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株洲市 2018 年初中学业水平考试物理试题卷
一、单选题
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】
【详解】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. 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D符合题
意．.
【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. 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. 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. 跳投 D. 擦板
【答案】D
【解析】
【分析】结合做功的两个必要因素分析选项，解答本题．
【详解】擦板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，
所以运动员对篮球不做功； 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
了一段距离，所以运动员都对篮球做功，故C选项正确，ABD选项错误．
故选D．
5. 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
【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；
【点睛】
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. 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；
【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. 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．
【点睛】
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. 减小了电池的输出电流 B. 降低了电池的输出电压
C. 减小了电子线路的电阻 D. 增大了电池的输出功率
【答案】A
【解析】
【详解】根据 可知，在电荷量一定的情况下，延长电池的供电时间，即时间t变大，那么电流会变
小，即减小了电池的输出电流。
故选A。
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。
故选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. 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,D符合题意．
【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. 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. 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. 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符合题意，BD
不符合题意．
【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. 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3000rD. 该电能表的转盘每小时最多转26400r
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．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；
CD．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。
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. 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. 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】[1]声音是由声源振动产生的．
[2]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. 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】[1][2]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. 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，右手大拇指向上，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. 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. 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 ＝cm t＝2.4×103J/（kg•℃ 0.0002kg 15℃ 7.2J.
放
【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 ＝cm t求出酒精放出的热量．
放
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. 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. 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). 0-5 (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. 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m；
1
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m；
2
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m ，排出空气后，剩余气体与篮球的总质量为m ，
1 2
则排出空气的质量为m＝m ﹣m ；排出空气的体积V＝Sh；则空气的密度为：ρ＝ ；（5）根
1 2
据F ＝ρ 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．
浮 气
【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 ＝ρ gV分析解答．
浮 气
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. 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______________．（用电源电压U、定值电阻R和R表示）
2 1 1 2
（3）某同学根据实验数据，画出U与U的关系图线如图丙所示．已知R=10Ω，则电源电压
2 1 1
U=_______V，R=_________Ω．
2
【答案】 (1). 见解析所示 (2). (3). 12 (4). 5
【解析】
【详解】(1) 将电压表V 与R和R并联，如图所示：
2 1
（2）由图甲可知，V 测R的电压，V 测R和R的总电压，电源电压U，因此，
1 1 2 1＝U U ①，
R2---------------
因R、R、R串联，设电路电流为I，根据串联电路的电流特点可得，
1 2
I＝ ，
由此可得：
U ＝ ，
R2
代入①得：
；
（3）由图丙可知，当
U＝2V
1
时，
U＝11V，
2
将
U＝2V，U＝11V， R＝10Ω
1 2 1
代入
得:
11V＝U ----------②，
同理，当
U＝6V
1
时，
U＝9V，
2
将
U＝6V， U＝9V， R＝10Ω
1 2 1
代入得:
9V＝U ----------③，
联立当②③解得：
U＝12V，R＝5Ω.
2
【点睛】（1）由串联电路的电流特点及电压特点求U和U的关系式；（2）在U与U的关系图线上任取
2 1 2 1
两组数据代入U和U的关系式，列出方程组解出电源电压U和R的值．
2 1 2
五、综合题
29. 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为温控开关，1、2为开关
1 2
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）R=______Ω，R=_______Ω．
1 2
（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R接入电路工作，电阻较小，根据 知，此
1
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，R的阻值为：
1
；保温功率为100W，根据 得，总电阻为：
则R的阻值为：
2
．
（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. 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．
已知从开始下落到第一次下落高度达到最大的过程中，空气阻力可以忽略不记．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；
小球下落的高度最大时到达最低点，速度为零，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．本试卷的题干、答案和解析均由组卷网（http://zujuan.xkw.com）专业教师团队编校出品。
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