2014年湖南省郴州市中考物理试题（含答案）.doc

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1、北京初中数学周老师的博客：湖南省郴州市2014年中考物理试卷一、选择题：本大题共18小题，每小题2分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求的1（2分）（2014郴州）下面列举了四位科学家和他们的重要成果，其中描述错误的是（）A托里拆利最先测定大气压的数值B沈括最早记述了磁偏角C牛顿牛顿第一定律D奥斯特电磁感应现象考点：物理常识专题：其他综合题分析：根据对物理规律及科学家主要贡献的掌握分析答题解答：解：A、托里拆利最先测定大气压的数值，故A正确；B、沈括最早记述了磁偏角，故B正确；C、牛顿发现了牛顿第一定律，故C正确；D、奥斯特发现了电流的磁效应，电磁感应现象是法拉第发现的

2、，故D错误故选D点评：本题是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题2（2分）（2014郴州）声音从空气传到水中，它的传播速度将（）A变大B变小C不变D不能确定考点：声音在不同介质中的传播速度分析：声音的传播介质：固体、液体、气体，三者当中，在固体中传播相对要快，这个规律要记牢解答：解：因为水是液体，空气是气体，而声音在液体中要比在气体中传播快，所以A正确故选A点评：本题是对基本物理规律的考查，对这样的知识内容，同学们只要记牢即可轻松得出正确结论3（2分）（2014郴州）下列过程中，有一个力的作用效果与其他三个不同类，它是（）A把橡皮泥捏成不同造型B进站的火车受阻力缓缓停下C苹果受重力竖直下落D用

3、力把铅球推出考点：力的作用效果专题：定性思想分析：解决本题的关键是掌握力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变解答：解：A、把橡皮泥捏成不同造型，橡皮泥的形状发生变化，所以选项A属于力改变物体的形状； B、进站的火车受阻力缓缓停下，速度在减小，所以选项B属于力改变物体的运动状态； C、苹果受重力竖直下落，苹果在重力作用下，速度越来越快，所以选项C属于力改变物体的运动状态； D、用力把铅球推出，铅球在重力作用下，运动速度和运动方向都在发生改变，所以选项D属于力改变物体的运动状态故选 A点评：本题考查了力的作用效果，力的这两

4、个作用效果有明显的不同，比较容易辨别4（2分）（2014郴州）如图，F是透镜的焦点，其中正确的光路图是（）ABCD考点：透镜的光路图专题：图像综合题分析：凸透镜三条特殊光线的作图：通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴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凹透镜三条特殊光线的作图：延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变解答：解：A、入射光线平行于主光轴，经过凸透镜折射后，折射光线应该过焦点故A错误B、通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行

5、于主光轴故B错误C、平行于主光轴的入射光线经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过焦点故C正确D、凸透镜对光线有发散作用，而图中的凹透镜对光线起了会聚作用，故D错误故选C点评：关于凸透镜和凹透镜三条特殊光线：射向另一个焦点的； 平行于主光轴的；过光心的关于这三条特殊光线的考查一般是告诉入射光线让画出出射光线或者告诉出射光线让画出入射光线解这种题目时，把握入射光线和出射光线的特点的对应是解决此题的关键5（2分）（2014郴州）小辉在晚会上表演了一个节目，如图所示他一只手握住胶管的中部，保持下半部分不动，另一只手抓住管的上半部，使其在空中快速转动，这时下管口附近的碎纸屑被吸进管中，并“天女散花”般

6、地从上管口飞了出来产生这一现象的原因是由于（）A下管口空气流速大，导致下管口的压强大于上管口的压强B下管口空气流速大，导致下管口的压强小于上管口的压强C上管口空气流速大，导致上管口的压强大于下管口的压强D上管口空气流速大，导致上管口的压强小于下管口的压强考点：流体压强与流速的关系专题：气体的压强、流体压强与流速的关系分析：流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小比较管的上方和下方的压强是本题的关键解答：解：由于在空中快速转动上半部，上面的空气流动速度快，压强小；下面的空气流动速度小，压强大，纸片在压强差的作用下，被压向空中出现天女散花故选D点评：掌握流体压强跟流速的关系，能利用流体压强知识表演

7、有趣的节目6（2分）（2014郴州）从飞机空投的救灾物资在下落过程中，逐渐减小的物理量是（）A重力势能B动能C重力D质量考点：势能的影响因素专题：控制变量法分析：（1）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）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（3）质量是物体本身的一种属性，不随位置、形状、状态的变化而变化（4）重力跟质量成正比解答：解：A、救灾物资下落过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小符合题意B、救灾物资下落过程中，质量不变，速度增大，动能增大不符合题意C、重力跟质量成正比，质量不变，重力不变不符合题意D、质量是物体本身的一种属性，

8、位置变化，质量不变不符合题意故选A点评：（1）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素（2）掌握质量是物体本身的一种属性（3）掌握重力跟质量成正比7（2分）（2014郴州）甲、乙、丙三个轻质小球，甲球排斥乙球，乙球吸引丙球，下列说法正确的是（）A甲、乙两球一定带异种电荷B甲、乙两球一定带同种电荷C乙、丙两球一定带异种电荷D乙、丙两球一定带同种电荷考点：电荷间的相互作用规律专题：电流和电路分析：根据带电体的性质和电荷间的作用规律可知：两个物体相互吸引，有三种带电情况：一个带正电，一个带负电；一个带正电，一个不带电；一个带负电，一个不带电；两个物体相互排斥，则都带同种电荷由此入手分析即可确定甲乙

9、丙三者的带电情况解答：解：A、若甲带正电，则乙带正电，丙有可能带负电，也有可能不带电故A错误B、甲球排斥乙球，一定都带同种电荷；但丙有两种可能，带有与甲乙不同种的电荷，或者不带电，故B正确；CD、甲乙小球一定带电，但C有两种可能：带负电或者不带电故CD错误故选B点评：在根据物体间的作用规律判定物体带电情况时，要注意两者相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引；带电体具有吸引轻小物体的性质因此考虑问题要全面8（2分）（2014郴州）某同学为了增强通电螺线管的磁性，下列做法错误的是（）A增加通电螺线管的匝数B在通电螺线管中插入铁芯C增大通电螺线管中的电流D改变通电螺线管中的电流方向考点：通电螺线管的磁

10、场专题：磁现象、电生磁分析：影响螺线管磁性强弱的因素有：线圈中电流的大小；线圈的匝数；线圈中有无铁芯并且，电流越大，匝数越多，磁性越强；在电流与匝数相同的情况下，加入铁芯的磁性要比不加入铁芯时的磁性要强因此要增强螺线管的磁性，就要从以上三个因素入手考虑解答：解：A、在相同条件下，增加螺线管的匝数，磁性增强，A做法正确；B、在相同条件下，插入铁芯，磁性增强，B做法正确；C、在相同条件下，增大电流，磁性增强，C做法正确；D、改变电流的方向，只能改变通电螺线管的磁极，D做法错误故选D点评：本题考查影响电磁铁磁性强弱的因素，在明确影响螺线管磁性强弱的因素的基础上，再结合对应的措施来确定答案9（2分）（

11、2014郴州）在以“力”为主题的辩论赛中，正方和反方提出了许多观点，小明把他们的观点归纳整理如下表你认为正确的观点有（）观点正方来源:Z#xx#k.Com反方来源:学科网两个物体相接触，就一定有力的作用两个物体相接触，但不一定有力的作用力的产生至少涉及两个物体一个物体也可以产生力的作用力的维持物体运动状态的原因力是改变物体运动状态的原因ABCD考点：力的概念；力与运动的关系专题：运动和力分析：（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；（2）力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动状态不变的原因解答：解：（1）两个物体接触不一定产生力的作用，比如并排放在水平桌面上的两本书，尽管相

12、互接触，但没有力的作用，因此错误，正确（2）力是物体对物体的作用，产生力的作用时存在两个物体，一个是施力物体，另一个是受力物体，因此正确，错误（3）物体的运动状态发生了改变，一定是受到了力的作用，运动状态保持不变是因为它具有惯性，因此错误，正确故选C点评：本题考查了学生对力的基本概念的掌握，属于基础知识的考查，相对比较简单10（2分）（2014郴州）学习物理需要特别细心，一不小心就容易出错你认为下列等量关系正确的是（）A1kg=9.8NB1kWh=3.6106JC1km/h=3.6m/sD1kg/m3=1g/cm3考点：物理量的单位及单位换算专题：其他综合题分析：物理量不同单位的换算正确与否包

13、括两方面：进率和过程据此作出判断解答：解：A、kg是质量的单位，N是力的单位，不同物理量的单位不能换算此选项错误；B、1kWh=1kW1h=1000W3600s=3.6106J此选项正确；C、1km/h=1=m/s此选项错误；D、1kg/m3=1=103g/cm3此选项错误故选B点评：无论什么物理量的单位换算，前面的数都表示倍数，不进行换算，只是把后面的单位进行换算这才是真正意义上的单位换算11（2分）（2014郴州）一个滑动变阻器标有“1.5A 50”的字样，当它与一个阻值为30的电阻串联接入电路时，整个电路总电阻的变化范围为（）A3080B080C050D030考点：电阻的串联专题：电压和

14、电阻分析：滑动变阻器铭牌上标有“100，50A”的字样，表示滑动变阻器的电阻变化范围以及允许通过的最大电流，结合串联电路电阻特点：串联电路中总得电阻等于各部分电阻之和解答：解：滑动变阻器上标有“50，1.5A”，即表示这个滑动变阻器的电阻变化范围是050；由于与一个阻值为30电阻串联，则整个电路中总电阻的变化范围为3080故选：A点评：对于滑动变阻器，要知道它的铭牌的电阻和电流的含义，结合串联求出整个电路中电阻大小12（2分）（2014郴州）如图所示，是一定质量的某咱物质熔化时温度随时间变化的图象，由图象可知（）A该物质是非晶体B该物质的熔点是50C该物质在熔化过程中吸热且温度升高D该物质在第

15、15分钟中，处于固、液共存状态考点：熔化和凝固的温度时间图象专题：图像综合题分析：要解答本题需掌握：晶体在熔化过程中温度不变，虽然继续吸热解答：解：由图象可知，该物质在熔化过程中虽然继续吸热，但温度保持不变，其熔点是80，所以该物质是晶体该物质在15分钟中，处于固、液共存状态故ABC错误，D正确故选D点评：本题主要考查学生对：晶体熔化过程中的特点的了解和掌握，是一道基础题13（2分）（2014郴州）如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像这个像是下图中的（）ABCD考点：凸透镜成像规律及其探究实验分析：解决此题要知道当物体处于二倍

16、焦距以外时，在光屏上会成一个倒立、缩小的实像解答：解：因蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，所以在光屏上会成一个倒立、缩小的实像，分析各选项可知，只有B选项中的是倒立、缩小的实像；故选B点评：解决此题要结合凸透镜的成像规律进行分析解答14（2分）（2014郴州）下列说法正确的是（）A煤、石油属于可再生能源B电磁波只能在空气中传播C电磁波在真空中的传播速度是3108m/sD中央电视台和郴州电视台发射的电磁波频率相同考点：能源的分类；电磁波的传播；波速、波长和频率的关系专题：其他综合题分析：（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；（2）

17、电磁波的传播不需要介质，既可以在真空中传播，也可以在介质中传播；（3）电磁波在真空中的传播速度是3108m/s； （4）不同电视台发射的电磁波频率是不同的解答：解：A、煤、石油在短期内自然界无法得到补充的，故这些能源是不可再生能源，所以A错误；B、电磁波的传播不需要介质，既可以在真空中传播，也可以在介质中传播，所以B错误；C、电磁波在真空中的传播速度是3108m/s，所以C正确；D、为了避免相互干扰，不同电视台发射的电磁波频率是不同的，所以D错误故选C点评：本题考查了能源的分类、电磁波的传播速度、电磁波的传播等问题，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题15（2分）（2014郴州）小英同学在探

18、究“浮力的大小等于什么”时，做了如图所示的实验，四步实验中弹簧秤的示数F1、F2、F3、F4，下列等式正确的是（）AF浮=F2F3BF浮=F4F3CF浮=F2F1DF浮=F2F4考点：阿基米德原理专题：浮力分析：根据阿基米德原理进行判断：浸在液体中的物体受到向上的浮力作用，浮力大小等于物体排开液体受到的重力同时，根据称重法，浮力等于物体在浸入液体之后的弹簧测力计示数之差解答：解：根据称重法可知，浮力等于物体在浸入液体之后的弹簧测力计示数之差，所以F浮=F2F3；根据浸在液体中的物体受到向上的浮力作用，浮力大小等于物体排开液体受到的重力所以F浮=F4F1对照选项可知，A正确，BCD错误故选A点评

19、：本题考查了对称重法求浮力和阿基米德原理的理解与运用，难度不大，但要对弹簧测力计在不同情况下的示数有一个明确的认识16（2分）（2014郴州）在如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向右端b滑动的过程中，正确的是（）A电流表的示数增大，电灯L变亮B电压表的示数增大，电灯L变暗C电流表的示数不变，电灯L变亮D电压表的示数减小，电灯L变暗考点：电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功率的计算专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化、电路

20、中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小确定灯泡大的亮暗变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化解答：解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器的滑片P向右端b滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，由I=可知，电路中的电流减小，即电流表的示数减小，故C不正确；由U=IR可知，灯泡两端的电压减小，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率减小，灯泡变暗，故A不正确；因串联电路中总电压

21、等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压增大，即电压表的示数增大，故B正确，D不正确故选B点评：本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小17（2分）（2014郴州）如图所示，电磁铁左侧的甲为条形磁铁，右侧的乙为软铁棒，A端是电源的正极下列判断中正确的是（）A甲、乙都被吸引B甲被吸引，乙被排斥C甲、乙都被排斥D甲被排斥，乙被吸引考点：磁极间的相互作用专题：电和磁分析：（1）根据电源正负极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定电磁铁的NS极（2）根据磁性的特点，可以确定软铁棒乙始终被吸引，根据确定的电磁铁的NS极，利用磁极间的作用规

22、律可以确定条形磁体甲与电磁铁的相互作用情况解答：解：电源A端为正极，则电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为S极，右端为N极电磁铁的S极与条形磁体甲的S极靠近，则甲被排斥；当电磁铁中有电流通过时，电磁铁有磁性，软铁棒乙始终被吸引，不会被排斥；由此可以确定选项D正确故选D点评：此题考查了磁性、磁极间的作用规律、安培定则；根据安培定则，利用电源的正负极和线圈绕向来确定螺线管的NS极是解决此题的关键18（2分）（2014郴州）装有不同液体的甲、乙两烧杯，放入两个完全相同的物体，当物体静止后两烧杯中液面恰好相平，如图所示液体对甲、乙两烧杯底部的压强分别是P甲

23、、P乙，液体对两物体的浮力分别是F甲、F乙，下列判断正确的是（）AP甲P乙，F甲=F乙BP甲=P乙，F甲F乙CP甲P乙，F甲=F乙DP甲=P乙，F甲F乙考点：压强大小比较；浮力的利用专题：压强和浮力分析：放入液体的物体完全相同，由浮沉条件可知两物体所受浮力相等，由浮力公式F浮=液gV排，可知两液体的密度，由压强公式p=液gh可知对底部的压强解答：解：两木块完全相同，它们在液体内都是静止的，故受力平衡，即浮力都等于物体的重力；F甲=F乙，由于物体在甲中浸入液面的体积比乙中的小，故由F浮=液gV排得：甲乙，p=液gh得，由于液面高度相同，p甲p乙故选A点评：本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉

24、条件、液体压强公式的掌握和运用，根据提供情景灵活选用公式分析判断是本题的关键二、填空题（本题共5小题，每空2分，共20分）19（4分）（2014郴州）质量为0.3kg的木块漂浮在水面上，受到的浮力是3N另一质量为0.5kg的物块浸没在水中时，排开3N的水，该物块在水中将下沉（选填“上浮”或“下沉”或“悬浮”，g取10N/kg）考点：阿基米德原理专题：浮力分析：漂浮在液面上的物体所受的浮力等于自身的重力，求出木块的重力即可得出浮力的大小；浸没在水中的物体所受的浮力等于其排开水的重力，比较自身重力与浮力的大小，根据浮沉条件可判断物体是浮，还是沉解答：解：（1）木块的重力：G=mg=0.3kg10N

25、/kg=3N，因为木块漂浮，所以F浮=G=3N；（2）物块的重力：G=mg=0.5kg10N/kg=5N，因为物块的重力5N大于其排开的水重3N，也就是重力大于浮力，所以该物块在水中将下沉故答案为：3；下沉点评：本题的实质是对物体浮沉条件的考查，知道漂浮时，浮力等于重力，下沉时浮力大于重力，上浮时浮力小于重力，可根据力的大小关系做出判断20（4分）（2014郴州）冬天，同学们喜欢用热水袋取暖，这是通过热传递的方式使手的内能增加；若热水袋中装有1kg的水，当袋内的水温从60降低到40时，其中水放出的热量是8.4104J（已知水的比热容C水=4.2103J（kg）考点：热传递改变物体内能；热量的计

26、算专题：热和能分析：（1）改变物体内能的方式有做功和热传递两种，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用放热公式Q放=cmt求水放出的热量解答：解：（1）热水袋取暖，是利用热传递的方式增加手的内能的；（2）Q放=cm（tt0）=4.2103J/（kg）1kg（6040）=8.4104J故答案为：热传递；8.4104点评：本题考查了学生对热传递和放热公式Q放=cmt的掌握和运用，属于基础题目21（4分）（2014郴州）如图电路，开关S闭合时，电压表V和V1的示数如图甲、乙所示，则电阻R两端的电压是2.4V，电路中电流为0.6A考点：串联电

27、路的电压规律；欧姆定律的应用专题：电路和欧姆定律分析：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测灯泡的电压，电压表V测电源的电压，根据电压表的量程和分度值读出示数，利用串联电路的电压特点求出R两端的电压，利用欧姆定律求出通过电路中的电流解答：解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V测电源的电压，电压表V1测灯泡两端的电压，由甲图可知，V的量程为015V，分度值为0.5V，示数U=6V；由乙图可知，V1的量程为03V，分度值为0.1V，示数U1=2.4V；串联电路中总电压等于各分电压之和，R两端的电压：UR=UU1=6V2.4V=3.6V，根据欧姆定律可得，电路中电流：I=0.6A故答案为：2.4；0

28、.6点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电压表的读数，是一道基础题目22（4分）（2014郴州）起重机在20s内把重物匀速提到楼顶，起重机所做的总功是4104J，额外功是1.6104J，则起重机的总功率是2000W，机械效率是60%考点：功率的计算；功的计算；机械效率的计算专题：计算题；压轴题分析：根据P=即可求出起重机的总功率；再根据起重机所做的总功减去额外功就是有用功，然后利用=100%即可求出机械效率解答：解：P=2000W；W有用=W总W额外=4104J1.6104J=2.4104J，=100%=100%=0.6=60%故答案为：2000；60%点评：此题主要考查功的计算

29、，功率的计算，机械效率的计算等知识点，比较简单，要求学生应熟练掌握23（4分）（2014郴州）如图甲所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它在同一水平木板上滑动，图乙是他两次拉动同一木块得到的路程随时间变化的图象请根据图象判断：在相等的时间内，木块两次受到的拉力F1=F2；两次拉力对木块做的功W1W2（选填“”“”或“=”）考点：力与图象的结合；功的大小比较专题：运动和力分析：（1）先判断木块两次的运动状态，然后根据二力平衡的条件分析拉力和摩擦力的关系；（2）根据速度的计算公式：v=利用图象形状可以确定物体的运动路程根据作用在物体上的拉力和在拉力方向上通过的距离，利用公式W=Fs比较两次做功的多少解

30、答：解：（1）从图象上可以看出，用弹簧测力计拉木块沿水平木板匀速滑动，木块做匀速直线运动，不论其速度大小如何，都受到平衡力的作用，在水平方向上，摩擦力和拉力是一对平衡力，故两次实验的拉力和摩擦力均相等（2）图中可以看出，在相同拉力作用下，木块两次运动的距离不同，所以木块两次所做的功不同，由W=Fs可知，但是在相同时间内，1通过的距离大，所以1所做的功多故答案为：=；点评：本题要结合物体受力与运动状态的关系以及相关的计算公式，根据平衡力的知识和对图象的理解来解决，有一定的难度三、作图、实验与探究题（本题共4小题，24题6分，25题7分，26题7分，27题10分，共30分）24（6分）（2014郴

31、州）（1）科研人员制成了“光控开关”（能在天黑时自动闭合，天亮时自动断开）和“声控开关”（能在有声音发出时自动闭合，无声时自动断开）请将如图甲的光控开关、声控开关、灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，设计出：只有在天黑且有声音时灯才亮的自动控制电路（2）如图乙所示，轻质杠杆可绕O点转动，杠杆上吊一重物G，在动力F作用下，杠杆静止在水平位置图乙中的L为动力F的力臂，请作出动力F的示意图（温馨提示：注意标明力F的方向和作用点）考点：家庭电路的连接；力的示意图专题：图像综合题分析：（1）在家庭电路中开光接在用电器和火线之间，与用电器串联；（2）支点到力作用线的距离叫力臂解答：解：（1）由题目要求，利用

32、在家庭电路中开光接在用电器和火线之间，与用电器串联，连接电路如图甲：（2）根据支点到力作用线的距离叫力臂，画出对应的力，如图乙点评：此题主要考查学生对于家庭电路连接方式和力臂的理解和掌握25（7分）（2014郴州）雄伟壮观的东江大坝位于我市资兴境内，请根据你对水电站的了解和所学到的物理知识，从力、势、电、光四个方面回答下面的问题（1）力学问题：水电站的大坝修成上窄下宽的形状，这是因为水内部的压强和水的深度有关，大坝下部受到水的压强大于（填“大于”、“小于”或“等于”）上部受到的压强，所以下部要修得宽一些（2）热学问题：库区蓄水后，因为水的比热容较大，所以库区的气温变化不明显湖面上经常可以欣赏到

33、“雾漫东江”的美景，其中“雾”的形成是液化现象（填物态变化的名称）（3）电学问题：发电机是利用了电磁感应的原理发电的，将机械能转化为电能（4）光学问题：在平静的湖面上可以看到“蓝天”、“白云”，这是由于下列哪种现象形成的BA光沿直线传播 B光的反射 C光的折射考点：液体的压强的特点；液化及液化现象；光的反射；发电机的构造和原理；水的比热容的特点及应用专题：其他综合题分析：（1）利用液体内部压强的特点（液体的压强随深度的增加而增大）去分析解释；（2）利用水的比热容大（相同质量的水和其它物质比较，吸收相同的热量，水温度变化小）来分析解释；物体由气态变为液态，为液化现象；（3）利用发电机的工作原理来

34、分析解释（4）蓝天、白云与观察者在同种介质中，且在水面的一侧解答：解：（1）水的压强随深度的增加而增加，大坝下部受到水的压强大于上部受到的压强，所以下部要修得宽一些以便承受更大的水压；（2）库区蓄水后，因为水的比热容大，吸收相同的热量，水的温度变化小，使库区的气温变化不明显；“雾”的形成是液化现象；（3）发电机是根据电磁感应现象制成的，发电时，把水库中水流的动能转化为电能（4）在平静的湖面上可以看到“蓝天”、“白云”，是光的反射在水中形成的虚像，同平面镜成像道理一样；故答案为：（1）深度；大于；（2）比热容；液化；（3）电磁感应；（4）B点评：本题考查了利用所学知识分析解决实际问题的能力，知识

35、点多，综合性强，但难度不大26（7分）（2014郴州）用如图所示的实验装置探究“电流相同时，通过导体产生的热量与电阻大小的关系”（图中甲、乙是完全相同的密闭容器，实验前，A、B两“U”形管内液面是相平的）（1）请你用笔画线代替导线，将电路连接完整（2）电流产生的热量不易直接测量，因此，在这个实验中是通过观察“U”形管中液面的高度差来显示甲、乙容器内空气温度的变化通过对比观察，你认为乙（选填“甲”或“乙”）容器中的电阻产生的热量多由此可知：在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻越大，电流产生的热量越多（3）当密闭容器中的空气温度升高时，空气的内能将会变大（选填“变大”或“变小”或“不变”）（4）

36、根据你得出的结论，简要解释：电炉工作时，电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热，这是为什么？考点：控制变量法与探究性实验方案专题：探究型实验综合题分析：（1）要探究电流产生的热量与电阻的大小关系，应使电流和通电时间相同，将两电阻串联在电路中；（2）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过液面高度差的变化来反映；电阻产生的热量越多，气体膨胀程度越大，液柱上升的高度越大；（3）物体的内能与温度有关，温度越高，内能越大；（4）根据焦耳定律公式Q=I2Rt进行分析解答：解：（1）将两电阻串联接入电路中，如图：（2）实验中是通过观察“U”形管中液面的高度差来显示甲、乙容器内空气温度的变化由图知，

37、B液柱的液面较高，可知乙容器中的电阻产生的热量多由此可知：在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻越大，电流产生的热量越多（3）当密闭容器中的空气温度升高时，空气的内能将会变大（4）电炉丝与导线是串联的，电流和通电时间相等，根据Q=I2Rt，电阻越大，产生的热量越多，电炉丝的电阻远大于导线的电阻，所以在相同的时间内，电炉丝产生的热量较多，电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热故答案为：（1）见上图；（2）高度差；乙；电阻；（3）变大；（4）电炉丝与导线是串联的，电流和通电时间相等，而电炉丝的电阻较大，产生的热量较多，所以电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热点评：掌握电流产生

38、热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响因素之间的关系，不仅要掌握焦耳定律，而且要学会根据其解释有关现象27（10分）（2014郴州）目前全人类正面临能源危机，为节约能源，我国大力提倡使用节能灯和LED灯通过对比实验发现：LED灯（实质是发光二极管）和日光灯正常工作、亮度相同时的有关数据如下表灯的名称LED灯日光灯额定电压24V220V响应时间109s0.1s额定功率12W40W（1）如图所示，要使图中的发光二极管能正常工作，A端是电源的正极（2）对比日光灯，说出LED灯的两个优点发光效率高、节能降耗；响应时间短（3）LED灯正常工作时的电流是0.5A每天正常工作

39、10小时，使用LED灯比使用日光灯可节约电能0.28kWh考点：电功的计算；半导体的特点；电功率与电压、电流的关系专题：应用题；电能和电功率分析：（1）发光二极管具有单向导电性，要使其发光，电流应从二极管的正极流入、负极流出；（2）根据表格可知，LED灯电压低，功率小，响应时间短，故可从以上几点进行分析其优点；（3）LED灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流；日光灯的功率减去LED灯的功率即为节约电能的功率，根据W=Pt求出节约的电能解答：解：（1）要使图中的发光二极管能正常工作，电流应从二极管的正极流入、负极流出，故A端是电源的正极；（2）由铭牌可知：白炽灯是通过钨丝高温发

40、光把电能转化为内能和光能，而LED灯是通过二极管发光，电能直接转化为光能，从而发光效率高，节省电能；LED灯的额定电压低，人直接接触不会触电；LED灯响应时间短，也就是从开始发光到正常发光所用的时间短；LED灯额定功率小，节约能源故优点可从发光效率高、节能降耗，响应时间短、环保、额定电压低（安全电压）以上任意写出两点均可；（3）由P=UI可得，LED灯正常工作时的电流：I=0.5A；使用LED灯比使用日光灯可节约电能的功率：P节=P日光灯PLED=40W12W=28W=0.028kW，正常工作10小时，节约的电能：W=P节t=0.028kW10h=0.28kWh故答案为：（1）正；（2）发光效

41、率高、节能降耗，响应时间短、环保、额定电压低（安全电压）以上任意写出两点均可；（3）0.5；0.28点评：本题考查了发光二极管的单向导电性和优点以及电功率公式、电功公式的灵活应用，从铭牌中得出有用的信息是关键四、计算题（本题共2小题，每小题7分，共14分要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能计分）28（7分）（2014郴州）三峡船闸是世界上最大的，共有5级如图所示的闸室现有一艘轮船从水位是150m的上游进入首级闸室，当首级闸室的水位降到130m时，轮船就可以进入下一级闸室了其首级人字闸门每扇门高40m，宽20m，厚3m，由钢制材料制成（钢的密度取钢=8103kg/m

42、3，g取10N/kg）求：（1）其中一扇首级人字闸门的体积；（2）其中一扇首级人字闸门的质量；（3）轮船通过首级闸室的过程中，闸室底部受到水的压强减小了多少考点：密度公式的应用；液体的压强的计算专题：计算题；密度及其应用；压强、液体的压强分析：（1）知道人字闸门每扇门高、宽、厚，根据体积公式求出其体积；（2）知道一扇首级人字闸门的体积和材料的密度，根据=求出其质量；（3）由题意可知轮船通过首级闸室的过程中水位的变化，根据p=gh求出闸室底部受到水的压强减小的量解答：解：（1）其中一扇首级人字闸门的体积：V=abc=40m20m3m=2400m3；（2）由=可得，其中一扇首级人字闸门的质量：m=V=8103kg/m32400m3=1.92107kg；（3）轮船通过首级闸室的过程中，水位减小了：h=150m130m=20m，闸室底部受到水的压强减小了：p=水gh=1.0