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2021年湖南省株洲市中考物理试卷（含答案）
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湖南省株洲市2021年中考物理试卷
一、单选题
1.（2021·株洲）快速行驶的汽车如果发生剧烈碰撞，车身很快停止运动，安全气囊被弹出并瞬间充满气体，如图所示。安全气囊的作用之一是增大（ ）
A. 司机的动能 B. 司机的惯性 C. 司机受到的压强 D. 司机的受力面积
【答案】 D
【考点】减小压强的方法及其应用
【解析】【解答】A．快速行驶的汽车如果发生剧烈碰撞，车身很快停止运动，在安全带的作用下，司机的质量不变，速度变小，动能变小，A不符合题意；
B．惯性的大小只与质量有关，司机的质量不变，惯性不变，B不符合题意；
CD．安全气囊能增大人的受力面积，在压力不变的情况下能减小司机受到的压强，减小人受到的伤害程度，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】通过压强公式p=F/S可以看出，减小压强可以通过减小压力和增加受力面积实现。
2.（2021·株洲）在“探究水沸腾时温度变化的特点”中，用水银温度计测量水温。水温升高时，温度计内有关水银的物理量，减小的是（ ）
A. 质量 B. 体积 C. 密度 D. 原子数
【答案】 C
【考点】密度及其特性
【解析】【解答】水温升高时，温度计内水银的质量不变，体积会变大，由 ρ=mV 可知，水银的密度会变小；水银的质量不变，则水银的原子数不会改变；C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当物体的质量一定时，通过密度公式V＝m/ρ可知，物体的密度越大时，物体的体积越小，密度越小，体积越大。
3.（2021·株洲）如图，我国一艘第三代093B型攻击核潜艇在一次军事演习中，停在水面下200m处，后根据演习指令，下潜至300m处悬停，在此过程中（ ）
A. 只需向水舱内充水 B. 只需水舱向外排水
C. 需先水舱向外排水，后向水舱内充水 D. 需先向水舱内充水，后水舱向外排水
【答案】 D
【考点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】核潜艇悬停时受到的重力和浮力大小相等。核潜艇完全没入水面之后，海水的密度不变，排开海水的体积不变，根据F浮=ρ液gV排可知，受到的浮力不变。核潜艇要继续下潜，需要重力大于浮力，需先向水舱内充水；当下潜至300m处悬停，此时重力需要等于浮力，由于浮力不变，所以需要水舱向外排水，使重力等于浮力核潜艇才能悬停在300m处。D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】当物体受到的浮力大于重力时，物体上浮直至漂浮；当物体受到的浮力小于重力时，物体会下沉直至沉底。
4.（2021·株洲）“吹泡泡”新玩法：①制备一定量的泡泡液；②将一张锡箔纸卷起并包住一根中空玻璃管；③用条状气球与一块毛皮摩擦后接触锡箔纸；④通过玻璃管吹出一个泡泡（锡箔纸使泡泡与气球带同种电荷），并在下方用气球“接住”泡泡，使其能悬浮在空中，且通过气球可以控制泡泡的升降，如图所示。
（1）实验中用到的下列物体中，属于导体的是（ ）
A.锡箔纸
B.玻璃管
C.气球
D.毛皮
（2）气球与毛皮摩擦后，它们带（ ）
A.等量同种电荷
B.等量异种电荷
C.不等量同种电荷
D.不等量异种电荷
（3）气球能控制泡泡的升降，说明泡泡与气球两者所带电荷间的（ ）
A.斥力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小
B.斥力随距离的减小而减小，随距离的增大而增大
C.引力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小
D.引力随距离的减小而减小，随距离的增大而增大
【答案】 （1）A
（2）B
（3）A
【考点】两种电荷，导体与绝缘体
【解析】【分析】（1）导电性良好的物体称为导体，金属、石墨、大地是导体；导电性很差的物体为绝缘体，橡胶、玻璃、塑料是常见的绝缘体；
（2）自然界中存在两种电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷；
（3）电荷之间的力称为库仑力，随着距离的增加库仑力减小。
(1)A．锡箔纸容易导电，是导体，A符合题意；
BCD．玻璃管、气球、毛皮都不容易导电，属于绝缘体，BCD不符合题意。
故答案为：A。
(2)气球与毛皮相互摩擦，两者的原子核对核外电子的束缚能力不同，导致了在摩擦的过程中出现了电子的转移才造成物体带电，失去电子的物体带正电，得到电子的带负电，两个物体带等量异种电荷，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
(3)锡箔纸使泡泡与气球带同种电荷，气球能控制泡泡的升降，说明泡泡与气球两者所带电荷间相互排斥，且斥力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
5.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。物理学家法拉第发明了世界上第一台发电机，其工作原理是（ ）
A. 电生磁 B. 磁生电 C. 电流的热效应 D. 磁场对电流的作用
【答案】 B
【考点】电磁感应
【解析】【解答】发电机的制作原理是电磁感应现象，是利用磁来产生电。B符合题意，ACD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。
6.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。下列四幅图片中，利用核能发电的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 D
【考点】核裂变
【解析】【解答】A．图中是风力发电，是将风能转化为电能，A不符合题意；
B．图中是水力发电，是将水能转化为电能，B不符合题意；
C．图中是太阳能发电，是将太阳能转化为电能，C不符合题意；
D．图中是核电站，是将核能转化为电能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】核能发电厂利用核裂变释放的能量来发电；核能是原子核发生变化时释放的能量，分为核裂变与核聚变，都会放出巨大的能量。
7.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。如图为远距离输电示意图，I为输电电流，r为输电线总电阻，U为用户端的电压，则因输电线发热而损耗的电能为（t为通电时间）（ ）
A. I2rt B. U2tr C. UIt D. UIt+I2rt
【答案】 A
【考点】焦耳定律
【解析】【解答】由题知，输电电流为I，输电线总电阻为r，通电时间为t，输电导线上发热而损耗的电能W损=Q=I2rt
故答案为：A。
【分析】电流通过导体时会产生热量，此现象就是电流的热效应，产生的热量通过焦耳定律Q=I2Rt来计算，通过焦耳定律的表达式可以看出，导体的电阻、通过电流和时间越长，产生的热量越多。
8.（2021·株洲）如图为某居民家的电能表铭牌。只开启该电能表所在电路中的某个用电器，测得6min内输出160个脉冲（imp），则这个用电器有可能是（ ）
A. 空调机 B. 电视机 C. 电冰箱 D. 节能灯
【答案】 A
【考点】电功率的计算
【解析】【解答】由表中数据可知，这段时间内该用电器消耗的电能为 W=nN=160imp1600imp/kW⋅h=0.1kW⋅h
该用电器的功率为 P=Wt=0.1kW⋅h660h=1kW
电视机和电冰箱的功率在100W左右，节能灯的功率在25W左右，空调机的功率接近1kW，故这个用电器可能是空调机。
故答案为：A。
【分析】通过电能表的表盘可以看出，每消耗一度电灯闪烁1600次，结合题目给出的灯闪烁的次数求解消耗的电能； 结合消耗的电能和用电器工作的时间，利用公式P=W/t求解用电器的功率。
9.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。如图甲，运动员手握撑杆保持静止时，两只手在P、Q两处对撑杆施加作用力的方向应是（O为撑杆重心）（ ）
A. 都向上 B. 都向下 C. P处向上 Q处向下 D. P处向下 Q处向上
【答案】 D
【考点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】运动员手握撑杆保持静止时，杠杆处于平衡状态。若以Q处为支点，由于O点受力向下会使杠杆顺时针转动，为使杠杆平衡，P处必须受一个方向向下的力；若以P处为支点，由于O点受力向下会使杠杆顺时针转动，为使杠杆平衡，则在Q处要受到一个方向向上的力。综上所述可得：P处受力向下，Q处受力向上。ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，通过分析可知Q为支点，重力和P点的作用力为动力和阻力，结合杠杆平衡条件分析受力。
10.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。在运动员手握撑杆保持相同的姿态水平匀速助跑的过程中（ ）
A. 撑杆属于省力杠杆 B. 以运动员为参照物撑杆是静止的
C. 运动员对撑杆做了功 D. 蹬地时后脚受到摩擦力的方向向后
【答案】 B
【考点】运动和静止的相对性，杠杆的分类，是否做功的判断
【解析】【解答】A．将撑杆看成一个杠杆，动力臂小于阻力臂，所以撑杆属于费力杠杆，A不符合题意；
B．运动员手握撑杆保持相同的姿态水平匀速助跑，撑杆相对运动员的位置没有发生变化，所以运动员为参照物撑杆是静止的，B符合题意；
C．运动员对撑杆虽然有力的作用，但撑杆没有在力的方向上移动距离，所以运动员对撑杆没有做功，C不符合题意；
D．用脚蹬地时，脚相对于地面有向后的运动趋势，所以摩擦力方向与之相反，即摩擦力方向是向前的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】描述物体的运动状态，需要事先选取参照物，如果物体相对于参照物位置发生了改变，那么物体就是运动的，如果物体相对于参照物位置没有发生改变，那么物体就是静止的。
11.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。身高1.9m、体重80kg的运动员，在一次撑杆跳训练中的成绩是5m，则他克服重力做的功最接近（运动员起跳前重心高约1m）（ ）
A. 1600J B. 2400J C. 3200J D. 4000J
【答案】 C
【考点】功的计算及应用
【解析】【解答】运动员撑杆跳训练中的成绩是5m，其重心升高到5m高度处；该运动员身高1.9m，重心的高度约为1m，故跳过5m的高度时，克服重力做功为
W=Gh=mgΔh=80kg×10N/kg×(5-1)m=3200J
ABD不符合题意；C符合题意。
【分析】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。
12.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。目前，男子撑杆跳世界纪录（6.18m）比跳高世界纪录（2.45m）高很多，从能量的角度分析，原因之一是在“举腿引体”过程中（ ）
A. 利用了人体的惯性 B. 人体的重力势能转化为了动能
C. 人体的化学能转化为了重力势能 D. 人体的动能转化为了撑杆的弹性势能
【答案】 C
【考点】动能和势能的大小变化
【解析】【解答】A．在举腿引体的过程中，利用的是能量的转化，不是利用惯性，A不符合题意；
BCD．在举腿引体的过程中，人以撑杆为支撑物，对自己做功，消耗人体的化学能，转化为重力势能，使重力势能增大，使得人继续向上运动，所以跳的更高，C符合题意，BD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】能量是守恒的，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式。
二、多选题
13.（2021·株洲）用筷子和湿碎布做一个活塞，插入两端开口的塑料管中，做成一个“哨子”，吹哨时（ ）
A. 空气柱振动发声 B. 上下推拉活塞，音调发生改变
C. 改变吹哨的力度，音调发生改变 D. 换不同的人吹哨，音色发生改变
【答案】 A,B
【考点】声音的产生，音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】A．哨声是哨子内空气振动产生的，A符合题意；
B．吹哨时，上下推拉活塞，哨子内的空气柱长度发生变化，空气柱振动的频率变化，音调发生改变，B符合题意；
C．改变吹哨的力度，空气柱振动的振幅改变，响度发生改变，C不符合题意；
D．音色由哨子本身决定，换不同的人吹哨，都是空气柱振动发声，可以改变哨声的音调和响度，不能改变音色，D不符合题意。
故答案为：AB。
【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；声音的音调与发声体的质量有关，发声体的质量不同，发声体的质量越大，发出的声音的音调就越低。
14.（2021·株洲）在野外，用塑料袋套在树叶浓密的嫩枝上，扎紧袋口，经过一段时间，就会出现许多小水珠，这些小水珠（ ）
A. 附着在塑料袋的内表面 B. 附着在塑料袋的外表面
C. 由叶片中的水先蒸发后液化而成 D. 由空气中的水先升华后凝华而成
【答案】 A,C
【考点】汽化及汽化吸热的特点，液化及液化放热
【解析】【解答】植物叶子内有很多的水，叶子上有很多的气孔，叶子中的水从气孔蒸发变为水蒸气，这是汽化过程；水蒸气遇到冷的塑料袋液化为水，获得饮用水。AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】物体由气态变为液态的过程称为液化，液化放热，物体由液态变为气态的过程称为汽化，汽化吸热，结合选项分析求解即可。
15.（2021·株洲）2021年5月15日“天问一号”着陆巡视器成功登陆火星表面，标志着我国首次火星探测任务取得圆满成功。已知火星质量约为地球的 19 ，体积约为地球的 17 ，则（ ）
A. 巡视器登陆火星后质量不变 B. 巡视器登陆火星后质量变小
C. 火星的密度约为地球的 163 D. 火星的密度约为地球的 79
【答案】 A,D
【考点】密度公式及其应用
【解析】【解答】AB．质量是指物体所含物质的多少，与位置、状态等无关，所以巡视器登陆火星后质量不变。A符合题意，B不符合题意；
CD．根据密度公式得到 ρ火=m火V火=19m地17V地=79ρ地
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】已知物体的质量和体积，利用密度公式求解物体的密度即可。
16.（2021·株洲）在图示电路中，R1为定值电阻，开关S闭合后，电源输出的电流恒定，当滑动变阻器R2的滑片P向右移动时（ ）
A. R2接入电路的电阻变大 B. R2接入电路的电阻变小
C. R1两端的电压变大 D. R1两端的电压变小
【答案】 B,D
【考点】电路的动态分析
【解析】【解答】AB．由图可知，闭合开关后，该电路为并联电路；当滑动变阻器R2的滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻丝接入电路中的长度变短，则滑动变阻器R2接入电路的电阻变小，A不符合题意，B符合题意；
CD．滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由于干路中的电流不变，根据U=IR可知，R1两端的电压变小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】滑动变阻器滑片向右端移动，接入电路中的电阻变小，再结合串并联电路的电流、电压规律和欧姆定律分析电路中电流和电压的变化。
17.（2021·株洲）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。如图，某运送防疫物资的班列由30节车厢组成，列车在车头牵引下沿平直轨道匀速行驶时，车头对第1节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受阻力（摩擦阻力和空气阻力的统称）均相等，则（ ）
A. 每节车厢所受阻力为F B. 每节车厢所受阻力为 F30
C. 第29节车厢受到的牵引力为 F15 D. 第29节车厢受到的牵引力为 F30
【答案】 B,C
【考点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】AB．设每节车厢受到的阻力为f，则30节车厢受到的阻力为30f，由于列车在车头牵引下沿平直轨道匀速行驶，所以车头对第1节车厢的牵引力为F等于30节车厢受到的总阻力，即 F=30f
所以每节车厢所受阻力为 f=F30
B符合题意，A不符合题意；
CD．把第29节车厢和第30节车厢看作一个整体，则第29节车厢受到的牵引力等于第29节车厢和第30节车厢所受阻力之和，所以第29节车厢受到的牵引力为 F＇=2f=2×F30=F15
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】每节车厢都做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的合外力为零，对物体进行受力分析，利用平衡方程求解力的大小即可。
三、填空题
18.（2021·株洲）如图是根据初中物理光学内容绘制的知识结构图，线条表示知识间的逻辑联系。
（1）A、B两处应分别填写的物理原理是 ________和 ________（填“直线传播”或“光路可逆”）。
（2）C、D两处应分别填写的光学元件是 ________和 ________（填“平面镜”或“透镜”）。
（3）图中表示光沿直线传播的物理模型是 ________。
【答案】 （1）直线传播；光路可逆
（2）透镜；平面镜
（3）光线
【考点】光的直线传播及其应用，生活中的透镜，平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）由图可知，与A相连的有光线、小孔成像及光速，小孔成像是光的直线传播形成的，A处应填“直线传播”，光的反射和光的折射现象中光路是可逆的，则B处应填“光路可逆”。
（2）由图可知，与C相连的是折射，则C处应填“透镜”，与D相连的是反射，则D处应填“平面镜”。
（3）在物理学中，我们用光线来表示光的传播路径，所以表示光沿直线传播的物理模型是光线。
【分析】（1）影子、日食、月食、小孔成像对应的是光的直线传播，光发生反射时遵循光光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线和入射光线法线两侧，反射角等于入射角，光路可逆；
（2）凸透镜成像为光的折射；平面镜成像的实质就是光的反射；
（3）物理学中为了便于研究、描述，引入了物理模型法，其中光线的引进就是利用了模型法。
19.（2021·株洲）如图为某同学用弹簧测力计测量木块在水平固定木板上匀速滑动时所受摩擦力的情景。此时，弹簧测力计的读数为________N，实验操作中的错误是________。改正错误后，通过增减木块上钩码的个数，可以探究滑动摩擦力的大小与________（填“接触面的粗糙程度”或“压力”）的关系。
【答案】 1.4；弹簧测力计没有沿水平方向拉动木块；压力
【考点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.4N。
实验中需要用弹簧测力计水平拉动木块在水平木板上做匀速直线运动，根据二力平衡条件，拉力等于摩擦力,而实验中弹簧测力计没有沿水平方向拉动木块。
改正错误后，通过增减木块上钩码的个数，压力发生了变化，接触面的粗糙程度不变，可以探究滑动摩擦力的大小与压力的关系。
【分析】观察弹簧测力计的量程和分度值，根据指针的位置读数即可；物体做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力等于摩擦力。
20.（2021·株洲）如图a所示，在侧壁有刻度、底部封闭的透明玻璃管中，放入规格相同的两块柱形磁铁，组成一个磁悬浮系统。在上方磁铁上依次叠放与柱形磁铁规格相同的铝柱体，平衡时分别如图b、c、d所示，此时磁铁间的斥力 ________（“大于”“等于”或“小于”）悬浮体的重力。利用这个磁悬浮系统可探究的物理问题是 ________。（不计摩擦）
【答案】 等于；磁体排斥力的大小与磁极间的距离有什么关系
【考点】磁场
【解析】【解答】悬浮体静止不动时，在竖直方向上受力平衡，受到竖直向上的排斥力、竖直向下的重力是一对平衡力，大小相等，所以磁铁间的斥力等于悬浮体的重力。
根据四幅图可知，磁体相同，磁体上方法的铝柱体的个数不同，重力不同，两个磁极间的距离不同，距离越近，排斥力就越大，所以探究的问题是：磁体排斥力的大小与磁极间的距离有什么关系。
【分析】任何磁铁都具有两个磁极，即N极和S极，磁感线从N极指向S极，同名磁极相互排斥，随着距离的减小，引力和斥力都在增加。
21.（2021·株洲）微型电动葫芦常用于商场、仓库等场合吊起较重的物品，工作时有单绳起吊和双绳起吊两种模式，如图所示，部分工作参数如表。根据表格数据解答下列问题：
电机功率
额定吊装承重
重物提升速度
重物最大提升高度
800W
200kg（单绳）
10m/min（单绳）
12m（单绳）
400kg（双绳）
6m（双绳）
（1）与单绳起吊比较，双绳起吊增加了一个 ________（填“定”或“动”）滑轮，重物提升速度为 ________m/min。（绳长和电机收绳速度恒定）
（2）电动葫芦采用单绳起吊时，重物上升到最大高度所需时间为 ________min，此过程电机消耗的电能为________×104J。
（3）列举起吊过程损耗的一种能量（或做的额外功） ________。
【答案】 （1）动；5
（2）1.2；5.76
（3）提升动滑轮做功
【考点】动滑轮及其工作特点，有用功和额外功
【解析】【解答】（1）图中双绳起吊的滑轮随物体一起运动，则此装置是动滑轮；
已知绳长和电机收绳速度恒定，由表格可知，单绳起吊重物提升速度v=10m/min；则双绳起吊重物提升速度v＇= 1n v= 12 ×10m/min=5m/min
（2）单绳起吊时，重物最大提升高度h=12m，由v =st 可得，
重物上升到最大高度所需时间t =sv =ℎv=12m10m/min =1.2min
由P =Wt 可得，此过程电机消耗的电能W=Pt=800W×1.2×60s=5.76×104J
（3）起吊过程克服绳子的摩擦、克服绳子重力、动滑轮重力做功等都属于额外功。
【分析】（1）中心转轴移动的为动滑轮，动滑轮可以省力但不能改变力的方向，其中拉力等于物体重力的一半，但是拉力移动的距离为重物移动距离的两倍；
（2）已知物体的路程和运动的速度，利用速度公式求解运动时间；；求解机械功，利用公式W=Pt即可，其中P是外力做功的功率；
（3）用滑轮组提升物体，拉力作的功为总功，克服重力做的功为有用功。
22.（2021·株洲）某厂家生产的油汀取暖器有四种规格，每种规格都有两根电热丝、三个挡位和相同的电路图，对应的功率如表所示。
规格
9片
10片
11片
12片
功率
1挡
600W
800W
800W
1000W
2挡
1000W
1000W
1200W
1200W
3挡
1600W
1800W
2000W
（1）“12片”的油汀取暖器3挡的功率为 ________W。
（2）“11片”的油汀取暖器的空腔内灌有4kg的导热油，导热油的比热容为 2.1×103J/(kg⋅℃) ，可知油温升高100℃吸收的热量为 ________×105J。
（3）“10片”的油汀取暖器在2挡正常工作时，其电热丝的电阻为________Ω。（家庭电路电压220V）
（4）如图是“9片”的油汀取暖器的旋钮式功率选择开关。转动旋钮可以将左侧相邻两个金属触点相连，同时与右侧金属板连通。已知图中旋钮处于位置M（金属片连接b、c两触点）时对应的挡位是2，则位置H对应的挡位是 ________（填“1”或“3”）。
【答案】 （1）2200
（2）8.4
（3）48.4
（4）3
【考点】电功率的计算
【解析】【解答】（1）由表中数据可知，每种规格的取暖器其3挡的功率都等于1挡和2挡的功率之和，所以“12片”的油汀取暖器3挡的功率为 P3=P1+P2=1000W+1200W=2200W
（2）油温升高100℃吸收的热量为 Q=cmΔt=2.1×103J/(kg⋅℃)×4kg×100℃=8.4×105J
（3）“10片”的油汀取暖器在2挡正常工作时，其电热丝的电阻为 R=U2P=(220V)21000W=48.4Ω
（4）图中旋钮处于位置M（金属片连接b、c两触点）时，只有一个电热丝接在电路中，旋钮处于位置H时，两个电热丝并联在电路中，电路总电阻比旋钮处于位置M时的总电阻小，由 P=U2R 可知，旋钮处于位置H时的功率比旋钮处于位置M时的功率大，所以旋钮处于位置M时对应的挡位是2，则位置H对应的挡位是3。
【分析】（1）（4）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；
（2）结合水的质量和温度的变化量，利用比热容公式求解水吸收的热量即可；
（3）结合用电器的额定功率和额定电压，利用功率的变形公式R=U2/P求解用电器的电阻。
四、实验题
23.（2021·株洲）用伏安法测量一热敏电阻的阻值随温度的变化关系。将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和电流表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。
（1）某一温度下，两电表的示数如图甲所示，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为 ________mA，该温度下热敏电阻阻值为 ________kΩ。
（2）实验得到该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图乙所示，据图可知，在温控室内温度由10℃升高到60℃的过程中，热敏电阻的阻值________（填“增大”、“减小”或“不变”）；将热敏电阻从温控室中取出后握在手心，达到热平衡后测得热敏电阻为1.4kΩ，由图乙可知此时手心温度为________℃。
（3）利用该热敏电阻制作火灾报警器，其电路的一部分如图丙所示。E为10V的电源；当R2两端的输出电压达到或超过6V时，便触发报警器（未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为50℃，则 ________（填“R1”或“R2”）是热敏电阻，另一定值电阻的阻值为________ kΩ。
【答案】 （1）9；3.6；2.5
（2）减小；36
（3）R1；1.2
【考点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，示数为9V；电流表使用量程0～6mA，分度值0.02mA，所以通过热敏电阻的电流为3.6mA。
热敏电阻的阻值R= UI=9V3.6×10−3A=2.5×103Ω=2.5kΩ
（2）由图乙可知热敏电阻的阻值从温度为10℃升高到60℃的过程中一直在减小；从图乙中可以读出热敏电阻为1.4kΩ时对应的温度为36℃。
（3）温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少，而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻，R2为固定电阻。由题意可知，当温度为50℃时，R1=0.8kΩ，而此时U2=6V，电路中的电流I= U2R2=ER1+R2
6VR2=10V0.8×103Ω+R2
R2=1200Ω=1.2kΩ
【分析】（1）结合电压表选择的量程和分度值，根据指针读数即可；明确电流表的量程和对应的分度值，结合表盘的指针读数；
（2）随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；结合电阻的阻值求解此时的温度；
（3）串联电路中，各用电器两端的电压之和等于电源电压，用电器分得的电压与电阻成正比。
五、综合题
24.（2021·株洲）高仿真涡喷（指发动机类型）航模飞机（图甲）的表演极具观赏性。这种航模飞机需在跑道上加速滑行一段距离，获得足够的升力后才能起飞。已知航模飞机在起飞离地前，平直跑道对它的支持力F支与滑行距离s的关系如图乙所示。发动机产生的推力为300N，滑行中获得的升力为F升＝cv2 ， 式中比例系数c＝7.5N•s2/m2 ， v是航模飞机的滑行速度。g取10N/kg，根据图像解答下列问题：
（1）航模飞机的质量为 ________kg，起飞过程中发动机做的功为 ________J；
（2）航模飞机起飞离地时获得的升力为 ________N，速度为 ________m/s；
（3）根据航模飞机在竖直方向的受力和图乙的解析式，推导其滑行距离s与滑行速度v之间的关系式。________
【答案】 （1）108；9000
（2）1080；12
（3）s=524v2
【考点】重力及其大小的计算，功的计算及应用
【解析】【解答】（1）根据图乙可知，当飞机静止时，所受重力与支持力平衡，大小相等，即G=F支0=1080N
飞机的质量为m＝ Gg=1080N10N/kg=108kg
根据图乙可知，飞机起飞前的滑行的距离为s=30m，飞机发动机做的功为W=Fs=300N×30m=9000J
（2）飞机刚好离地时，获得的升力大小等于飞机的重力，即F升=G=1080N
由F升=cv2
可得，飞机的速度为 v=F升c=1080N7.5N⋅s2/m2=12m/s
（3）在乙中，设支持力F支与滑行距离s之间的关系为F支=ks+b
代入数据有1080N=k×0m+b①
0N=k×30m+b②
由①②两式可得k=-36，b=1080
即：支持力F支与滑行距离s之间的关系为F支=(1080-36s)N
滑行过程中飞机的受力关系为G=F升+F支
结合关系式F升=cv2
可得1080N=cv2+(1080-36s)N
代入c=7.5N•s2/m2可得滑行距离s与滑行速度v之间的关系式为 s=524v2
【分析】（1）结合物体的重力和g，相除求解物体的质量；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；
（2）升力与重力是一对平衡力，结合飞机的升力求解此时的速度；
（3）飞机在重力、支持力和重力作用下平衡，结合升力的表达式求解路程与速度的关系。
25.（2021·株洲）给一电池充电，在电量从零直至充满的过程中，电池电压和充电电流随时间变化的曲线简化后如图所示。根据图像解答下列问题：
（1）在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先 ________后 ________；
（2）图中虚线表示 ________（填“电压”或“电流”）曲线，理由是电池刚充满电时________。
（3）已知电池充电的前50min储存的电能达到满电时的50%，不计发热损耗，试求该电池充满电后储存的电能。________
【答案】 （1）增大；减小
（2）电流；充电电流为零
（3）3.696×105J
【考点】电功的计算，电功率的计算
【解析】【解答】解：（1）电池刚充满电时，充电电流为零，所以图中虚线表示充电电流变化曲线，实线表示电压变化曲线，由图可知，在0~50min内，充电电流大小保持不变，电压逐渐变大，由 P=UI 可知，该过程中充电功率变大，由图可知，在60~200min内，充电电流大小逐渐变小，电压保持不变，由 P=UI 可知，该过程中充电功率变小，所以在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先增大后减小。
答：在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先增大后减小；
（2）电池充满电后，会停止充电，则充电电流为零，由图可知，在200min时，虚线数值为零，所以虚线表示电流曲线，理由是电池刚充满电时，充电电流为零。
答：图中虚线表示电流曲线，理由是电池刚充满电时充电电流为零；
（3）由图可知，刚充电时，充电功率为 P0=U0I0=12.5V×4A=50W
第50min充电功率为 Pm=UmIm=18.3V×4A=73.2W
在0~50min内，电压均匀增大，则前50min内的平均充电功率为 P=P0+Pm2=50W+73.2W2=61.6W
前50min储存的电能 W=Pt=61.6W×50×60s=1.848×105J
因为前50min储存的电能达到满电时的50%，所以该电池充满电后储存的电能 W总=2W=2×1.848×105J=3.696×105J
答：该电池充满电后储存的电能为 3.696×105J 。
【分析】（1）结合电流与电压值，利用功率该公式P=UI求解功率即可；
（2）随着充电的进行，电流逐渐减小；
（3）求解电流做功，利用公式W=Pt求解即可，P是用电器的功率， t是用电器工作的时间。
湖南省株洲市2021年中考物理试卷
一、单选题
1.（2021·株洲）快速行驶的汽车如果发生剧烈碰撞，车身很快停止运动，安全气囊被弹出并瞬间充满气体，如图所示。安全气囊的作用之一是增大（ ）
A. 司机的动能 B. 司机的惯性 C. 司机受到的压强 D. 司机的受力面积
【答案】 D
【考点】减小压强的方法及其应用
【解析】【解答】A．快速行驶的汽车如果发生剧烈碰撞，车身很快停止运动，在安全带的作用下，司机的质量不变，速度变小，动能变小，A不符合题意；
B．惯性的大小只与质量有关，司机的质量不变，惯性不变，B不符合题意；
CD．安全气囊能增大人的受力面积，在压力不变的情况下能减小司机受到的压强，减小人受到的伤害程度，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】通过压强公式p=F/S可以看出，减小压强可以通过减小压力和增加受力面积实现。
2.（2021·株洲）在“探究水沸腾时温度变化的特点”中，用水银温度计测量水温。水温升高时，温度计内有关水银的物理量，减小的是（ ）
A. 质量 B. 体积 C. 密度 D. 原子数
【答案】 C
【考点】密度及其特性
【解析】【解答】水温升高时，温度计内水银的质量不变，体积会变大，由 ρ=mV 可知，水银的密度会变小；水银的质量不变，则水银的原子数不会改变；C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】当物体的质量一定时，通过密度公式V＝m/ρ可知，物体的密度越大时，物体的体积越小，密度越小，体积越大。
3.（2021·株洲）如图，我国一艘第三代093B型攻击核潜艇在一次军事演习中，停在水面下200m处，后根据演习指令，下潜至300m处悬停，在此过程中（ ）
A. 只需向水舱内充水 B. 只需水舱向外排水
C. 需先水舱向外排水，后向水舱内充水 D. 需先向水舱内充水，后水舱向外排水
【答案】 D
【考点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】核潜艇悬停时受到的重力和浮力大小相等。核潜艇完全没入水面之后，海水的密度不变，排开海水的体积不变，根据F浮=ρ液gV排可知，受到的浮力不变。核潜艇要继续下潜，需要重力大于浮力，需先向水舱内充水；当下潜至300m处悬停，此时重力需要等于浮力，由于浮力不变，所以需要水舱向外排水，使重力等于浮力核潜艇才能悬停在300m处。D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】当物体受到的浮力大于重力时，物体上浮直至漂浮；当物体受到的浮力小于重力时，物体会下沉直至沉底。
4.（2021·株洲）“吹泡泡”新玩法：①制备一定量的泡泡液；②将一张锡箔纸卷起并包住一根中空玻璃管；③用条状气球与一块毛皮摩擦后接触锡箔纸；④通过玻璃管吹出一个泡泡（锡箔纸使泡泡与气球带同种电荷），并在下方用气球“接住”泡泡，使其能悬浮在空中，且通过气球可以控制泡泡的升降，如图所示。
（1）实验中用到的下列物体中，属于导体的是（ ）
A.锡箔纸
B.玻璃管
C.气球
D.毛皮
（2）气球与毛皮摩擦后，它们带（ ）
A.等量同种电荷
B.等量异种电荷
C.不等量同种电荷
D.不等量异种电荷
（3）气球能控制泡泡的升降，说明泡泡与气球两者所带电荷间的（ ）
A.斥力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小
B.斥力随距离的减小而减小，随距离的增大而增大
C.引力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小
D.引力随距离的减小而减小，随距离的增大而增大
【答案】 （1）A
（2）B
（3）A
【考点】两种电荷，导体与绝缘体
【解析】【分析】（1）导电性良好的物体称为导体，金属、石墨、大地是导体；导电性很差的物体为绝缘体，橡胶、玻璃、塑料是常见的绝缘体；
（2）自然界中存在两种电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷；
（3）电荷之间的力称为库仑力，随着距离的增加库仑力减小。
(1)A．锡箔纸容易导电，是导体，A符合题意；
BCD．玻璃管、气球、毛皮都不容易导电，属于绝缘体，BCD不符合题意。
故答案为：A。
(2)气球与毛皮相互摩擦，两者的原子核对核外电子的束缚能力不同，导致了在摩擦的过程中出现了电子的转移才造成物体带电，失去电子的物体带正电，得到电子的带负电，两个物体带等量异种电荷，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
(3)锡箔纸使泡泡与气球带同种电荷，气球能控制泡泡的升降，说明泡泡与气球两者所带电荷间相互排斥，且斥力随距离的减小而增大，随距离的增大而减小，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
5.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。物理学家法拉第发明了世界上第一台发电机，其工作原理是（ ）
A. 电生磁 B. 磁生电 C. 电流的热效应 D. 磁场对电流的作用
【答案】 B
【考点】电磁感应
【解析】【解答】发电机的制作原理是电磁感应现象，是利用磁来产生电。B符合题意，ACD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。
6.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。下列四幅图片中，利用核能发电的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 D
【考点】核裂变
【解析】【解答】A．图中是风力发电，是将风能转化为电能，A不符合题意；
B．图中是水力发电，是将水能转化为电能，B不符合题意；
C．图中是太阳能发电，是将太阳能转化为电能，C不符合题意；
D．图中是核电站，是将核能转化为电能，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】核能发电厂利用核裂变释放的能量来发电；核能是原子核发生变化时释放的能量，分为核裂变与核聚变，都会放出巨大的能量。
7.（2021·株洲）人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。如图为远距离输电示意图，I为输电电流，r为输电线总电阻，U为用户端的电压，则因输电线发热而损耗的电能为（t为通电时间）（ ）
A. I2rt B. U2tr C. UIt D. UIt+I2rt
【答案】 A
【考点】焦耳定律
【解析】【解答】由题知，输电电流为I，输电线总电阻为r，通电时间为t，输电导线上发热而损耗的电能W损=Q=I2rt
故答案为：A。
【分析】电流通过导体时会产生热量，此现象就是电流的热效应，产生的热量通过焦耳定律Q=I2Rt来计算，通过焦耳定律的表达式可以看出，导体的电阻、通过电流和时间越长，产生的热量越多。
8.（2021·株洲）如图为某居民家的电能表铭牌。只开启该电能表所在电路中的某个用电器，测得6min内输出160个脉冲（imp），则这个用电器有可能是（ ）
A. 空调机 B. 电视机 C. 电冰箱 D. 节能灯
【答案】 A
【考点】电功率的计算
【解析】【解答】由表中数据可知，这段时间内该用电器消耗的电能为 W=nN=160imp1600imp/kW⋅h=0.1kW⋅h
该用电器的功率为 P=Wt=0.1kW⋅h660h=1kW
电视机和电冰箱的功率在100W左右，节能灯的功率在25W左右，空调机的功率接近1kW，故这个用电器可能是空调机。
故答案为：A。
【分析】通过电能表的表盘可以看出，每消耗一度电灯闪烁1600次，结合题目给出的灯闪烁的次数求解消耗的电能； 结合消耗的电能和用电器工作的时间，利用公式P=W/t求解用电器的功率。
9.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。如图甲，运动员手握撑杆保持静止时，两只手在P、Q两处对撑杆施加作用力的方向应是（O为撑杆重心）（ ）
A. 都向上 B. 都向下 C. P处向上 Q处向下 D. P处向下 Q处向上
【答案】 D
【考点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】运动员手握撑杆保持静止时，杠杆处于平衡状态。若以Q处为支点，由于O点受力向下会使杠杆顺时针转动，为使杠杆平衡，P处必须受一个方向向下的力；若以P处为支点，由于O点受力向下会使杠杆顺时针转动，为使杠杆平衡，则在Q处要受到一个方向向上的力。综上所述可得：P处受力向下，Q处受力向上。ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，通过分析可知Q为支点，重力和P点的作用力为动力和阻力，结合杠杆平衡条件分析受力。
10.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。在运动员手握撑杆保持相同的姿态水平匀速助跑的过程中（ ）
A. 撑杆属于省力杠杆 B. 以运动员为参照物撑杆是静止的
C. 运动员对撑杆做了功 D. 蹬地时后脚受到摩擦力的方向向后
【答案】 B
【考点】运动和静止的相对性，杠杆的分类，是否做功的判断
【解析】【解答】A．将撑杆看成一个杠杆，动力臂小于阻力臂，所以撑杆属于费力杠杆，A不符合题意；
B．运动员手握撑杆保持相同的姿态水平匀速助跑，撑杆相对运动员的位置没有发生变化，所以运动员为参照物撑杆是静止的，B符合题意；
C．运动员对撑杆虽然有力的作用，但撑杆没有在力的方向上移动距离，所以运动员对撑杆没有做功，C不符合题意；
D．用脚蹬地时，脚相对于地面有向后的运动趋势，所以摩擦力方向与之相反，即摩擦力方向是向前的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】描述物体的运动状态，需要事先选取参照物，如果物体相对于参照物位置发生了改变，那么物体就是运动的，如果物体相对于参照物位置没有发生改变，那么物体就是静止的。
11.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。身高1.9m、体重80kg的运动员，在一次撑杆跳训练中的成绩是5m，则他克服重力做的功最接近（运动员起跳前重心高约1m）（ ）
A. 1600J B. 2400J C. 3200J D. 4000J
【答案】 C
【考点】功的计算及应用
【解析】【解答】运动员撑杆跳训练中的成绩是5m，其重心升高到5m高度处；该运动员身高1.9m，重心的高度约为1m，故跳过5m的高度时，克服重力做功为
W=Gh=mgΔh=80kg×10N/kg×(5-1)m=3200J
ABD不符合题意；C符合题意。
【分析】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。
12.（2021·株洲）撑杆跳是使用撑杆做一系列动作使人体越过一定高度的田径项目，它可依次分解为如图所示几个连续的过程。目前，男子撑杆跳世界纪录（6.18m）比跳高世界纪录（2.45m）高很多，从能量的角度分析，原因之一是在“举腿引体”过程中（ ）
A. 利用了人体的惯性 B. 人体的重力势能转化为了动能
C. 人体的化学能转化为了重力势能 D. 人体的动能转化为了撑杆的弹性势能
【答案】 C
【考点】动能和势能的大小变化
【解析】【解答】A．在举腿引体的过程中，利用的是能量的转化，不是利用惯性，A不符合题意；
BCD．在举腿引体的过程中，人以撑杆为支撑物，对自己做功，消耗人体的化学能，转化为重力势能，使重力势能增大，使得人继续向上运动，所以跳的更高，C符合题意，BD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】能量是守恒的，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式。
二、多选题
13.（2021·株洲）用筷子和湿碎布做一个活塞，插入两端开口的塑料管中，做成一个“哨子”，吹哨时（ ）
A. 空气柱振动发声 B. 上下推拉活塞，音调发生改变
C. 改变吹哨的力度，音调发生改变 D. 换不同的人吹哨，音色发生改变
【答案】 A,B
【考点】声音的产生，音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】A．哨声是哨子内空气振动产生的，A符合题意；
B．吹哨时，上下推拉活塞，哨子内的空气柱长度发生变化，空气柱振动的频率变化，音调发生改变，B符合题意；
C．改变吹哨的力度，空气柱振动的振幅改变，响度发生改变，C不符合题意；
D．音色由哨子本身决定，换不同的人吹哨，都是空气柱振动发声，可以改变哨声的音调和响度，不能改变音色，D不符合题意。
故答案为：AB。
【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；声音的音调与发声体的质量有关，发声体的质量不同，发声体的质量越大，发出的声音的音调就越低。
14.（2021·株洲）在野外，用塑料袋套在树叶浓密的嫩枝上，扎紧袋口，经过一段时间，就会出现许多小水珠，这些小水珠（ ）
A. 附着在塑料袋的内表面 B. 附着在塑料袋的外表面
C. 由叶片中的水先蒸发后液化而成 D. 由空气中的水先升华后凝华而成
【答案】 A,C
【考点】汽化及汽化吸热的特点，液化及液化放热
【解析】【解答】植物叶子内有很多的水，叶子上有很多的气孔，叶子中的水从气孔蒸发变为水蒸气，这是汽化过程；水蒸气遇到冷的塑料袋液化为水，获得饮用水。AC符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】物体由气态变为液态的过程称为液化，液化放热，物体由液态变为气态的过程称为汽化，汽化吸热，结合选项分析求解即可。
15.（2021·株洲）2021年5月15日“天问一号”着陆巡视器成功登陆火星表面，标志着我国首次火星探测任务取得圆满成功。已知火星质量约为地球的 19 ，体积约为地球的 17 ，则（ ）
A. 巡视器登陆火星后质量不变 B. 巡视器登陆火星后质量变小
C. 火星的密度约为地球的 163 D. 火星的密度约为地球的 79
【答案】 A,D
【考点】密度公式及其应用
【解析】【解答】AB．质量是指物体所含物质的多少，与位置、状态等无关，所以巡视器登陆火星后质量不变。A符合题意，B不符合题意；
CD．根据密度公式得到 ρ火=m火V火=19m地17V地=79ρ地
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】已知物体的质量和体积，利用密度公式求解物体的密度即可。
16.（2021·株洲）在图示电路中，R1为定值电阻，开关S闭合后，电源输出的电流恒定，当滑动变阻器R2的滑片P向右移动时（ ）
A. R2接入电路的电阻变大 B. R2接入电路的电阻变小
C. R1两端的电压变大 D. R1两端的电压变小
【答案】 B,D
【考点】电路的动态分析
【解析】【解答】AB．由图可知，闭合开关后，该电路为并联电路；当滑动变阻器R2的滑片P向右移动时，滑动变阻器的电阻丝接入电路中的长度变短，则滑动变阻器R2接入电路的电阻变小，A不符合题意，B符合题意；
CD．滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，由于干路中的电流不变，根据U=IR可知，R1两端的电压变小，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】滑动变阻器滑片向右端移动，接入电路中的电阻变小，再结合串并联电路的电流、电压规律和欧姆定律分析电路中电流和电压的变化。
17.（2021·株洲）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。如图，某运送防疫物资的班列由30节车厢组成，列车在车头牵引下沿平直轨道匀速行驶时，车头对第1节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受阻力（摩擦阻力和空气阻力的统称）均相等，则（ ）
A. 每节车厢所受阻力为F B. 每节车厢所受阻力为 F30
C. 第29节车厢受到的牵引力为 F15 D. 第29节车厢受到的牵引力为 F30
【答案】 B,C
【考点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】AB．设每节车厢受到的阻力为f，则30节车厢受到的阻力为30f，由于列车在车头牵引下沿平直轨道匀速行驶，所以车头对第1节车厢的牵引力为F等于30节车厢受到的总阻力，即 F=30f
所以每节车厢所受阻力为 f=F30
B符合题意，A不符合题意；
CD．把第29节车厢和第30节车厢看作一个整体，则第29节车厢受到的牵引力等于第29节车厢和第30节车厢所受阻力之和，所以第29节车厢受到的牵引力为 F＇=2f=2×F30=F15
C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】每节车厢都做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的合外力为零，对物体进行受力分析，利用平衡方程求解力的大小即可。
三、填空题
18.（2021·株洲）如图是根据初中物理光学内容绘制的知识结构图，线条表示知识间的逻辑联系。
（1）A、B两处应分别填写的物理原理是 ________和 ________（填“直线传播”或“光路可逆”）。
（2）C、D两处应分别填写的光学元件是 ________和 ________（填“平面镜”或“透镜”）。
（3）图中表示光沿直线传播的物理模型是 ________。
【答案】 （1）直线传播；光路可逆
（2）透镜；平面镜
（3）光线
【考点】光的直线传播及其应用，生活中的透镜，平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）由图可知，与A相连的有光线、小孔成像及光速，小孔成像是光的直线传播形成的，A处应填“直线传播”，光的反射和光的折射现象中光路是可逆的，则B处应填“光路可逆”。
（2）由图可知，与C相连的是折射，则C处应填“透镜”，与D相连的是反射，则D处应填“平面镜”。
（3）在物理学中，我们用光线来表示光的传播路径，所以表示光沿直线传播的物理模型是光线。
【分析】（1）影子、日食、月食、小孔成像对应的是光的直线传播，光发生反射时遵循光光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线和入射光线法线两侧，反射角等于入射角，光路可逆；
（2）凸透镜成像为光的折射；平面镜成像的实质就是光的反射；
（3）物理学中为了便于研究、描述，引入了物理模型法，其中光线的引进就是利用了模型法。
19.（2021·株洲）如图为某同学用弹簧测力计测量木块在水平固定木板上匀速滑动时所受摩擦力的情景。此时，弹簧测力计的读数为________N，实验操作中的错误是________。改正错误后，通过增减木块上钩码的个数，可以探究滑动摩擦力的大小与________（填“接触面的粗糙程度”或“压力”）的关系。
【答案】 1.4；弹簧测力计没有沿水平方向拉动木块；压力
【考点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.4N。
实验中需要用弹簧测力计水平拉动木块在水平木板上做匀速直线运动，根据二力平衡条件，拉力等于摩擦力,而实验中弹簧测力计没有沿水平方向拉动木块。
改正错误后，通过增减木块上钩码的个数，压力发生了变化，接触面的粗糙程度不变，可以探究滑动摩擦力的大小与压力的关系。
【分析】观察弹簧测力计的量程和分度值，根据指针的位置读数即可；物体做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力等于摩擦力。
20.（2021·株洲）如图a所示，在侧壁有刻度、底部封闭的透明玻璃管中，放入规格相同的两块柱形磁铁，组成一个磁悬浮系统。在上方磁铁上依次叠放与柱形磁铁规格相同的铝柱体，平衡时分别如图b、c、d所示，此时磁铁间的斥力 ________（“大于”“等于”或“小于”）悬浮体的重力。利用这个磁悬浮系统可探究的物理问题是 ________。（不计摩擦）
【答案】 等于；磁体排斥力的大小与磁极间的距离有什么关系
【考点】磁场
【解析】【解答】悬浮体静止不动时，在竖直方向上受力平衡，受到竖直向上的排斥力、竖直向下的重力是一对平衡力，大小相等，所以磁铁间的斥力等于悬浮体的重力。
根据四幅图可知，磁体相同，磁体上方法的铝柱体的个数不同，重力不同，两个磁极间的距离不同，距离越近，排斥力就越大，所以探究的问题是：磁体排斥力的大小与磁极间的距离有什么关系。
【分析】任何磁铁都具有两个磁极，即N极和S极，磁感线从N极指向S极，同名磁极相互排斥，随着距离的减小，引力和斥力都在增加。
21.（2021·株洲）微型电动葫芦常用于商场、仓库等场合吊起较重的物品，工作时有单绳起吊和双绳起吊两种模式，如图所示，部分工作参数如表。根据表格数据解答下列问题：
电机功率
额定吊装承重
重物提升速度
重物最大提升高度
800W
200kg（单绳）
10m/min（单绳）
12m（单绳）
400kg（双绳）
6m（双绳）
（1）与单绳起吊比较，双绳起吊增加了一个 ________（填“定”或“动”）滑轮，重物提升速度为 ________m/min。（绳长和电机收绳速度恒定）
（2）电动葫芦采用单绳起吊时，重物上升到最大高度所需时间为 ________min，此过程电机消耗的电能为________×104J。
（3）列举起吊过程损耗的一种能量（或做的额外功） ________。
【答案】 （1）动；5
（2）1.2；5.76
（3）提升动滑轮做功
【考点】动滑轮及其工作特点，有用功和额外功
【解析】【解答】（1）图中双绳起吊的滑轮随物体一起运动，则此装置是动滑轮；
已知绳长和电机收绳速度恒定，由表格可知，单绳起吊重物提升速度v=10m/min；则双绳起吊重物提升速度v＇= 1n v= 12 ×10m/min=5m/min
（2）单绳起吊时，重物最大提升高度h=12m，由v =st 可得，
重物上升到最大高度所需时间t =sv =ℎv=12m10m/min =1.2min
由P =Wt 可得，此过程电机消耗的电能W=Pt=800W×1.2×60s=5.76×104J
（3）起吊过程克服绳子的摩擦、克服绳子重力、动滑轮重力做功等都属于额外功。
【分析】（1）中心转轴移动的为动滑轮，动滑轮可以省力但不能改变力的方向，其中拉力等于物体重力的一半，但是拉力移动的距离为重物移动距离的两倍；
（2）已知物体的路程和运动的速度，利用速度公式求解运动时间；；求解机械功，利用公式W=Pt即可，其中P是外力做功的功率；
（3）用滑轮组提升物体，拉力作的功为总功，克服重力做的功为有用功。
22.（2021·株洲）某厂家生产的油汀取暖器有四种规格，每种规格都有两根电热丝、三个挡位和相同的电路图，对应的功率如表所示。
规格
9片
10片
11片
12片
功率
1挡
600W
800W
800W
1000W
2挡
1000W
1000W
1200W
1200W
3挡
1600W
1800W
2000W
（1）“12片”的油汀取暖器3挡的功率为 ________W。
（2）“11片”的油汀取暖器的空腔内灌有4kg的导热油，导热油的比热容为 2.1×103J/(kg⋅℃) ，可知油温升高100℃吸收的热量为 ________×105J。
（3）“10片”的油汀取暖器在2挡正常工作时，其电热丝的电阻为________Ω。（家庭电路电压220V）
（4）如图是“9片”的油汀取暖器的旋钮式功率选择开关。转动旋钮可以将左侧相邻两个金属触点相连，同时与右侧金属板连通。已知图中旋钮处于位置M（金属片连接b、c两触点）时对应的挡位是2，则位置H对应的挡位是 ________（填“1”或“3”）。
【答案】 （1）2200
（2）8.4
（3）48.4
（4）3
【考点】电功率的计算
【解析】【解答】（1）由表中数据可知，每种规格的取暖器其3挡的功率都等于1挡和2挡的功率之和，所以“12片”的油汀取暖器3挡的功率为 P3=P1+P2=1000W+1200W=2200W
（2）油温升高100℃吸收的热量为 Q=cmΔt=2.1×103J/(kg⋅℃)×4kg×100℃=8.4×105J
（3）“10片”的油汀取暖器在2挡正常工作时，其电热丝的电阻为 R=U2P=(220V)21000W=48.4Ω
（4）图中旋钮处于位置M（金属片连接b、c两触点）时，只有一个电热丝接在电路中，旋钮处于位置H时，两个电热丝并联在电路中，电路总电阻比旋钮处于位置M时的总电阻小，由 P=U2R 可知，旋钮处于位置H时的功率比旋钮处于位置M时的功率大，所以旋钮处于位置M时对应的挡位是2，则位置H对应的挡位是3。
【分析】（1）（4）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；
（2）结合水的质量和温度的变化量，利用比热容公式求解水吸收的热量即可；
（3）结合用电器的额定功率和额定电压，利用功率的变形公式R=U2/P求解用电器的电阻。
四、实验题
23.（2021·株洲）用伏安法测量一热敏电阻的阻值随温度的变化关系。将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和电流表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。
（1）某一温度下，两电表的示数如图甲所示，则电压表的读数为________ V，电流表的读数为 ________mA，该温度下热敏电阻阻值为 ________kΩ。
（2）实验得到该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图乙所示，据图可知，在温控室内温度由10℃升高到60℃的过程中，热敏电阻的阻值________（填“增大”、“减小”或“不变”）；将热敏电阻从温控室中取出后握在手心，达到热平衡后测得热敏电阻为1.4kΩ，由图乙可知此时手心温度为________℃。
（3）利用该热敏电阻制作火灾报警器，其电路的一部分如图丙所示。E为10V的电源；当R2两端的输出电压达到或超过6V时，便触发报警器（未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为50℃，则 ________（填“R1”或“R2”）是热敏电阻，另一定值电阻的阻值为________ kΩ。
【答案】 （1）9；3.6；2.5
（2）减小；36
（3）R1；1.2
【考点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，示数为9V；电流表使用量程0～6mA，分度值0.02mA，所以通过热敏电阻的电流为3.6mA。
热敏电阻的阻值R= UI=9V3.6×10−3A=2.5×103Ω=2.5kΩ
（2）由图乙可知热敏电阻的阻值从温度为10℃升高到60℃的过程中一直在减小；从图乙中可以读出热敏电阻为1.4kΩ时对应的温度为36℃。
（3）温度升高时，该热敏电阻阻值减小，分得电压减少，而温度高时要求输出电压升高，以触发报警，所以R1为热敏电阻，R2为固定电阻。由题意可知，当温度为50℃时，R1=0.8kΩ，而此时U2=6V，电路中的电流I= U2R2=ER1+R2
6VR2=10V0.8×103Ω+R2
R2=1200Ω=1.2kΩ
【分析】（1）结合电压表选择的量程和分度值，根据指针读数即可；明确电流表的量程和对应的分度值，结合表盘的指针读数；
（2）随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小；结合电阻的阻值求解此时的温度；
（3）串联电路中，各用电器两端的电压之和等于电源电压，用电器分得的电压与电阻成正比。
五、综合题
24.（2021·株洲）高仿真涡喷（指发动机类型）航模飞机（图甲）的表演极具观赏性。这种航模飞机需在跑道上加速滑行一段距离，获得足够的升力后才能起飞。已知航模飞机在起飞离地前，平直跑道对它的支持力F支与滑行距离s的关系如图乙所示。发动机产生的推力为300N，滑行中获得的升力为F升＝cv2 ， 式中比例系数c＝7.5N•s2/m2 ， v是航模飞机的滑行速度。g取10N/kg，根据图像解答下列问题：
（1）航模飞机的质量为 ________kg，起飞过程中发动机做的功为 ________J；
（2）航模飞机起飞离地时获得的升力为 ________N，速度为 ________m/s；
（3）根据航模飞机在竖直方向的受力和图乙的解析式，推导其滑行距离s与滑行速度v之间的关系式。________
【答案】 （1）108；9000
（2）1080；12
（3）s=524v2
【考点】重力及其大小的计算，功的计算及应用
【解析】【解答】（1）根据图乙可知，当飞机静止时，所受重力与支持力平衡，大小相等，即G=F支0=1080N
飞机的质量为m＝ Gg=1080N10N/kg=108kg
根据图乙可知，飞机起飞前的滑行的距离为s=30m，飞机发动机做的功为W=Fs=300N×30m=9000J
（2）飞机刚好离地时，获得的升力大小等于飞机的重力，即F升=G=1080N
由F升=cv2
可得，飞机的速度为 v=F升c=1080N7.5N⋅s2/m2=12m/s
（3）在乙中，设支持力F支与滑行距离s之间的关系为F支=ks+b
代入数据有1080N=k×0m+b①
0N=k×30m+b②
由①②两式可得k=-36，b=1080
即：支持力F支与滑行距离s之间的关系为F支=(1080-36s)N
滑行过程中飞机的受力关系为G=F升+F支
结合关系式F升=cv2
可得1080N=cv2+(1080-36s)N
代入c=7.5N•s2/m2可得滑行距离s与滑行速度v之间的关系式为 s=524v2
【分析】（1）结合物体的重力和g，相除求解物体的质量；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；
（2）升力与重力是一对平衡力，结合飞机的升力求解此时的速度；
（3）飞机在重力、支持力和重力作用下平衡，结合升力的表达式求解路程与速度的关系。
25.（2021·株洲）给一电池充电，在电量从零直至充满的过程中，电池电压和充电电流随时间变化的曲线简化后如图所示。根据图像解答下列问题：
（1）在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先 ________后 ________；
（2）图中虚线表示 ________（填“电压”或“电流”）曲线，理由是电池刚充满电时________。
（3）已知电池充电的前50min储存的电能达到满电时的50%，不计发热损耗，试求该电池充满电后储存的电能。________
【答案】 （1）增大；减小
（2）电流；充电电流为零
（3）3.696×105J
【考点】电功的计算，电功率的计算
【解析】【解答】解：（1）电池刚充满电时，充电电流为零，所以图中虚线表示充电电流变化曲线，实线表示电压变化曲线，由图可知，在0~50min内，充电电流大小保持不变，电压逐渐变大，由 P=UI 可知，该过程中充电功率变大，由图可知，在60~200min内，充电电流大小逐渐变小，电压保持不变，由 P=UI 可知，该过程中充电功率变小，所以在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先增大后减小。
答：在该电池充电的过程中，充电功率的变化情况是先增大后减小；
（2）电池充满电后，会停止充电，则充电电流为零，由图可知，在200min时，虚线数值为零，所以虚线表示电流曲线，理由是电池刚充满电时，充电电流为零。
答：图中虚线表示电流曲线，理由是电池刚充满电时充电电流为零；
（3）由图可知，刚充电时，充电功率为 P0=U0I0=12.5V×4A=50W
第50min充电功率为 Pm=UmIm=18.3V×4A=73.2W
在0~50min内，电压均匀增大，则前50min内的平均充电功率为 P=P0+Pm2=50W+73.2W2=61.6W
前50min储存的电能 W=Pt=61.6W×50×60s=1.848×105J
因为前50min储存的电能达到满电时的50%，所以该电池充满电后储存的电能 W总=2W=2×1.848×105J=3.696×105J
答：该电池充满电后储存的电能为 3.696×105J 。
【分析】（1）结合电流与电压值，利用功率该公式P=UI求解功率即可；
（2）随着充电的进行，电流逐渐减小；
（3）求解电流做功，利用公式W=Pt求解即可，P是用电器的功率， t是用电器工作的时间。
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