2014年湖北省黄冈市中考物理试卷（教师版）

这是一份2014年湖北省黄冈市中考物理试卷（教师版），共19页。试卷主要包含了选择题，填空与作图，实验与探究，综合应用等内容，欢迎下载使用。
2014年湖北省黄冈市中考物理试卷（教师版）

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，1-9题每题3分，共27分）
1．（3分）下列光现象与其成因对应正确的是（　　）
A．水中倒影﹣﹣光的折射
B．雨后彩虹﹣﹣光的反射
C．形影不离﹣﹣光的直线传播
D．海市蜃楼﹣﹣光的色散
【考点】A3：光直线传播的应用；A6：光的反射现象；AM：光的折射现象及其应用；AP：光的色散．菁优网版权所有
【分析】（1）光在同种、均匀、透明的介质中沿直线传播，光的直线传播形成的现象包括：小孔成像，影子的形成，日、月食的形成等；
（2）光在传播的过程中遇到物体表面传播方向发生改变，叫做光的反射，平面镜成像、水面成像等就是光的反射形成的；
（3）光在同一种不均匀的介质中或者从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，叫做光的折射，例如：海市蜃楼，凸透镜成像等都属于光的折射现象。
【解答】解：A、水中倒影属于光的镜面反射，该选项说法错误；
B、雨后彩虹是光的色散，属于光的折射，该选项说法错误；
C、形影不离是光的直线传播形成的，该选项说法正确；
D、海市蜃楼，是光在不均匀的空气中传播形成的，属于光的折射，该选项说法错误；
故选：C。
【点评】本题考查了学生对光的直线传播、反射以及折射这三种光学现象的掌握情况，属于基础知识的考查，相对比较简单。
2．（3分）下列说法正确的是（　　）
A．利用声和电磁波都能测量月球到地球的距离
B．化石能源和太阳能都是可再生能源
C．油罐车的下面拖着一条铁链是为了防止静电带来的危害
D．小轿车的安全带做得较宽是为了增大压强和保证安全
【考点】85：减小压强的方法及其应用；92：声音的传播条件；H*：静电现象；K2：能源的分类．菁优网版权所有
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）必须明确可再生能源与化石能源的定义；
（3）铁属于金属，金属具有良好的导电导热性和延展性；
（4）影响压力作用效果的因素：压力大小、受力面积大小。
【解答】解：A、地球和月球之间有一定距离是真空，真空不能传声，故A错误；
B、太阳能是可再生能源，化石能源是不可再生能源，故B错误；
C、油罐车在运输过程中，不断地相互摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走静电，防止静电危害。故C正确；
D、小轿车的安全带做得较宽是为了增大受力面积减小压强，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的知识点涉及声音的传播、能源的划分、金属的性质、改变压强的方法，综合性很强。
3．（3分）关于物体的内能，下列说法正确的是（　　）
A．温度为0℃的物体没有内能
B．物体内能增加，一定是通过外界对物体做功
C．正在沸腾的水吸收热量，温度增加，内能不变
D．在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少
【考点】G4：内能的概念；G6：温度、热量与内能的关系．菁优网版权所有
【分析】（1）内能是指物体内部所有做无规则运动的分子具有的分子动能和分子势能的总和，一切物体都有内能；
（2）物体吸收热量，温度不一定升高，例如晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变；
（3）改变物体内能的两种方式：做功和热传递；做功可以改变内能，且对物体做功，物体内能会增加，物体对外做功，物体内能会减小。
【解答】解：A、温度为0℃的物体也具有内能，故A错误；
B、物体的内能增加，可能是外界对物体做功，也可能是从外界吸收了热量，故B错误；
C、正在沸腾的水吸收热量，温度不变，内能增加，故C错误；
D、在相同物态下，同一物体温度降低，它的内能会减少，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对温度影响内能的掌握，以及改变物体内能的两种方式以及描述热量相对应的术语的理解，是热学的难点，是中招的热点。
4．（3分）下列关于生活用电常识的认识中，符合要求的是（　　）
A．使用试电笔时，手指不能碰到笔尾的金属帽，以免触电
B．三脚插头的用电器也可插入两孔插座
C．家庭电路中开关接在火线或零线上都可以
D．输电线进户后应先接电能表
【考点】IV：安全用电原则．菁优网版权所有
【分析】（1）测电笔的正确使用方法，手一定接触笔尾金属体，一定不要接触笔尖金属体。
（2）三孔插座的接法是左零右火上接地，三脚插头的接法是中上的要与用电器外壳相连。
（3）控制电灯的开关应安装在火线与灯之间；
（4）家庭电路中电能表的作用是测量家里消耗了多少电能，接在家庭电路的干路上。
【解答】解：A、如果手不接触笔尾金属体，无论笔尖金属体接触火线还是零线，氖管都不发光；故不符合要求；
B、家用电器金属外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，不能用两孔插座替代；故不符合要求；
C、电灯的开关接在了零线上时，即使断开，电灯或其他用电器仍带电，易发生触电事故，不符合要求；
D、输电线进户后应先接电能表；符合要求。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对电能表有关知识、安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。
5．（3分）小明在家观看汽车拉力赛的电视节目，发现汽车行驶速度很快。其中途经一段如图所示的“S”形弯道时，他想：现场观看的观众为了安全，应站的位置是图中（　　）

A．甲、丙 B．甲、丁 C．乙、丁 D．乙、丙
【考点】6L：惯性．菁优网版权所有
【分析】解决本题需掌握：车具有惯性，即物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性。
【解答】解：
由图可知，当车在路上行驶时，如果车失去控制，由于惯性，车将会沿原来运动的方向冲出，即会冲到图中的甲区和丁区，故人在乙区或丙区是安全的，故D正确。
故选：D。
【点评】物体的惯性是指物体能保持原来的匀速直线运动和静止状态的性质，要注意知识与实际应用的联系。
6．（3分）不漏气的橡皮氢气球由地面上升过程中，球内气体的质量与密度的变化情况是（　　）
A．质量增加，密度增加 B．质量不变，密度减小
C．质量减小，密度减小 D．质量不变，密度不变
【考点】22：质量及其特性；28：密度及其特性．菁优网版权所有
【分析】①质量是物体本身的一种属性，不随位置、状态、形状、温度的改变而改变；
②气体的质量一定时，体积越大，密度越小；
③大气压随高度的升高而减小。
【解答】解：气球升空过程中，只是位置的改变，球内气体的质量不变；
大气压随高度的升高而减小，气球升空过程中，气球外的气压减小，为保证内外压强相等，所以球的体积增大来减小球内压强，气体的质量不变，体积变大，所以密度变小。
故选：B。
【点评】本题通过断线的氢气球升空的过程中，考查了质量是物体本身的一种属性、大气压随高度的变化而变化、质量一定时，体积越大，压强越小，密度越小等知识点。
7．（3分）以下选项中，不能用“流体压强与流速关系”解释的是（　　）
A．乒乓球运动员拉出的“弧圈球”
B．正在漂流的一只“橡皮船”
C．正在空中滑翔的“雄鹰”
D．地面上刮起的“龙卷风”
【考点】8K：流体压强与流速的关系．菁优网版权所有
【分析】分析每一项是否用到流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。
【解答】解：A、乒乓球运动员拉出的“弧圈球”就是应用流体压强与流速的关系，故A正确，但不符合题意；
B、正在漂流的一只“橡皮船”，利用了浮力等于重力实现漂浮的，故B错误，符合题意；
C、雄鹰在空中“滑翔”就是应用流体压强与流速的关系，故C正确，不符合题意；
D、地面上刮起的“龙卷风”，由于空气流速加快，内部压强变小而上升，故D正确，但不符合题意。
故选：B。
【点评】本题主要考查流体压强跟流速的关系，并能用流体压强解释有关的现象。
8．（3分）在一次实验中，小宇连接了如图所示的电路，电磁铁的B端有一个小磁针，闭合开关后，下列说法正确的是（　　）

A．电磁铁的A端为N极
B．小磁针静止时，S极水平指向左
C．当滑动变阻器的滑动片P向左端移动，电磁铁磁性增强
D．利用这一现象所揭示的原理可制成的设备是发电机
【考点】CE：影响电磁铁磁性强弱的因素．菁优网版权所有
【分析】开关闭合后，根据电流方向利用安培定则可判断螺线管的磁极，则由磁极间的相互作用可判出小磁针的指向；由滑动变阻器的滑片移动可得出电路中电流的变化，则可得出螺线管中磁场的变化。
【解答】解：A、电流从右端流入，左端流出，故据安培定则可知，此时电磁铁的A端是N极，B端是S极，故正确；
B、据磁极间的作用规律可知，小磁针静止时，左端是N极，右端是S极，故错误；
C、滑动变阻器的滑动片P向左端移动，电阻变大，电流变小，故电磁铁的磁性变弱，故错误；
D、该实验表明了电能生磁，此现象与发电机无关，故错误；
故选：A。
【点评】该题考查了安培定则的应用、磁极间的作用规律的应用、电磁铁磁性强弱的影响因素等知识点，是一道综合题。
9．（3分）小宇学习了电路知识后，想利用发光二极管设计一个带有指示灯开关的照明电路，晚间关闭照明灯后，利用二极管发出的光指示开关所在的位置。他共设计了四个电路，如图所示，其中L为节能灯，规格为“220V15W”、D为发光二极管，规格为“1.2V0.002A”、S为单刀双掷开关、R为限流电阻。图中能够满足要求的电路（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】HU：串、并联电路的设计．菁优网版权所有
【分析】由题意可知，关闭照明灯后发光二极管工作，闭合照明电路时发光二极管不工作，根据发光二极管的规格可知发光二极管应与限流电阻串联，否则二极管会被烧坏。
【解答】解：A、由电路图可知，单刀双掷开关接通发光二极管时会发光，当无论单刀双掷开关怎样闭合，灯泡都不会发光，故A不符合题意；
B、由电路图可知，关闭照明灯后发光二极管与限流电阻串联能发光，闭合照明电路时发光二极管不工作，故B正确；
C、由电路图可知，关闭灯泡时，发光二极管不亮，故C不符合题意。
D、由电路图可知，闭合照明灯后，发光二极管会因为电路中的电流超过它的额定电流而被烧坏，最后导致白炽灯也不会亮，且关闭照明灯路后发光二极管不亮，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】解决本题时可以根据题意分析每一个选项，找到完全符合题意的即可得出答案，要注意从题干中得出相关的信息。
二、填空与作图（10-12题每题3分，13题2分，14题3分，共17分）
10．（3分）端午节赛龙舟时，发出的阵阵鼓声是由于鼓面的　振动　而产生的，鼓声主要是通过　空气　传到人耳。如图所示，全体划桨手在鼓声的号令下有节奏地齐向后划水，龙舟就快速前进，这说明力的作用是　相互的　。

【考点】6I：力作用的相互性；91：声音的产生；92：声音的传播条件．菁优网版权所有
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的，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）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：（1）鼓声是由于鼓面振动产生的；
（2）把鼓声传递到人耳的介质是空气；
（3）物体间力的作用是相互的，用桨向后划水，同时水给桨一个向前的力，推动船向前行驶。
故答案为：振动；空气；相互的。
【点评】本题考查的是物理综合性知识，在生活中的物理知识是很丰富的，所以学生们在学习物理的同时应该不断地从生活中发现物理。
11．（3分）气锅鸡是云南的名菜之一，“舌尖上的中国”曾播放过。其做法是：将盛有小鸡块和佐料的气锅（如图）放在盛有清水的汤锅之上，再放到火上蒸。为了保持鸡肉原汁原味，主要是蒸气通过气锅中间的气嘴将鸡蒸熟。汤汁是蒸气　放热　（选填“吸热”或“放热”）后　液化　（填物态变化名称）而形成的。蒸熟后，闻到鸡肉的浓香味，这是一种　扩散　现象。

【考点】1M：液化及液化现象；GW：扩散现象．菁优网版权所有
【分析】解决此题需要知道：物质由气态变为液态是液化，在熔化、汽化和升华过程中需要吸热，在液化、凝固和凝华过程中需要放热。扩散现象是分子不停地做无规则运动的结果。
【解答】解：蒸气通过气锅中间的气嘴将鸡蒸熟。汤汁是蒸气放热后液化而形成的。蒸熟后，闻到鸡肉的浓香味，这是物质分子无规则运动的结果，是扩散现象。
故答案为：放热；液化；扩散。
【点评】本题考查液化现象的特点及扩散现象，理解解答即可。
12．（3分）“虚拟试衣镜”亮相南京国际软件产品博览会，该款“虚拟试衣镜”解决了购物者很难观察到试穿衣服时背面的情况，摄像头能够监视顾客的移动，并将衣服的背面展现给他们，如图所示。监视顾客移动的摄像头相当于一个　凸透　镜，顾客离摄像头的距离应在　大于二倍焦距　的范围，能形成　倒立　（选填“倒立”或“正立”）的实像。

【考点】B8：凸透镜成像的应用．菁优网版权所有
【分析】摄像头和照相机的工作原理是相同的，都是物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像。
【解答】解：摄像头和照相机的镜头相同，都是一个凸透镜，摄像头成倒立、缩小的实像。此时物距要大于凸透镜的二倍焦距。
故答案为：凸透；大于二倍焦距；倒立。
【点评】掌握凸透镜成像的三种情况和应用：u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机。
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
13．（2分）某物理科技小组设计了汽车有害尾气排放检测电路，如甲图所示，R为气敏电阻，其阻值随有害尾气浓度β变化的曲线如图乙所示，R0为定值电阻，电源电压恒定不变。当有害尾气浓度β增大时，气敏电阻R的阻值将　变小　，电压表的示数将　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”），定值电阻R0作用是　保护电路　。

【考点】IZ：电路的动态分析．菁优网版权所有
【分析】（1）由电路图可知，两电阻串联，电压表测气敏电阻两端的电压；根据乙图得出当有害尾气浓度变大时气敏电阻阻值的变化，根据串联电路分压的特点可知电压表示数的变化；
（2）当电路中电流过大时，电路将被烧毁。
【解答】解：（1）由电路图可知，两电阻串联，电压表测气敏电阻两端的电压；
由图乙可知，当有害尾气浓度变大时，气敏电阻的阻值将变小，电路的总电阻变小；
由串联电路分压的特点可知，气敏电阻两端电压变小，即电压表的示数变小；
（2）当气敏电阻太小时，如果电路中没有定值电阻，电路中的电流会很大，电路会被烧毁，因此定值电阻R0作用是保护电路。
故答案为：变小；变小；保护电路。
【点评】本题考查了电阻的串联特点、欧姆定律的应用以及定值电阻的作用，关键是根据图象得出当有害尾气弄浓度变大时气敏电阻阻值的变化。
14．（3分）小宇的妈妈喜欢在家中养花，为了使客厅里花盆中的花能茁壮成长，小宇想让室外太阳光照射到盆中花上的B处，如图。请你在图中把光路补充完整并过A点画出放置的平面镜。

【考点】A8：作光的反射光路图．菁优网版权所有
【分析】光的反射定律的内容：入射光线、反射光线、法线在同一平面上，反射光线和入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。
首先根据已知条件确定反射光线，根据反射角等于入射角确定法线，作法线的垂线即镜面的位置。
【解答】解：连接AB，此线即为反射光线，然后作出入射光线和反射光线夹角的角平分线，即为法线；再作一条线段与法线垂直，该线段的位置即为镜子的位置。
如下图：

【点评】光的反射定律不仅要记熟内容，还要会灵活应用，会由入射光线画出反射光线或由反射光线画出入射光线或由反射光线和入射光线画出平面镜的位置。
15．（3分）如图所示是液压起重车意图。使用时液压杆将起重臂顶起，可将重物吊起并安放到需要的地方。请在图中分别画出：
（1）重物对起重臂的作用力的示意图及该力的力臂；
（2）液压杆对起重臂最小作用力的示意图。

【考点】6H：力的示意图与图示；7P：力臂的画法；7S：杠杆中最小力的问题．菁优网版权所有
【分析】（1）要解决此题，需要掌握力臂的概念，知道力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向重力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力G的力臂。
（2）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，若阻力阻力臂乘积一定，则动力臂最大时动力会最小。
【解答】解：（1）重物对起重臂的作用力竖直向下，作用点在起重臂的左端；过支点O向力的作用线做垂线，即为力臂L2；
（2）力臂最长，此时的力最小，确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F1，如图所示：

【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
三、实验与探究（16题3分，17、18题各4分，19题5分，共16分）
16．（3分）如图所示，在两个相同的烧杯中分别盛有质量、初温都相等的水和牛奶，用两个相同酒精灯对其加热。
（1）加热过程中，发现要使它们上升相同的温度，需给水加热的时间要长一些，这是因为　水的比热容大些　。
（2）停止加热后，在相同时间内，盛有　牛奶　的烧杯（填“水”或“牛奶”）温度下降得快些。若要使其温度下降不至太快，请说出一种方法：　给盛牛奶烧杯加上盖子　。

【考点】GX：探究比热容的实验．菁优网版权所有
【分析】（1）根据比热容的概念和Q＝Cm△t进行分析，即△t和质量相等时，比热容越大，吸收的热量越多；
（2）根据Q＝Cm△t，质量和放出热量相同时，比热容越小降低的温度越低；影响液体蒸发的快慢的因素有：液体的温度、液体的表面积、液面上空气流动的快慢。
【解答】解：（1）因为质量和升高的温度相同，需要给水加热的时间要长一些，由Q＝Cm△t得：吸收的热量越多，比热容越大，所以该实验说明水的比热容比煤油的比热容大；
（2）质量相同的牛奶和水，放出相同热量，牛奶的比热容小于水的比热容，由Q＝Cm△t可知，牛奶降低的温度低；
温度高的牛奶从杯口蒸发，蒸发放热，为减慢蒸发，可以给盛牛奶烧杯加上盖子。
故答案为：（1）水的比热容大些；
（2）牛奶；给盛牛奶烧杯加上盖子（或将盛牛奶烧杯包起来）（其它方法合理也行）。
【点评】本题考查比热容、热量公式以及加快蒸发的方法，难度不大；灵活运用控制变量法分析问题是解题关键。
17．（4分）如图所示，在“探究运动和力的关系”的实验中，每次都让小车从斜面顶端处由静止开始滑下，改变水平面的粗糙程度，测量小车在水平面上滑行的距离，结果记录在下表中。
接触面
小车运动的距离s/（单位：cm）
毛巾
18.00
棉布
26.58
木板

（1）从能量转化角度看，小车每次滑行到斜面底端时具有相同的　动　能。
（2）若小车在水平木板上滑行3s后停止，位置如上图所示。则小车的平均速度为　0.21　m/s。
（3小车在铺有毛巾表面上滑行距离最短，是因为　摩擦力大　。
（4）在此实验的基础上进行合理的推理，可以得到：一切运动的物体不受外力作用时，它将　做匀速直线运动　。

【考点】6N：阻力对物体运动影响的探究实验．菁优网版权所有
【分析】（1）小车下滑时，重力势能转化为动能。
（2）由图示求出小车的路程，然后由平均速度公式求出受到。
（3）根据影响摩擦力的因素分析答题，
（4）根据实验事实进行合理的推理，然后得出结论。
【解答】解：（1）小车从斜面的同一位置由静止滑下，小车每次滑行到斜面底端时具有相同的动能。
（2）由图示可知，小车的路程为63.00cm＝0.63m，则小车的平均速度：v＝＝＝0.21m/s。
（3）小车在铺有毛巾表面上滑行距离最短，是因为小车受到的摩擦力最大。
（4）由实验可知，水平面越光滑，小车受到的摩擦力越小，小车滑行的距离越大，如果物体不是外力作用，小车的速度 将保持不变，物体将做匀速直线运动。
故答案为：（1）动；（2）0.21；（3）摩擦力大；（4）做匀速直线运动。
【点评】小车由斜面的同一位置由静止滑下，小车的重力势能转化为动能，小车到达低端时，动能相等，小车速度相等，可以控制每次实验时小车的速度相等。
18．（4分）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，选用电压恒为6V的电源，额定电压“3.8V”的小灯泡。如图甲中是未连接完整的实验电路。

（1）请你用笔画线代替导线，将图甲所示的实物电路连接完整。（要求：滑动变阻器的滑片P向A端移动时小灯泡变暗，连线不能交叉）
（2）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为　3.8　V时，小灯泡正常发光。此时电流表的示数如图乙所示，则灯泡正常发光的电阻是　10　Ω。
（3）若实验时，上述电路中仅电压表 上标有“15V”的接线柱已损坏，且暂无条件修复。在不更换器材的情况下为了能继续完成实验，你的方法是：　用电压表0～3V量程并联在滑动变阻器两端　。
【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验．菁优网版权所有
【分析】（1）根据实验原理连接实物电路图。
（2）灯泡在额定电压下的功率为额定功率；由图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数；最后由欧姆定律求出灯泡电阻。
（3）可以把电压表与滑动变阻器并联，然后进行实验。
【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片P向A端移动时小灯泡变暗，滑动变阻器应接B接线柱，把滑动变阻器串联接入电路，实物电路图如图所示：

（2）当电压表示数等于灯泡额定电压3.8V时灯泡正常发光；由图乙所示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.38A，灯泡电阻R＝＝＝10Ω。
（3）电源电压为6V，灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压为6V﹣3.8V＝2.2V＜3V，电压表15V接线柱损坏，电压表可以选择0～3V量程，把电压表并联在滑动变阻器两端。
故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）3.8；10；（3）用电压表0～3V量程并联在滑动变阻器两端。
【点评】本题考查了连接实物电路图、对电表读数、求灯泡电阻、实验电路设计，对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直。
19．（5分）五一期间，小宇乘坐爸爸驾驶的小汽车外出游玩，发现车内吊着的一个装饰物在摆动，摆动很有节奏且来回摆动一次时间大致相同。他想：摆动一次所需的时间（周期）与什么因素有关？回到学校，他找来一些长短不一的细线和质量不同的小球，做成不同的单摆（如图所示）来探究。
（1）请猜想单摆摆动一次所需时间（周期）与哪些因素有关？　可能与摆长有关　（猜出一种即可）
（2）在老师的指导下，小宇和其他同学合作完成了该实验。
①实验中，需要测量单摆长L、摆球质量m、摆角θ（θ小于10°）、摆动一次所需时间T．其中摆球质量m除了用天平直接测量外，还可用下列测量仪器中　C　（只填序号）进行间接测量。
A．温度计　　　　B．密度计　　　　C．测力计　　 　　D．气压计
②测量相关实验数据，记录如下：
实验次数
1
2
3
4
实验一
摆长L＝1m
摆角θ＝7°
摆球质量m/g
20
30
40
50
周期T/s
2.00
2.00
2.01
2.00
实验二
摆长L＝1m
摆球质量 m＝40g
摆角θ/°
5
6
7
8
周期T/s
2.00
2.01
2.00
2.00
实验三
摆球质量 m＝40g
摆角θ＝7°
摆长L/m
0.36
0.49
0.64
0.81
周期T/s
1.20
1.40
1.60
1.80
分析上表中的数据，得出单摆的周期与质量、摆角、摆长的关系是：　单摆摆动的周期与摆球的质量、摆角无关，与摆长有关，摆长越长，周期越大　。
（3）小宇采用的实验方法是：　控制变量法　。

【考点】2P：控制变量法与探究性实验方案．菁优网版权所有
【分析】决定悬挂着的物体往返摆动的时间可能有：摆长、质量、摆动幅度。一定利用控制变量法分析，即研究任意一个因素和往返摆动时间的关系时，一定保证其它两个因素不变。
【解答】解：（1）根据经验猜想单摆摆动一次所需时间（周期）可能与摆长有关（或：可能与摆的质量有关、可能与摆摆动的幅度有关）；
（2）①摆球质量m除了用天平直接测量外，还可用测力计测出其重量，再根据G＝mg计算出摆的质量；
②由实验一数据可知，当单摆的摆长和摆动角度相同时，单摆的周期与摆球的质量无关；
由实验二数据可知，当单摆的摆长和摆球质量相同时，单摆的周期与摆动角度θ大小无关；
由实验三数据可知，单摆的摆长越长，周期就越长。
结论分析可知：单摆振动的周期与摆球质量、幅度无关，与摆长有关，且摆长越短，振动周期越短；
（3）实验中采用了控制变量法进行探究。
故答案为：（1）可能与摆长有关（与单摆相关物理量的猜想均可得分）；
（2）①C；②单摆摆动的周期与摆球的质量、摆角无关，与摆长有关，摆长越长，周期越大；
（3）控制变量法。
【点评】考查对于物理实验探究方法的掌握，我们学习物理，不仅仅是学习知识，更重要的是学习探究方法，这也是现在中考考查的一个侧重点，需要掌握。
四、综合应用（20题7分，21题8分，共15分）
20．（7分）2014年4月14日，为寻找失联的MH370航班，启用了“蓝鳍金枪鱼﹣21”（简称“金枪鱼”）自主水下航行器进行深海搜寻。其外形与潜艇相似（如图甲所示），相关标准参数为：体积1m3、质量750kg，最大潜水深度4500m，最大航速7.4km/h（不考虑海水密度变化，密度ρ取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。

（1）假设“金枪鱼”上有面积为20cm2的探测窗口，当它由海水中2000m处下潜至最大潜水深度处，问该探测窗口承受海水的压力增加了多少？
（2）“金枪鱼”搜寻任务完成后，变为自重时恰能静止漂浮在海面上，此时露出海面体积为多大？
（3）若上述漂浮在海面的“金枪鱼”，由起重装置将其匀速竖直吊离海面。起重装置拉力的功率随时间变化的图象如图乙所示，图中P3＝3P1．求t1时刻起重装置对“金枪鱼”的拉力。
【考点】89：液体的压强的计算；8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用；FG：功率计算公式的应用．菁优网版权所有
【分析】（1）根据压强公式p＝ρgh求航行器由2000m下潜至4500m深度时受到海水的压强差。根据公式F＝pS求所受压力差。
（2）处于漂浮状态的物体露出液面的体积等于总体积与浸在液面下的体积之差。
（3）利用功率变形式，结合受力分析，计算所受拉力。
【解答】解：
（1）海面下2000m处的压强为：
p1＝ρgh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2000m＝2×107Pa；
下潜至最大潜水深度处压强为：
p2＝ρgh2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4500m＝4.5×107Pa；
增加的压强为：
△p＝p2﹣p1＝4.5×107Pa﹣2×107Pa＝2.5×107Pa；
由F＝pS得探测窗口承受海水的压力增加：
△F＝△pS＝2.5×107Pa×20×10﹣4m2＝5×104N；
（2）由于“金枪鱼”搜寻任务完成后，静止漂浮在海面上，所以有F浮＝G。
又由F浮＝ρV排g，G＝mg，得ρV排g＝mg；
V排＝＝＝0.75m3
露出海面体积为：V露＝V﹣V排＝1m3﹣0.75m3＝0.25m3。
（3）由于起重装置吊起“金枪鱼”是匀速竖直离海面，所以速度保持不变即v1＝v3，由P＝Fv，得P1＝F1v1，P3＝F3v3，又P3＝3P1，所以有F3＝3F1，F1＝F3，
在t3时刻“金枪鱼”离开水面，由图象分析知，此时起重装置对“金枪鱼”的拉力等于“金枪鱼”的重力，即F3＝mg 　　
所以t1时刻起重装置对“金枪鱼”的拉力：F1＝＝＝2500N。
答：（1）窗口承受海水的压力增加了5×104N；（2）露出海面体积为0.25立方米；（3）起重装置对“金枪鱼”的拉力是2500N。
【点评】本题考查了浮力、压强和功的计算，认真计算即可正确解题，解题时，有时要注意单位换算。
21．（8分）当前城镇化建设进程中，在一些场馆和楼房建设工地上，常见一种“塔吊”的起重设备，其主要组成为电动机和机械两部分，如图所示。假设某“塔吊”配置的电动机铭牌上标有：额定电压380V，额定功率38kW，线圈电阻0.5Ω．在一次起吊中，该“塔吊”电动机正常工作25s，把质量为3t的重物吊起22m（g取10N/kg）．求：
（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能。
（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量。
（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率。

【考点】F3：机械效率的计算；J3：电功与电能的计算；JI：焦耳定律的计算公式及其应用．菁优网版权所有
【分析】（1）已知电动机的额定功率和工作的时间，根据公式W＝Pt可求消耗的电能。
（2）已知电动机的额定功率和额定电压，根据公式I＝可求电动机正常工作时的电流，线圈产生的热量根据公式Q＝I2Rt可求。
（3）已知电动机消耗的电能和产生的热量，二者之差就是对电能转化成的机械能，利用W有＝Gh可求克服物体重力做的有用功，最后利用公式η＝求出机械效率。
【解答】解：（1）由于电动机正常工作，消耗的功率等于额定功率，即P＝38kW＝3.8×104W，工作时间t＝25s，所以电动机消耗的电能为：
W＝Pt＝3.8×104W×25s＝9.5×105J
（2）电动机正常工作时的电流：I＝＝＝100A
线圈产生的热量：Q＝I2Rt＝（100A）2×0.5Ω×25s＝1.25×105J
（3）线圈电流产生热量即该“塔吊”本身消耗的电能为W1＝Q＝1.25×105J，
所以“塔吊”电能转化为机械能的总量，即机械部分所做的总功为：W总＝W﹣W1＝9.5×105J﹣1.25×105J＝8.25×105J
该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝×100%＝80%
答：（1）电动机吊起重物的过程中消耗的电能9.5×105J。
（2）电动机正常工作过程中线圈产生的热量1.25×105J。
（3）该次起吊过程中“塔吊”机械部分的机械效率80%。
【点评】本题考查消耗电能、产生热量、物体的质量等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是求物体做的总功，这也是本题的重点，解题过程中还要注意单位的换算。
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日期：2019/11/4 11:10:23；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E@qq.jyeoo.com；学号：27665923