2019年湖南省株洲市中考物理试卷（教师版）.doc

2019年湖南省株洲市中考物理试卷（教师版）一、单选题（本大题共12小题，每小题2分，共24分在每小题的四个选项中，只有一个符合题目要）1（2分）一种用于轻型低速飞机的活塞式航空发动机，它有多个气缸，气缸工作时经历进气、压缩、膨胀、排气四个过程，在这四个过程中，能为飞机提供动力的是（）A进气B压缩C膨胀D排气【考点】GM：内燃机的四个冲程菁优网版权所有【分析】根据发动机做功过程中获得能量的冲程分析即可。【解答】解：内燃机工作时，提供动力的冲程是做功冲程，即气缸工作时经历进气、压缩、膨胀、排气四个过程中的膨胀过程，能为飞机提供动力。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对内燃机的工作原理的理解和掌握，常见题目。2（2分）孙杨在里约奥运会上夺得自由泳200m金牌。在某次训练中，以每50m为一个赛段，他在四个赛段的成绩如表所示，在此次训练中，孙杨运动最快的赛段是（）赛段一二三四时间/s24.4727.1127.2526.60A一B二C三D四【考点】6B：运动快慢的比较菁优网版权所有【分析】根据比较物体运动快慢的方法分析解答：相同时间比路程；相同的路程比时间。【解答】解：由题知，每个赛段长度相同，即路程相同，用时少的赛段速度快，由表可知，在第1赛段用时最少，所以孙杨在第1个赛段运动最快；故选：A。【点评】此题考查运动快慢的比较，难度不大，解答此类问题时应注意控制变量法的运用。3（2分）在家庭电路中，一定不会引发总开关（带有漏电保护器）跳闸的是（）A火线和零线直接连通B安装用电器时人体接触火线C试电笔笔尖接触火线D同时使用多个大功率用电器【考点】IX：家庭电路电流过大的原因菁优网版权所有【分析】当电路中发生短路或用电器总功率过大导致电流过大时，空气开关会自动断开，切断电路；漏电保护器是在有人触电和漏电时，能自动断开电路，对人身起保护作用的保护装置。【解答】解：带有漏电保护器的总开关集成了空气开关和漏电保护器的功能，对电路起到短路、过载（用电器总功率过大）和漏电保护的作用。所以当有人触电、电路中出现短路、家用电器总功率过大时都会造成总开关出现“跳闸”现象。但试电笔笔尖接触火线，是为了辨别火线和零线，不会引起“跳闸”。故选：C。【点评】一说到“跳闸”，学生可能首先会想到是由于电路出现短路或家用电器总功率过大造成电流过大而出现的“跳闸”，忽视了漏电保护器的作用是当有漏电或人触电时，它也能自动断开电路。4（2分）能正确表示光从室外透过窗户玻璃进入室内传播的光路图是（）ABCD【考点】AN：作光的折射光路图菁优网版权所有【分析】光线通过玻璃再进入空气发生两次折射：第一次是从空气斜射进入玻璃，折射光线应该靠近法线偏折，折射角小于入射角；第二次是从玻璃斜射进入空气，折射光线应该远离法线偏折，折射角大于入射角。由于玻璃上下表面垂直，第二次折射的入射角等于第一次折射的折射角，所以第二次折射的折射角等于第一次折射的入射角，最后的出射光线与入射光线相比，只是做了平移，即出射光线与入射光线平行。【解答】解：第一次折射：先过入射点O垂直玻璃上表面作出法线，再在玻璃内部法线的另一侧作出折射光线，注意折射角小于入射角：第二次折射：先过O点垂直玻璃下表面作出法线，再在玻璃的下侧空气中作出折射光线，注意折射角大于入射角，折射光线与玻璃上表面的入射光线平行，如图所示：故选：A。【点评】考查光的折射定律中：当光从空气进入水、玻璃等透明介质时，折射角小于入射角；当光从水、玻璃进入空气中时，折射角大于入射角。5（2分）图为某同学游酒埠江时拍下的一张照片。根据这张照片可推断（）A山峰有多高，湖水有多深B照片中实景在上，倒影在下C群山通过照相机镜头成正立、缩小的实像D倒影通过照相机镜头成倒立、缩小的虚像【考点】A6：光的反射现象；B8：凸透镜成像的应用菁优网版权所有【分析】平静的水面相当于平面镜，群山在平静的水面成像，是光的反射时平面镜成像的结果，平面镜成像特点物像关于镜面对称。照相机的镜头相当于一个凸透镜，物体在凸透镜的二倍焦距以外，成倒立、缩小的实像。【解答】解：A、山峰的高度和湖水的深度没有关系，故A错误；B、倒影是平面镜成像的结果，平面镜成像时物像关于镜面对称，由图知照片中实景在上，倒影在水面下，故B正确；CD、照相机是利用物距大于2倍焦距时凸透镜成倒立、缩小的实像的原理工作的，则群山和倒影都是通过照相机镜头成倒立、缩小的实像，故CD错误。故选：B。【点评】此题考查学生对光的反射和凸透镜成像的应用等知识点的理解，难度不大，属于基础知识。6（2分）某物质在冷却过程中温度的变化曲线如图所示。据图可知，这种物质（）A是非晶体B在t1时刻是固态C在t2时刻是液态D在t2时刻正放热【考点】1C：熔化和凝固的温度时间图象菁优网版权所有【分析】（1）从图象中辨别晶体与非晶体主要看这种物质是否有一定的熔点或凝固点，即有一段时间这种物质吸热或放热，但温度变化，而此时就是这种物质熔化或凝固的过程。（2）晶体在凝固前处于液态，凝固过程中处于固液共存，凝固完毕处于固态，凝固过程，不断放热。【解答】解：A、由图知，该物质有一段时间温度保持不变，所以该物质是晶体，故A错误；B、在t1时刻该物质还没有开始凝固，处于液态，故B错误；CD、在t2时刻是凝固过程中处于固液共存状态，此时不断放热，但温度没有降低，故C错误，D正确；故选：D。【点评】此题考查了学生对晶体凝固图象的分析。读物质凝固的图象时，关键是要从曲线变化中判断物质是否有一定的凝固点，从而确定是否属于晶体，再明确不同时间段物质所处的状态。7（2分）甲、乙、丙、丁四个同学进行攀岩比赛，他们做的功W与时间t的关系如图所示。若规定做功最快的获胜，则最后胜出的一定是（）A甲B乙C丙D丁【考点】ED：功的计算公式的应用菁优网版权所有【分析】功率是比较物体做功快慢的物理量，功率跟做功多少和做功时间都有关系。【解答】解：在相同时间内，做功越多，功率越大，也就是做功越快。由图象知，当时间相同时，甲做功最多，所以由公式P知，甲功率最大，做功最快。故选：A。【点评】本题考查功率的物理意义，理解功率的含义是正确解答本题的关键。8（2分）一消防员进行徒手爬绳训练。当他双手握住绳索竖直匀速上攀时，绳索对他的摩擦力大小和方向分别是（）A小于消防员的重力、竖直向上B等于消防员的重力、竖直向上C大于消防员的重力、竖直向上D大于消防员的重力、竖直向下【考点】7D：摩擦力的大小菁优网版权所有【分析】消防员匀速攀上和匀速滑下的过程中，受力均平衡。匀速攀上时，其重力与静摩擦力平衡；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡。【解答】解：握住绳索匀速上攀时，消防员处于平衡状态，竖直方向上消防员受到的重力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，方向相反；因为重力的方向竖直向下，所以绳索对他的摩擦力方向竖直向上，摩擦力大小等于他的重力，故B正确。故选：B。【点评】本题运用平衡条件分析生活中的摩擦问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件求解摩擦力的大小。9（2分）图为某高速公路上区间测速的警示牌。根据这块警示牌，小汽车通过这个区间的时间（）A不应超过10minB不应超过6minC不应短于10minD不应短于6min【考点】69：速度公式及其应用菁优网版权所有【分析】由警示牌可知，小汽车最大车速，区间测速长度，利用v得小汽车通过这个区间的时间最短时间，即所选答案。【解答】解：由警示牌知，最大车速v120km/h，s20km，由v得小汽车通过这个区间的时间最短时间：th60min10min，不应短于10min。故选：C。【点评】本题考查了速度公式的应用，能从警示牌上得出相关信息是关键。10（2分）在图示电路中，开关闭合后，无论怎样移动滑片，小灯泡都不亮，电流表示数为零，电压表有示数且不变。图中除标有序号的四根导线外其他元件正常，则出现断路的导线一定是（）ABCD【考点】IE：电流表、电压表在判断电路故障中的应用菁优网版权所有【分析】灯泡不亮时有三种猜想，分析猜想成立时出现的结果，与电压表和电流表的示数进行比对得出答案。【解答】解：若导线断了，电路断路，灯泡不亮，电流表和电压表无法测量，电压表和电流表都无示数，不符合题意。若导线断了，电流表无示数，电压表串联在电路中，电压表测电源电压有示数，符合题意。若导线断了，电流表有示数，电压表示数为零，不符合题意。故选：B。【点评】灯泡不亮可能是灯泡断路或灯泡以外的地方断路或灯泡短路，灯泡断路时，电路断路，电路中没有电流，电流表无示数，电压表串联在电路中，电压表测量电源电压；灯泡短路时，电路总电阻减小，电路电流增大，电流表示数增大，电压表测量导线电压，示数为0。灯泡以外的地方断路，整个电路都处于断开状态，灯泡不亮，电压表和电流表都没有示数。11（2分）用量筒、空瓶、小球和适量的水依次完成图示甲、乙、丙三步实验，量筒读数依次为V1、V2和V3已知水的密度为，则小球（）A体积为V2V1B体积为V2V3C质量为（V3V1）D质量为（V2V1）【考点】2D：量筒的使用；8S：物体的浮沉条件及其应用菁优网版权所有【分析】根据漂浮条件求出小球受到的重力，再求出小球的质量。读出小球浸没水前后时，量筒水面对应的刻度值，求出小球的体积。【解答】解：空瓶漂浮在水面上，受到的重力等于排开水的重力，当小球放在空瓶中，瓶子还漂浮在水面上，根据增加的重力等于增加的浮力，所以小球的质量等于增加的排开水的质量，所以，mm排水（V2V1）水，小球的体积为VV3V1，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本实验中应用了漂浮时浮力与重力相等的特点，根据阿基米德原理来计算浮力，同时注意实验中测量小球体积的方法。12（2分）如图，弹簧测力计上端固定，下端挂一底面积已知的圆柱体（带有纵向刻度，零刻度在底端），盛有适量液体的透明玻璃杯置于升降台上，调节升降台高度从而改变圆柱体底面在液体中的深度。利用该装置探究圆柱体底面处液体压强与深度的定量关系，实验中不需要测量（或读出）的是（）A液体的密度B底面所处深度C圆柱体重力D测力计的示数【考点】8C：探究液体压强的特点实验菁优网版权所有【分析】探究圆柱体底面处液体压强与深度的定量关系时，就是设法测出圆柱体底部对液体的压力，利用p求出圆柱体底面处液体压强，然后比较液体压强和深度的关系即可得出答案。【解答】解：弹簧测力计上端固定，下端挂一底面积已知的圆柱体，先读出弹簧测力计在空气中的示数即圆柱体的重力，然后读出圆柱体浸入水中后的示数，两者的差值即为圆柱体受到液体向上的作用力（即浮力），又知道圆柱体的底面积，根据p求出圆柱体底面处液体压强；圆柱体带有纵向刻度且零刻度在底端，通过透明玻璃杯读出圆柱体底面所处的深度，用同样的方法测出多组数据，然后求出圆柱体底面处液体压强p与深度h的比值，归纳总结得出圆柱体底面处液体压强与深度的定量关系，综上可知，实验中不需要测量（或读出）的是液体的密度。故选：A。【点评】本题考查了探究圆柱体底面处液体压强与深度的定量关系，利用好压强定义式和知道圆柱体受到的浮力等于圆柱体对水的压力是关键。二、双选题（本大题共4小題，每小题3分，共口2分在每小题的四个选项中，都有两个符合题目要叔全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）13（3分）炎陵龙渣瑶乡境内有一瀑布（如图），溪水自悬崖飞泻直下，喷雪溅珠，习称“白米下锅”，天气晴好时瀑布前常会出现一弯彩虹。关于这一自然景观，下列说法正确的是（）A溪水飞泻直下时，重力势能转化为动能B溪水飞泻直下时，动能转化为重力势能C瀑布前出现彩虹的主要原因是光的反射D瀑布前出现彩虹的主要原因是光的色散【考点】AP：光的色散；FU：动能和势能的转化与守恒菁优网版权所有【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。（2）彩虹是阳光通过空气中的小水珠发生折射，形成的色散现象。【解答】解：AB、溪水飞泻直下时，水的质量不变，高度降低，速度增大，所以重力势能减小，动能增加，重力势能转化为动能；故A正确、B错误；CD、彩虹是太阳光通过空气中的小水珠发生折射，由于不同颜色的光偏折的角度不同，从而将太阳光分解成七色光的现象，这种现象叫光的色散；故C错误、D正确。故选：AD。【点评】掌握动能、重力势能的影响因素，掌握光的色散的实质，是顺利解答的关键。14（3分）为使倒车更安全，车辆通常会配置倒车可视和倒车雷达。倒车时，可视系统自动接通车尾摄像头，将车后状况显示在液晶屏上（图甲）：保险杠上的超声波探头（图乙）探测到障碍物进入危险距离时，蜂鸣器就开始鸣叫，提醒司机及时停车。关于摄像头和探头的作用，下列说法正确的是（）A摄像头相当于凸透镜B摄像头相当于凹透镜C探头相当于声呐D探头相当于喇叭【考点】B8：凸透镜成像的应用菁优网版权所有【分析】（1）要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律以及应用之一：物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，应用是照相机。（2）轿车装有倒车雷达，利用回声定位原理，由装置在车尾保险杠上的探头发送超声波遇到障碍物后反射此声波。【解答】解：AB、摄像机都是根据物距大于2倍焦距时，成倒立、缩小实像的原理制成的，故A正确，B错误；CD、保险杠上的超声波探头探测到障碍物进入危险距离时，蜂鸣器就开始鸣叫，提醒司机及时停车，说明探头相当于声呐的作用，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】此题由轿车的倒车可视和倒车雷达，考查学生对凸透镜成像以及应用和回声定位原理的理解，与实际生活联系密切，是一道好题。15（3分）在测量图甲所示滑轮组机械效率的实验中，通过改变物重G或动滑轮重G动进行多次实验，得到了形如图乙所示的效率与物重或动滑轮重的关系，图中纵轴表示机械效率的倒数1，若不计绳重与摩擦，则横轴可能表示（）AGBG1CG动D【考点】F4：滑轮（组）的机械效率菁优网版权所有【分析】根据机械效率公式推导出11+，然后可得1与G和G动的关系。【解答】解：由图可知，物体由3段绳子承担，此滑轮组的机械效率则11+1+（G1G动），已知图中纵轴表示机械效率的倒数1，由此可知，若不计纯重与摩擦，则横轴可能表示G1或G动，故选：BC。【点评】本题考查滑轮组机械效率，考查了学生对效率公式的推导和对实验图象的分析，有一定的拔高难度。16（3分）在图示电路中，电源两端电压为U，三个定值电阻R1、R2和R3互不相等，电流表A的示数为IA，已知IA根据该电路和IA的表达式，下列哪两个元件对调位置后，电流表的示数一定不变？（）AR1和R2BR2和R3CR3和R1D电源和电流表【考点】IH：欧姆定律的应用菁优网版权所有【分析】分析电流表A示数的表达式可直接判断R1与R3互换时电流表的示数不变，而R1和R2互换或R2和R3互换时电流表示数变化，根据电路图得出电源和电流表互换时相当于原电路图中R1与R3互换，据此进行解答。【解答】解：由IA可知，R1与R3互换时，电流表的示数不变，而R1和R2互换或R2和R3互换时，电流表的示数发生变化，故AB错误、C正确；由电路图可知，电源和电流表互换时，相当于原电路图中R1与R3互换，所以此时电流表的示数不变，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了学生获取信息解决问题的能力，要注意电路元件互换时电流表示数的表达式中对应的符号也要跟着互换。三、填空题（本大题共8小题，每空1分，共20分）17（2分）声音的传播需要介质。正在传声的介质处于振动（填“振动”或“静止”）状态；当声音从空气进入水中传播时，声速会（填“会”或“不会”）发生变化。【考点】91：声音的产生；94：声音在不同介质中的传播速度菁优网版权所有【分析】解决此类问题要知道声音是由物体的振动产生的；声音的传播需要介质，声音在真空中不能传播，在不同的介质中的传播速度不同。【解答】解：声音是由物体振动产生的，声源在振动，引起介质振动，从而形成声波向远处传播；声音在三种不同介质中的传播速度是不同的，在固体中传播最快，液体中次之，气体中传播最慢；声速还与温度有关；当声音从空气进入水中传播时，声速会发生变化。故答案为：振动；会。【点评】本题考查了声音的产生和传播的有关知识，属于识记性内容，比较简单。18（2分）夏天，从冰箱里取出冰块，在冰块四周出现的“白气”是由空气中的水蒸气（填“冰”或“空气中的水蒸气”）形成的液态（填“液态”或“气态”）水。【考点】1M：液化及液化现象菁优网版权所有【分析】物质由气态变成液态的过程叫做液化，我们平时看到的各种“白气”都是水蒸气遇冷液化而成的小水滴。【解答】解：夏天，从冰箱里取出的冰块温度非常低，周围空气中的水蒸气遇到温度较低的冰块液化而成的小水滴，就是我们看到的“白气”，属于液化现象。故答案为：空气中的水蒸气；液态。【点评】此题考查了生活中的液化现象，我们平时看到的露、雾、“白气”都是水蒸气的液化现象。19（2分）某同学周日登云阳山，她通过手机上的指南针APP得知A、B两处的气压分别为915hPa和978hPa根据大气压相关知识可知，A处海拔比B处高（填“高”或“低”）；1hPa1100Pa（1标准大气压1.013105Pa）。【考点】8G：大气压强与高度的关系菁优网版权所有【分析】（1）大气压与高度有关，随海拔高度增加，大气压强减小；（2）在压强单位中，1hPa100Pa。【解答】解：（1）由题知，A、B两处的气压分别为915hPa和978hPa，即A处气压低于B处气压；由于大气压随海拔高度的升高而降低，所以A处海拔比B处高；（2）在压强单位中，1hPa100Pa。故答案为：高；100。【点评】本题考查气压与高度的关系、压强单位的换算，难度不大。20（2分）用一台电取暖器给有50kg空气的房间加热。通电后取暖器的电热元件温度升高，是通过做功（填“做功”或“热传递”）的方式使其内能增加的；一段时间后室温升高了5，则空气吸收的热量为2.5105J设空气的比热容为1.0103J/（kg）【考点】G9：做功改变物体内能；GG：热量的计算菁优网版权所有【分析】（1）改变物体内能的方法有两个：做功和热传递；（2）由热量公式求出空气吸收的热量。【解答】解：通电后取暖器的电热元件温度升高，是通过电流做功的方式使其内能增加的；空气吸收的热量：Qcmt1.0103J/（kg）50kg52.5105J；故答案为：做功；2.5105。【点评】此题考查做功改变物体的内能、热量的计算，难度不大，属于基础题目。21（2分）立定跳高可分解为下蹲、蹬伸和腾空三个过程。图为某运动员下蹲后在蹬伸过程中所受地面支持力F随时间t变化的关系。据图可知，该运动员受到的重力为500N；他在t3（填“t1”“t2”或“t3”）时刻获得向上的最大速度。【考点】6U：力与运动的关系；76：重力菁优网版权所有【分析】（1）静止在水面上的物体所受支持力等于重力；（2）运动员受到地面的支持力F方向向上，运动员的重力G方向向下；合力方向与物体运动方向相同加速；合力与物体运动方向相反减速；t1t2，FG，运动员所受合力向上，运动员向上加速；其速度增大。t2t3，FG，运动员所受合力向上，运动员继续向上加速；其速度增大。t3t4，FG，运动员受到合力向下，由于惯性运动员还是会继续向上运动但是向上的速度会减小；【解答】解：（1）运动员下蹲后、蹬伸前处于静止状态（图中0t1这段时间），其受力平衡，重力和支持力平衡，二力的大小相等，则由图象可知运动员的重力：GF500N；（2）运动员受到地面的支持力F方向向上，运动员的重力G方向向下；由图象可知：t1t2内，FG，运动员所受合力向上，运动员向上加速运动，其速度增大。t2t3内，FG，运动员所受合力向上，运动员继续向上加速运动，其速度增大。t3t4内，FG，运动员受到合力向下，由于惯性运动员还是会继续向上运动但是向上的速度会减小；所以，t1t3过程，运动员的速度一直增大；t3t4是减速，故t3时刻获得最大速度。答案为：500；t3。【点评】本题考查物体所受合力的与物体运动状态的关系。22（2分）如图为某型号电动平衡车，其电动机功率为400W在下列条件下测得其续航里程为18km：满电：载重60kg；沿平直路面行驶：速度12km/h。在这次测试中，电动机消耗电能为0.6kWh：若电动机效率为80%，则平衡车受到的阻力为96N。【考点】FG：功率计算公式的应用；J3：电功与电能的计算菁优网版权所有【分析】（1）根据v求出行驶时间，再根据WPt求出消耗的电能；（2）根据电动机效率求出电动机做的有用功，再根据WFs求出电动机牵引力，匀速行驶时受到的阻力等于牵引力。【解答】解：（1）由v得，行驶时间：t1.5h，消耗的电能：W电Pt0.4kW1.5h0.6kWh；（2）由得，电动机做的有用功：W有用W电80%0.6kWh0.48kWh1.728106J，匀速行驶时，由WFs得，平衡车受到的阻力：fF96N。故答案为：0.6；96。【点评】此题主要考查的是学生对速度、电功、效率、有用功计算公式的理解和掌握，综合性较强，难度不大。23（4分）图甲为一台简易电动机，它由一节旧电池、小块铷磁铁和线框组成，磁铁吸在电池下端，线框由裸铜导线绕制；图乙为电动机工作原理图，箭头表示磁感线方向。根据图乙可知，磁铁上端为N（填“N”或“S”）极；已知磁场对线框左边的作用力垂直于纸面向里，则线框右边受到的磁场力垂直于纸面向外（填“向外”或“向里”），线框在转动过程中将电能转化为机械能。【考点】CB：安培定则及其应用；CJ：磁场对通电导线的作用菁优网版权所有【分析】在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极。根据左手定则判断受力；电动机是电能转化为机械能。【解答】解：图甲为一台简易电动机，它由一节旧电泡、小块铷磁铁和线框组成，磁铁吸在电池下端，线框由裸铜导线绕制；图乙为电动机工作原理图，箭头表示磁感线方向。根据图乙可知，在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，磁铁上端为N极；已知磁场对线框左边的作用力垂直于纸面向里，根据左手定则判断，电流相反，线框右边受到的磁场力垂直于纸而向外，线框在转动过程中将电能转化为机械能。故答案为：N；向外；电；机械。【点评】本题考查了磁场相互作用、磁场对电流的作用、电动机的能量转化、影响磁场受力方向的因素等知识，涉及的知识较多，但难度不大，熟练应用相关基础知识即可正确解题。24（4分）如图，a、b、c、d为某液体内部的四个点，它们刚好位于竖直平面内一长方形的四个顶点，液体在a、b、d三点的压强以及长方形的边长已在图中标注，则c点的液体压强沿各个（填“竖直”或“各个”）方向，大小为60kPa：该液体密度为1103kg/m3，a点的深度为1.2m（g取10N/kg）【考点】8A：液体压强计算公式的应用菁优网版权所有【分析】（1）液体压强特点；液体内部压强的大小与液体的深度和液体密度有关，同一深度，液体向各个方向的压强相等；根据pgh来分析c点的压强；（2）求出任意两点之间高度差和压强差，根据pgh即可求出液体密度；（3）根据pgh求出a点的深度。【解答】解：（1）液体压强特点；同一深度，液体向各个方向的压强相等；所以，c点的液体压强沿各个方向都有压强，由于abcd是竖直平面内一长方形的四个顶点，由图可知：bd受到的液体压强相等，根据pgh可知在同一深度处，则：a到b、d点所在平面的高度与c到b、d点所在平面的高度相等，根据pgh可知：pcpb+（pbpa）36kPa+（36kPa12kPa）60kPa；（2）已知ab4m，ad3m，根据直角三角形的特点可得：bd5m，则根据三角形相似可得：，所以，habab4m2.4m，pabpbpa36kPa12kPa24kPa24000Pa；根据pgh可得：1103kg/m3；（3）已知：pa12kPa12000Pa；根据pgh可得：ha1.2m。故答案为：各个；60；1103；1.2。【点评】此题主要考查的是学生对液体压强的影响因素实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用。四、实验题（本大题共4小题，共24分）25（4分）用图示装置探究“影响电热的因素”，A、B、C为三根相同的电阻丝。以A、B为研究对象，该实验探究的是在电阻不变时电热与电流的关系；若将C也置于右侧容器中，这时B、C并联后可等效为一根电阻丝，那么，该装置还可探究在电流不变时电热与电阻的关系。（填“电流”或“电阻”）【考点】JH：焦耳定律菁优网版权所有【分析】电流通过导体产生的热量与电流大小、导体电阻和通电时间都有关系，研究某一物理量对电流产生热量的影响时，需要运用控制变量法。【解答】解：（1）由图知，电阻丝B、C并联后与A串联，根据并联电路的电流特点可知，通过A的电流与通过B、C的电流之和相同，所以通过A的电流大于通过B的电流，已知容器内A、B的电阻相同，在通电时间相同时，该实验探究的是电流产生热量与电流大小的关系；（2）若将C也置于右侧容器中，这时B、C并联后可等效为一根电阻丝（等效电阻为5），其等效电阻是A电阻丝的一半，此时通过A的电流与通过右侧“一根”电阻丝的电流相同，所以探究的是：电流相同时，相同时间内电流产生热量与电阻大小的关系。故答案为：电阻；电流；电流；电阻。【点评】此题考查了探究“影响电热的因素”的实验过程，属于基本技能的考查，在探究过程中注意控制变量法和转换法的应用。26（4分）采用如图所示站姿锻炼手臂力量：双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手臂水平，手掌支撑在竖直墙壁上的A点，B为人体重心所在位置。锻炼时，躯体伸直，手臂弯曲和伸直动作交替进行。现要估测手掌对墙壁的压力F（g为已知常量）（1）用体重计称量出人体的体重（质量）m：用卷尺分别测量出A、O两点间的竖直距离l1和B、O两点间的水平距离l2：（填“A、O”或“B、O”）（2）手掌对墙壁的压力F（用已知和测得的物理量表示）；（3）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，手掌对墙壁的压力就越大。【考点】7N：杠杆的平衡条件菁优网版权所有【分析】（1）以脚尖O为支点，分别找出F的力臂和重力G的力臂；（2）根据杠杆的平衡条件可求；（3）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，重力的力臂越大，根据杠杆的平衡条件分析手掌对墙壁的压力。【解答】解：采用如图所示站姿锻炼手臂力量：双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手臂水平，手掌支撑在竖直墙壁上的A点，B为人体重心所在位置。锻炼时，躯体伸直，手臂弯曲和伸直动作交替进行。现要佔测手掌对墙壁的压力F；（1）用体重计称量出人体的体重（质量）m：由图可知，以脚尖O为支点，支持力F的力臂为A、O两点间的竖直距离，重力G的力臂为B、O两点间的水平距离，用卷尺分别测量出A、O两点间的竖直距离l1和B、O两点间的水平距离l2：（2）由杠杆的平衡条件可得Fl1mgl2，所以墙壁对手掌的支持力：F；支持力与手对墙壁的压力是一对相互作用力，故FF；（3）由Fl1mgl2可知，锻炼时，脚尖离开墙壁越远，l1减小，l2增大，质量不变，重力不变，手掌对墙壁的压力就越大。故答案为：（1）A、O；B、O；（2）；（3）大。【点评】本题主要考查杠杆的平衡条件的应用，关键是分析力臂。27（6分）用一把刻度尺和一支弹簧测力计探究弹性细绳的伸长量与所受拉力的定量关系。如图甲所示，A、B分别为处于原长的一根弹性细绳的左右两端，R1和R2是固定在细绳上的两个标识。现将A端固定，用弹簧测力计将B端沿着细绳所在直线向右拉，R1、R2和B三点位置及弹簧测力计的读数如图乙、丙、丁所示。已知细绳始终处于弹性限度内。（1）据甲图可知弹性细绳原长为3.00cm；乙图中测力计读数为1.6N。（2）分析实验数据可知，在弹性限度内，弹性细绳是均匀（填“均匀”或“不均匀”）伸长的；伸长量与所受拉力成正比（填“成正比”或“不成正比”）。（3）当标识R2刚好位于刻度尺上7.00cm位置时，R1位于刻度尺上3.50cm位置。现手持细绳两端，A端向左B端向右使它们沿绳所在直线同时匀速运动，若发现标识R2不动，则A、B两端的速度之比为2：1。【考点】73：探究弹簧测力计原理的实验菁优网版权所有【分析】（1）根据刻度尺的分度值读出弹性绳的原长，根据弹簧测力计的分度值读出其读数；（2）读出图乙、丙、丁中弹性细绳的长度，然后求出伸长量，再读出测力计的示数，分析数据判断弹性细绳怎样伸长的以及伸长量与所受拉力的关系；（3）读出甲、乙、丙、丁中R1和R2的位置，归纳得出结论，然后求出标识R2刚好位于刻度尺上7.00cm位置时R1的位置，读出甲、乙、丙、丁中R2左侧和右侧的长度关系，A端向左B端向右使它们沿绳所在直线同时匀速运动，若发现标识R2不动，根据v得出A、B两端的速度之比。【解答】解：（1）由图可知，刻度尺的分度值为1mm，由甲图可知，弹性细绳原长为3.00cm；由图可知，弹簧测力计的分度值0.2N，由乙图可知，测力计的读数为1.6N；（2）图乙中，弹性细绳长度为6.00cm，伸长了3.00cm，测力计的示数为1.6N，图丙中，弹性细绳长度为9.00cm，伸长了6.00cm，测力计的示数为3.2N，图丁中，弹性细绳长度为12.00cm，伸长了9.00cm，测力计的示数为4.8N，由以上实验数据可知，在弹性限度内，弹性细绳是均匀伸长的，且伸长量与所受拉力成正比；（3）由图甲可知，R2位于3.00cm时，R1位于1.00cm；由图乙可知，R2位于4.00cm时，R1位于2.00cm；由图丙可知，R2位于6.00cm时，R1位于3.00cm；由图丁可知，R2位于8.00cm时，R1位于4.00cm；综上可知，R1的长度是R2长度的一半，则当标识R2刚好位于刻度尺上7.00cm位置时，R1位于刻度尺上3.50cm位置由图甲可知，R2左侧弹性细绳长度为2.00cm，右侧弹性细绳的长度为1.00cm；由图乙可知，R2左侧弹性细绳长度为4.00cm，右侧弹性细绳的长度为2.00cm；由图丙可知，R2左侧弹性细绳长度为6.00cm，右侧弹性细绳的长度为3.00cm；由图丁可知，R2左侧弹性细绳长度为8.00cm，右侧弹性细绳的长度为4.00cm；综上可知，R2左侧弹性细绳长度是右侧弹性细绳长度的2倍，则A端向左B端向右使它们沿绳所在直线同时匀速运动，若发现标识R2不动，由v可知，A、B两端的速度之比为2：1。故答案为：（1）3.00；1.6；（2）均匀；成正比；（3）3.50；2：1。【点评】本题考查了探究弹性细绳的伸长量与所受拉力的定量关系，从图中获取有用的信息并会应用是关键。28（10分）一种家用双温双控电热毯，它有两组电热丝，分别由温控开关独立控制，可根据各自需要选择档位“升温”“睡眠”或“关”。（1）图甲为电热毯的一组电热丝所在的电路，指示灯L与电热丝并联；电热毯工作时通过指示灯的电流很小，可知其电阻很大。（2）图甲中D为二极管，具有单向导电性，即只允许一个方向的电流通过。当电热丝与二极管连接后，一半时间通电，另一半时间断电，从而减小发热功率，实现了电热毯的“睡眠”功能。忽略指示灯和二极管消耗的功率，若电热毯的“升温”功率为100W，则其“睡眠”功率为50W。（3）现用图乙所示电路测量其中一组电热丝的电阻（忽略通过指示灯的电流）。请在图乙中将电路连接完整。实验前，应将被测的一组电热丝的开关推至档位“升温”，另一组电热丝的开关推至档位“关”。（填“升温”或“关”）实验中，当电压表示数为13.0V时，电流表示数如图丙所示，则电热丝电阻为200。测得的电热丝电阻显著小于其正常工作时的电阻，主要原因是电热丝电阻受温度影响。（填“长度”或“温度”）【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验菁优网版权所有【分析】（1）分析电路连接，由欧姆定律回答；（2）当电热丝与二极管连接后，一半时间通电，另一半时间断电，据此分析；（3）根据伏安法测电阻，电流表与二极管串联后与电压表并联；由题意，实验前，应将被測的一组电热丝的开关推至档位“升温”，另一组电热丝的开关推至档位“关；根据电流表分度值读数，由欧姆定律得出电热丝电阻；电热丝电阻受温度影响。【解答】解：（1）图甲为电热毯的一组电热丝所在的电路，指示灯L与电热丝并联：电热毯工作时通过指示灯的电流很小，由欧姆定律可知其电阻很大。（2）当电热丝与二极管连接后，一半时间通电，另一半时间断电，从而小发热功率，实现了电热毯的“睡眠”功能。忽略指示灯和二极管消耗的功率，若电热毯的“升温”功率为100W，即通电功率，则其“睡眠”功率为50W。（3）根据伏安法测电阻，电流表与二极管串联后与电压表并联，如下所示：实验前，应将被測的一组电热丝的开关推至档位“升温”，另一组电热丝的开关推至档位“关；实验中，当电压表示数为13.0V时，电流表示数如图丙所示，分度值为1mA，电流为65mA，由欧姆定律，则电热丝电阻为：R200。测得的电热丝电阻显著小于其正常工作时的电阻，主要原因是电热丝电阻受温度影响。故答案为：（1）并；大；（2）50；（3）如上所示；关；200；温度。【点评】本题考查电路连接、欧姆定律的运用、电路分析和影响电阻大小的因素。五、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分，）29（10分）喝饮料时，将横截面积为S的吸管竖直插入饮料中，在大气压作用下，管中液面缓