，乙中有两个动滑轮，所以甲的额外功小于乙的额外功；‎ 因为，所以甲的总功小于乙的总功；‎ 机械效率为：，有用功相等，乙的总功大，故甲的机械效率大于乙的机械效率。‎ ‎【点睛】涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，使用滑轮或滑轮组时，额外功为提高滑轮做的功、克服摩擦及绳子重做的功。‎ ‎24.24.如图，15L的圆柱形塑料桶装满水，在桶的顶部安装一个直流电动抽水器（输出功率5W，工作电压5V），抽水器工作时，5s内能抽出150mL的水。抽水器的工作电流为_______A．要将这桶水全部抽出，需要_______s；抽水器需消耗电能_______J；需克服水的重力做功_______J．（g取10N/kg）‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). 500 (3). 2500 (4). 75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①因为P＝UI，所以抽水器的工作电流为I＝＝1A；②因为V＝15L＝15000mL，5s内能抽出150mL的水，所以全部抽出水的时间t＝×5s＝500s；③因为P＝，所以抽水器消耗的电能为W＝Pt＝5W×500s＝2500J；④抽水器提升水的高度为h＝0.75m﹣×0.5m＝0.5m；因为ρ＝，所以水的重力为：G＝mg＝ρVg＝1.0×103kg/m3×0.015m3×10N/kg＝150N，抽水器克服水的重力做的功：W＝Gh＝150N×0.5m＝75J。‎ 四、实验题 ‎25.25.一弹簧测力计如图所示，其刻度_____（填“是”或“不是”）均匀的，量程为_____N，分度值为_____N，读数为_____N。‎ ‎【答案】 (1). 是 (2). 5 (3). 0.2 (4). 2.6‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】如图所示的测力计，其刻度是均匀的；‎ 量程即最大刻度为5N，每1N中间又分为5个小格，所以分度值为0.2N；‎ 此时指针所在刻度，即读数为2.6N。‎ ‎【点睛】重点是测力计的使用和读数，注意测力计读数时看清楚量程，弄清楚分度值再读数，不要小看了读数，在考试中是经常出现的。‎ ‎26.26.用“排水集气法”测量空气密度。主要的实验步骤如下：‎ ‎① 用电子天平测出打足了气的篮球质量m1； ‎ ‎② 测量出集气瓶的内径并算出其内部横截面积S；‎ ‎③ 集气瓶装满水，口朝下放在水槽内，带夹导管一端连接篮球的气嘴，另一端放在瓶内，准备排水集气；‎ ‎④ 轻轻松开导管夹，让篮球内的空气进入集气瓶，在篮球体积没有明显减小前，停止放气；‎ ‎⑤ 测出放气后篮球的质量m2；‎ ‎⑥ 调整瓶的高度，使瓶外水面相平，测量瓶内空气柱的高度h；‎ ‎⑦ 利用密度公式算出集气瓶内空气密度。‎ ‎（1）篮球在放气过程中，球内空气质量_____、空气密度_____。（填“减小”或“不变”）‎ ‎（2）若瓶内水面明显高于水槽内水面，需要缓慢地_______（填“向上提或向下压”）集气瓶，直至瓶内外水面相平。‎ ‎（3）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压_______，此时瓶内外空气密度相等。‎ ‎（4）空气密度ρ=_______。（用所测物理量表示）‎ ‎（5‎ ‎）实验中要求篮球体积不发生明显变化，是为了减小______（填“重力”或“浮力”）对质量测量的影响。‎ ‎【答案】 (1). 减小 (2). 减小 (3). 向下压 (4). 相等 (5). (6). 浮力 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，而篮球体积不变，根据ρ＝知，空气密度减小；（2）若瓶内水面明显高于水槽内水面，说明里面的气压高于外界大气压，因此应缓慢地向上提集气瓶，使气体体积变大，气压变小，直至瓶内外水面相平；（3）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压相等，此时瓶内外空气密度相等。（4）原来球和气体的总质量为m1，排出空气后，剩余气体与篮球的总质量为m2，则排出空气的质量为m＝m1﹣m2；排出空气的体积V＝Sh；则空气的密度为：ρ＝；（5）根据F浮＝ρ气gV知，实验中要求篮球体积不发生明显变化，是为了减小浮力对质量测量的影响。‎ ‎【点睛】（1）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，根据ρ＝ 判断密度的变化；（2）一定质量的气体，体积越小，气压越大；（3）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压相等；（4）实验用排水法来测量排出的气体，根据篮球中的总质量与剩余质量的差可求出排出气体的质量，从而根据密度公式求出空气的密度。（5）根据F浮＝ρ气gV分析解答。‎ ‎27.27.图为利用U型压强计验证“在受力面积不变时压强与压力的定量关系”的装置。实验前，橡皮膜朝上，金属盒水平固定，玻璃管中液面相平。实验中，改变叠放在橡皮膜中央的硬币数（规格相同），测得有关数据如下表。‎ ‎（1）实验中当液面高度差为h时，盒内外气压差为_________。已知玻璃管内液体密度为ρ，g为已知常量。‎ ‎（2）U形玻璃管足够长时，选用密度_______（填“较大”或“较小”）的液体可以减小实验误差。‎ ‎（3）分析实验数据，可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，_____________。‎ ‎【答案】 (1). ρgh (2). 较小 (3). 在受力面积不变时，压强与压力成正比 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据液体的压强公式，即可知，若实验中当液面高度差为h时，盒内外气压差为此液面高度差产生的压强，即；‎ ‎（2）因为U形管中是空气，气体容易被压缩，所以U形玻璃管越长时，由于气体体积变化对所测压强的影响较大，此时选用密度较小的液体可以减小实验误差。‎ ‎（3）分析实验数据，去除误差的因素外，每增加两个硬币，液面高度差约增加10cm；‎ 故可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，在受力面积不变时，压强与压力成正比。‎ ‎【点睛】理解气体的体积很容易变化，所以管子长度增加时，空气体积变大，对所测压强影响也变大，会使误差增大。‎ ‎28.28.利用图甲测量电源电压和定值电阻。电压表V1、V2的示数分别为U1、U2。‎ ‎（1）根据图甲在图乙中将电压表V2连入电路____________。‎ ‎（2）U2和U1的关系式为______________。（用电源电压U、定值电阻R1和R2表示）‎ ‎（3）某同学根据实验数据，画出U2与U1的关系图线如图丙所示。已知R1=10Ω，则电源电压U=_______V，R2=_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 见解析所示 (2). (3). 12 (4). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 将电压表V2与R和R1并联，如图所示：‎ ‎（2）由图甲可知，V1测R1的电压，V2测R和R1的总电压，电源电压U，因此，＝UUR2---------------①，因R、R1、R2串联，设电路电流为I，根据串联电路的电流特点可得，I＝，由此可得：UR2＝，代入①得：；（3）由图丙可知，当U1＝2V时，U2＝11V，将U1＝2V，U2＝11V， R1＝10Ω代入得:11V＝U----------②，同理，当U1＝6V时，U2＝9V，将U1＝6V， U2＝9V， R1‎ ‎＝10Ω代入得:9V＝U----------③，联立当②③解得：U＝12V，R2＝5Ω.‎ ‎【点睛】（2）由串联电路的电流特点及电压特点求U2和U1的关系式；（2）在U2与U1的关系图线上任取两组数据代入U2和U1的关系式，列出方程组解出电源电压U和R2的值。‎ 五、综合题 ‎29.29.图为电热水器的简化电路，它有加热和保温功能。 R1和R2是两根电热丝，S为温控开关，1、2为开关的两个触点，当水温低于某个下限温度或高于某个上限温度时，S在两个触点间自动切换，使水温维持在设定的范围。已知热水器的加热功率为400W，保温功率为100W，忽略温度对电阻的影响。‎ ‎（1）开关与触点1连通时，热水器处于_______状态；与触点2连通时，处于______状态。（填“加热”或“保温”）‎ ‎（2）R1=______Ω，R2=_______Ω。‎ ‎（3）在使用过程中，若热水器10min消耗电能1.2×105J，请通过计算具体说明：在这段时间内热水器处于何种工作状态，并求出相应状态下的工作时间_________。‎ ‎【答案】 (1). 加热 (2). 保温 (3). 121 (4). 363 (5). 加热200s，保温400s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如图电路，开关与触点1连通时，只有R1接入电路工作，电阻较小，根据知，此时功率较大，热水器处于加热状态；‎ 与触点2连通时，两电阻串联，电阻较大，功率较小，处于保温状态。‎ ‎（2）加热功率为400W，根据得，R1的阻值为：‎ ‎；‎ 保温功率为100W，根据得，总电阻为：‎ 则R2的阻值为：。‎ ‎（3）热水器10min即600s消耗电能1.2×105J，根据得：‎ 解得：，则保温时间为：；‎ 即加热时间为200s，保温时间为400s。‎ ‎【点睛】重点是电功率的相关计算，牢记公式，另外要读懂电路图，知道开关闭合时为高温档，开关断开时为低温档。‎ ‎30.30.蹦极运动简化后与下列情景相似：如图甲所示，弹性细绳的一端固定在O点，另一端系着一个小球，小球从O点释放后上下往复运动。由于空气阻力作用，最终会停在O点下方的某个位置。‎ 已知小球速度v与下落高度h的关系如图乙所示，细绳拉力F与下落高度h的关系如图丙所示。请根据图象解答下列问题。‎ ‎（1）弹性细绳原长为_______m，小球下落的最大高度为_______m。‎ ‎（2）小球最终停在h=_______m的位置。‎ ‎（3）已知小球在下落过程中减少的重力势能等于它所受重力做的功。不计空气阻力，求弹性细绳的最大弹性势能_____________。‎ ‎【答案】 (1). 1.2 (2). 2.4 (3). 1.5 (4). 7.2J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图丙可知，当小于下落高度达到1.2m，绳子开始产生拉力的作用，说明弹性细绳原长为1.2m；‎ 由图乙知小球下落的最大高度为2.4m；‎ ‎（2）根据力和运动的关系知，当拉力逐渐增大到与重力相等时，速度最大，拉力大于重力时，做减速运动。‎ 由图乙知速度最大时，高度为1.5m，此时拉力等于重力；‎ 小球最终停止时，也是平衡状态，拉力等于重力，则小球最终停在h=1.5m的位置；‎ ‎（3）根据图丙知，当h=1.5m时，拉力F=3N，二力平衡可得，小球重为：G=3N；‎ 根据题意，小球的重力势能全部转化为弹性绳的弹性势能，故最大弹性势能为：‎ ‎。‎ ‎【点睛】蹦极运动中判断速度的变化是个难点，关键是利用好运动和力的关系，即当绳子产生的弹力与重力相等时（注意不是绳长的位置），速度不再增大，之后弹力大于重力，速度减小，动能减小，即判断出平衡点的位置是解题的关键。‎