2017年湖北省孝感市中考物理试卷(教师版).docx

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1、2017年湖北省孝感市中考物理试卷（教师版）一、选择题（1-8为单选题，9、10为多选题）1（3分）关于声现象的以下说法中正确的是（）A声音的强弱是由发声物体振动的频率决定的B声音在真空中和空气中都以340m/s的速度传播C医生用B超来检测人体的内部器官是否正常D在机器旁，工人戴防噪声耳罩是为了防止噪声的产生【考点】92：声音的传播条件；9E：超声波与次声波；9G：响度与振幅的关系；9L：防治噪声的途径菁优网版权所有【分析】声音的高低叫音调，决定于发声体的频率；声音的强弱叫响度，决定于发声体的振幅及距离发声体的远近；声音的传播需要介质，真空不能传声；声音能够传递信息，也能够传递能量；减弱噪声有

2、三个途径：在声源处，在传播过程中和在人耳处。【解答】解：A、声音的强弱叫响度，决定于发声体的振幅及距离发声体的远近。故A错误；B、声音传播需要介质，在真空中声音不能传播。故B错误；C、声音可以传递信息，所以医生用B超来检测人体的内部器官是否正常。故C正确；D、在机器旁，工人戴防噪声耳罩是为了防止噪声进入耳朵。故D错误。故选：C。【点评】此题考查了声音的特性、传播条件、应用及减弱噪声的途径，是声现象基本规律的应用，难度不大，是一道基础题。2（3分）关于甲、乙、丙、丁四幅力所对应的说法错误的是（）A甲图中“手影”是光的直线传播形成的B乙图属于光的漫反射C丙图中平面镜成像的大小与物镜间的距离无关D丁

3、图表明太阳光中有多种颜色的可见光【考点】A2：光在均匀介质中直线传播；A9：镜面反射；AE：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；AP：光的色散菁优网版权所有【分析】（1）根据光的直线传播来分析；（2）根据光的反射类型来分析；（3）根据平面镜成像特点来分析；（4）根据光的色散知识来分析；【解答】解：A、手影也是影子，是由光的直线传播形成的，故A正确；B、光的反射分为漫反射和镜面反射，平行射入，平行射出为镜面反射，故B错误；C、平面镜成等大的虚像，与物镜间的距离无关，故C正确；D、太阳光是一种复色光，所以我们可以通过三棱镜将其分解为七种颜色的色光，即该现象称为光的色散，故C正确。故选：B。【

4、点评】本题主要考查光的直线传播，反射分类、平面镜成像特点、以及光的色散，是一道综合题。3（3分）如图所示的四种物态变化的实例中，属于液化的是（）A冰雪遇暖消融B水烧开时冒出“白气”C草叶上形成“白霜”D用干手器将手烘干【考点】1M：液化及液化现象菁优网版权所有【分析】判断出属于液化的物态变化，要弄清液化的特点，液化是由物体气态变为液态的变化过程，可根据四个选项中所给物理现象的特点来进行判断。【解答】解：A、冰雪遇暖消融，由固态变成液态，属于熔化现象；B、水烧开时冒出“白气”，壶内冒出来的温度较高的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象；C、草叶上形成“白霜”，是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶

5、，属于凝华现象；D、用干手器将手烘干，手上的水变成水蒸气，属于汽化现象。故选：B。【点评】判断物态变化主要看物体由什么状态变为什么状态，然后根据各种物态变化的概念得出结论，物态变化是中考必考的一个知识点。4（3分）下列图中的实验能产生感应电流的是（）ABCD【考点】CQ：产生感应电流的条件菁优网版权所有【分析】本题考查感应电流产生的条件：闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线。【解答】解：感应电流产生的条件：只有闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时才能产生感应电流。A、电路中有电源，是通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的原理图，不是电磁感应现象，不能产生感应电流，故A错误；B、该实

6、验说明了通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，故B错误；C、导体上下运动时，运动方向与磁感线平行，不切割磁感线，故C错误。D、图中电路是闭合的，线圈在磁场中转动时，导体切割了磁感线，可以产生感应电流，故D正确；故选：D。【点评】本题考查感应电流产生条件：电路闭合，切割磁感线；是一道基础题。5（3分）关于“力和运动”，下列说法正确的是（）A做曲线运动的物体一定受到非平衡力的作用B竖直下落的铁球，越来越快，铁球的惯性越来越大C跳水运动员蹬板起跳时，跳板对运动员的弹力等于运动员的重力D地球上的物体，因为受到重力作用，不可能做竖直向上运动【考点】6L：惯性；6U：力与运动的关系菁优网版权所有【分析】（

7、1）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，即处于静止状态或匀速直线运动状态；物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化；（2）物体的惯性与其质量有关，与物体的速度无关。（3）根据起跳时加速度方向，分析弹力和重力的关系。（4）重力方向始终竖直向下。【解答】解：A、做曲线运动的物体，运动状态改变，受非平衡力的作用，故A正确；B、惯性只与物体的质量有关，与速度无关，竖直下落的铁球，越来越快，但质量不变，惯性不变，故B错误；C、起跳时，运动员的加速度向上，则跳台对运动员的弹力大于运动员自身的重力，故C错误。D、地球上的物体，虽然受到重力作用，但由于惯性也可能做竖直向上运动，

8、如竖直上抛的物体，只受到重力，但由于惯性会继续竖直向上运动，故D错误。故选：A。【点评】明确物体的受力情况，及在不同受力情况下所处的运动状态是解答此题的关键；还要深刻理解力与运动状态之间的关系。6（3分）用四个完全相同的滑轮，组装成两套滑轮组用它们匀速提升同一物体时，其拉力分别为F1、F2，滑轮组的机械效率分别为1、2，如图所示，不计绳重和摩擦，下列选项中正确的是（）AF1F2，12BF1F2，12CF1F2，12DF1F2，12【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F2：机械效率的大小比较菁优网版权所有【分析】滑轮组省力情况的计算，主要看有几段绳子承担物重，或看有几段绳子连着动滑轮；不计绳重和

9、摩擦，滑轮组的机械效率，据此分析机械效率大小关系。【解答】解：读图可知，甲滑轮组n3，乙滑轮组n2，因为不计绳重和摩擦，拉力F（G+G轮），而动滑轮相同、提升的重物相同，所以F1F2；由题意可知，动滑轮重G轮相同、匀速提升同一物体G，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率，所以两滑轮组的机械效率12。故选：D。【点评】此题考查了滑轮组省力情况的分析，关键在于数对承担物重的绳子的段数，即与动滑轮连接的绳子的段数；利用好推导公式：不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率。7（3分）关于家庭电路与安全用电的基本常识，下列说法中正确的是（）A使用试电笔时，手指不能触碰试电笔上端的金属帽B可用钢丝替代保险丝C不要同时

10、使用多个大功率用电器D洗衣机的外壳可以不用接地【考点】IV：安全用电原则菁优网版权所有【分析】（1）测电笔中的氖管发光与否是判断火线和零线的主要依据，发光则为火线，不发光则为零线。但手一定要接触笔尾金属体，这样才能和大地连成通路，使电流通过，氖管才有可能发光；（2）钢丝的电阻率小、熔点高，用钢丝代替保险丝，不能在电流过大时，自动切断电路；（3）家庭电路电流过大的原因：一是短路，二是用电器的总功率过大；（4）为防止因用电器漏电使其金属外壳带电而发生触电事故，一般用电器的金属外壳接地。【解答】解：A、用试电笔辨别火线、零线时，手一定要接触试电笔上端的金属帽。故A错误；B、钢丝的电阻小、熔点高，在电

11、流过大时，产生的热量不容易达到熔点，因此不会熔断，起不到保险的作用。故B错误；C、家庭电路中不能同时使用很多大功率用电器，否则会使电路中电流的过大，而引起火灾。故C正确；D、为了防止因漏电而发生触电事故，有金属外壳的家用电器，外壳一定要接地。故D错误。故选：C。【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。8（3分）利用如图所示的装置可以制作一个电子秤，关于该电子秤的相关知识，下列说法正确的是（）A称得的重物越重时，电压表的读数越大B称得的重物越重时，电流表的读数越大C电流表改装成电子秤的表盘，表盘刻度是均匀的D将电压表和电流表位置互换，电

12、子称仍能正常使用【考点】IH：欧姆定律的应用；IZ：电路的动态分析菁优网版权所有【分析】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）称得的重物越重时，滑片下移，接入电路中的电阻越大，电路中的总电阻越大，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化；（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电路中电流表的示数，然后分析电流表示数与R2的阻值关系，判断电流表改装成电子秤的表盘时刻度是否均匀；（3）将电压表和电流表位置互换后，电压表串联在电路中测电源的电压，据此判断电子称是否能正常使用。【解答】解：

13、由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）称得的重物越重时，滑片下移，接入电路中的电阻越大，电路中的总电阻越大，由I可知，电路中的电流越小，即电流表的示数越小，故B错误；由UIR可知，R1两端的电压越小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压越大，即电压表的示数越大，故A正确；（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中电流表的示数I，因I与R2不成正比，所以，电流表改装成电子秤的表盘，表盘刻度是不均匀的，故C错误；（3）将电压表和电流表位置互换后，电压表串联在电路中测电源的电压，称量物体质量时，电压表和电流

14、表的示数不变，电子称不能正常使用，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电流表和电压表的正确使用以及电路的动态分析，是一道较为简单的应用题。9（3分）如图甲所示，是定值电阻R和小灯泡L的IU关系图象，小明将这个电阻和小灯泡连接到图乙所示的电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为6V，下列选项中正确的是（）A定值电阻R的阻值为24B灯丝的电阻值大于12C电源电压大于8VD灯泡与定值电阻的电功率之比为1：3【考点】IH：欧姆定律的应用；JA：电功率的计算菁优网版权所有【分析】由电路图可知，定值电阻R与灯泡L、滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压。（1）定

15、值电阻的阻值不变，其UI图线为过原点的斜直线，读出一组数据，根据欧姆定律求出定值电阻的阻值；（2）串联电路中各处的电流相等，根据图象读出灯泡L两端的电压，根据欧姆定律求出L的电阻，根据串联电路的电压特点判断电源的电压，根据PUI求出灯泡与定值电阻的电功率之比。【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与灯泡L、滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压。（1）定值电阻R的UI图线为过原点的斜直线，由图象可知，UR6V时IR0.3A，由I可得，定值电阻R的阻值：R20，故A错误；（2）因串联电路中各处的电流相等，所以，电压表的示数为6V时，灯泡L两端的电压UL2V，则灯泡的电阻：RL6.67，故B错误；因串

16、联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：UUL+UR+U滑UL+UR2V+6V8V，故C正确；由PUI可得，灯泡与定值电阻的电功率之比：PL：PRULI：URIUL：UR2V：6V1：3，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确的判断灯泡L与定值电阻R的UI图象是关键。10（3分）物块A置于水平桌面上，一端系于物块的轻绳平行于桌面光滑的定滑轮，轻绳的另一端系一质量为M的杆，杆自然下垂，杆上有质量为m（mM）的小环，如图所示，当小环沿杆匀速下滑时，物块A仍保持静止，下列说法中正确的是（）A小环的动能不变，内能增加，机械能减小B物块A受到的

17、摩擦力大小为Mg，方向水平向左C物块A受到的摩擦力大小为Mg+mg，方向水平向左D物块A受到的摩擦力大小为Mgmg，方向水平向左【考点】7D：摩擦力的大小；7G：摩擦力的方向菁优网版权所有【分析】（1）影响动能的因素：质量和速度；对物体做功，机械能转化为内能；（2）对物体进行受力分析，得出摩擦力的大小和方向。【解答】解：A、当小环沿杆匀速下滑时，质量不变，速度不变，动能不变，小环匀速下滑，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，内能增加，故A正确；B、物体A处于静止状态，水平方向上受到向右的拉力和水平向左的摩擦力，拉力和摩擦力的大小相等，方向相反，拉力大小等于杆和小环的总重力，即fFG（

18、M+m）g，故C正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题考查了影响动能的因素、能量的转化、摩擦力的大小和方向的判断等知识，是一道中等题。二、作图、填空、实验探究、计算题11如图阳阳同学做俯卧撑时的示意图，他重500N，A点为重心，请画出以O点为支点时重力G的力臂L和水平地面对手的支持力F的示意图。【考点】6H：力的示意图与图示；7P：力臂的画法菁优网版权所有【分析】（1）过重心作出竖直向下的重力并画出重力作用线，过支点作重力作用线的垂线，可得重力的力臂；（2）过手与地面的接触点作竖直向上的支持力。【解答】解：重力作用点已画出，过重心作出竖直向下的重力，画出重力作用线，过支点作重力作用线的垂线，

19、可得重力的力臂；过手与地面的接触点作竖直向上的支持力F，如图所示：【点评】本题考查了力臂的画法和力的示意图的画法，属于基础题目。12请在甲图中画出入射光线经凸透镜折射后的光线，在乙图中画出折射光线对应的入射光线【考点】B6：透镜的光路图菁优网版权所有【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的三条特殊光线来作图。【解答】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，如图所示：【点评】（1）凸透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，过焦点的光线

20、经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；（2）凹透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。13电磁波能（填“能”或“不能”）在真空中传播，将茫茫宇宙的深处的信息传到地球。【考点】D2：电磁波的传播与应用菁优网版权所有【分析】电磁波是由于电流的迅速变化产生的，电磁波可以在真空中传播，且在真空中的传播速度最快，即电磁波传播时不需要介质，而声波传播时需要介质。【解答】解：电磁波的传播不需要介质，电磁波能在真空中传播。故答案为：能。【点评】知道电磁波的传播特点是解决该题的关键。14今年

21、五月十八日，中央电视台报道：中国成为世界首个成功试采海底“可燃冰”的国家，“可燃冰”是藏于深海泥沙中的清洁能源，我国南海海域储藏“可燃冰”可供全国人民利用200年，“可燃冰”属于不可再生（填“可再生”或“不可再生”）能源。【考点】K2：能源的分类菁优网版权所有【分析】“可燃冰”是由于海底天燃气被水分子包裹后在低温和压力作用下结晶形成的，常温常压下会分解出天燃气，遇火即燃。【解答】解：可燃冰属于正在研究、开发的能源，属于不可再生能源。故答案为：不可再生。【点评】本题难度不大，考查了清洁能源“可燃冰”，属于基础知识。15如图所示，在两张纸的中间向下吹气，两张纸将靠拢，该实验说明气体流速大的地方压强

22、小；铁棒很难拉断，是因为分子间存在引力。【考点】8K：流体压强与流速的关系；GH：分子间的作用力菁优网版权所有【分析】（1）液体和气体称为流体，生活中常见的流体是空气和水。流体的流速大，压强小。（2）根据分子动理论的内容回答：物质都是由分子组成的，分子之间存在一定的空隙，并且分子在永不停息地做无规则运动，分子之间总存在相互作用的引力和斥力。【解答】解：（1）当向中间吹气时，中间的空气流动速度增大，压强减小。纸外侧的压强不变，纸受到向内的压强大于向外的压强，受到向内的压力大于向外的压力，纸在压力差的作用下向中间靠拢，说明气体流速越大的地方压强越小。（2）铁棒很难被拉断是因为分子间的引力的结果。故

23、答案为：小；引。【点评】本题考查了分子间的作用力、流体压强与流速的关系在生活中的应用，是一道综合性题目，但难度不大。16下列A、B、C、D四幅图是“探究浮力的大小与排开水所受重力关系”的过程情景，请根据图示完成下面的填空。（1）实验中的所用圆柱体的重力为4N。（2）在情景图B中存在的错误是溢水杯未注满水。（3）纠正错误后，继续实验，在情景C中，圆柱受到的浮力F浮1N。（4）圆柱体排开的水所受的重力G排1N。（5）实验结果表明：浸在水中的物体受到的浮力等于物体排开水所受到的重力。（6）纠正错误后，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，水对溢水杯底的压强保持不变（选填“逐渐增大”、“逐渐减小”、“保持

24、不变”）。【考点】8R：探究影响浮力大小因素的实验菁优网版权所有【分析】（1）读出弹簧测力计的示数即为圆柱体的重力；（2）用溢水法收集物体排开的水，将溢水杯装满水，然后将物体浸入水中，用其他容器（需先测出其重力）接住溢出的水，然后再测出装有溢出的水的容器的总重力，两者之差就是物体排开水的重力；（3）利用F浮GF可求得圆柱受到的浮力；（4）用小桶和水的总重力减去空小桶的重力即为圆柱体排开的水所受的重力G排；（5）比较浸在水中的物体受到的浮力和圆柱体排开的水所受的重力可得出结论；（6）根据pgh分析圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，水对溢水杯底的压强。【解答】解：（1）由图B可知，实验中的所用圆柱

25、体的重力为4N；（2）圆柱体放入水中前，溢水杯中的水应该满的，否则溢出水的体积将小于物体排开水的体积，所以，在情景图B中存在的错误是溢水杯未注满水，应改为在溢水杯中装满水；（3）由图C可知，圆柱体浸没在水中时，弹簧测力计的示数F3N，则圆柱受到的浮力：F浮GF4N3N1N；（4）由图D可知，小桶和水的总重力G总1.9N；由图A可知，空小桶的重力G桶0.9N，则圆柱体排开水所受的重力：G排G总G桶1.9N0.9N1N；（5）由（3）（4）可知，浸在水中的物体受到的浮力等于物体排开水所受到的重力。（6）纠正错误后，即溢水杯中的水应该满的，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中的过程，溢水杯中水的深度不变

26、，由pgh可知，水对溢水杯底的压强保持不变。故答案为：（1）4；（2）溢水杯未注满水；（3）1；（4）1；（5）等于；（6）保持不变。【点评】在“探究浮力的大小”实验中，用“称量法”测出物体受到的浮力，即F浮GF拉；用两次称重测出物体在液体中排开液体的重力，进行比较得出：物体在液体中受到的浮力，大小等于它排开的液体的重力。17小明同学利用图甲所示的电路来测量一未知电阻Rx。（1）请用笔画线代替导线，将图甲中实物电路连接完整（2）闭合开关后，调节滑动变阻器，当电压表的示数为1.2V时，电流表的示数如图乙所示，则Rx4（3）该同学又设计了如图丙所示的测量电路，测量小灯泡正常发光的电阻和额定功率，其

27、中R0是已知定值电阻，请在空格内把实验步骤补充完整。闭合开关S，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光；S接b，测出灯泡与R0串联后的电压U；保持滑动变阻器滑片P的位置不变，再将S接a，测出R0两端的电压U1；小灯泡正常发光时的电阻R1（用R0、U、U1列表达式）；小灯泡的额定功率P额（UU1）。【考点】IM：伏安法测电阻的探究实验菁优网版权所有【分析】（1）滑动变阻器按一上一下的接；（2）根据电流表的量程和分度值，读出电流表的示数，根据欧姆定律求出电阻；（3）根据单刀双掷开关的接法判断出灯泡的电压，根据R算出电阻，根据PUI算出功率。【解答】解：（1）滑动变阻器按一上一下的接入电路，因为滑片在最左端

28、，所以接右下接线柱，如下图所示：（2）电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.3A，未知电阻的阻值为：Rx4；（3）闭合开关S，调节滑动变阻器，使灯泡正常发光；S接b，测出灯泡与R0串联后的电压U；保持滑动变阻器滑片P的位置不变，再将S接a，测出R0两端的电压U1；串联电路电流处处相等，则电路中的电流为：I，小灯泡正常发光时的电压为：ULUU1，小灯泡的电阻为：RL。小灯泡的额定功率：P额ULI（UU1）。故答案为：（1）见上图；（2）4；（3）b；a；（UU1）。【点评】本题考查了电路的连接、电阻的计算、只有电压表测量灯泡正常发光的电阻和额定功率的计算等知识，综合性强

29、。18考感市某采石场出产一种质地均匀，硬度高，抗风化的优质石料，小华同学将石料加工成边长为4cm的正方体，用天平测得该正方体石料的质量为179.2g（g10N/kg）（1）这种石料的密度是2.8103kg/m3（2）如果将这个正方体小石块放入水深0.2m的水池中，小石块将下沉（填“漂浮”、“悬浮”、“下沉”），小石块静止时受到水的浮力是0.64N（3）某地用这种石料做英雄纪念碑的碑体，碑体为高10m，横截面积为3m2柱体，矗立在2m高的基座上，如图所示，求碑体对基座的压强。【考点】2A：密度的计算；86：压强的大小及其计算；8S：物体的浮沉条件及其应用菁优网版权所有【分析】（1）已知石块的边长

30、，可以得到体积；已知质量和体积，可以得到密度；（2）物体的浮沉条件是：液，下沉；液，悬浮；液，先上浮，后漂浮；根据石块静止时所在位置，确定受到的浮力；（3）已知纪念碑的底面积和高度，可以得到体积；已知密度和体积，可以得到质量，利用Gmg得到重力；纪念碑对基座的压力等于重力；已知压力和接触面积，可以得到压强。【解答】解：（1）正方体小石块的体积：V0a3（4cm）364cm3，小石块的密度：2.8g/cm32.8103kg/m3；（2）因为2.8103kg/m3水1.0103kg/m3，所以小石块会下沉；小石块静止在水中时受到的浮力：F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg64106m30

31、.64N；（3）纪念碑的质量：mV2.8103kg/m33m210m8.4104kg，纪念碑对基座的压力：FG8.4104kg10N/kg8.4105N，纪念碑对基座的压强：p2.8105Pa。答：（1）2.8103；（2）下沉；0.64；（3）碑体对基座的压强为2.8105Pa。【点评】此题是一道综合题，考查了密度、重力、压强、浮力的计算及物体浮沉条件的应用，考查的知识点虽然较多，但环节不复杂，难度不是特别大。19某品牌电动汽车，总质量1.2T，充满电后除了供车内用电，还能以72km/h的速度连续行驶360km，行驶时汽车受到的阻力为车重的0.1倍，电动机牵引力功率占电源输出总功率的80%（

32、g10N/kg），求汽车以72km/h的速度匀速行驶时。（1）汽车连续行驶360km所用的时间（2）汽车牵引力的功率（3）该电动汽车百公里耗电量为多少kWh（计算结果保留一位小数）【考点】69：速度公式及其应用；FF：功率的计算菁优网版权所有【分析】（1）由v变形可求时间；（2）牵引力做功即克服摩擦做功，求出牵引力和运动距离，利用PFv计算；（3）电动汽车百公里耗电量等于汽车做的有用功除以输出效率。【解答】解：（1）由v可得，汽车连续行驶360km所用的时间：t5h；（2）汽车以72km/h的速度匀速行驶时，牵引力等于阻力，Ff0.1G0.1mg0.11.2103kg10N/kg1.2103N

33、；汽车牵引力的功率：PFv1.2103N20m/s2.4104W；（3）电动机输出总功率：P总3104W，百公里耗电：W百P总t百P总3104W1.5108J1.5108kWh41.7kWh。答：（1）汽车连续行驶360km所用的时间为5h；（2）汽车牵引力的功率是2.4104W；（3）该电动汽车百公里耗电量为41.7kWh。【点评】本题主要考查速度、功和功率以及效率的计算，是一道综合题。20小芳给爷爷网购了一台电热足浴器，其铭牌的部分参数如图甲所示，足浴器某次正常工作时，加热功率为控制面板上发光指示灯所对应的功率，控制面板显示如图乙所示，求（1）此时足浴器的工作电流。（计算结果保留一位小数）

34、（2）足浴器装入最大容量初温为25的水，将其加热到控制面板上显示的温度时，水所吸收的热量。C水4.2103J/（kg）（3）上述加热过程用时15min，该足浴器热效率。（4）整个加热过程中，水温降至40时，足浴器自动加热至45，水温随时间变化的图象如图丙所示，当水温第一次加热至45时，小芳开始给爷爷足浴1小时，求这次足浴给水加热消耗的电能。【考点】JK：电功与热量的综合计算菁优网版权所有【分析】（1）由图乙可知足浴器的功率，根据PUI求出此时足浴器的工作电流；（2）足浴器装入最大容量的水时水的体积和其容积相等，根据mV求出水的质量，由图乙可知水的末温，根据Q吸cm（tt0）求出水所吸收的热量；

35、（3）根据WPt求出电热足浴器消耗的电能，然后根据100%求出该足浴器的热效率；（4）由（2）（3）的计算可知，水温从25加热到45时，需要加热时间为15min，从而得出水温从40加热到45时需要的加热时间，从而得出图丙中足浴时一个加热循环的时间，进一步求出足浴1h内加热循环的个数，据此求出循环过程中需要的加热时间，据此求出这次足浴给水加热的总时间，最后根据WPt求出这次足浴给水加热消耗的电能。【解答】解：（1）由图乙可知，足浴器的功率P500W，由PUI可得，此时足浴器的工作电流：I2.3A；（2）足浴器装入最大容量时水的体积：V5L5dm35103m3，由得，水的质量：mV1.0103kg

36、/m35103m35kg，则水所吸收的热量：Q吸cm（tt0）4.2103J/（kg）5kg（4525）4.2105J；（3）加热时间t15min900s，由P得，电热足浴器消耗的电能：WPt500W900s4.5105J，则该足浴器的热效率：100%100%93.3%；（4）由（2）（3）的计算可知，水温从25加热到45时，温度的变化量t20，需要加热时间为15min，则水温从40加热到45时，温度的变化量t5，需要加热时间为t115min3.75min，由图丙可知，足浴时一个加热循环的时间为10min+3.75min13.75min，足浴1h内加热循环的个数n4.4个，即1h内4个循环后剩

37、余5min，剩余的5min内不需要加热，需要的加热时间t243.75min15min，所以，这次足浴给水加热的总时间t总t+t215min+15min30min1800s，这次足浴给水加热消耗的电能：WPt总500W1800s9105J。答：（1）此时足浴器的工作电流为2.3A；（2）当水温达到控制面板上显示的温度时水所吸收的热量为4.2105J；（3）上述加热过程耗时15min，该足浴器的热效率为93.3%；（4）这次足浴给水加热消耗的电能为9105J。【点评】本题是一道电学与热学的综合应用题，考查了学生对吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的灵活运用，关键是从题目图片中找出有用的信息，与生活实际相连，使学生觉得学了物理有用，注意计算时的单位统一。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/12/4 18:48:41；用户：丶沐沙；邮箱：UID_CAE1F67E83831A1C520FA15D4547275E；学号：27665923第20页（共20页）