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1、2014年内蒙古包头市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共9小题，1-7为单项选择题，每小题2分，8-9为多项选择题，每小题2分，满分20分）1（2分）（2014包头）下列说法正确的是（）A电磁波不能在真空中传播B声音传播需要介质C固体的密度一定大于液体的密度D坐在行驶车里的人，以地面为参照物，人是静止的考点：电磁波的传播；密度及其特性；运动和静止的相对性；声音的传播条件专题：其他综合题分析：电磁波的传播不需要介质，既可以在真空中传播，也可以在介质中传播；声音的传播需要介质；密度是物质的一种特性，同种物质（状态不变）密度一定不同物质，密度一般不同被研究的物体和选定为参照物的物体之间发生
2、位置变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的解答：解：A、电磁波能在真空中传播此选项错误； B、声音传播需要介质，传播声音的介质有气体、液体和固体此选项正确； C、冰的密度是0.9g/cm3，水的密度是1.0g/cm3此选项错误；D、坐在行驶车里的人，以地面为参照物，人和地面的位置发生了变化，所以人是运动的此选项错误 故选B点评：本题是一道综合题目，考查了电磁波的传播、密度、声音的传播以及运动和静止的相对性，全面掌握基础知识是解题关键2（2分）（2014包头）下列有关热现象的说法中，正确的是（）A水面上方的气压增大，水的沸点会降低B冰在熔化过程中，内能、比热容都保持不变C在卫生间洗澡时，里面的
3、镜面变模糊了，这是由于水蒸气液化造成的D深秋，室外物体表面上往往会形成一层霜，这是水凝固的结果考点：沸点及沸点与气压的关系；液化及液化现象；生活中的凝华现象；内能的概念；比热容的概念专题：热和能分析：（1）液体沸点随气压增大而升高；（2）晶体熔化过程吸热，内能增大、水的比热大于冰的比热；（3）物质由气态变为液态叫液化；（4）物质由气态变为固态叫凝华解答：解：A、水面上方气压增大，输的沸点会升高，故A错误；B、冰熔化过程吸热，内能增大、熔化后水的比热大于冰的比热，故B错误；C、镜面变模糊，是由于水蒸气遇冷液化，附着在镜面上造成的，故C正确；D、“霜”是水蒸气凝华形成的，故D错误故选C点评：考查了
4、物质的比热、影响液体沸点的因素、和物态变化，都是基础问题3（2分）（2014包头）汽车仪表盘上都有一指示灯，用它提醒司机车门是否关好四个车门中只要一个车门没有关好（相当于一个开关断开），该指示灯就会发光，在下列所示的电路图中，你认为符合上述要求的是（）ABCD考点：电路的基本连接方式专题：电流和电路分析：四个车门中任意一个车门（相当于开关）没关好，该指示灯会发光，说明只要一个开关断开，灯泡就发光，所有开关闭合，灯泡不发光对各选项逐一分析解答：解：开关没闭合灯就亮，显然开关与灯是并联的，且四个开关中任意一个未闭合指示灯会发光，故四个开关要串联A、由电路图可知，几个开关是并联的，当开关都闭合时，即
5、车门都关好，灯泡也会发光，不符合要求；B、由电路图可知，几个开关是串联的，当有一个开关断开时，即有车门没关闭，灯泡不亮，所以与题意要求相反，不符合题意；C、由电路图可知，几个开关是串联的，当开关都闭合时，即车门都关好，电源会被短路，不符合要求；D、由电路图可知，几个开关是串联的，当开关都闭合时，即车门都关好，灯泡不会发光，符合要求故选D点评：本题考查电路图的设计，关键是能根据题目所给信息设计出合理的电路图，这是本题的重点也是难点，最容易出错的地方是任意一个开关断开时灯泡都发光，和我们平时接触到的开关闭合，灯泡发光正好相反4（2分）（2014包头）如图所示，木块竖立在小车上，随小车一起以相同的速
6、度向右做匀速直线运动（不考虑空气阻力）下列分析正确的是（）A木块没有受到小车对它的摩擦力B小车运动速度越大，其惯性也越大C木块对小车的压力与小车对木块的支持力是一对平衡力D当小车受到阻力而停下时，如果木块与小车接触面粗糙，木块将向左倾倒考点：摩擦力产生的条件；惯性；平衡力的辨别专题：运动和力分析：摩擦力的产生条件，是物体之间要发生或已经发生相对运动影响惯性大小的因素只有质量，至于速度大小、受力大小，都不影响惯性平衡力的判断，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：A、由于木块静止在小车上，不具备摩擦力产生的条件，所以它没有受到摩擦力的
7、作用故A符合题意B、物体的运动速度不影响惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质故B不符合题意C、一对平衡力必须是大小相等、方向相反，在同一条直线上，作用在同一物体上的而木块对小车的压力与小车对木块的支持力不是作用在同一物体上的力故C不符合题意D、小车突然停止运动，而木块由于惯性仍然保持原来的运动状态，由于木块具有惯性，会向右倾倒故不符合题意故选A点评：此类题考查二力平衡的条件、影响惯性大小的因素、摩擦力产生的条件等多方面的知识，是一道综合性较强的题目5（2分）（2014包头）如图所示，有一圆柱体PQ，放在凸透镜前图示的位置，它所成像PQ的形状应该是下列图中的（）ABCD考点：凸透镜成像的应
8、用专题：透镜及其应用分析：根据凸透镜成像规律：物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距对各个选项逐一分析即可解答：解：当Uf时，物距减小，像距变大像变大圆柱体的右边Q在f和2f之间，所成的像是倒立放大的实像；圆柱体的左边P在2f以外，所成的像是倒立缩小的实像，且右边的像距比左边的像距远，符合要求的只有图B故选B点评：此题考查凸透镜成像规律以及应用，要求学生对凸透镜成像的规律做到深刻理解，并能灵活应用，注重理论联系实际6（2分）（2014包头）在探究“导体中的电流与电压关系”的实验中，得到了甲、乙两个元件电流与电压的数据，通过整理绘制出了如图所示
9、的图象，据图象分析，下列判断正确的是（）A甲、乙两元件中的电流与电压都成正比B乙元件是一个定值电阻且阻值大小为10C若将甲、乙两元件串联起来接到电路中，当通过甲元件的电流为0.2A时，甲、乙两元件消耗的功率之比为2：1D若甲、乙元件并联后，接到2V的电压下，电路消耗的总功率是1.2W考点：欧姆定律；电功率与电压、电流的关系专题：电路和欧姆定律分析：（1）从UI图象可以得出的信息：在一定电压下通过导体的电流；通过比较相同电压下的电流大小，比较电阻大小关系；通过甲导体的电流与其两端的电压成正比（2）电功率测量式：P=UI；（3）在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和解答：解：A、B、由图象可知，
10、乙元件中电流与两端电压图象不是过原点直线，说明乙元件的电阻值在不同电压下不同，故A、B错误；C、串联电路中电流处处相等，即I甲=I乙=0.2A，由图象得出，此时U甲=1V；U乙=2V；P甲：P乙=U甲I甲：U乙I乙=1V0.2A：2V0.2A=1：2，故C错误；D、在并联电路中，个支路两端电压相等，都等于总电压，即：U甲=U乙=2V；由图象得出：I甲=0.4A，I乙=0.2A，I=I甲+I乙=04A+0.2A=0.6A；P=UI=2V0.6A=1.2W，故D正确故选D点评：本题考查了串、并联电路的特点和电功率测量式的应用，关键是从图象中得出相关的信息7（2分）（2014包头）如图所示，物体B放
11、在水平桌面上，物体A通过滑轮组拉着物体B，此时物体B保持静止状态当用竖直向下2N的力F1拉重为1N的物体A时，能使物体B以0.6m/s的速度匀速向右运动，若只用水平向左的力F2拉物体B时，能使物体A以0.3m/s速度匀速上升，不计滑轮重、绳重及滑轮间的摩擦下列判断正确的是（）A物体B受到的摩擦力为6NB拉力F2大小为10NC拉力F2的功率为1.2WD拉力F1的功率为0.4W考点：滑轮组绳子拉力的计算；功率的计算专题：简单机械分析：由滑轮组的结构看出，n=3，则s=3h；当保持静止时，B所受的摩擦力等于A的重力的3倍；当B水平匀速向右运动时，所受的摩擦力等于A的重力与力F1之和的3倍；水平向左拉
12、物体B时，A所受的拉力等于A的重力，也就是拉力F2与B所受摩擦力之差；然后对各选项逐一分析解答：解：A、当B水平匀速向右运动时，f=3（F1+GA）=3（2N+1N）=9N；故A错误；B、水平向左拉物体B时，由平衡条件得：F2=3GA+f=3GA+f=31N+9N=12N；故C错误；C、水平向左拉物体时，B的移动速度为vB=0.1m/s，拉力F2功率为P2=F2vB=12N0.1m/s=1.2W；故C正确；D、用力F1竖直向下拉物体A时，拉力F1的功率P1=F1v=1N30.6m/s=1.8W，故D错误故选C点评：本题考查摩擦力、拉力、功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是对物体的受
13、力分析，分析出动滑轮上绳子的段数8（3分）（2014包头）如图所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器的滑片P置于中点位置闭合开关后，电压表示数为U，电流表A1、A2示数分别为I1、I2，且灯丝电阻不变，下列分析正确的是（）A滑片P向右移动过程中，灯L亮度逐渐变暗B滑片P向右移动过程中，电压表示数U的大小保持不变C滑片P向右移动过程中，的比值保持不变D当滑片P移到最右端时，电路消耗的总功率最小考点：电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功率的计算专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题分析：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表A1测通过L的电流，电流
14、表A2测干路电流根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡电流和亮暗的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器支路电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流表A2示数的变化，进一步可知的比值变化；当滑片P移到最右端时，通过滑动变阻器的电流最小，电路中的总电流最小，根据P=UI可知电路消耗总功率的大小解答：解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表A1测通过L的电流，电流表A2测干路电流因电源的电压不变，所以，滑片P向右移动过程中，电压表的示数保持不变，故B正确；因并联电路中各支路独立工作
15、、互不影响，所以，通过灯泡L的电流不变，灯泡的亮暗不变，故A不正确；滑片P向右移动过程中，接入电路中的电阻变大，由I=可知，该支路的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中的电流变小，即电流表A2的示数I2变小，则的比值变大，故C不正确；当滑片P移到最右端时，通过滑动变阻器的电流最小，电路中的总电流最小，所以，由P=UI可知，电路消耗的总功率最小，故D正确故选BD点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断，9（3分）（2014包头）如图所示，均匀细杆OA长为l，可以绕O点在竖直平面内自由移动，在O点正上方
16、距离同样是l的P处固定一定滑轮，细绳通过定滑轮与细杆的另一端A相连，并将细杆A端绕O点从水平位置缓慢匀速向上拉起已知细杆处于水平位置时，绳上拉力为F1，当拉至细杆与水平面夹角为30时，绳上拉力为F2，在此过程中（不考虑绳重及摩擦），下列判断正确的是（）A拉力F的大小保持不变B细杆重力的力臂逐渐减小CF1与F2两力之比为1：DF1与F2两力之比为：1考点：杠杆的动态平衡分析专题：错解分析题；简单机械分析：找出杠杆即将离开水平位置和把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别求出F1、F2的大小解答：解：（1）杆即将离开水平位置，如右上图，AOB和ABE都为等
17、腰直角三角形，AE=BE，AC=L；（BE）2+（AE）2=（AB）2，AE=L，杠杆平衡，F1AE=GAC，F1=G，（2）把吊桥拉起到与水平面的夹角为30时，如右下图，ABO为等边三角形，AB=L，BE=L，（BE）2+（AE）2=（AB）2AE=L，在ACC中，CAC=30，CC=AC=L，（AC）2+（CC）2=（AC）2，AC=L，ACAC，细杆重力的力臂逐渐减小，故B正确；杠杆平衡，F2AE=GAC，F2=G，F1F2，故A错误；则F1：F2=G：G=：1，故C错误，D正确故选BD点评：本题考查考了杠杆平衡条件的应用，分析题意画出两种情况下的杠杆示意图是本题的关键，数学是基础！二、
18、作图与实验题（10题4分，11题5分，12题8分，13题7题，共4小题，满分24分）10（4分）（2014包头）同学们利用玻璃板，两只完全相同的蜡烛a、b，水平桌面等器材进行“探究平面镜成像特点”的实验（1）他们发现实验桌上放有2mm厚的玻璃板A，5mm厚的玻璃板B为了减小误差，实验时，应选择A玻璃板作为实验器材（2）如图所示，把点燃的蜡烛a放置在玻璃板的前面，可以看到它在玻璃板后面的像，如果将蜡烛a远离玻璃板移动，它所成像的大小将不变（3）在某次实验中，把蜡烛a放到玻璃板前，在玻璃板后的桌面上无论怎样移动蜡烛b，都无法让它与蜡烛a的像完全重合，其原因可能是玻璃板和桌面没有垂直放置考点：平面镜
19、成像的特点、原理、现象及其实验方案专题：探究型实验综合题分析：（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题（2）平面镜成像大小跟物体的大小有关，这是关键（3）当透明的玻璃板和水平桌面不垂直时，蜡烛的像偏向水平桌面的上方，镜后蜡烛和镜前蜡烛的像不能完全重合解答：解：（1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用2mm厚的（2）平面镜成像大小跟物体大小有关，与物体到平面镜的距离无关，将蜡烛a远离玻璃板移动，像的大小不会变化（3）用另一个完全相同的蜡烛B在玻璃板后的纸面上来回移动，发现无法让它与蜡烛A的像完全重合，可能是因
20、为玻璃板和桌面没有垂直放置故答案为：（1）A；（2）不变；（3）玻璃板和桌面没有垂直放置点评：本题考查学生动手操作实验的能力并会根据对实验现象的分析得出正确的结论此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点可比较容易的进行解答11（5分）（2014包头）如图所示的装置中，两个钩码重力不等，释放后重钩码下降，轻钩码上升，然后反复对调左右两个钩码，通过传动装置可实现：在钩码升降过程中，能使放在隔热容器水中的叶轮不停的转动（1）叶轮在不停地转到过程中，可以知道容器中水的温度升高，原因是：叶轮通过做功方式实现了能量的转化（2）实验中钩码升降做
21、功与水温变化的数据如下表所示【容器中水的质量为500g，c水=4.2103J/（kg）】钩码升降次数123钩码升降做功/J4258501275水温的变化/0.20.40.6在钩码升降1次的过程中，容器中的水吸收的热量为420J对比发现，水吸收的热量小于对应的钩码升降所做的功（3）综合分析实验装置及表格中的数据，你认为该实验中能量损失主要来源于热量向外散失（容器和叶轮等吸热、部件间的摩擦等）（只写出其中一条即可）考点：热量的计算；做功改变物体内能专题：热和能分析：（1）做功可以改变物体的内能；（2）利用公式Q=cmt可计算钩码升降一次水吸收的热量，由于热量的损耗，这一热量会小于钩码所做的功；（3
22、）能量的损失一般来自散热或摩擦等解答：解：（1）由题意知，叶轮在不停地转到过程中，可以知道容器中水的温度升高，这是因为叶轮通过做功的方式实现了能量的转化（2）在钩码升降1次的过程中，容器中的水吸收的热量：Q=cmt=4.2103J/（kg）0.5kg0.2=420J；由于热量的损耗，这一热量会小于钩码所做的功（3）在实验中，造成能量损失的主要来源有热量向外散失、容器和叶轮等吸热、部件间的摩擦等故答案为：（1）升高；做功；（2）420；小；（3）热量向外散失（容器和叶轮等吸热、部件间的摩擦等）点评：本题考查了做功对物体内能的改变，热量的计算，能量损失的分析等，有一定综合性，要求我们对相关的热学知
23、识点有一个熟练的掌握12（8分）（2014包头）为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙所示的实验装置来进行实验（1）图甲是让不同质量的小球沿同一光滑斜面从B处由静止自由释放，然后分别撞击到放在水平面上的同一木块，木块在水平面运动一段距离后静止时的情景据此你能得到的结论是速度相同时，物体的质量越大，动能越大（2）图乙是让质量相同的小球沿同一光滑斜面分别从A、B由静止自由释放，让后与放在水平面上的同一木块相碰到静止后的情景据此你能得出结论是质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大（3）实验后，同学们联想到在公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，
24、在影响物体动能大小的因素中，哪个队动能影响更大，于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如下表 实验序号小球的质量m/g小球自由滚下的高度h/cm木块被撞后运到的距离s/m1301042302016360108（a）为了探究“超载”隐患时，应选择甲序号的实验进行比较（b）分析表格中对应的数据可知：速度对物体的动能影响更大，即当发生交通事故时，由此造成的危害更严重考点：探究影响物体动能大小的因素专题：探究型实验综合题分析：（1）分析图甲，两小球的质量不同，可探究动能与质量的关系；（2）分析图乙，小球滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，可探究动能与速度的关系；（3）a、研究超载危害，应控制速度
25、相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；b、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题解答：解：（1）图甲，两小球滚下高度相同，速度相同，两小球的质量不同，探究的是动能与质量的关系，得出的结论是，速度相同时，物体的质量越大，动能越大；（2）图乙两小球的质量相等，滚下的高度不同，探究的是动能与速度的关系；图乙中两小球的质量相同，滚下的高度越大，到达水平面的速度越大，将木块推得越远，得出的结论是：质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大；（3）a、研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择甲图所示实验进行比较；b、由表中实验数据可知，在
26、同等条件下超速带来的安全隐患更大一些故答案为：（1）速度相同时，物体的质量越大，动能越大；（2）质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大；（3）a、甲；b、速度点评：本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法从图中现象发现质量、速度的不同是此题的关键13（7分）（2014包头）（1）声控开关在接收到一定响度的声音时，会自动闭合一段时间某地下通道两端入口处各安装一个声控开关来控制通道中间的同一盏螺纹灯泡为确保行人无论从通道那端进入，都只能使进入端的声控开关闭合，让灯泡接通电源而发光请用笔划线代替导线，按上述要求及安全用电原则将图甲中的元件正确地连接到电路中（2）
27、在测量标有“0.3A”字样小灯泡的额定功率的实验中，估计灯泡额定功率约为1.5W，电源电压保持不变，使用的电流表“00.6A”、“03A”量程完好，电压表“03V”量程完好，但“015V”的量程已损坏，滑动变阻器的铭牌上标有“50、1A”字样同学们按图乙正确连接好电路，滑动变阻器的滑片P在最大电阻位置上，闭合开关时，电压表、电流表的示数分别为2V和0.2A，则电源电压为12V；由于电压表015V量程损坏，从电路中撤去了电压表，然后缓慢移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为0.3A时，灯泡正常发光；观察发现此时滑动变阻器滑片P恰好处于变阻器的中点位置，据此计算出灯泡额定功率为1.35W考点：电路的
28、基本连接方式；电功率的测量专题：电路和欧姆定律；探究型实验综合题分析：（1）串联电路中，各开关相互影响，并联电路中，各开关互不影响，据此结合题意来分析电路的连接方式（2）根据串联电路电压的特点和欧姆定律即可求出电源电压；当通过灯泡的电流为额定电流时，灯泡正常发光；先根据U=IR求出滑动变阻器两端电压，然后根据串联电路电压的特点求出灯泡两端电压，最后根据P=UI求出灯泡的额定功率解答：解：（1）两个声控开关串联会相互影响，只有都闭合时灯才发光；两个声控开关并联会互不影响，可以独立控制灯的亮灭，根据“为确保行人不管从哪端进人，灯泡都能接通电源发光”，所以两开关应并联，如下图所示：（2）因为串联电路
29、两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U=2V+0.2A50=12V；因为灯泡的额定电流为0.3A，因此当电流表的示数为0.3A时，灯泡正常发光；灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压：U=IR=0.3A50=7.5V；此时灯泡两端电压：UL=12V7.5V=4.5V；灯泡的额定功率：P=UI=4.5V0.3A=1.35W故答案为：（2）12；0.3；1.35点评：（1）本题考查学生根据实际需要设计串联电路和并联电路的能力，能够根据题意理解电路的连接方式是解决此类问题的关键（2）本题考查额定电流的含义、串联电路电压的特点、欧姆定律以及额定功率的计算，是实验的常考内容，要求熟练掌握三、解答题（共
30、2小题，14题8分，15题8分，满分16分）14（8分）（2014包头）某同学利用热敏电阻为家中灯暖型“浴霸”（用电灯取暖的用电器）设计了一个温度可自动控制的装置，如图甲所示“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图乙所示电磁铁线圈可看成阻值为20的纯电阻R0，“浴霸”共安装有2盏标有“220V，440W”的灯泡，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使“浴霸”电路断开；当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使“浴霸”电路闭合求（1）工作电路正常工作时，每盏灯泡在1min内产生的热量是多少？（2）若浴室中的温度不得超过40，则控制电路的电源电
31、压U1最小值是多少？（3）若电源U1电压恒定为12V，则将此装置放在浴室内，浴室内温度可控制在多大范围内？考点：电路的动态分析；欧姆定律的应用；电功的计算专题：电路和欧姆定律；电与热、生活用电；电路变化分析综合题分析：（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据Q=W=Pt求出每盏灯泡在1min内产生的热量；（2）先从表格中找出温度为40时热敏电阻的阻值，然后利用串联电路电阻规律算出总电阻，最后用最小电流乘以总电阻算出最小电源电压值；（3）取临界情况，当电流为50mA时和当电流等于40mA时，知道电源电压U0，分别求出总电阻，利用串联电阻的特点求热敏电阻R1的大小，对应图象找出温度值，从而得
32、到浴室内温度的变化范围解答：解：（1）每盏灯泡正常工作时的功率P=440W，在1min内产生的热量：Q=W=Pt=440W60s=2.64104J；（2）当R1温度为40时，其阻值R1=170；因为R1和R0串联，所以R总=R1+R0=170+30=200；因此，控制电路的最小电压为：U1=I1R总=0.05A200=10V；（3）取临界情况，当电流为I=50mA=0.05A时：因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，由I=可得：R1+R0=240，则R1=240R0=24030=210，由图可得对应的温度为32；当电流为I=40mA=0.04A时：因R1+R0=300，则R1=300R0=
33、30030=270，由图可得对应的温度为23；所以，室内温度可控制在2332范围内答：（1）工作电路正常工作时，每盏灯泡在1min内产生的热量是2.64104J；（2）若浴室中的温度不得超过40，则控制电路的电源电压U1最小值是10V；（3）若电源U1电压恒定为12V，则将此装置放在浴室内，浴室内温度可控制的范围为2332点评：本题考查了电功计算公式的应用、串联电路中欧姆定律的应用、电磁铁的应用，能从热敏电阻阻值R1随温度变化图象上搜集到相关信息是本题的关键15（8分）（2014包头）高为20cm的柱形容器内盛有9cm深的水，如图甲所示现将一密度为1.5103kg/m3，高为15cm的柱形物块
34、竖直放入水中，已知容器底面积为物块底面积的4倍，且物块静止在水中时与容器底接触但不密合如图乙所示，取g=10N/kg（1）甲图中，水对容器底部产生的压强是多少？（2）乙图中，物块对容器底部产生的压强是多少？考点：液体的压强的计算；压强的大小及其计算专题：计算题；压强和浮力分析：（1）甲图中，已知液体的深度，根据p=gh求出水对容器底部产生的压强；（2）假设物块底面积为S，则容器底面积为4S，因为容器内盛有9cm深的水，把高为15cm的柱形物块放入容器中静止时，物体不能浸没在水中，所以应根据水的体积求出放入物体后水的深度，根据F浮=水gV排求出物块受到的浮力，然后求出物体对容器底的压力，根据p=
35、求物块对容器底部产生的压强解答：解：（1）甲图中，h1=9cm=0.09m，水对容器底部产生的压强p=gh1=1.0103kg/m310N/kg0.09m=900Pa；（2）乙图中，已知容器底面积为物块底面积的4倍，假设物块底面积为S，则容器底面积为4S，水的体积为V水=4Sh1，乙图中，把高为15cm的柱形物块放入容器内9cm的水中静止时，物体不能浸没在水中，h水=12cm=0.12m；V排=S物h水=Sh水，F浮=水V排g=水Sh水g，G物=物V物g=物S物h物g=物Sh物g，F=G物F浮=物Sh物g水Sh水g，物块对容器底部产生的压强p=物h物g水h水g=1.5103kg/m30.15m10N/kg1.0103kg/m30.12m10N/kg=1050Pa答：（1）甲图中，水对容器底部产生的压强是900Pa；（2）乙图中，物块对容器底部产生的压强是1050Pa点评：本题考查了学生对液体压强公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，难度较大
