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2018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
个符合题目要求．）
1．（2分）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
【考点】E5：能量的转化和转移．
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【分析】智轨列车的动力系统在输出动力的过程中是消耗了电能得到机械能。
【解答】解：根据题意可知，智轨列车的动力系统在输出动力的过程中，消耗了电能，
得到了机械能，是依靠电动机实现能量转化的。
故选：A。
【点评】本题考查电动机能量的转化，属于基础题。
2．（2分）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
【考点】GJ：燃料的热值及其计算．
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【分析】1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，根据 Q＝mq求出放出
的热量。
【解答】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ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查的是学生对燃料热值物理意义及其计算的理解和掌握，常见题目。
3．（2分）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”
【考点】8E：大气压强的存在．
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第1页（共25页）【分析】大气压的作用随处可见，用吸管吸饮料、吸管吸饮料、吸盘等都离不开大气压
的作用。
【解答】解：ABC、用吸管吸饮料、马德堡半球实验、吸盘可以压在光滑的墙上，三个
实例都由于大气压作用的缘故，所以这些现象都与大气压有关。故ABC不符合题意；
D、拦河坝“下宽上窄”利用液体压强随深度的增加而增大的原理，与大气压无关，故
D符合题意。
故选：D。
【点评】大气压强与液体压强同属于流体的压强，有一定的共同点。在生活中对大气压
的相关实例有所了解，这样才能够比较快地得出答案。
4．（2分）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
【考点】EA：力是否做功的判断．
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【分析】做功需要两个必要因素：有力作用在物体上；物体在力的方向上移动一段距离。
【解答】解：
擦板是运动员将篮球投出后，利用篮板改变篮球的运动方向；在擦板时，球已经离开了
手，运动员对篮球没有力的作用，所以运动员对篮球没有做功；
而运球、扣篮、跳投时，运动员对篮球均有力的作用，且篮球沿力的方向移动了距离，
运动员都对篮球做了功，故C符合题意，ABD不符合题意；
故选：C。
【点评】此题主要考查学生对于力学中的功的理解和掌握，熟悉做功的要素是解题关键。
5．（2分）图为交流发电机原理图，线圈在磁场中转动，则（ ）
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
【考点】CS：发电机的构造和原理．
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【分析】（1）在磁体的外部磁感线都是从N极出发回到南极；
第2页（共25页）（2）发电机是利用电磁感应现象制成的，是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁
感线运动，导体中产生感应电流；
（3）交流发电机工作时，电流的大小和方向是时刻变化的；
（4）通电导线在磁场中受力的作用。
【解答】解：A、在磁体的外部磁感线都是从N极出发回到南极，故图中两磁极间的磁
场方向向右，故A错误；
BC、发电机是根据闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时导体中产生感
应电流的原理制成的，感应电流的方向和磁场方向、导体切割磁感线的方向有关，由于
导体切割磁感线的方向在改变，所产生的电流也会变化，故B正确，C错误；
D、根据通电导线在磁场中受力的作用的原理可知，此时线圈一定会受到力的作用，故
D错误。
故选：B。
【点评】知道磁铁的磁场方向、感应电流的产生、能理解发电机工作时其内部电流大小、
方向的变化特点是解决该题的关键。
6．（2分）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．
【考点】7B：重力示意图．
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【分析】力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出
来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
【解答】解：内有少量饮料的罐子可以斜放在水平桌面上，其所受重力的作用点应该在
瓶子底部略微往上的地方，重力的方向是竖直向下的，比较各图可知，只有 A符合要求，
故A正确，BCD错误。
第3页（共25页）故选：A。
【点评】此题考查力的示意图的画法，关键是明确重力的方向，并确定重力的重心位置。
7．（2分）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
【考点】IR：测电笔的使用．
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【分析】（1）试电笔的用途：辨别火线和零线；
（2）正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；
氖管不发光的是零线；
（3）容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体；
（4）使用测电笔时，手要接触测电笔尾部的金属体，笔尖接触电线。
【解答】解：
A、试电笔的用途是辨别火线和零线，不可以直接判断物体是带正电还是负电不能判断
物体是带正电还是带负，故A错误；
B、若氖管发光，说明试电笔接触的是火线，电流需要经过人体形成回路，即人体成为
了电流的通路（但电流很小），故B正确；
C、笔尖、电阻、氖管、弹簧和笔卡是导体，外壳是绝缘体，故C错误；
D、在两种使用试电笔的方法中，手指要接触测电笔尾部的金属体（或笔卡），甲图手
没有接触笔卡，使用方法错误；乙图手接触了笔卡，使用方法正确，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查测电笔的正确使用，以及导体绝缘体，是一道基础题。
8．（2分）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（
）
第4页（共25页）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
【考点】A7：光的反射定律的应用．
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【分析】力可以改变物体的形状；用力压桌面，桌面发生形变，然后根据光的反射定律
作图可得出结论。
【解答】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。
【点评】解答此题的关键是学生要明确“用力压桌面，桌面将向中间倾斜，则桌面的位
置降低，光束的位置相对升高，”这也是此题的难点。
9．（2分）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
【考点】J8：电功率与电能、时间的关系．
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【分析】由公式W＝Pt知，手机“省电模式”，是在手机电池储存电能一定的前提下，
通过减小输出功率延长使用时间的。
【解答】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；
第5页（共25页）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、如果电子线路电阻变小，输出电压不变的情况下，由P＝ 知，输出功率变大，反
而耗电，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。
【点评】此题考查的是电能计算公式的应用，是一道联系实际的应用题，难度不大。
10．（2分）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． B． C． D．
【考①点】6U：力与运动的关②系． ③ ④
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【分析】平衡力的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、在同一物体上。
【解答】解：燕子沿图示虚线方向匀速滑翔，受平衡力，即燕子的重力和空气对燕子的
作用力是一对平衡力，大小相等，方向相反，所以空气对燕子的作用力方向竖直向上，
即 的方向，故B正确。
故②选：B。
【点评】本题考查了平衡力的辨别，是一道有难度的题，做题时，应仔细分析。
11．（2分）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（ ）
第6页（共25页）A．a和b B．c和d C．a和f D．e和f
【考点】I3：电压表的使用．
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【分析】用电压表判断电路故障，电压表有示数说明电压表与电源的两端相连；电压表
没有示数，说明电压表与电源的两端不相连，或电压表被短路。
【解答】解：
图示电路中各元件完好，电压表有示数说明电压表与电源的两端相连；电压表没有示数，
说明电压表与电源的两端不相连，或电压表被短路；
A、将电压表接在a和b之间，开关闭合时，电压表测电阻两端的电压，电压表有示数；
开关断开时，整个电路断路，电压表没有示数，故A不符合题意；
B、将电压表接在c和d之间，开关闭合时，电压表测变阻器两端的电压，电压表有示
数；开关断开时，整个电路断路，电压表没有示数，故B不符合题意；
C、将电压表接在a和f之间，电压表直接与电源两端相连，开关断开或闭合时，电压表
都有示数，故C不符合题意；
D、将电压表接在e和f之间，开关闭合时，电压表被短路，没有示数；开关断开时，
电压表与电源两端相连，电压表有示数，故D符合题意。
故选：D。
【点评】应用电压表判断电路故障，电压表无示数，可能是电压表并联部分短路或电路
其它部分存在断路，电压表与电源正负极不能相连接；判断电路故障应根据电路结构结
合电压表示数综合分析，作出判断。
12．（2分）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
第7页（共25页）D．可以在圆周轨道上的任意位置相碰
【考点】KQ：超纲知识．
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【分析】结合题意，设圆周的周长为L，根据速度公式v﹣ 计算即可。
【解答】解：某时刻，两球刚好运动到图示位置，ab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：
当两者再次运行到a点，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速度的两倍，所以用时正好相等，即 ，两球在a点相撞，
碰撞后，当速度快的经过两周时，速度慢的球经过一周，所以下次两球相撞仍然在a点。
故选：A。
【点评】本题考查了速度公式的变相运用，是一道难题。
二、双选题（本大题共4小题，每小题3分，共12分．在每小题的四个选项中，都有两个
符合题目要求．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）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
【考点】1H：汽化及汽化吸热的特点；1M：液化及液化现象．
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【分析】物质由气态变为液态的物态变化是液化，由液态变为气态的物态变化是汽化。
杯内温度高，杯外温度低，杯内空气中的水蒸遇冷会液化成小水珠，附在玻璃内表面。
【解答】解：
沏茶时，杯子上部的温度低于杯中水蒸气的温度，杯内水蒸气上升时遇冷液化成小水珠
附着在玻璃杯的内壁上，从而出现水雾；故A错误，B正确；
一段时间后，玻璃杯内表面上的水吸热又变为水蒸气，这是汽化现象，故 C正确，D错
误。
故选：BC。
【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据
第8页（共25页）六种物态变化的定义进行判断。
14．（3 分）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．对图示光束具有会聚作用
【考点】B5：凹透镜的发散作用．
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【分析】图中，玻璃体被中空分成了两部分，这两部分都属于凹透镜，凹透镜对光有发
散作用。
【解答】解：玻璃体被中空（中间是空气）分成了两部分，这两部分都是中间薄、边缘
厚，都是凹透镜，对光线有发散作用，因此平行光经过玻璃砖后，会变得发散。
故选：AC。
【点评】本题中的一个干扰因素就是那个凸形的中空部分，学生往往只注意到了中空部
分的形状，而忽视了对光线起主要作用的其实是玻璃体。
15．（3分）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
【考点】J5：电能表参数的理解与电能的求法；JA：电功率的计算．
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第9页（共25页）【分析】（1）表盘上，“220V”是指电能表的工作电压，10（40）A中“10A”是指
电能表的标定电流，“40A”是指平时工作允许通过的最大电流，利用P＝UI求该电能
表上用电器的最大总功率；
（2）电能表上“3000r/kW•h”表示电能表所接的电路每消耗1kW•h的电能，电能表的
转盘转3000r。知道最大功率，利用W＝Pt求1h消耗的最大电能，进而求出每小时的最
多转数。
【解答】解：
AB、电能表的表盘上，“220V”是指电能表的工作电压，10（40）A中“40A”是指平
时工作允许通过的最大电流，该电能表上用电器的最大总功率 P＝UI＝220V×40A＝
8800W＝8.8kW，故A错、B正确；
CD、电能表上“3000r/kW•h”表示电能表所接的电路每消耗1kW•h的电能，电能表的
转盘转3000r；
1h消耗的最多电能W＝Pt＝8.8kW×1h＝8.8kW•h，
该电能表的转盘每小时最多转数n＝3000r/kW•h×8.8kW•h＝26400r，故C错、D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了学生对电能表相关参数的理解以及电能的计算，属于基础题目。
16．（3分）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
【考点】6L：惯性；6U：力与运动的关系．
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【分析】（1）分析图象，明确图象中的意义，从而确定反应时间；
第10页（共25页）（2）惯性是物体本身的一种性质，只与质量有关，质量不变，惯性不变；
（3）力可以改变物体的运动状态，包括运动速度和运动方向的改变。
【解答】解：A、由图知，运动员在0.2s产生了力的作用，故说明此时产生反应，故反
应时间为0.2s，故A正确；
B、惯性是物体本身的一种性质，只与质量有关，质量不变，惯性不变，运动员起跑时
质量不变，惯性不变，故B错误；
CD、起跑时，前后脚用力的时间不相同，即前脚和后脚的运动情况不同，即身体各部
分运动情况不完全相同，身体各部分运动状态改变，故C错误，D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查对图象的掌握和应用，掌握F﹣t图象是解题的关键。
三、填空题（本大题共8小题，其中第17-21每小题2分，第22-24每小题2分，共22
分．）
17．（2分）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 运动 的，以其中一个运动员为参照物，其他运动员是 静止
的。（填“静止”或“运动”）
【考点】53：运动和静止的相对性．
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【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物
发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】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。
故答案为：运动；静止。
【点评】此题考查运动与静止的相对性，物体的运动和静止是相对于参照物而言的，选
取的参照物不同，结论不同。
18．（2分）声音是由声源 振动 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 信息 （填“信息”或“能量”）。
第11页（共25页）【考点】91：声音的产生；9M：声与信息．
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【分析】要明确声音是由声源的振动产生的，声音的传播靠介质，它既可以在气体中传
播，也可以在固体和液体中传播，声波能够传递能量。
【解答】解：声音是由声源振动产生的；
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，这说明声音可以传
递信息；
故答案为：振动；信息。
【点评】本题考查了声音的产生，以及信息的传递，体现了物理和生活的紧密联系。同
时还考查我们对于生活中物理现象的分析能力。
19．（2分）水煮花生是一道风味小吃。煮花生过程中，通过 热传递 （填“做功”或
“热传递”）方式使其内能增大；利用 热 （填“机械”或“热”）运动使花生仁具
有各种调料味。
【考点】GA：热传递改变物体内能；GV：分子的运动．
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【分析】（1）做功和热传递都能改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量
的转移；
（2）扩散现象是由物质分子的无规则运动引起的，据此分析。
【解答】解：（1）煮花生过程中，花生吸收热量、温度升高，是通过热传递的方式使
其内能增大的；
（2）使花生仁具有各种调料味的过程是扩散现象，是分子在不停地做无规则的热运动。
故答案为：热传递；热。
【点评】本题主要考查了改变物体内能的方法，以及对分子热运动的了解，属基础知识
的考查。
20．（2分）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 N （填“S”或“N”）极，电池右端为 负 （填“正”
或“负”）极。
第12页（共25页）【考点】CA：通电螺线管的磁场；CB：安培定则及其应用．
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【分析】根据磁铁N极的转向，利用根据磁极间的相互作用规律来判断通电螺线管的磁
极；利用右手螺旋定则判断电池的正负极。
【解答】解：
闭合开关后，磁铁N极向上转动，根据同名磁极相互排斥可知，通电螺线管上端为N极、
下端为S极；
根据安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指弯曲且与螺线管中电流方向一
致，则电流从螺线管下端流入，故电源左端为正极，右端为负极。
故答案为：N；负。
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律、右手螺旋定则的使用，难度不大，属于基
础知识。
21．（2分）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 200 mL，受到的重力为 2
N．已知水的密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg。
【考点】2D：量筒的使用；8O：阿基米德原理的应用；8S：物体的浮沉条件及其应用．
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【分析】（1）根据量杯的量程和分度值读出水和苹果的总体积，总体积减去水的体积
即为苹果排开水的体积；
（2）根据F浮 ＝G排 ＝ gV排 求出苹果受到的浮力，苹果处于漂浮状态，即处于平衡状
第13页（共25页）
ρ态。当物体处于平衡状态时，重力与浮力大小相等，根据浮力算出苹果的重力。
【解答】解：
（1）由图知，量杯的分度值为25ml，苹果和水的总体积为400ml，
则苹果排开水的体积为：V排 ＝400ml﹣200ml＝200ml＝200cm3；
（2）苹果受到的浮力：F浮 ＝G排 ＝ gV排 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×200×10﹣6m3＝2N；
因为苹果处于漂浮状态，所以苹果的ρ重力G＝F浮 ＝2N。
故答案为：200；2。
【点评】本题考查物体沉浮条件的应用；此题涉及到漂浮的特点和阿基米德原理，应当
深刻理解漂浮时浮力等于物重这一特点，属于中等题。
22．（4分）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 12 ℃，乙的示数为零下 3
℃．在这段时间内，寒暑表内的酒精 放出 （填“吸收”或“放出”）的热量为 7. 2
J．已知酒精的比热容c＝2.4×103J/（kg•℃）。
【考点】16：温度计的使用及其读数；GG：热量的计算．
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【分析】先确定寒暑表的分度值，注意液柱是在零刻度线的上方还是下方，然后读出此
温度计的示数；
物体的温度降低，放出热量；根据Q放 ＝cm（t
0
﹣t）求出酒精放出的热量。
【解答】解：
图中寒暑表的一个大格为10℃，一个大格分为10个小格，则一个小格是1℃，即分度
第14页（共25页）值为1℃，
根据图中液柱的位置可知，甲的示数为12℃，乙的示数为零下3℃。
由题意知，初温t ＝12℃，末温t＝﹣3℃，
0
由于温度降低，所以，寒暑表内的酒精放出的热量；
酒精的质量m＝0.2g＝2×10﹣4kg，
则酒精放出的热量：
Q放 ＝cm（t
0
﹣t）＝2.4×103J/（kg•℃）×2×10﹣4kg×[12℃﹣（﹣3℃）]＝7.2J。
故答案为：12；3；放出；7.2。
【点评】本题主要考查温度计的读数和放热公式的应用等，温度计读数时要注意液柱是
在零刻度线的上方还是下方，计算热量时，注意质量的单位必须是 kg属于基础性题目，
比较简单。
23．（4分）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 等于 乙的有用功，甲的额外功
小于 乙的额外功，甲的总功 小于 乙的总功，甲的机械效率 大于 乙的机械效率。
（填“大于”“等于”或“小于”）
【考点】EH：有用功和额外功；F4：滑轮（组）的机械效率．
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【分析】（1）将同一重物匀速提升到相同高度，利用W＝Gh比较有用功大小；
（2）不计绳重及摩擦时，提升动滑轮做的功是额外功，甲中只有一个动滑轮，乙图中
有两个动滑轮，提起相同高度，利用W＝Gh比较额外功大小；
（3）而W总 ＝W有+W额 ，据此比较总功大小；
（4）两图中有用功相同，乙图中做的总功大，利用 ＝ 比较机械效率大小
η
【解答】解：
（1）因为W有 ＝Gh，所以利用甲和乙滑轮组将同一重物提升相同高度做的有用功相等，
第15页（共25页）即W有用甲 ＝W有用乙 ；
（2）不计绳重及摩擦时，提升动滑轮做的功是额外功，甲图中只有一个动滑轮，乙图
中有两个动滑轮，提起相同高度，由W额 ＝G轮h可知，所以W额甲 ＜W额乙 ；
（3）因为W总 ＝W有+W额 ，W额甲 ＜W额乙 ，W有用甲 ＝W有用乙 ，所以甲的总功小于乙的
总功，即W总甲 ＜W总乙 ；
（4）两图中有用功相同，甲的总功小，由 ＝ 可知，甲的机械效率大，即
甲
＞
η η
。
乙
η故答案为：等于；小于；小于；大于。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、额外功和机械效率的大小比较，明确有用功、
总功的含义是关键。
24．（4分）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 1 A．要将这桶水全部抽出，需要 500 s；抽水器需消耗电能 2500 J；
需克服水的重力做功 7 5 J．（g取10N/kg）
【考点】EC：功的计算；J3：电功与电能的计算；J9：电功率与电压、电流的关系．
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【分析】 已知抽水器额定电压和额定功率，利用公式I＝ 得到抽水器工作电流；
①
已知水的总体积和“5s内能抽出150mL的水”，可以得到水全部抽出需要的时间；
②已知抽水器额定功率和连续工作时间，利用W＝Pt得到消耗的电能；
③由图知水的高度，所以其重心在中点处，从水的重心到出水口的垂直高度就是抽水器
④提升水的高度；已知水的体积，可以得到质量，进一步得到重力；已知重力和提升高度，
利用公式W＝Gh得到克服重力做的功。
【解答】解：
因为P＝UI，
第16页（共25页）
①所以抽水器的工作电流为I＝ ＝ ＝1A；
因为V＝15L＝15000mL，5s内能抽出150mL的水，
②
所以全部抽出水的时间t＝ ×5s＝500s；
因为P＝ ，
③
所以抽水器消耗的电能为W＝Pt＝5W×500s＝2500J；
抽水器提升水的高度为h＝0.75m﹣ ×0.5m＝0.5m；
④
因为 ＝ ，
ρ
所以水的重力为：
G＝mg＝ Vg＝1.0×103kg/m3×0.015m3×10N/kg＝150N，
抽水器克ρ服水的重力做的功：
W＝Gh＝150N×0.5m＝75J。
故答案为：1；500；2500；75。
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，正确得到抽水器克服水的重力上升的
高度，是解答最后一空的关键。
四、实验题（本大题共4小题，共22分．）
25．（4分）一弹簧测力计如图所示，其刻度 是 （填“是”或“不是”）均匀的，量
程为 0 ～ 5 N，分度值为 0. 2 N，读数为 2. 6 N。
【考点】74：弹簧测力计的使用与读数．
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【分析】弹簧测力计是根据弹簧在弹性限度内，弹簧的伸长与拉力成正比制成的；
读数时要先观察测力计的量程和分度值，再根据指针所指示的刻度进行读数。
【解答】解：
弹簧测力计是根据在弹性限度内弹簧的伸长与拉力成正比制成的，则弹簧测力计的刻度
第17页（共25页）是均匀的；
由图知，弹簧测力计的量程是0～5N，一个大格表示1N，一大格又分为5个小格，则分
度值为0.2N，此时弹簧测力计的示数为2.6N。
故答案为：是；0～5；0.2；2.6。
【点评】弹簧测力计是常用的测量工具，使用弹簧测力计前一定要进行零点校正，再就
是要观察测力计的量程和分度值。
26．（6分）用“排水集气法”测量空气密度。主要的实验步骤如下：
用电子天平测出打足了气的篮球质量m ；
1
①测量出集气瓶的内径并算出其内部横截面积S；
②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，
③准备排水集气；
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
④气；
测出放气后篮球的质量m ；
2
⑤调整瓶的高度，使瓶外水面相平，测量瓶内空气柱的高度h；
⑥利用密度公式算出集气瓶内空气密度。
⑦（1）篮球在放气过程中，球内空气质量 减小 、空气密度 减小 。（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 向下压 （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 相等 ，此时瓶内外空气密度相等。
（4）空气密度 ＝ 。（用所测物理量表示）
ρ
（5）实验中要求篮球体积不发生明显变化，是为了减小 浮力 （填“重力”或“浮
力”）对质量测量的影响。
【考点】2L：液体的密度测量实验．
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第18页（共25页）【分析】（1）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，根据 ＝ 判断密度的变化；
ρ
（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 ＝ 气gV分析解答。
【解答】解：（ρ1）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，篮球体积不变，根据
知，空气密度减小；
（2）若瓶内水面明显高于水槽内水面，说明里面的气压小于外界大气压，需要缓慢地
向下压集气瓶，使一定质量的气体体积变小，气压变大，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m ，排出空气后，剩余气体与篮球的总质量为m ，则排
1 2
出空气的质量为m＝m ﹣m ；
1 2
排出空气的体积V＝Sh；
则空气的密度为： ＝ ＝ ；
ρ
（5）根据F浮 ＝ 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。ρ
故答案为：（1）减小；减小；（2）向下压；（3）相等；（4） ；（5）浮力。
【点评】此题是测量空气密度的实验，注意掌握这种测气体密度的方法，此类题目在解
答时一定要注意认真的审题，仔细的看图，从题目中找出所需要的数据，正确的应用相
关物理知识。
27．（6分）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。
硬币个数 2 4 6 8 10
液面高度差/mm 9.5 19 29.5 40 50
（1）实验中当液面高度差为h时，盒内外气压差为 液 gh 。已知玻璃管内液体密度
为 ，g为已知常量。 ρ
第19页（共25页）
ρ（2）U形玻璃管足够长时，选用密度 较小 （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， 在受力面积不
变时压强与压力成正比 。
【考点】89：液体的压强的计算．
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【分析】（1）根据p＝ gh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
（2）据压强计的构造可ρ知，我们是通过U型管中液面的高度差来判断压强大小的，即
高度差越大，压强就越大，高度差越小，压强就越小，据此分析即可解答；
（3）从表中数据得到受力面积不变时压强与压力的定量关系。
【解答】解：（1）根据液体压强的计算公式p＝ gh求出U形管左右两侧液面的高度差
h时，则橡皮管内气体的压强与大气压之差为p＝ρ 液gh：
（2）据压强计的构造可知，我们是通过U型管中ρ液面的高度差来判断压强大小的，即
高度差越大，压强就越大，高度差越小，压强就越小；
在压强大小一定的情况下，根据p＝ gh可知，在U形管内充灌密度较大的液体比充灌
密度较小的液体U型管中液面高度差ρ小，因此仪器的精确度比充灌密度较小的液体小；
（3）分析实验数据，在受力面积一定时液面高度差h与硬币个数n的关系式为h＝
0.475n，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。
故答案为：（1） 液gh：（2）较小；（3）在受力面积不变时压强与压力成正比。
【点评】本题考查ρ液体压强公式，以及转化法的应用，是一道综合题。
28．（6分）利用图甲测量电源电压和定值电阻。电压表V 、V 的示数分别为U 、U 。
1 2 1 2
（1）根据图甲在图乙中将电压表V 连入电路。
2
（2）U 和U 的关系式为 U ＝ U ﹣ 。（用电源电压U、定值电阻R 和R 表
2 1 2 1 2
示）
（3）某同学根据实验数据，画出U 与U 的关系图线，并根据图象的趋势向两侧适当延
2 1
第20页（共25页）长，如图丙所示。已知R ＝10 ，则电源电压U＝ 1 2 V，R ＝ 5 。
1 2
Ω Ω
【考点】IH：欧姆定律的应用．
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【分析】（1）由图甲知，电压表V 测R 和R的总电压，由此补充电路的连接；
2 1
（2）根据串联电路特点和欧姆定律可得U 和U 的关系式；
2 1
（3）由图象读出U 与U 的对应数据，代入两者关系式即可解题。
2 1
【解答】解：
（1）由电路图知，三个电阻串联，电压表V 测R 和R的总电压，即电压表V 并联在
2 1 2
R 和R的两端，如图所示：
1
（2）由串联电路特点知：U ＝U﹣U ，
R2 2
因串联电路电流处处相等（I ＝I ），
1 2
结合欧姆定律可得： ＝ ＝ ，
所以化简整理可得：U ＝U﹣ ；
2
（3）由U 与U 的关系图线可知，当U ＝0时，U ＝12V，
2 1 1 2
代入U 和U 的关系式有：12V＝U﹣ ，
2 1
解得电源电压：U＝12V，
第21页（共25页）由图丙可知，当U ＝2V时，U ＝11V，且R ＝10 ，
1 2 1
Ω
代入表达式有：11V＝12V﹣ ，
解得：R ＝5 。
2
Ω
故答案为：（1）见上图；（2）U ＝U﹣ ；（3）12；5。
2
【点评】本题考查了实物电路连接、串联电路特点以及欧姆定律的应用，注意要能从图
象有获取有用数据。
五、综合题（本大题共2小题，每小题10分，共20分．）
29．（10分）图为电热水器的简化电路，它有加热和保温功能。R 和R 是两根电热丝，S
1 2
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 加热 状态；与触点2连通时，处于 保温
状态。（填“加热”或“保温”）
（2）R ＝ 12 1 ，R ＝ 36 3 。
1 2
（3）在使用过程中Ω，若热水器10mΩin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。
【考点】JA：电功率的计算．
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【分析】（1）电源的电压一定时，由P＝UI＝ 可知，电路的总电阻最小时电路的总
功率最大，电热水器处于加热状态，反之处于保温状态；
（2）根据P＝UI＝ 求出加热时的总电阻即为R 的阻值，同理求出保温时的总电阻，
1
利于电阻的串联求出R 的阻值；
2
（3）知道热水器10min消耗电能1.2×105J，根据P＝ 求出电功率，然后与加热功率和
第22页（共25页）保温功率相比较判断出电热水器先加热后保温，设出加热时间可知保温时间，根据 W＝
Pt得出等式即可得出加热时间，进一步求出保温时间。
【解答】解：（1）由电路图可知，开关与触点1连通时，电路为R 的简单电路，电路
1
的总电阻最小，
电源的电压一定时，由P＝UI＝ 可知，电路的总功率最大，电热水器处于加热状态，
开关与触点2连通时，R 与R 串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电热水
1 2
器处于保温状态；
（2）开关与触点1连通时，电路为R 的简单电路，电热水器处于加热状态，
1
由P＝UI＝ 可得，R 的阻值：
1
R ＝ ＝ ＝121 ，
1
Ω
开关与触点2连通时，R 与R 串联，电热水器处于保温状态，
1 2
此时电路的总电阻：
R＝ ＝ ＝484 ，
Ω
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，R 的阻值：
2
R ＝R﹣R ＝484 ﹣121 ＝363 ；
2 1
（3）热水器10mΩin消耗Ω电能1.2Ω×105J，则电热器的电功率：
P＝ ＝ ＝200W，
由P保温 ＜P＜P加热 可知，电热水器应先加热后保温，
设加热时间为t ，则保温时间为（600s﹣t ），则有：
1 1
W＝P加热t
1
+P保温 （600s﹣t
1
），
即1.2×105J＝400W×t +100W×（600s﹣t ）
1 1
解得：t ＝200s，
1
即电热水器的加热时间为200s，保温时间为600s﹣200s＝400s。
答：（1）加热；保温；
（2）121；363；
第23页（共25页）（3）在这段时间内，热水器先加热后保温，加热时间为200s，保温时间为400s。
【点评】本题考查了电阻的串联和电功率公式、电功公式的应用，正确的判断出电热水
器处于不同档位时电路的连接方式是关键。
30．（10分）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 1. 2 m，小球下落的最大高度为 2. 4 m。
（2）小球最终停在h＝ 1. 5 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。
【考点】FU：动能和势能的转化与守恒．
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【分析】（1）根据图知道弹性绳的原长；根据图乙判断出小球下落的最大高度；
（2）小球停下时，拉力等于重力；
（3）根据图象设出F＝kh+b，将（0、1.2）（8、2.0）代入解析式得k与b，将h＝1.5m
代入解析式求出F；
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，知道小球下落的最大高
度，根据W＝Gh算出弹性细绳的最大弹性势能。
【解答】解：（1）由图丙知：当拉力为零时弹性绳的长度为1.2m，即弹性细绳原长为
1.2m；
第24页（共25页）由图乙知小球下落的最大高度为2.4m；
（2）由图乙知速度最大时，高度为1.5m；
因为小球在下落的过程中先做加速运动，当拉力等于重力时，合力为零，速度达到最大，
然后做减速运动；
故当下落高度为1.5m时，速度最大，拉力等于重力；
小球最终停止时，处于平衡状态，受平衡力，即拉力等于重力，故小球最终停在h＝
1.5m的位置；
（3）由图丙知，由图象知图象为一次函数图象，
解析式为F＝kh+b，把（0、1.2）（8、2.0）代入解析式得k＝10N/m，b＝﹣12N，
解析式为：F＝10N/mh﹣12N
当h＝1.5m时，拉力F＝3N，即G＝3N，
因为不计空气阻力，小球的重力势能全部转化为弹性绳的弹性势能，
所以弹性细绳的最大弹性势能为：E弹 ＝E重 ＝Gh＝3N×2.4m＝7.2J。
故答案为：（1）1.2；2.4；（2）1.5；（3）弹性细绳的最大弹性势能为7.2J。
【点评】本题考查了学生分析图象的能力和对物体受力分析的能力，分析小球重力是解
题的关键。
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日期：2019/12/22 10:53:34；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E@qq.jyeoo.com；学号：27665923
第25页（共25页）
