内容发布更新时间 : 2024/11/17 23:38:34星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

热气球升空 C．

水坝下部较宽 D．

纸片托水

【考点】大气压的综合应用．

【分析】生活中很多现象的工作原理都利用了大气压强，抽气机、吸管、茶壶、针管、塑料吸盘等都可能利用到大气压；

逐个分析选择项中提到的物理情景，结合对应的物理知识从而确定答案．

【解答】解：A、书包带较宽是在压力一定时，增大受力面积，减小压强，与大气压无关，不合题意； B、热气球升空是利用了其浮力大于重力，与大气压无关，不合题意；

C、水坝下部较宽，是因为液体的压强随深度的增加而增大，下部较宽可承受更大的水的压强，与大气压无关，不合题意；

D、纸片托水，是因为杯内水的压强小于外界大气压，在大气压的作用下，使纸片和水不会掉落，符合题意． 故选D．

8．为测量某种液体的密度，小明利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数距并绘出了m﹣V图象，如图所示．下列说法正确的是（ ）

A．该液体密度为2g/cm3 B．该液体密度为1.25g/cm3 C．量杯质量为40g D．60cm3该液体质量为60g 【考点】密度的计算；密度公式的应用． 【分析】（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量m总1；当液体体积为V1=80cm3时，液体和杯的总质量m总2，列方程组求出液体密度和量杯质量； （2）当液体的体积V3=60cm3，利用m=ρV求液体质量． 【解答】解：

（1）设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，

读图可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量m总1=m1+m杯=40g 可得：ρ×20cm3+m杯=40g，﹣﹣﹣①

当液体体积为V1=80cm3时，液体和杯的总质量m总2=m2+m杯=100g 可得：ρ×80cm3+m杯=100g，﹣﹣﹣② ①﹣②得：

液体的密度ρ=1g/cm3，故AB错； 代入①得m杯=20g，故C错；

（2）当液体的体积V3=60cm3，液体质量： m3=ρ×V3=1g/cm3×60cm3=60g，故D正确．

故选D．

9．某些无法直接感知的事实可以通过相关可感知的现象推测得到，这是物理学研究问题的一种方法，下列根椐这种方法所做出的推测不符合事实的是（ ） A．打开醋瓶能闻到酸味推测出分子做无规则运动 B．酒精和水混合后总体积变小推测出分子间存在引力 C．汤姆生发现电子推测出原子是可分的

D．温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大推测出该区域存在一种人眼看不见的光 【考点】物理学方法． 【分析】（1）推理法：在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种研究问题的方法，但得出的某些规律却不能或不容易直接观察或实验验证；

（2）要解答本题需掌握：①分子动理论的内容；②原子的结构；③红外线的热效应．

【解答】解：A、打开醋瓶能闻到酸味，这是一种扩散现象，由此推测出分子在不停的做无规则运动，故A符合事实；

B、酒精和水混合后总体积变小，是因为分子间有间隙，并且分子是在运动的，分子进入了彼此的空间，使总体积减小，因此可以推测出分子间存在空隙，故B不符合事实；

C、汤姆生发现电子说明原子由原子核和核外电子组成的，因此可以推测出原子是可分的，故C符合事实； D、在光谱上，红光以外的不可见光是红外线，其热效应强，所以温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大，因此可以推测出该区域存在一种人眼看不见的光，故D符合事实． 故选：B． 10．最新型客机波音787的“电子窗帘”用的是一种可以通过按钮随意改变透明状态的调光玻璃．透明度的变化是通过两个透明电极和夹在其中间的溶液来实现的，在两个透明电极上加上电压，通过改变电压大小，溶液的光学性质发生变化，调光玻璃的透明状态随之改变，透明电极被坚固的内烯酸树酯保护着，该“电子窗帘”没有利用下列哪种物理属性（ ）

A．比热容

B．硬度 C．透光性

【考点】物质的物理特征．

D．导电性

【分析】物质的物理属性包括密度、硬度、导热性、导电性、透光性、比热容等，不同的物理属性反映不同的物理特征． 【解答】解：

从“电子窗帘是一种随意改变透明状态的调光玻璃”可以知道，这种材料具有良好的透光性．选项C不符合题意；

从“在两个透明电极上加上电压，通过改变电压大小”可以知道，这种材料是导体，具有导电性．选项D不符合题意；

从“透明电极被坚固的内烯酸树酯保护着”可以知道，这种材料具有较强的硬度．选项B不符合题意； 材料无论怎样变化，状态和物质种类没有变化，所以比热容是不变的．选项A符合题意． 故选A．

11．如图所示，木块置于小车上，在水平拉力F作用下，小车和木块一起以速度v沿水平地面向右做匀速直线运动（不计空气阻力）．以下三组力属于平衡力的是（ ）

①地面对小车的支持力与木块对小车的压力 ②小车对木块的摩擦力与木块受到的水平拉力 ③地面对小车的摩擦力与木块对小车的摩擦力．

A．仅① B．②③ C．仅②D．①②③

【考点】平衡力的辨别．

【分析】平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上．缺一不可． 【解答】解：

①地面对小车的支持力与木块对小车的压力，二者大小不相等，所以不是一对平衡力；

②木块受到向右的拉力，同时由于木块处于平衡状态，所以还一定受到小车对木块向左的摩擦力，二者大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力；

③地面对小车的摩擦力与木块对小车的摩擦力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力．

综上所述，②③是一对平衡力． 故选B．

12．如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的图线如图乙所示，下列叙述正确的是（ ）

A．电源电压为14V

B．图乙中dc是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线

C．滑片从b点滑到a点的过程中，电路消粍的总功率最大值为45W D．滑片在a点时，1Os内电阻R消耗的电能为1OJ

【考点】欧姆定律的应用；电功的计算；电功率的计算． 【分析】（1）滑动变器的滑片P在b点时，电路中的电流最小，滑动变阻器两端的电压最大，由于滑动变阻器R1、电阻R、R2串联，此时两个电压表的示数之和一定小于电源电压，据此可判断A的正误；

（2）滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中dc，ec分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；

（3）从“U﹣I”关系图象可以看出，滑片P在b点、a点的电压表示数与电流值，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用P=UI求出总功率最大值；

（4）滑片在a点时，利用W=I2Rt即可求出消耗的电能．

【解答】解：A、滑动变器的滑片P在b点时，电路中的电流最小，此时此时两个电压表的示数分别为12V、2V，则两个电压表的示数之和为12V+2V=14V；由于电路中滑动变阻器R1、电阻R、R2是串联，此时电源电压一定大于两个电压表的示数之和14V，故A错误；

B、滑动变器的滑片P从b点滑到a点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；所以图

ec是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的乙中dc是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，

图线，故B错误；

C、从“U﹣I”关系图象可以看出，滑片P在b点时电流Ib=1A，U1=12V、U2=2V； 滑片P在a点时电流Ia=3A，U1′=6V、U2′=6V；

根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：U=IbR+U1+U2，U=IaR+U1′+U2′， 则IbR+U1+U2=IaR+U1′+U2′，

即：1A×R+12V+2V=3A×R+6V+6V，

所以，R=1Ω，则U=1A×1Ω+12V+2V=15V；

所以电路消粍的总功率最大值P=UIa=15V×3A=45W，故C正确；

D、滑片在a点时，1Os内电阻R消耗的电能W=Ia2Rt=（3A）2×1Ω×10s=90J，故D错误． 故选C．

二、填空题（本题共10小题，每空1分，共26分）

13．发电机是利用 电磁感应 现象制成的；图中体温计的示数是 38.5 ℃．

【考点】电磁感应；温度计的使用及其读数． 【分析】（1）闭合回路中的部分导体做切割磁感线的运动时就能产生感应电流，这种现象为电磁感应现象，发电机就是根据电磁感应的原理制成的．

（2）首先确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字． 【解答】解：据课本知识可知，发电机是利用电磁感应现象的原理制成的； 如图所示的体温计的分度值是0.1℃，对应的读数为38.5℃． 故答案为：电磁感应；38.5；

14．被甲材料摩擦过的乙棒与被丝绸摩擦过的玻璃棒相互排斥，则乙棒带 正 电荷，是因为乙棒在摩擦过程中 失去 电子．

【考点】正电荷与负电荷；摩擦起电． 【分析】（1）自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷，丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．

（2）不同物质组成的物体，原子核夺得电子的本领不同，相互摩擦时，一个物体夺得电子，因多余电子带负电，另一个物体因缺少电子带正电． 【解答】解：

玻璃棒和丝绸摩擦过程中，玻璃棒失电子带正电荷，丝绸得电子带负电荷；乙棒与玻璃棒相互排斥，说明乙棒带正电，是因为乙棒在摩擦过程中失去电子造成的． 故答案为：正；失去．

15．如图所示为液态烛蜡和水在凝固时的温度﹣时间图象，则图 甲 是表示水的凝固图象．甲图中该物质在t1至t2时间内的状态是 固液共存 ，内能 减少 （增加/不变/减少）．

【考点】熔化和凝固的温度—时间图象；凝固与凝固放热特点．

【分析】要解决此题，需要掌握晶体与非晶体的区别：晶体在凝固过程中温度不变，非晶体在凝固过程中温度不断降低．

知道晶体在凝固过程中放热，温度不变，内能减小，处于固液混合态．

【解答】解：乙图可以看出该物质在凝固过程中，温度不断降低，所以是非晶体﹣液态烛蜡的凝固图象． 甲图在t1至t2时间内温度保持不变，所以甲图是水的凝固图象，在凝固过程中处于固液混合态，在此过程中不断放热，温度不变，内能减小． 故答案为：甲；固液共存；减少．

16．如图所示，用同一滑轮按甲、乙两种方式匀速提升同一物体，物体重1OON，滑轮重25N，绳重和摩擦不计，图甲中F甲= 100 N，图乙装置的机械效率η乙= 80% ，若图乙中再加挂一物体，机械效率将 变大 ．

【考点】机械效率的计算；定滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率． 【分析】（1）甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮不省力，拉力F=G；

（2）乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，有用功W有用=Gh，总功W总=（G+G轮）h，机械效率等于有用功和总功之比；

（3）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即提升更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重． 【解答】解：

（1）由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力，F甲=G=100N；

（2）乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，有用功W有用=Gh，总功W总=（G+G轮）h，动滑轮的机械效率η

乙

====×100%=80%；

（3）当提升重物的重力增加，做的有用功就变大，而额外功几乎不变，故机械效率变大． 故答案为：100；80%；变大．

17．如图甲所示，静止在水平面上的长方体木块，在水平推力F作用下向前移动，说明力可以改变物体的 运动状态 ，仅改变推力F作用的位置，如图乙所示，木块却向前倾倒，说明力的作用效果与力的 作用点 有关．