精品解析四川省德阳市物理试题解析版Word文件下载.docx

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【详解】近视眼镜的镜片是凹透镜，放大镜和照相机镜头用的都是凸透镜，故A错误；

阳光下大树的影子是光在同种均匀介质中沿直线传播形成的，故B错误；

镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律，所以光发生漫反射时，每条光线都遵从光的反射定律，故C正确；

由平面镜成像的特点知道，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等，所以水中“月亮”到水面的距离等于天上月亮到水面的距离，远远大于水的深度，故D错误。

4.如图所示

电路，电源电压保持不变，R为定值电阻。

下列说法正确的是

A.开关闭合前，电压表和电流表均无示数

B.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表的示数变小

C.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，R的功率变大

D.开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表与电流表示数的比值变小

【答案】B

【详解】由电路图知道，开关闭合前，电路处于开路状态，所以电流表没有示数；

但由于电压表的两个接线柱通过变阻器与电源的正负极相连通，所以电压表测量电源电压，即电压表有示数，故A错误；

开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压；

滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻变大，由I=

知道，电路中的电流变小；

由U=IR可知，定值电阻R两端的电压变小，即电压表的示数变小，故B正确；

由于开关闭合后，定值电阻两端的电压减小，电路中电流减小了，由P=UI知道，R的功率变小，故C错误；

由欧姆定律知道，电压表与电流表示数的比值为定值电阻的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值不变，故D错误。

5.现在全市各校都在开展“足球进校园”活动。

关于同学们在足球比赛中涉及到的物理知识，下列分析错误的是（　　）

A.足球鞋底凹凸不平，是为了增大与地面的摩擦力

B.足球能在空中飞行，是因为受到了运动员的脚对它有力的作用

C.用头顶足球攻门时，头感到疼，说明物体间力的作用是相互的

D.守门员一下子抱住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态

A.足球鞋底凹凸不平，是通过增大接触面粗糙程度的方法来增大与地面的摩擦力的，故A正确；

B.足球能在空中飞行，

因为球具有惯性，故B错误；

C.因为物体间力的作用是相互的，所以用头顶足球攻门时，球对头也有力的作用，头感到疼，故C正确；

D.力可以改变物体的运动状态和形状，守门员一下子抱住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态，故D正确；

故选B。

点睛：

注意足球在空中飞行时，已经不再受到脚对球的力，而是因为惯性，即物体保持运动状态不变的性质，是物体最基本的属性之一。

6.对下面的热现象，下列解释正确的是

A.冰的形成是凝华现象B.雾的形成是汽化现象

C.露的形成是液化现象D.霜的形成是凝固现象

【详解】冰是由水凝固形成的，是凝固现象，故A错误；

雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，是液化现象，故B错误；

露是空气中的水蒸气遇冷液化形成，是液化现象，故C正确；

霜是空气中的水蒸气凝华形成的，是凝华现象，故D错误。

7.在图中所示的自动控制电路中，当控制电路的开关S闭合时，工作电路的情况是

A.灯不亮，电铃响

B.灯不亮，电铃不响

C.灯亮，电铃不响

D.灯亮，电铃响

【详解】由图知道，当控制电路的开关S闭合时，左边控制电路中有电流，电磁铁具有磁性，吸引衔铁，使动触头与下面电路接通，与上面的电路断开，所以，电铃工作，电灯不亮，即只有A正确。

8.如图所示电路，电源电压为12V且保持不变。

闭合开关S，当滑片P置于变阻器的中点时，电压表的示数为4V；

当滑片P置于变阻器的b端时，电压表的示数变化了2V，在10s内定值电阻R1产生的热量为36J。

则下列结果正确的是

A.电路中的最大电流为1A

B.滑片P在中点时，10s内滑动变阻器R消粍的电能为60J

C.滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比为8∶1

D.R1先后两次消耗的电功率之比为16∶9

【详解】由电路图知道，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压；

滑片从中点滑向b端时，变阻器接入电路的阻值增大，由串联分压知道，电压表示数（变阻器的电压）将增大，由于当P置于变阻器的b端时，电压表示数增大了2V，所以，根据题意知道，滑片在b点时电压表的示数为4V+2V=6V；

又因为在10s内定值电阻R1产生的热量是36J，由

知道R1的阻值是：

=10Ω；

由电路图知道，当滑片在a点时，变阻器接入电路的阻值为0，电路中的电流最大，产生电路中的最大电流是：

，故A错误；

串联电路中各处的电流相等，当滑片在中点时，电路中的电流是：

，由W=UIt知道，10s内滑动变阻器消耗的电能是：

W滑=U滑It=4V×

0.8A×

10s=32J，故B错误；

当滑片在b点时，变阻器接入的阻值最大，此时电路中的有最小电流：

由P=UI知道，滑动变阻器R先后两次消耗的电功率之比是：

，故C错误；

由P=UI知道，R1先后两次消耗的电功率之比是：

，故D正确。

二、填空题

9.如图所示，分别用甲、乙两种形式的滑轮组把重为400N的物体匀速向上提起；

已知每个滑轮重20N，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图甲中车对绳子的拉力为______N，图乙中人对绳子的拉力为______N。

【答案】

（1）.400

（2）.210

【详解】由于图甲中使用的是两个定滑轮，所以忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦时，车对绳子的拉力是：

F甲=G=400N；

图乙中使用的是一动一定的滑轮组，承担物重的绳子股数是：

n=2，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，人对绳子的拉力是：

=210N。

10.用天燃气烧水，水烧沸腾时，壶盖不断向上跳动，此过程中能量转化与四冲程汽油机的________冲程的能量转化相同；

在标准大气压下用天燃气把3kg的水从20℃加热至刚沸腾时，水吸收了________J的热量。

[c水=4.2×

103J/（kg·

℃）]

【答案】

（1）.做功

（2）.1.008×

l06

【详解】水烧开以后，水蒸气膨胀对壶盖做功，把壶盖顶起来，此过程是将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，这与汽油机的做功冲程的能量转化相同，因为在汽油机的做功冲程中，是将燃气的内能转化为活塞的机械能；

在标准大气压下水的沸点为100℃，所以，水吸收的热量是：

Q吸=c水m水△t=4.2×

103J/（kg•℃）×

3kg×

（100℃-20℃）=1.008×

106J。

11.如图所示，有一圆柱形容器，放在水平桌面上。

现将一体积为2×

10-4m3，质量为0.54kg的矩形金属块放在容器底部，再向容器中加入水至14cm深时，水对容器底的压强是________Pa，金属块对容器底部的压力是________N（金属块与容器底部不是紧密接触，ρ水=1.0×

103kg/m3，取g=10N/kg）。

【答案】

（1）.1.4×

l03

（2）.3.4

【详解】向容器中加入水至14cm深时，水对容器底的压强是：

p=ρ水gh=1.0×

103kg/m3×

10N/kg×

0.14m=1.4×

l03Pa；

由图知道，金属块浸没在水中，由阿基米德原理知道，金属块所受的浮力是：

F浮=ρ水V排g=1.0×

103kg/m3×

2×

10-4m3×

10N/kg=2N；

金属块的重力是：

G金=m金g=0.54kg×

10N/kg=5.4N；

由平衡条件知道，金属块对容器底部的压力是：

F压=G金-F浮=5.4N-2N=3.4N。

12.一个空心小铁球漂浮在盛水的烧杯中，将烧杯置于铁棒AB的上方，绕在铁棒上的线圈连接如图所示的电路，开关S闭合后，空心小铁球仍漂浮在水面上，此时A端为电磁铁的________极，当滑片P向左滑动，空心小铁球所受浮力________（选填“增大”、“减小”或“不变”）

【答案】

（1）.S（南）

（2）.增大

【详解】由电路图知道，S闭合后，电流由A流向B，由右手安培定则知道，螺线管的A端为电磁铁的S极；

当滑片P向左移动时，接入电路的电阻减少，电路的电流增大，则电磁铁的磁性增强，小球受到的向下的磁场力增大，由平衡条件知道，小球受到的向上的浮力会增大。

13.如图所示，电源电压为9V且保持不变，闭合S时，电压表的示数为5.4V，电流表的水示数为0.6A，则R1=________Ω，R1、R2消耗的电功率之比为________。

【答案】

（1）.6

（2）.2∶3

【详解】由电路图知道，R1与R2两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中，由于串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R1两端的电压是：

U1=U-U2=9V-5.4V=3.6V，

；

由P=UI知道，

。

14.在弹簧测力计下挂一个圆柱体M，让M从盛有水的容器上方逐渐竖直浸入水中，弹簧测力计的示数随圆柱体下表面在水中深度的变化关系如图所示，则圆柱体M的底面积为________（ρ水=1.0×

103kg/m3，取g=10N/kg）

【答案】2.4×

10-3m2

【详解】由图像知道，当h=25cm即圆柱体全浸入水时，弹簧测力计的示数F′=1.2N，所以，圆柱体受到的最大浮力（全浸入时）是：

F浮=G-F′=7.2N-1.2N=6N；

当圆柱体全浸入时排开水的体积和本身的体积相等，所以圆柱体的体积是：

=6×

10-4m3，故圆柱体的底面积是：

=2.4×

10-3m2。

三、作图及说明题

15.请画出图中两条入射光线对应的出射光线。

（）

【答案】

【详解】由凸透镜的三条特殊光线的特点知道，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，故光路如图所示：

16.如图所示，在图中标出静止在磁场中

小磁针的N极和通电螺线管磁感线的方向。

【详解】由图知道，电流从左侧流向右侧，由安培定则知道，螺线管的右端为N极，左端为S极；

磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；

由磁极间的相互作用知道，小磁针的左端为S极，右端为N极，如图所示：

17.如图所示，雨燕沿虚线方向匀速自由飞翔，在图中画出雨燕所受重力和空气对它的作用力的示意图。

【详解】由于雨燕沿虚线方向匀速飞翔，即处于平衡状态，所以，雨燕所受重力和空气对它的作用力是一对平衡力，大小相等、方向相反，故过雨燕重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，即是受力的示意图，注意两条线段长度要相等，如下图所示：

四、实验探究题

18.小王同学用表面粗糙程度不同的毛巾、木板、玻璃等器材探究“阻力对物体运动的影响”，实验过程及现象如图所示：

（1）小王在实验中设置了三种粗糙程度不同的表面，让小车从斜面上同一位置滑下，小王发现小车在毛巾表面滑行的距离最近，在木板表面滑行的距离较远，在玻璃表面滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小越慢。

推理：

如是小车在水平面上滑行，受到的阻力越来越小，直到变为零，小车将做_______。

（2）牛顿第一定律告诉我们物体的运动_____（填“需要”或“不需要”）力来维持，一切物体都有保持原来运动状态不变的性质。

【答案】

（1）.匀速直线运动

（2）.不需要

【详解】

（1）通过观察实验中小车在不同光滑程度的斜面上滑行距离的远近知道，小车受到的阻力越小，小车运动的路程就越远，所以，当阻力为零时，推理得出的结论是：

小车做匀速直线运动。

（2）牛顿第一定律告诉我们力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，即物体的运动不需要力来维持。

19.如图所示是探究杠杆平衡条件的几个实验情景：

（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______（选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，接下来调节杠杆两端的螺母，使杠杆处于______。

（2）如图乙所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码、为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂_____个质量均为50g的钩码。

（3）如图丙所示，现给你一个量程为0～2N的弹簧测力计，若干个50g的钩码，钩码挂在C点处，现使用弹簧测力计和钩码使杠杆在水平位置平衡，则在C点处所挂钩码的最多个数为______个。

【答案】

（1）.达到

（2）.水平位置平衡（3）.3（4）.6

（1）由于挂钩码前，杠杆保持静止，即杠杆处于平衡状态，所以图甲所示状态达到了平衡；

由图知道，杠杆

右端较高，说明重心偏左，所以平衡螺母应向右端移动使杠杆在水平位置平衡；

（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，由F1l1=F2l2知道，2G×

3L=nG×

2L，所以，n=3，即需要在B处挂3个钩码；

（3）根据题意知道，当F作用点应在最左端，且F=2N，F的方向垂直杠杆向上，即竖直向上时，动力臂为最长，由杠杆的平衡条件知道，此时在C点处所挂钩码的最多，即nG×

4L=F×

6L，代入数据解得，n=6。

20.用如图所示的电路研究通过导体的电流与电压、电阻的关系。

（1）保持电源电压和电阻箱R1的阻值不变，移动滑动变阻器R2的滑片P，测得电流、电压如表1所示；

根据表1中的数据，你得出的结论是_______；

这时R1的阻值为_____Ω。

表1

次数

U1/V

I/A

①

1.0

0.20

②

1.5

0.30

③

2.0

0.40

（2）在研究电流与电阻的关系时，先将R1的阻值调为5欧姆进行实验，使电压表的示数为1.5V，然后将R1的阻值调为10欧姆时，某同学没有改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，电压表的示数将______1.5V（选填“大于”、“小于或“等于”）。

因此要向______（选填“右”或“左”）调节滑片，使电压表的示数仍为1.5V。

表2

R1/Ω

3.0

0.50

6.0

0.33

9.0

0.25

（3）李明同学用该电路测量电源电压时，将滑动变阻器的滑片到适当位置保持不变，仅改变电阻箱R1的阻值，测得相应的电流值，如表2所示，利用表2中的数据求得电源电压约为______。

【答案】

（1）.在电阻不变时，通过导体的电流与它两端的电压成正比

（2）.5（3）.大于（4）.右（5）.3

（1）由电路图知道，电压表测量的是R1两端的电压，由表1数据知道，在电阻不变时，R1两端的电压是原来的几倍，则通过的电流也是原来的几倍，即在电阻不变时，通过导体的电流与它两端的电压成正比；

由表格数据结合欧姆定律知道，R1的阻值是：

（2）根据题意知道，在研究电流与电阻

关系时，先将R1的阻值调为5欧姆进行实验，使电压表的示数为1.5V，然后将R1的阻值调为10欧姆时，某同学没有改变滑动变阻器滑片的位置，合上开关后，由串联分压原理知道，此时电压表的示数将大于1.5V；

由于探究电流与电阻的实验中，应控制电压不变，所以，根据串联电路分压的规律知道，应增大滑动变阻器分得的电压，即应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数仍为1.5V；

（3）由表2中的1、3两次实验的数据，结合电阻的串联和欧姆定律知道，电源电压是：

U=I11（R11+R滑）=I13（R13+R滑）；

代入数据即0.5A×

（3Ω+R滑）=0.25A×

（9Ω+R滑），解得：

R滑=3Ω，U=3V。

五、计算题：

21.汽车尾气是大气的重要污染源，而动车组可实现零排放。

假设德阳与成都相距60km，一动车组从德阳站由静止启动后做直线运动，先加速运动2min，然后以恒定速度匀速运动21min，最后做减速运动2min到达成都站停住。

（1）动车组从德阳站到成都站的平均速度是多少m/s?

（2）若动车组的平均牵引力为2.8×

105N，则从德阳到成都动车组的牵引力的平均功率是多少W?

（3）如果燃油公共汽车与动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功相同，则公共汽车排放气体污染物的质量是多少kg。

（燃油公共汽车每做1J功排放气体污染物3×

10-6g）

（1）40m/s

（2）1.12×

107W（3）50.4kg

（1）根据题意知道，德阳与成都间的距离是：

s=60km=60×

1000m=6×

104m，从德阳到成都的时间是：

t=（2+21+2）×

60s=1500s，故动车的平均速度是：

=40m/s；

105N，则动车的平均功率是：

P=Fv=2.8×

105N×

40m/s=1.12×

107W；

（3）动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功是：

W=Fs=2.8×

60×

1000m=1.68×

1010J；

由于燃油公共汽车每做1J功排放气体污染物3×

10-6g，若燃油公共汽车与动车组从德阳站到成都站牵引力所做的功相同，则公共汽车排放气体污染物的质量是：

m=1.68×

1010×

3×

10-6g=5.04×

104g=50.4kg。

22.如图甲所示，电源电压保持不变，小灯泡上标有“8V”字样，电流表的量程为0～1.2A，如图乙是小灯泡的电流随电压变化的图像。

滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2的阻值为9Ω，当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时，小灯泡恰好正常发光。

求：

（1）电源电压是多少？

（2）闭合S和S1、断开S2，为保证电流表的安全，滑动变阻器的取值范围为多少?

（3）闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到17.5Ω时，这时小灯泡的功率为3.2W，此时电流表的读数为多少?

（1）18V

（2）6~20Ω（3）0.8A

（1）当闭合S和S2、断开S1，滑片移到中点时，R1与L串联，电流表测电路中的电流。

由于灯泡L正常发光时的电压是：

UL=8V，由图乙知道此时通过灯泡的电流是：

IL=1A，因为串联电路中各处的电流相等，所以，由欧姆定律知道，滑动变阻器两端的电压是：

U1=ILR1=1A×

×

20Ω=10V，又因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压是：

U=UL+U1=8V+10V=18V；

（2）闭合S和S1、断开S2时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，由于电流表的量程为0～1.2A，所以，电路中的最大电流是1.2A，此时滑动变阻器接入电路的电阻最小为R1小，由欧姆定律知道，电路中的电流是：

，解得R1小=6Ω，所以滑动变阻器的取值范围是6~20Ω；

（3）根据题意知道，闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到R1=17.5Ω时，这时小灯泡的功率是：

P2=3.2W，设此时电流表的示数是I，则U=U1+U2，即

，代入数据解得：

I1=0.8AI2=

A（不合题意，舍去），即此时电流表的读数是0.8A。