2021年湖南省永州市中考物理试卷（原卷+解析）

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湖南省永州市2021年中考物理试卷
一、单选题
1.（2021·永州）下列有关物态变化的说法正确的是（   ）
A. 冰雪消融是熔化现象
B. 夏天打开冰箱有“白气”产生是汽化现象
C. 秋天的早晨草上有露珠出现是凝华现象
D. 衣柜内的卫生球变小是汽化现象
【答案】 A
【考点】熔化和凝固的探究实验，汽化及汽化吸热的特点，液化及液化放热，凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．冰雪消融，属于熔化现象，此过程吸热。A符合题意；
B．夏天打开冰箱有“白气”产生，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。B不符合题意；
C．秋天早晨草上的露珠是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在草叶表面。C不符合题意；
D．卫生球变小是卫生球发生升华现象直接由固态变成气态。D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】物质由固态变为液态叫做熔化，由液态变为固态叫做凝固，物质由液态变为气态叫做叫做汽化，物质由气态变为液态叫做液化，物质由固态变为气态叫做升华，物质由气态变为固态叫做凝华。
2.（2021·永州）为庆祝建党一百周年，某中学举行了“唱支赞歌给党听”的音乐晚会。关于音乐晚会上各种乐声的说法正确的是（   ）
A. 小提琴声不是振动产生的
B. 观众听到的美妙音乐是通过空气传播的
C. 钢琴声和二胡声是通过声音的音调区分的
D. 笛子声的“高音”和“低音”是通过声音的响度区分的
【答案】 B
【考点】声音的产生，声音的传播条件，音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．声音都是由物体振动产生的，小提琴声是小提琴的琴弦振动产生的，A不符合题意；
B．声音的传播需要介质，观众听到的美妙音乐是通过空气传到观众耳朵的，B符合题意；
C．各种乐器的材料、结构不同，发出的声音音色不同，能够区分钢琴声和二胡声，就是通过音色辨别的，C不符合题意；
D．“高音”和“低音”是指声音的高低，即音调，笛子声的“高音”和“低音”是通过声音的音调区分的，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】声音是由物体振动产生的，物体的振动必然会产生声音。
3.（2021·永州）下列对四幅图的描述正确的是（   ）
A. 如图，开凿隧道时是利用光沿直线传播引导掘进机前进的
B. 如图，荷花在水中的倒影是实像
C. 如图，海市蜃楼是一种由光的反射产生的现象
D. 如图，照相时照相机所成的像是倒立、缩小的虚像
【答案】 A
【考点】光的直线传播及其应用，光的反射，光的折射规律
【解析】【解答】A．开凿隧道用激光束引导掘进机，使掘进机沿直线前进，是利用光沿直线传播。A符合题意；
B．荷花在水中的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像，B不符合题意；
C．海市蜃楼是光在不均匀的大气中传播形成的光的折射现象。C不符合题意；
D．照相机的镜头相当于一个凸透镜，底片相当于凸透镜实验中的光屏，照相机照相时，底片上得到倒立、缩小的实像。D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】该题目考查的生活中光现象和光的规律的对应关系，影子、日食、月食、小孔成像对应的是光的直线传播，各种各样的倒影、平面镜成像对应光的反射，潭清疑水浅、铅笔折断、海市蜃楼、凸透镜成像对应的光的折射，彩虹的形成对应光的色散，结合选项分析求解即可。
4.（2021·永州）小明同学参加永州市中考1000米中长跑测试，对小明跑步过程进行研究所获结论正确的是（   ）
A. 以跑步中的小明为参照物，站在跑道旁的同学是静止的
B. 小明穿的鞋子鞋底有凹凸不平的花纹，这是为了减小摩擦，跑得更快
C. 小明跑到终点后还要继续前进一段距离才能停下来，这是因为小明具有惯性
D. 跑步过程中小明需要用力蹬地，说明物体的运动需要力来维持
【答案】 C
【考点】牛顿第一定律，惯性及其现象，增大或减小摩擦的方法，运动和静止的相对性
【解析】【解答】A．小明同学与跑道旁的同学之间的距离是不断发生变化的，所以在小明为参照物，那些同学是运动的。A选项错误；
B．鞋底的花纹增加了接触面的粗糙程度，可以增大鞋底与跑道之间的摩擦力。B选项错误；
C．小明跑到终点后，由于惯性，还要继续保持原来的运动状态，向前运动一段距离。C选项正确；
D．运动的物体有继续运动的性质——惯性，运动是不需要力来维持的。跑步过程中，因为阻力的存在，人才会慢下来；如果没有阻力，人不蹬地，也会继续向前运动。人蹬地，是为了克服阻力的影响，不是为了维持运动。D选项错误。
故答案为：C。

【分析】物体总有一种保持原来运动状态的趋势，这就是物体的惯性，惯性的大小只与物体的质量有关，与运动的速度没有关系。
5.（2021·永州）关于能量和能源，下列说法正确的是（   ）
A. 物体的质量越大，动能一定越大
B. 竖直向上抛出的物体在上升过程中，动能减小，重力势能增大
C. 水能是不可再生能源
D. 能量是守恒的，节约能源是没有意义的
【答案】 B
【考点】动能和势能的概念，动能和势能的大小变化
【解析】【解答】A．动能大小与质量和速度有关，物体的质量越大，速度未知，动能不一定越大，A不符合题意；
B．竖直向上抛出的物体在上升过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，B符合题意；
C．水能可以从自然界源源不断的得到补充，是可再生能源，C不符合题意；
D．能量是守恒的，但人类可利用的能源是有限的，有很多的能源人们无法利用，所以我们需要节约能源，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】运动的物体具有动能，物体的质量越大、速度越大，物体的动能就越大；处在高处物体具有重力势能，物体的质量越大、高度越高，物体的重力势能就越大；物体的机械能等于动能与势能之和，结合动能和势能的变化分析机械能。
6.（2021·永州）下列关于分子热运动和内能的说法正确的是（   ）
A. 铁水很热具有内能，冰块很冷没有内能
B. 沙漠中昼夜温度变化大是因为沙石的比热容大
C. 汽油机压缩冲程中内能转化为机械能
D. 人造木板黏合剂中的甲醛扩散到空气中会造成空气污染，说明分子在不停地做无规则的运动
【答案】 D
【考点】内能的概念，比热容，分子热运动
【解析】【解答】A．任何物体在任何温度下都具有内能，冰块虽然很冷，但也具有内能，A不符合题意；
B．沙漠中昼夜温度变化大，是因为沙石的比热容小，与相同质量的其它物质相比，吸收或放出相同的热量，沙石升高或降低的温度较大，所以导致温差较大，B不符合题意；
C．汽油机压缩冲程中，活塞压缩汽缸内的气体，对气体做功，将活塞的机械能转化为气体的内能，C不符合题意；
D．人造木板黏合剂中的甲醛扩散到空气中会造成空气污染，这是甲醛分子不停地做无规则运动的结果，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】分子在永不停息的做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈。
7.（2021·永州）下列做法符合安全用电原则的是（   ）
A. 多个大功率用电器工作时同时使用同一个插座
B. 家庭电路使用绝缘皮破损的电线
C. 更换灯泡前断开电源开关
D. 家用洗衣机金属外壳不接地使用
【答案】 C
【考点】安全用电原则
【解析】【解答】A．多个大功率用电器同时使用同一个插座，会造成电路总功率过大，引起电路电流过大，烧坏保险丝，A不符合题意；
B．使用绝缘皮破损的电线，人体和电线接触，会造成触电事故，B不符合题意；
C．检修或更换灯泡时，应该先断开开关，C符合题意；
D．家用洗衣机的金属外壳应该用导线接地，防止漏电时造成触电事故，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】家庭电路中，开关要连在火线上，保险丝和空气开关要连在火线上，三孔插座遵循遵循左零右火上接地的连线，用电器的金属外壳要接地线，可以防止表面带电而引发触电事故。
8.（2021·永州）下列有关电和磁的四幅图，其中描述正确的是（   ）
A. 如图，奥斯特实验证实了磁能产生电
B. 如图，由小磁针静止时N极的指向可以判断a端与电源正极连接
C. 如图，扬声器与发电机工作原理相同
D. 如图，话筒与电动机工作原理相同
【答案】 B
【考点】安培定则，磁场对通电导线的作用，电磁感应
【解析】【解答】A．该图是奥斯特实验，证明通电导线周围有磁场，演示的是电流的磁效应，A不符合题意；
B．当小磁针自由静止时，根据磁极间的作用规律可以确定，相互靠近的一定是异名磁极；因此螺线管的左端为S极，右端为N极，根据螺线管的N极，再结合螺线管的线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向是从螺线管的左端流入、右端流出，电流是从电源的正极流出回到负极，所以a端与电源正极连接，B符合题意；
C．动圈式扬声器是将电信号转化成声信号，将电能转化为机械能，其原理与电动机的工作原理相同，C不符合题意；
D．动圈式话筒是将声信号转化为电信号，将机械能转化为电能，其工作原理与发电机的工作原理相同，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】导体棒做切割磁感线运动时，电路中就会产生电流，这种现象叫做法拉第电磁感应定律，此即为发电机的工作原理，产生的电流方向与导体棒的运动方向和磁场方向有关。
9.（2021·永州）如图所示，用F＝10N的拉力使重物匀速上升0.1m，已知物体的重力为27N（忽略绳子与滑轮的摩擦及绳子的重力），下列说法正确的是（   ）

A. 绳子末端移动的距离是0.2m                  B. 拉力做的功是2.7J
C. 滑轮组的机械效率是90%                      D. 动滑轮的重力是1N
【答案】 C
【考点】滑轮组及其工作特点，滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A．由图可知，n=3，绳子末端移动的距离s=nh=3×0.1m=0.3m
A不符合题意；
B．拉力做的功W总=Fs=10N×0.3m=3J
B不符合题意；
C．有用功W有=Gh=27N×0.1m=2.7J
滑轮组的机械效率 η=W有W总=2.7J3J=90%
C符合题意；
D．忽略绳子与滑轮的摩擦及绳子的重力，动滑轮的重力G动=3F-G=3×10N-27N=3N
D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】对于该滑轮组，与动滑轮接触的有三段绳子，所以自由端移动的距离是物体移动的3倍，结合自由端移动的距离求解物体运动的距离；拉力为物重和滑轮重之和的三分之一，拉力作的功为总功，克服重力做的功为有用功，利用公式W=Fs求解做功，两者相除即为机械效率。
10.（2021·永州）按如图所示连接好电路，闭合开关后发现小灯泡L1和L2均不发光，电流表无示数。现用电压表检测电路故障，用电压表分别测得bc、de、af间的电压为0V、3V、3V，由此可以判断电路故障可能是（   ）

A. L1短路                       B. L2短路                       C. L1断路                       D. L2断路
【答案】 C
【考点】电路故障的判断
【解析】【解答】AB．如果L1短路或L2短路，会有一个灯泡发光，题目中小灯泡L1和L2均不发光，AB不符合题意；
C．如果L1断路，用电压表分别测得bc、de、af间的电压为0V、3V、3V，C符合题意；
D．如果L2断路，电压表测得bc间的电压是3V，电压表测得de间的电压是0V，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】分析电路结构，两个小灯泡是串联关系，结合电压表连接的位置和示数的变化，分析电路存在的故障即可。
11.（2021·永州）如图所示，底面积相同的甲、乙两个容器放在水平桌面上，容器内的水面相平。现将a、b两个体积相同的实心物体分别放入甲、乙两个容器内，静止时a沉在甲容器底部，b悬浮在乙容器的水中。下列说法正确的是（   ）

A. a、b两物体的密度ρa＝ρb
B. a、b两物体的质量ma＜mb
C. a、b两物体所受的浮力Fa＞Fb
D. 放入a、b两物体后，甲、乙容器底部所受水的压强p甲＞p乙
【答案】 D
【考点】压强的大小及其计算，液体压强的计算
【解析】【解答】AB．a沉在甲容器底部，则ρa＞ρ水
b悬浮在乙容器的水中，则ρb=ρ水
所以ρa＞ρb
a和b体积相同，由m=ρV可知ma＞mb
AB不符合题意；
C．a沉在甲容器底部，b悬浮在水中，它们排开水的体积等于它自身的体积，它们的体积相同，所以它们排开水的体积相同，根据F浮=ρ水gV排可知它们的浮力相同，即Fa=Fb
D．放入a、b两物体后，它们排开水的体积相同，两个容器的底面积相同，甲容器口小，乙容器口大，所以甲容器中水面较高，根据p=ρgh可知甲容器底受到水的压强较大，即p甲＞p乙
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】求解液体内部的压强，利用公式p＝ρgh，其中ρ是液体的密度，h是深度；已知压强的大小，结合压强的变形公式F=pS求解压力。
12.（2021·永州）如图所示，电源电压恒为6V，定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为20Ω，下列说法正确的是（   ）

A. S1闭合，S2断开，滑片从a端移到b端过程中，电压表的示数逐渐减小
B. S1闭合，S2断开，滑片从a端移到b端过程中，电流表的示数最小值为0.3A
C. S1、S2都闭合，滑片位于a端，电流表的示数为0.9A，则电阻R2的阻值为6.67Ω
D. S1、S2都闭合，滑片位于a端，电流表的示数为0.9A，则电阻R1、R2消耗的电功率之比为2∶1
【答案】 D
【考点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】AB．S1闭合，S2断开，电阻R1和变阻器R3串联，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流，滑片从a端移到b端过程中，变阻器连入电路的电阻变大，由串联分压可知，变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大，由电阻的串联可知电路的总电阻变大，由 I=UR 可知，电路中电流变小，滑片在b端时，电流值最小，电流表的示数最小值
I最小=UR1+R3最大=6V10Ω+20Ω =0.2A
AB不符合题意；
CD．S1、S2都闭合，滑片位于a端，电阻R1和R2并联，电流表测量干路中的电流，通过R1的电流 I1=UR1=6V10Ω =0.6A
通过R2的电流I2=I-I1=0.9A-0.6A=0.3A
电阻R2的阻值 R2=UI2=6V0.3A=20Ω
电阻R1、R2消耗的电功率之比为P1∶P2=UI1∶UI2= I1∶I2=0.6A∶0.3A=2∶1
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】分析电路结构，两个定值电阻并联，和滑动变阻器是串联关系，明确电流表和电压表的测量对象，滑动变阻器接入电路中的电阻越大，电路中的电流越小，分得的电压越大，定值电阻分得的电压越小，整个电路的功率越小，结合欧姆定律求解电路中的电流和电压，利用功率公式P=UI求解功率即可。
二、填空题
13.（2021·永州）凸透镜对光线有________（选填“会聚”或“发散”）作用；如图中物体长度是 ________cm。

【答案】 会聚；3.10
【考点】生活中的透镜，长度及其测量
【解析】【解答】由凸透镜对光的作用可知，凸透镜对光有会聚作用。
刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为
1mm=0.1cm
物体左侧与0刻度线对齐，右侧估读为3.10cm，所以物体的长度为L=3.10cm。

【分析】凹透镜对光线有发散作用，凸透镜对光线有会聚作用，刻度尺的分度值就是相邻两刻度的距离，观察刻度尺求解即可；用刻度尺读数时，需要估读到分度值的后一位。
14.（2021·永州）如图所示，水平地面上有一物块，在水平向右的拉力F＝5N作用下向右匀速运动，5s内通过的路程为10m，则物体运动的速度为________m/s，在这一过程中拉力F对物体做的功为________J。

【答案】 2；50
【考点】速度公式及其应用，功的计算及应用
【解析】【解答】物体运动的速度 v=st=10m5s=2m/s
拉力F对物体做的功W=Fs=5N×10m=50J

【分析】已知物体的路程和运动的时间，利用速度公式求解速度；求解外力做功，利用外力大小乘以位移在力的方向上移动的距离即可，即W=Fs。
15.（2021·永州）如图所示是某固体熔化过程中温度随时间变化的图象，由图象可知，该固体是________（选填“晶体”或“非晶体”）；在熔化过程中，该固体吸收热量，温度 ________（选填“升高”或“不变”）。

【答案】 晶体；不变
【考点】熔化和凝固的温度—时间图象
【解析】【解答】由图象可知，从第10min到第25min，该固体吸收热量，温度保持80℃不变，说明该固体处于熔化过程中，所以该固体是晶体。晶体熔化时吸收热量，温度不变。
【分析】晶体熔化时物体的温度保持不变，有确定的熔点，晶体在熔化前处于固态，熔化过程中处于固液共存状态，熔化后处于液态；非晶体熔化时，晶体温度不断上升，没有熔点，结合图像判断即可。
16.（2021·永州）如图所示，在一质量不计、刻度分布均匀的杠杆上的A点悬挂两个质量均为50g的钩码，将一质量为0.3kg的物体放在水平地面上，用一轻绳将该物体悬挂在杠杆上的B点，杠杆在水平位置平衡。此时轻绳对杠杆的拉力大小为 ________N，物体对地面的压力大小为 ________N。要使物体对地面的压力大小为零，同时杠杆在水平位置平衡，则在A点要增挂 ________个50g的钩码。现提供一个量程为0~3N的弹簧测力计和若干个50g的钩码，利用弹簧测力计和钩码使杠杆在水平位置平衡，则在A点所挂钩码的个数最多为________个。（g=10N/kg）

【答案】 0.75；2.25；6；10
【考点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】每个钩码的重力G钩码=m钩码g=50×10-3kg×10N/kg=0.5N
根据杠杆平衡条件可知，轻绳对杠杆的拉力
2G钩码3L=FB14L
故FB1= 2G钩码3L4L = 2×0.5N×3L4L =0.75N
物体的重力G=mg=0.3kg×10N/kg=3N
物体对地面的压力F压=G- FB1=3N-0.75N=2.25N
要使物体对地面的压力大小为零，需要轻绳对杠杆的拉力大小为3N，根据杠杆平衡条件，A点需要的拉力FA13L=FB24L
故FA1= 3N×4L3L =4N
则需要钩码的个数n= FA1G钩码 = 4N0.5N =8
则在A点要增挂6个50g的钩码。
由图可知，当弹簧放在最左侧竖直向上拉杠杆时，力臂最大，为5L，使用最大拉力，保证杠杆平衡，则A点所需要的拉力为FA2= 3N×5L3L =5N
则在A点所挂钩码的个数最多为n= FA2G钩码 = 5N0.5N =10

【分析】杠杆处于平衡状态，结合动力、动力臂、阻力、阻力臂，利用杠杆的平衡条件分析求解即可。
三、作图题
17.（2021·永州）如图所示，一物体静止在斜面上，画出物体所受重力的示意图。

【答案】 解：如图所示：

【考点】重力示意图
【解析】【解答】重力的方向是竖直向下的，重力的作用点在物体的几何中心，作图如下：


【分析】作重力的示意图，力的作用点在物体几何中心上，方向竖直向下，重力用字母G表示。
四、实验题
18.（2021·永州）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，电路图如图甲所示，电源电压为3V，小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）根据图甲，用笔画线代替导线，把图乙的实物图连接完整；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片移到________端（选填“A”或“B”）；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，电流表的读数为________A，小灯泡的额定功率为________W；
（4）考虑到电压表的实际电阻对电路的影响，这样测出的小灯泡的额定功率相比真实的额定功率 ________（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
【答案】 （1）
（2）A
（3）0.30；0.75
（4）偏大
【考点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）电路连接如下
 

（2）闭合开关前，应使变阻器连入电路的阻值最大，此变阻器在工作时，电流从B接线柱流入电阻丝之后流出，因此，滑片远离B接线柱时变阻器接入电路的阻值较大。
（3）电流表选用的是0—0.6A量程，一大格为0.1A。此时指针正指在三大格处，故电流表计数为0.3A。
小灯的额定功率为 P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）电压表测量的为小灯两端电压；因电压表与小灯并联，则电流表测的为通过小灯与电压表的总电流，电流表读数大于通过小灯的电流，根据功率计算式P=UI可以知道，功率的测量值偏大。
【分析】（1）电压表是测量电压的仪表，应并联在电路中，电压表与哪个用电器并联，就测量哪个用电器两端的电压；
（2）为了保证电路安全，拆装电路时，开关应处于断开状态，滑动变阻器应处在阻值最大端，结合滑动变阻器的接法求解即可；
（3）明确电流表的量程和对应的分度值，结合表盘的指针读数即可。结合电流与电压值，利用功率该公式P=UI求解功率即可；
（4）电阻的大小还与温度有关，一般来说，导体的温度越高，电阻越大。
19.（2021·永州）小明同学利用烧杯、弹簧测力计、细线、水、密度计来测量金属块和液体的密度。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3 ， g＝10N/kg）

（1）用弹簧测力计测量金属块的重力，其示数如图A所示，可求出金属块的质量m＝________kg；
（2）将金属块浸没在水中，弹簧测力计示数如图B所示，可求出金属块的体积V＝________m3；
（3）金属块的密度ρ＝________kg/m3；
（4）利用密度计可以直接测量出液体的密度，将其插入被测液体中，待其静止后直接读取液面处的刻度值即为该液体的密度值。小明同学将密度计放入甲液体中，其示数如图C所示，则甲液体的密度ρ＝________kg/m3；
（5）小明同学将密度计放入乙液体中，如图D所示，比较C、D两图可知ρ甲________ρ乙（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】 （1）0.22
（2）1×10-4
（3）2.2×103
（4）0.85×103
（5）＜
【考点】固体密度的测量，液体密度的测量
【解析】【解答】（1）由图A知，测力计的分度值为0.2N，金属块的重力G=2.2N，金属块的质量 m=Gg=2.2N10N/kg= 0.22kg
 
（2）将金属块浸没在水中，由图B可知，弹簧测力计的示数是1.2N，金属块受到的浮力
F浮=G-F=2.2N-1.2N=1N
金属块的体积V=V排= F浮ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10−4m3
（3）金属块的密度 ρ=mV=0.22kg1×10-4m3 =2.2×103kg/m3
（4）将密度计放入甲液体中，由图C可知，液面处的刻度值是0.85g/cm3 ， 甲液体的密度ρ＝0.85g/cm3=0.85×103kg/m3
（5）密度计在液体中漂浮，根据漂浮条件可知
F浮甲=G，F浮乙=G
F浮甲= F浮乙
ρ甲gV排甲=ρ乙gV排乙
V排甲＞V排乙
ρ甲＜ρ乙
【分析】（1）结合物体的质量，利用公式G=mg求解物体的重力；
（2）（3）求解浮力的大小，可以利用称重法求解，结合物体受到的浮力，利用阿基米德原理的变形公式求解物体排开水的体积，结合密度公式求解物体的密度即可；
（4）结合密度计使的示数读取液体的密度；
（5）当物体处于漂浮或悬浮状态时，物体受到的重力等于浮力；当浮力一定时，物体排开液体的体积越大，液体的密度越小。
五、计算题
20.（2021·永州）如图所示，一立方体物块静止在水平地面上，已知物块的边长L＝0.1m，密度ρ＝2.7×103kg/m3 ， 水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3 ， g＝10N/kg。

（1）求物块的质量；
（2）求物块对水平地面的压强；
（3）把物块放入足够多的水中，求物块静止时受到的浮力大小。
【答案】 （1）解：物块的质量m=ρV=ρL3=2.7×103kg/m3×(0.1m)3=2.7kg
答：物块的质量是2.7kg；

（2）物块对水平地面的压力F=G=mg=2.7kg×10N/kg=27N
物块对水平地面的压强 p=FS=27N0.1m×0.1m=2700Pa
答：物块对水平地面的压强是2700Pa；

（3）因为ρ＞ρ水
物块放入水中，会沉底，物块静止时受到的浮力F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1×103kg/m3×10N/kg×(0.1m)3=10N
答：物块静止时受到的浮力大小是10N。
【考点】密度及其特性，压强的大小及其计算，阿基米德原理
【解析】【分析】（1）已知物体的体积和密度，利用密度公式求解物体的质量即可；
（2）处在水平面上的物体，物体对地面的压力等于重力，结合压强的定义式p=F/S求解物体产生的压强，其中F是压力，S是受力面积；
（3）阿基米德原理给出了一种求解物体浮力大小的方法，F浮=ρ液gV排 ， ρ液是液体的密度，V排使物体排开水的体积。
六、综合题
21.（2021·永州）某品牌电热水壶有“加热”和“保温”两个挡位，其内部简化电路图如图甲所示，定值电阻R1的U﹣I图像如图乙所示。已知U＝220V、R2＝525.8Ω、c水＝4.2×103J/（kg•℃）、ρ水＝1.0×103kg/m3。

（1）求定值电阻R1的阻值；（________）
（2）当S1闭合、S2断开时，电热水壶处于________挡位，求电热水壶此挡位的功率________；
（3）已知电热水壶加热效率为80%，将1.5L水从20℃加热到100℃，求水吸收的热量和加热所需时间。（________）
【答案】 （1）24.2Ω
（2）低温；88W
（3）5.04×105J，315s
【考点】电功率的计算
【解析】【解答】（1）由图乙可知，通过R1的电流是0.5A时，R1两端的电压是12.1V，R1的阻值
 
R1=U1I1=12.1V0.5A=24.2Ω  
（2）当S1闭合、S2断开时，两个电阻串联，总电阻最大，由 P=U2R 可知总功率最小，处于保温状态。
电热水壶保温挡位的功率 P保温=U2R1+R2=(220V)224.2Ω+525.8Ω= 88W
（3）水的质量m=ρ水V=1×103kg/m3×1.5×10-3m3=1.5kg
水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×1.5kg×(100℃-20℃)=5.04×105J
两个开关都闭合，只有R1的简单电路，总电阻最小，由 P=U2R 可知总功率最大，处于加热状态，加热的功率 P加=U2R1=(220V)224.2Ω =2000W
电热水壶消耗的电能W= Q吸η=5.04×105J80% =6.3×105J
加热所需时间 t=WP加=6.3×105J2000W =315s
【分析】（1）结合流过用电器的电流和两端电压，利用欧姆定律求解用电器的电阻即可；
（2）通过功率公式可知，电压一定时，电路中的电阻越大，电路的功率就越低，电阻越小，电路的功率就越高；
（3）结合水吸收的热量，利用功率公式求解用电器工作的时间即可。