湖南省株洲市中考物理试题解析版Word文档下载推荐.docx

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【答案】C

【详解】做功的两个必要因素：

一是作用在物体上的力，二是在力的方向上移动的距离，二者缺一ABD选项中，篮球在受到运动员施加的力的作用上不可；

根据以上因素判断，在篮球运动中、、C选项符合题意。

移动了距离，故均做功，只有擦板过程中运动员未对篮球施加力的作用，故【点睛】解答此题要求学生了解篮球相关术语，并对做功的两个必要因素深刻理解。

）图为交流发电机原理图，线圈在磁场中转动，则（5.5.

学科网学科网学科网学科网学科......................网学科网学科网学科网学科网.......................A.两磁极间的磁场方向向左

B.线圈在磁场中切割磁感线

C.通过灯泡的电流方向不变

D.线圈一定不受磁场力作用

【答案】B

A.NS极，故两磁极间的磁场方向向右，极出发，到人们规定在磁体外部，磁场方向由【详解】．

故A错误；

B.线圈在磁场中转动时，切割磁感线，可以产生感应电流，故B正确；

C.线圈转动一周，切割磁感线的方向变化两次，产生感应电流的方向也变化两次，所以通过灯泡的电流方向改变，故C错误；

D.通过电流的线圈在磁场中运动时，会受到磁场力的作用，故D错误；

B。

故选【点睛】注意分清楚研究电磁感应和磁场对通电导线作用力的两个原理，从能的转化看，两者是相反的，即电磁感应现象中将机械能转化为电能，而磁场对通电导线的作用力，将电能转化为机械能。

内有少量饮料的罐子可以斜放在水平桌面上保持平衡。

下列四个图中，能正确表示饮料罐（含6.6.）饮料）所受重力的示意图是（

D.A.C.B.

CD错误；

【详解】重力的方向始终竖直向下，故根据题意，内有少量饮料的罐子可以斜放在水平桌面上保持平衡，根据杠杆的平衡条件知，只有重力的作用线经过支点时，罐子才会保持平衡，故A正确，B错误。

故选A。

【点睛】关键是根据杠杆的平衡条件分析，理解当一个力通过支点时，此力的力臂为零，对杠杆起不到任何作用，即原来平衡的杠杆会仍然平衡。

）图为试电笔的结构及使用方法。

下列说法正确的是（7.7.

A.试电笔可以判断物体是带正电还是带负电

B.若氖管发光，说明人体成为了电流的通路

C.笔尖、电阻和氖管是导体，外壳、弹簧和笔卡是绝缘体

在两种使用试电笔的方法中，甲是正确的，乙是错误的D.

A.试电笔可以判断火线和零线，故A【详解】错误；

B.若氖管发光，说明有电流通过，是火线、测电笔、人体、大地成为了电流的通路，故B正确；

C.笔尖、电阻、氖管、弹簧和笔卡都是导体，外壳是绝缘体，故C错误；

D.手应该接触笔尾的笔卡，在所以两种使用试电笔的方法中，甲是错误的，乙是正确的，故D错误；

故选【点睛】要理解测电笔使用时，人手必须接触笔尾的金属体，以形成通路，氖管才可能发光，但不能接触笔尖的金属体，这样相当于手直接接触到了输电线，会触电。

MS发出一束激光射到镜面上，经放置在水平桌面上，光源图为观察微小形变的装置。

平面镜8.8.PF）向下挤压桌面，则（．若在图示位置用力反射后在标尺上形成光斑

A.激光束的入射角增大反射角减小

B.激光束的入射角减小反射角增大

C.标尺上的光斑右移

D.标尺上的光斑左移

S发出一束激光射到镜面上，当用力压桌面时，平面镜向中间倾斜（如下图所示），【详解】光源造成入射角增大，根据反射角等于入射角可知，反射光线远离法线，导致了标尺上的光斑右移。

C。

故选：

1.NM的高度就会发生或【点睛】力可以改变物体的形状，用力压桌面，桌面发生形变，平面镜2.根据光的反射定律分析可知光斑向哪点的那一侧移动．变化，从而使刻度尺上的光斑移动；

“”，在这种模式下，可延长电池的省电模式智能手机耗电达到一定量时，会自动提示用户采用9.9.）供电时间，原因是（A.降低了电池的输出电压B.减小了电池的输出电流

C.减小了电子线路的电阻D.增大了电池的输出功率

A.A不符故如果降低了电池的输出电压，手机工作电压是一定的，手机将不能正常工作，【详解】B.WPt知，要延长手机工作时间，＝合题意；

需要减小输出手机电池储存的电能是一定的，由公式PUIB符＝知，在省电模式下，应减小电池的输出电流，故功率，而手机工作电压是不变的，由C.CD.由公式手机内部电子线路的结构是不变的，所以电阻也是一定的，故合题意；

不符合题意；

WPtDB。

＝知，增大电池的输出功率，手机的工作时间会缩短，故不符合题意。

故选【点睛】省电模式通常降低显示屏亮度，关小媒体声音等措施，这些通过减少了电池的输出电流来减小了输出功率。

燕子归巢时，沿图示虚线方向匀速滑翔。

能正确表示这个过程中空气对燕子作用力方向的是10.10.）（

①②③④D.A.C.B.

【详解】根据题意，沿图示虚线方向匀速滑翔，则表示燕子受到平衡力的作用。

这个过程中空气对燕子作用力与重力平衡，方向与重力的方向相反，故空气对燕子作用力方向竖直向上。

故②正确，选【点睛】关键是平衡状态的判断，理解当静止和匀速直线运动时，物体受力一定平衡，则空气产生的升力与重力平衡，据此可判断空气对燕子作用力方向。

a、b、c、d、e、f为接线柱，将电压表接在其中两个接线柱上后，图示电路中各元件完好，11.11.0；

开关断开时，电压表有示数。

则与电压表相连的两个接线柱可能是开关闭合时，电压表示数为

）（

A.abB.cdC.afD.ef和和和和【答案】D

0，说明开关闭合时，两点之间没有电阻，而开关【详解】根据题意，开关闭合时，电压表示数为断开时，电压表有示数，此时丙点有电阻，或电阻无穷大，综合可判断出电压表是与开关并联。

ef点。

和即电压表连接在D。

故选【点睛】重点是根据欧姆定律判断，要理解当电压表并联在开关两端，开关闭合时，两点间无电阻，电压表无示数，当开关断开时，电压表实际串联在电路中，由于电压表的电阻很大，所以电流表无示数，且电压表有示数接近电源电压。

，12）上运动，除碰撞外，两个小球总是沿顺时针方向在同一圆周轨道（虚线所示和如图12.12.a、b1的速度是两球刚好运动到图示位置，是直径的两端，此时球它们的速度保持不变。

某时刻，2）（）的两倍。

此后，这两个小球（设碰撞时间极短，碰撞后速度互换球

a点相碰A.总是在b点相碰总是在B.

ab点相碰C.时而在点相碰，时而在D.可以在圆周轨道上的任意位置相碰

a、b12的两倍，【详解】某时刻，两球刚好运动到图示位置，的速度是球是直径的两端，此时球，根据速度公式知：

L设圆周的周长为

12的速度是球经过的距离为，经过的距离为L，球2又因为球球当两者都再次运行到a点时，1

的两倍，所以用时正好相等，即，两球在a点相撞。

碰撞后，当速度快的球经过两周时，速度慢的球经过1周，所以下次两球相撞仍然在a点。

故A正确，选A。

12的速度是球【点睛】重点是速度公式的应用，理解清楚两球始终在一个圆周上运动，又因为球的两倍，所以两球碰撞总在同一位置，即在a点相撞。

二、双选题

沏茶时，玻璃杯的杯壁上常会出现水雾，一段时间后，水雾又消失了。

关于这种现象，下列13.13.）说法正确的是（A.水雾出现在玻璃杯的外壁上

B.水雾出现在玻璃杯的内壁上

C.“出现水雾”是液化现象，“水雾消失”是汽化现象

D.“出现水雾”是熔化现象，“水雾消失”是升华现象

【答案】BC

【详解】沏茶时，水温较高，会蒸发大量的水蒸气，由于杯的温度相对较低，当水蒸气上升时，遇到较冷的杯壁液化，水雾出现在杯的内壁；

随着杯壁温度逐渐升高，水温逐渐降低，小水球又蒸发，即汽化了，则水雾消失。

故“出现水雾”是液化现象，出现在内壁，“水雾消失”是汽化现象。

故选BC。

【点睛】重点是液化的过程，当水蒸气遇冷液化时，一定要搞清楚是哪的水蒸气遇到哪的“冷”而形成，清楚这一点就能明白形成在内表面还是外表面了。

）截面为正方形、中空部分为椭圆形的玻璃体如图所示。

则这个玻璃体（14.14.

A.可以看做两块凹透镜B.可以看做一块凸透镜

对图示光束具有汇聚作用D.对图示光束具有发散作用C.

【答案】AC

【详解】如图，中空部分为椭圆形的玻璃体，整体看好像是一个凸透镜，但要清楚对光起折射作用的是玻璃部分，所以将其从中间分开来看，相当于两个凹透镜；

凹透镜对光线有发散作用。

故AC正确，BD错误。

故选AC。

【点睛】解题的关键是将其从中间分开来看，这时相当于两个凹透镜，不能当成一个凸透镜来考虑。

）某家用电能表的有关参数如图所示，可知（15.15.

2.2kW该电能表上用电器的总功率不能超过A.

8.8kW该电能表上用电器的总功率不能超过B.

3000r该电能表的转盘每小时最多转C.

26400r该电能表的转盘每小时最多转D.

【答案】BD

A.B.40A：

，所以该电能表上用电器的总功率不能超过【详解】由图知，最大电流为

AB正确；

，故错误，C.D.3000r/（kW?

h）1kW?

h3000r。

理解的电能，该电能表的转盘转的物理意义，即每消耗

；

当功率最大时，每小时消耗的电能为：

CD正确；

该电能表的转盘每小时最多转：

错误，故，故BD。

故选3000r/（kW?

h）

【点睛】重点是电能表铭牌的意义和电功率的计算，考题中经常出现，关键是理解的物理意义。

，发令枪响后，运动员在水平方向对前、后两个起跑器的共同作用随时图甲表示蹲踞式起跑16.16.）间变化的关系如图乙所示。

在这次起跑过程中，运动员（．

0.2sB.惯性先增大后减小A.反应时间约

C.身体各部分运动状态保持不变D.身体各部分运动情况不完全相同

【答案】AD

A.0.2s0.2sA正确；

【详解】由图知，，故时，脚开始施力的作用，即反应时间约B.B错误；

惯性与质量有关，与其它因素无关，故惯性不变，C.向后施力时，由于力的作用是相互的，人会受到向前的力，在力的作用下，身体开始向前运动，C错误；

且由图知，此力会有大小的变化，故身体的运动状态是变化的，故

D.由于身体各部分情况不完全相同，如手臂的摆动，身体的前倾等情况存在，所以身体各部分的D正确；

运动情况不完全相同，故

AD。

故选【点睛】关键是惯性的理解，惯性即物体保持运动状态不变的性质，惯性大小只与质量有关，是物体最基本的属性之一，注意能用惯性解释生活中的现象。

三、填空题

图为高空跳伞运动员在极速下降过程中的一个画面，在图示的情景中，以地面为参照物，他17.17.“”“”）运动（填或静止的，以其中一个运动员为参照物，其他运动员是们是__________的。

【答案】运动静止

（2）.

（1）.

【详解】跳伞运动员在极速下降过程中，若以地面为参照物，跳伞运动员的位置不断发生变化，所以是运动的；

以其中一个运动员为参照物，其他运动员的位置没有发生变化，则说明其他运动员是静止的。

120（救护）出车后会持续拉响警笛，行人或其他车辆会及时产生的。

_______声音是由声源18.18.

让道，它说明声音可以传递_______（填“信息”或“能量”）。

【答案】振动信息

（2）.

（1）.

【详解】声音是由声源振动产生的。

声音具有传递信息和传递能量的作用。

120出车后会持续拉响警笛，揭示行人或其他车辆会及时让道，是声音可以传递信息的应用。

【点睛】牢记声音可以传递信息和能量。

两个方面的作用在解题中是容易分辨的，传递能量时要伴随能量的转化，而传递信息时只是从声音得到某方面的有用信息，两者是不同的。

（“”“”）方式使其内能增做功水煮花生是一道风味小吃。

煮花生过程中，通过__或填热传递19.19.“”“”）运动使花生仁具有各种调料味。

或大；

利用__（填机械热【答案】热传递热

（2）.

（1）.

【详解】煮花生过程中，水向花生传递热量，通过热传递方式使花生的内能增大；

同时调料吸收热量，内能增大，分子运动加剧，利用分子的热运动使花生仁具有各种调料味。

N极向上转动（箭头所示）图为一种电磁仪表的部分装置，闭合开关后，磁铁。

则通电线圈20.20.S”“N”，”“”）极。

负电池右端为_____（填“正（填“上端为_____或或）极

N负【答案】

（2）.

（1）.

N极向上转动，根据同名磁极相互排斥的特点可知，通电【详解】根据题意，闭合开关后，磁铁线圈上端为N极；

N极握住螺线管，四指弯曲指向电流的方向，则再根据安培定则判断，右手大母指向上，即指向电流由线圈的下端流入，上端流出；

故电源的左端为正极，右端为负极。

【点睛】重点是安培定则的应用，此定则展示了电流方向与磁场方向的关系，知道电流方向可以判断磁场方向，知道磁场方向当然也可以判断电流方向，注意多加练习熟练应用。

．

200mL水的量杯后漂浮在水面上，此时量杯中的水面如图所示（苹果将一个苹果放入盛有21.21.mLN。

已知水的密度为____，受到的重力为未画出）。

则这个苹果排开水的体积为_____33，g10N/kg10。

kg/m1.0×

取

2002【答案】

400ml，则这个苹果排开水的体积为：

【详解】由图知，此时水面到达的刻度为

；

已知苹果漂浮在水面上，漂浮时浮力等于重力，即苹果的重力为：

。

【点睛】重点是浮沉条件和阿基米德原理的应用，根据浮沉条件知浮力等于重，再根据阿基米德原理知浮力等于排开水的重，所以苹果的重等于排开水的重。

0.2g酒精的寒暑表，在一天中某一时段的初、末两个时刻，学校实验室挂一只装有寒暑表的22.22.℃℃．在这段时间内，寒______________，乙的示数为零下示数分别如图甲和乙所示。

甲的示数为“”“”）J．已知酒精的比热容吸收或_______放出暑表内的酒精_______（填的热量为3J/（kg?

℃）。

c=2.4×

10

1237.2放出【答案】

（4）.（3）.

（1）.

（2）.

112℃；

由图乙所示寒【详解】由图甲所示寒暑表可知，其示数是正的，其分度值是℃，其示数为1-3℃；

在这段时间内，寒暑表内的酒精温度℃，其示数为暑表可知，其示数是负的，其分度值是37.2J.

℃15cm:

Q℃kg?

10J/（℃15t0.0002kg2.4×

＝，放出热量降低＝放

【点睛】由图示寒暑表可知，测温液面在零刻度线以上，温度是正的，先确定其分度值，然后读出

cmtQ求出酒精放出的热量。

＝其示数．由放、。

图中所有滑轮等重，且不计绳重和摩乙两种方式将同一重物匀速提升相同高度用图示甲23.23._______________甲的总功甲的有用功乙的额外功，乙的有用功，甲的额外功擦。

在重物上升过程中，_____乙的机械效率。

（填“大于”“等于”或“小于”）乙的总功，甲的机械效率

【答案】等于小于小于大于（4）.（3）.

（1）.

（2）.

、。

乙两种方式将同一重物匀速提升相同高度【详解】用图示甲

，所以在重物上升过程中，甲的有用功等于乙的有用功；

因为

，乙中有两个动滑轮，所以甲的额外功小于乙的额外功；

因为

，所以甲的总功小于乙的总功；

因为

，有用功相等，乙的总功大，故甲的机械效率大于乙的机械效率。

机械效率为：

【点睛】涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，使用滑轮或滑轮组时，额外功为提高滑轮做的功、克服摩擦及绳子重做的功。

15L5W，的圆柱形塑料桶装满水，在桶的顶部安装一个直流电动抽水器（输出功率如图，24.24.5V5s150mLA．要将这内能抽出_______工作电压的水。

抽水器的工作电流为），抽水器工作时，sJJ．（g_______桶水全部抽出，需要；

抽水器需消耗电能______________；

需克服水的重力做功10N/kg）取

1500250075

【答案】

（4）.（3）.

（2）.

（1）.

1A②V15L15000mLP①UII5s，；

【详解】＝因为＝＝，所以抽水器的工作电流为因为＝＝

P③×

150mLt5s500s＝因为＝内能抽出的水，所以全部抽出水的时间，所以抽水器；

＝

×

0.5m0.5mW④h0.75mPt5W×

500s2500J＝抽水器提升水的高度为＝＝＝；

因﹣消耗的电能为＝

333GmgρVg10N/kg150N10ρkg/m1.0×

×

0.015m×

＝＝＝，抽水器克服水为，所以水的重力为：

＝＝0.5m75JWGh150N×

＝的重力做的功：

＝＝。

四、实验题

__________N，分一弹簧测力计如图所示，其刻度（填“是”或“不是”）均匀的，量程为25.25._____N_____N。

，读数为度值为

50.22.6是【答案】

【详解】如图所示的测力计，其刻度是均匀的；

5N1N50.2N；

中间又分为量程即最大刻度为个小格，所以分度值为，每2.6N。

此时指针所在刻度，即读数为【点睛】重点是测力计的使用和读数，注意测力计读数时看清楚量程，弄清楚分度值再读数，不要小看了读数，在考试中是经常出现的。

“”测量空气密度。

主要的实验步骤如下：

排水集气法用26.26.①m；

用电子天平测出打足了气的篮球质量1②S；

测量出集气瓶的内径并算出其内部横截面积③集气瓶装满水，口朝下放在水槽内，带夹导管一端连接篮球的气嘴，另一端放在瓶内，准备排水集气；

④轻轻松开导管夹，让篮球内的空气进入集气瓶，在篮球体积没有明显减小前，停止放气；

⑤m；

测出放气后篮球的质量2．

⑥h；

调整瓶的高度，使瓶外水面相平，测量瓶内空气柱的高度⑦利用密度公式算出集气瓶内空气密度。

（1、。

”“”）不变（填“减小或空气密度_____）篮球在放气过程中，球内空气质量_____（2“”）集气瓶，直至_______（填向上提或向下压）若瓶内水面明显高于水槽内水面，需要缓慢地瓶内外水面相平。

（3。

，此时瓶内外空气密度相等）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压_______（4ρ=_______。

（用所测物理量表示））空气密度

（5）实验中要求篮球体积不发生明显变化，是为了减小______（填“重力”或“浮力”）对质量测量的影响。

浮力相等减小【答案】减小向下压（6）.（4）.

（1）.

（2）.（5）.（3）.

ρ1知，空气密度）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，而篮球体积不变，根据（＝【详解】2）若瓶内水面明显高于水槽内水面，说明里面的气压高于外界大气压，因此应缓慢地向上（减小；

3）当瓶内外水面相平时，瓶内外提集气瓶，使气体体积变大，气压变小，直至瓶内外水面相平；

（m4，排出空气后，剩余气体（）原来球和气体的总质量为气压相等，此时瓶内外空气密度相等。

1ShmVmmm；

则空气的密度＝﹣与篮球的总质量为，则排出空气的质量为；

排出空气的体积＝221

gVρ5Fρ知，实验中要求篮球体积不发生明显变化，是为了减小；

（）根据为：

＝＝气浮浮力对质量测量的影响。

21）一定质（（）篮球在放气过程中，球内空气质量减小，根据ρ判断密度的变化；

＝【点睛】34）实验用排水法）当瓶内外水面相平时，瓶内外气压相等；

量的气体，体积越小，气压越大；

（（来测量排出的气体，根据篮球中的总质量与剩余质量的差可求出排出气体的质量，从而根据密度公5FρgV分析解答。

（式求出空气的密度。

）根据＝气浮U型压强计验证“在受力面积不变时压强与压力的定量关系”的装置。

实验前，橡图为利用27.27.皮膜朝上，金属盒水平固定，玻璃管中液面相平。

实验中，改变叠放在橡皮膜中央的硬币数（规格，测得有关数据如下表。

相同）．

（1hρ，g为_________）实验中当液面高度差为。

已知玻璃管内液体密度为时，盒内外气压差为已知常量。

（2）U形玻璃管足够长时，选用密度_______（填“较大”或“较小”）的液体可以减小实验误差。

_____________）分析实验数据，可得到的实验结论是：

在实验误差允许范围内，ρgh较小在受力面积不变时，压强与压力成正比【答案】（3）.

（2）.

（1）.

h1（时，盒内外气压【详解】可知，若实验中当液面高度差为）根据液体的压强公式，即

差为此液面高度差产生的压强，即2UU形玻璃管越长时，由于气体体积变化对所测）因为（形管中是空气，气体容易被压缩，所以压强的影响较大，此时选用密度较小的液体可以减小实验误差。

310cm；

（）分析实验数据，去除误差的因素外，每增加两个硬币，液面高度差约增加故可得到的实验结论是：

在实验误差允许范围内，在受力面积不变时，压强与压力成正比。

【点睛】理解气体的体积很容易变化，所以管子长度增加时，空气体积变大，对所测压强影响也变大，会使误差增大。

V