黑龙江省2017年大庆市中考物理试题及答案

2017年黑龙江省大庆市中考物理试卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）

1．（4分）下列说法中不正确的是（）

A．伽利略是第一位提出“物体的运动并不需要力来维持”的物理学家

B．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出原子核式结构模型

C．随着科学技术发展，人们能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器

D．原子弹是根据核裂变原理制成的，氢弹是利用核聚变原理制成的

2．（4分）下列四种磁体中产生的磁场，其磁场分布与其他三种磁体的磁场分布不同的是（）

A．条形磁铁B．地磁场C．通电直导线D．通电螺线管

3．（4分）下列四幅简单机械图中，属于费力杠杆的是（）

A．羊角锤B．钓鱼杆

C．托盘天平D．瓶起子

4．（4分）如图各现象的原理主要是“压强与流速关系”的是（）

A．托里拆利管 B．液压机C．吹气使球上升D．活塞式抽水机

5．（4分）下列说法中正确的是（）

A．声音在真空中可以传播

B．物体到平面镜的距离决定了物体在平面镜中成像的大小

C．蜡烛放在凸透镜的2倍焦距处，移动光屏可以得到等大、倒立的虚像D．在石油勘探时常采用人工地震，利用探头接收地下不同层间界面反射回来的声波，从而探测出地下油矿

6．（4分）下列说法中正确的是（）

A．

如图中，当带电物体靠近不带电的验电器时，金属箔片会张开一定角度

B．

如图表示用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线不可能是火线

C．

如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，空气内能一定增大

D．

如图表示的是内燃机压缩冲程，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度减弱

7．（4分）甲、乙两物体同时同地向东运动，运动的s﹣t图象如图所示，下列说

法正确的是（）

A．0﹣t1时间内选甲为参照物，乙是向东运动

B．t1﹣t3时间内甲为匀速直线运动，t2时刻甲、乙两物体相遇

C．t2﹣t4时间内甲的速度小于乙的速度

D．0﹣t4时间内甲的平均速度比乙的平均速度大

8．（4分）下列说法中不正确的是（）

A．甲图中，当接通电源时金属杆由静止开始向左运动，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆依然由静止开始向左运动

B．乙图是电动机的工作原理图，此装置使电能转化为机械能

C．丙图中，当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反

D．丁图是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能

9．（4分）如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是（）

A．当物块匀速时，物块没有惯性

B．当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用

C．整个过程中，物块一直受摩擦力的作用

D．整个过程中，物块的机械能先增大后不变

10．（4分）某兴趣小组为了研究电子温控装置，连接成如图所示电路，R1为热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，闭合开关，当温度降低时，下列说法中正确的是（）

A．电压表V2和电流表A示数均变大

B．电压表V1和电流表A示数之比不变

C．电压表V2和电流表A的乘积不变

D．电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变

二、填空题（共3小题，每小题6分，满分20分）

11．（6分）水沸腾过程中的温度（选填“升高”、“降低”或“不变”），该过程中水（选填“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”），若将质量和初温均

相同的铝、铜、铁三个金属球（C

铝＞C

铁

＞C

铜

）浸没在同一沸水中煮较长的一段

时间，从沸水中吸热最多的是球．

12．（8分）如图甲所示，一个立方体悬挂在弹簧测力计下处于静止状态时，弹簧测力计示数为5N，如图乙所示，将此立方体一半浸入某液体中静止时，测力计示数为4.5N，则此立方体受到的浮力为N，若某时刻剪断乙图中悬吊立方体的细线，则立方体受到的浮力变化情况是；立方体的下表面压强将（选填“一直不变”、“先变大后不变”或“先变小后不变”），若已知该立方体的体积为125cm3，则这种液体的密度为kg/m3（g=10N/kg）

13．（6分）在同一粗糙水平面固定两个不同斜面，小华同学研究相同的两个小球A、B分别沿不同的斜面运动，用频闪照相机每隔0.1s拍摄了小球滚动时的不同位置，图上数字为闪光时刻编号，位置间距如图所示．

（1）甲图中A球在斜面上运动的速度（选填“增大”、“减小”或“不变”），机械能（选填“增加”、“减小”或“不变”）．

（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的这段时间内平均速度v=m/s，小球B沿斜面运动过程中的动能，重力势能（选填“增大”、“减小”或“不变”）．

（3）若两个小球从斜面上运动到斜面底部时与相同的木块碰撞，碰撞之后图（选填“甲”或“乙”）中木块运动距离较大．

三、解答题（共2小题，满分6分）

14．（3分）如图，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的力的示意图．

15．（3分）如图所示，一束光从半球面上的A点沿半径方向射入半球形玻璃，已知半球形玻璃的球心为O，请画出这束光线在半球形玻璃左侧平面发生的折射、反射光路图．

四、解答题（共2小题，满分19分）

16．（7分）在学完弹力后，同学们在“制作弹簧测力计”的活动课中发现：在一定的范围内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的长度就会越长，根据这一现象，小明和小丽提出如下猜想，究竟谁的正确呢？它们决定一起通过实验来验证自己的猜想．

（1）小明和小丽利用一根弹簧、若干个相同的钩码、刻度尺等器材设计实验，实验记录数据如下表：

表中有一组数据没有记录，请根据如图补充A处数据为cm，B处数据为cm．

根据表中数据，两个同学中猜想是正确的．

（2）在学完摩擦力之后，小丽同学又用弹簧测力计探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关时，进行了甲、乙、丙三次实验，如图所

示．

由两个实验可知，滑动摩擦力的大小与压力大小有关．

由图甲和图丙两个实验可知，滑动摩擦力的大小与有关．

（3）在研究滑动摩擦力实验中，小丽同学主要应用下列哪一种研究物理问题的方法．

A．类比法B．控制变量法C．推理法D．等效替代法．

17．（12分）图甲是小刚在“探究电流与电压关系”的实验中所连接的实物图．

（1）①将甲图中的滑动变阻器（0﹣20Ω）阻值调到最大，闭合开关时，会看到下列哪种现象．

A．电压表指针几乎不偏转，电流表指针几乎不偏转

B．电压表指针偏转较大，电流表指针几乎不偏转

C．电压表指针偏转较大，电流表指针也偏转较大

②图甲中有一根导线接错了，请在错误处画“×”，并在图上改正．

（2）用改正后的电路测小灯泡的电阻，将定值电阻换成一只标有“2.5V”的小灯泡，闭合开关后，调节滑动变阻器，某时刻电流如图乙所示，由图可得小灯泡的电流为A，从丙图中小灯泡的U﹣I图象可知，小灯泡的电阻随电压增大而．

（3）小刚同学还设计了如图丁所示的电路，其中电源电压恒为1.5V，将M，N 用导线连接，调节滑动变阻器，使电流表指针指在0.6A处，则此时滑动变阻器

接入电路的电阻是Ω．保持滑动变阻器滑片位置不变，若在M、N之间加入电阻R x，电流表示数如图乙所示，则电阻R x阻值是．

五、解答题（共2小题，满分15分）

18．（7分）如图所示，在水平地面上放着物体A，A与地面的接触面积为0.14m2，对地面的压强为3000Pa，用滑轮组匀速提升物体A时，滑轮组的机械效率是84%（不计绳重和摩擦，g=10N/kg）．求：

（1）物体A的质量m A和动滑轮的质量m．

（2）用此滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，在5s的时间内，人拉力做的功是多少？

19．（8分）如图（a）所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑动变阻器的滑片P由B端移动到A端时，测得电阻R1两端的电压与通过电阻R1的电流变化关系如图（b）所示．

（1）求电源的电压U和滑动变阻器的最大阻值R m．

（2）当电流I=1.0A时，求电阻R1与R2消耗的功率之比P1：P2．

（3）写出电压表V2的示数与通过电阻R2的电流变化关系式，并写出V2大小的变化范围．

2017年黑龙江省大庆市中考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）

1．（4分）（2017?大庆）下列说法中不正确的是（）

A．伽利略是第一位提出“物体的运动并不需要力来维持”的物理学家

B．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上，提出原子核式结构模型

C．随着科学技术发展，人们能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器

D．原子弹是根据核裂变原理制成的，氢弹是利用核聚变原理制成的

【分析】（1）伽利略最早提出“物体的运动并不需要力来维持”；

（2）卢瑟福提出了原子核式结构模型；

（3）根据能量守恒定律分析；

（4）核能分为裂变和聚变两种．

【解答】解：

A、伽利略最早提出“物体的运动并不需要力来维持”，并用斜面实验结合推理对这一观点进行了验证，故A正确；

B、卢瑟福用α粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，这一研究过程就是建立模型的过程，故B正确；

C、能量既不会消灭，也不会产生，能量在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变，不可能制造出一种既可以不消耗能源，又能不断对外做功的机器，故C 错误；

D、原子弹是利用重核裂变（链式反应）制成的核武器，氢弹是利用核聚变的原理制成的，故D正确．

故选C．

【点评】本题考查物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣．2．（4分）（2017?大庆）下列四种磁体中产生的磁场，其磁场分布与其他三种磁

体的磁场分布不同的是（）

A．条形磁铁B．地磁场C．通电直导线D．通电螺线管

【分析】根据条形磁铁的磁场特点、地磁场的磁场特点、通电直导线的磁场特点和通电螺线管的磁场特点进行比较，得出答案．

【解答】解：

条形磁铁的中间没有磁性，但在两端磁性最强；地磁场和通电螺线管的磁场特点与条形磁铁磁体的磁场相似；

通电直导线磁场的分布就是以通电直导线为圆心的一个个同心圆，越靠近通电直导线，磁性越强，磁场分布就越密．

所以通电直导线磁场分布与其他三种磁体的磁场分布不同．

故选C．

【点评】本题考查了不同磁体的磁场特点，是一道基础性题目．

3．（4分）（2017?大庆）下列四幅简单机械图中，属于费力杠杆的是（）A．羊角锤B．钓鱼杆

C．托盘天平D．瓶起子

【分析】结合图片和生活经验，找出支点，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．

【解答】解：

A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；

B、钓鱼杆在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；

C、托盘天平在使用的过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，不省力也不费力．

D、瓶起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆．

故选：B．

【点评】本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．

4．（4分）（2017?大庆）如图各现象的原理主要是“压强与流速关系”的是（）

A．托里拆利管B．液压机

C．吹气使球上升D．活塞式抽水机

【分析】流动的气体和液体都称为流体，流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大．据此分析回答．

【解答】解：A、托里拆利管利用的大气压，故A不合题意；

B、液压机的工作原理是帕斯卡原理．故B不合题意；

C、通过漏斗管向下吹气时，乒乓球上面的空气流速加快，压强变小，而球下方的压强仍是大气压，大于球上方的压强，故乒乓球上升．利用的是流体压强与流速关系．故C符合题意；

D、抽水机抽水，通过活塞上移使活塞下方的桶内气压减小，水在外界大气压的作用下，被压上来，利用的是大气压．故D不合题意．

故选C．

【点评】本题主要考查了流体压强与流速的关系，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力．

5．（4分）（2017?大庆）下列说法中正确的是（）

A．声音在真空中可以传播

B．物体到平面镜的距离决定了物体在平面镜中成像的大小

C．蜡烛放在凸透镜的2倍焦距处，移动光屏可以得到等大、倒立的虚像

D．在石油勘探时常采用人工地震，利用探头接收地下不同层间界面反射回来的声波，从而探测出地下油矿

【分析】（1）声音不能在真空中传播；

（2）根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等．

（3）凸透镜成像时，u=2f 时，在凸透镜另一侧得到倒立、等大的实像．

（4）声音能传递信息和能量．

【解答】解：A、声音可以在空气中传播，但不能在真空中传播，故A错误；B、平面镜成的像与物是等大的，故像的大小取决于物体自身的大小，与平面镜的大小、像到物的距离、物体离平面镜的远近都无关，故B错误；

C、凸透镜成像时，u=2f 时，在凸透镜另一侧得到倒立、等大的实像，故C错误；

D、利用声音能传递信息可以探测地下油矿．故D正确．

故选D．

【点评】本题是一道综合题，主要考查学生对声音的传播条件和利用、平面镜成像、凸透镜成像等知识，掌握凸透镜成像的三种情况和应用是解决该题的关键．

6．（4分）（2017?大庆）下列说法中正确的是（）

A．

如图中，当带电物体靠近不带电的验电器时，金属箔片会张开一定角度

B．

如图表示用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线不可能是火线

C．

如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，空气内能一定增大

D．

如图表示的是内燃机压缩冲程，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度减弱

【分析】（1）根据静电感应和验电器的原理进行判断即可；

（2）测电笔的正确使用：手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线或火线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线．

（3）对物体做功，物体的内能会增大，物体对外做功，物体的内能会减小；（4）压缩冲程将机械能转化内能，分子运动的剧烈程度与温度有关．

【解答】解：A、当带电物体靠近不带电的验电器时，由于静电感应，验电器的金属箔片会带上同种电荷而相互排斥，金属箔片会张开一定角度，故A正确；

B、用测电笔辨别火线与零线，若氖管发光，此线是火线，若氖管不发光，此线是零线，故B错误；

C、如图是研究做功可改变内能的装置，缓慢压缩空气，对空气做功，但由于筒内空气会与外界发生热传递，放出热量，故空气内能不一定增大，故C错误；

D、由图可知，该冲程是内燃机压缩冲程，缸内气体内能增大，温度升高，该冲程中气缸内分子运动的剧烈程度加强，故D错误．

故选：A．

【点评】本题主要考查学生对基础知识的理解和掌握，虽涉及到的知识点较多，综合性强，但难度不大．

7．（4分）（2017?大庆）甲、乙两物体同时同地向东运动，运动的s﹣t图象如图

所示，下列说法正确的是（）

A．0﹣t1时间内选甲为参照物，乙是向东运动

B．t1﹣t3时间内甲为匀速直线运动，t2时刻甲、乙两物体相遇

C．t2﹣t4时间内甲的速度小于乙的速度

D．0﹣t4时间内甲的平均速度比乙的平均速度大

【分析】（1）在相同时间内，比较路程的远近可以比较运动快慢，根据图象，运用控制变量法，分析出甲、乙两辆小车的运动快慢情况；然后再判断以甲车为参照物，乙车的运动方向；

（2）根据图象判断各段的运动情况，根据v=判断出各段的速度．

【解答】解：A、由图知，0﹣t1时间内甲通过的路程比乙大，根据v=，在时间相同，甲车的速度大于乙车的速度，所以当以甲车为参照物时，乙车是向西运动，故A错误；

B、由图知，t1﹣t3时间内甲的路程不再变化，处于静止状态，t2时刻甲乙通过的路程相同，甲、乙两物体相遇，故B错误；

C、由图知，t2﹣t4时间内甲通过的路程大于乙通过的路程，故甲的速度大于乙的速度，故C错误；

D、由图知，0﹣t4时间内甲通过的路程大于乙通过的路程，故甲的平均速度比乙的平均速度大，故D正确．

故选D．

【点评】根据图象或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程．此题涉及到的知识点较多，综合性很强．

8．（4分）（2017?大庆）下列说法中不正确的是（）

A．甲图中，当接通电源时金属杆由静止开始向左运动，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆依然由静止开始向左运动

B．乙图是电动机的工作原理图，此装置使电能转化为机械能

C．丙图中，当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反

D．丁图是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能

【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与两个因素有关：一个是磁场方向，另一个是电流方向．如果只改变一个因素，则导体受力方向改变，如果同时改变两个因素，则导体受力方向不变．

（2）电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用，此装置使电能转化为机械能；

（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这叫电磁感应现象，感应电流的方向与导体运动方向、磁感线方向有关．

发电机就是根据电磁感应原理制成的，此装置将机械能转化为电能．

【解答】解：AB、图AB有电源，是电动机的工作原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用，受力的方向与磁场方向和电流方向有关，若磁场方向保持不变，改变电流方向，金属杆由静止开始向右运动，此装置使电能转化为机械能，故A错误，B正确；

C、感应电流的方向与导体运动方向和磁感方向有关，如果只改变一个因素，则感应电流的方向改变，当导体棒不动、磁体向右运动，相当于磁体不动，导体棒向左运动，故当磁体不动、导体棒向右运动，与导体棒不动、磁体向右运动产生的感应电流方向相反，故C正确；

D、丁图没有电源，是发电机的工作原理图，此装置使机械能转化为电能，故D 正确．

故选A．

【点评】本题考查影响电动机受力方向的因素、影响感应电流方向的因素，知道电动机、发电机能量的转化．

9．（4分）（2017?大庆）如图所示，一水平传送带始终匀速向右运动，现把一物块无初速度放在传送带左侧，物块将随传送带先做匀加速运动后随传送带一起匀速运动，在此过程中以下说法正确的是（）

A．当物块匀速时，物块没有惯性

B．当物块匀速时，根据牛顿第一定律可知，物块不受力作用

C．整个过程中，物块一直受摩擦力的作用

D．整个过程中，物块的机械能先增大后不变

【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；据此对A做出判断；

（2）对物块进行受力分析，对CD做出判断；

（3）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能．在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析．据此分析对D做出判断．

【解答】解：A、惯性是物体的一种属性，一切物体在任何时候都有惯性，所以当物块匀速时，物块仍有惯性．故A错误；

BC、当物块做匀加速运动时，物块相对于传送带有向右运动的趋势，受到水平向右的摩擦力的作用，同时受到重力和支持力的作用；

当物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用，但仍受到重力和支持力的作用．故BC错误；

D、当物块做匀加速运动时，物块的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度增加，动能增加，当物块做匀速运动时，速度不变，动能不变，高度不变，重力势能不变，机械能等于动能和重力势能之和，所以，整个过程中，物块的机械能先增大后不变．故D正确．

故选D．

【点评】此题考查惯性、物体的受力分析、动能和势能的大小变化，是一道综合性较强的题目，难度适中，特别需要注意的是：物块做匀速运动时，物块相对于传送带没有运动的趋势，不受摩擦力的作用．

10．（4分）（2017?大庆）某兴趣小组为了研究电子温控装置，连接成如图所示电路，R1为热敏电阻，热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，闭合开关，当温度

降低时，下列说法中正确的是（）

A．电压表V2和电流表A示数均变大

B．电压表V1和电流表A示数之比不变

C．电压表V2和电流表A的乘积不变

D．电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变

【分析】由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流．

（1）根据热敏电阻阻值与温度的关系得出当温度降低时其阻值的变化，进一步可知并联部分的电阻变化和电路中总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端的电压变化，然后得出电压表V2和电流表A的乘积变化；根据串联电路的电压特点和并联电路的电压特点可知电压表V1的示数变化，然后得出电压表V1和电流表A示数之比变化；

（2）设出温度变化前后电路中的电流，根据欧姆定律得出电压表示数和电流表示数与R0的阻值关系，然后得出电压表V2变化量和电流表A变化量之比的变化．【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联后再与R0串联，电压表V1测并联部分的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测干路中的电流．

（1）因热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，

所以，当温度降低时，热敏电阻R1的阻值变大，并联部分的电阻变大，电路中的总电阻变大，

由I=可知，干路中的电流变小，即电流表A的示数变小，

由U=IR可知，R0两端的电压变小，即电压表V2的示数变小，故A错误；

由电压表V2示数变小、电流表A示数变小可知，电压表V2和电流表A的乘积变小，故C错误；

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，并联部分的电压变大，即电压表V1的示数变大，

由电压表V1的示数变大、电流表A示数变小可知，电压表V1和电流表A示数之比变大，故B错误；

（2）设温度变化前后，干路中的电流分别为I1、I2，

则电压表V2示数的变化量：

△U2=I2R0﹣I1R0=（I2﹣I1）R0=△IR0，即=R0，且R0的阻值不变，

所以，电压表V2变化量和电流表A变化量之比不变，故D正确．

故选D．

【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键．

二、填空题（共3小题，每小题6分，满分20分）

11．（6分）（2017?大庆）水沸腾过程中的温度不变（选填“升高”、“降低”或“不变”），该过程中水吸热（选填“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”），

若将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（C

铝＞C

铁

＞C

铜

）浸没在同一沸

水中煮较长的一段时间，从沸水中吸热最多的是铝球．

【分析】（1）水沸腾的条件是温度达到沸点并且继续吸热，吸收的热量全部都用来由液体变成气体的变化，所以温度是不变的；

（2）解决此题可利用控制变量法进行分析，结合热量公式Q=cm△t求解水温度的变化，吸收的热量．

【解答】解：（1）水沸腾时温度的特点是：虽然继续吸热，但温度保持不变；（2）由于热传递的结果是温度相等，所以煮较长的一段时间后三个金属球的温度都与沸水温度相同；根据热量公式Q=cm△t分析可知，三种质量和初温相同的物质升高相同的温度，比热容大的吸收的热量多，比热容小的吸收的热量少，所以铝球吸收的热量最多，铜球吸收的热量最少．

故答案为：不变；吸热；铝．

【点评】解决此题要记住沸腾的相关知识点：沸腾时的特点：虽然继续吸热，但温度保持不变．沸腾的条件：温度达到沸点，继续吸热．结合控制变量法和热量

公式进行分析计算．

12．（8分）（2017?大庆）如图甲所示，一个立方体悬挂在弹簧测力计下处于静止状态时，弹簧测力计示数为5N ，如图乙所示，将此立方体一半浸入某液体中静止时，测力计示数为4.5N ，则此立方体受到的浮力为 0.5 N ，若某时刻剪断乙图中悬吊立方体的细线，则立方体受到的浮力变化情况是 先变大后不变 ；立方体的下表面压强将 先变大后不变 （选填“一直不变”、“先变大后不变”或“先变小后不变”），若已知该立方体的体积为125cm 3，则这种液体的密度为 0.8×103 kg/m 3（g=10N/kg ）

【分析】（1）由题意可知立方体的重力，当立方体一半浸入某液体中静止时，利用称重法求此时立方体受到的浮力；

（2）当立方体全浸入某液体中静止时，排开液体的体积变为原来的2倍，利用F 浮=ρ液V 排g 可求此时受到的浮力，和立方体的重力比较，得出若剪断细线，立

方体的状态（是上浮、悬浮还是下沉），分析排开液体的体积变化得出浮力变化情况；分析下表面所处深度变化得出受到液体的压强变化情况；

（3）知道了立方体的体积，可求一半浸入某液体中排开液体的体积，由（1）可知当立方体一半浸入某液体中静止时受到的浮力，利用F 浮=ρ液V 排g 求液体的密

度．

【解答】解：

（1）由题意可知立方体的重力G=F 示1=5N ，

当立方体一半浸入某液体中静止时，此时立方体受到的浮力：

F 浮=

G ﹣F 示2=5N ﹣4.5N=0.5N ；

（2）当立方体全部浸入某液体中静止时，排开液体的体积变为原来的2倍， 由F 浮=ρ液V 排g 可知，浸没时立方体受到的浮力：F 浮′=2F 浮=2×0.5N=1N ，

因为F

浮

′＜G，

所以，若剪断乙图中悬吊立方体的细线，立方体将下沉直至沉到容器底；

在这一过程中，液体的密度不变，由于排开液体的体积先变大后不变，所以，由F浮=ρ液V排g可知，立方体受到的浮力先变大后不变；

立方体的下表面所处的深度先变大，沉底后不变，由p=ρ

液

gh可知，立方体的下表面受到液体的压强先变大后不变；

（3）立方体的体积V=125cm3，

由（1）可知当立方体一半浸入某液体中静止时，受到的浮力F

浮

=0.5N，

此时V

排

=×125cm3=62.5cm3=6.25×10﹣5m3，

由F

浮=ρ

液

V

排

g可得该液体的密度：

ρ液===0.8×103kg/m3．

故答案为：0.5；先变大后不变；先变大后不变；0.8×103．

【点评】本题为力学综合题，考查了液体压强公式、阿基米德原理以及称重法测浮力的应用，难点在浮力和压强的变化分析，确定排开水的体积和所处深度变化是关键．

13．（6分）（2017?大庆）在同一粗糙水平面固定两个不同斜面，小华同学研究相同的两个小球A、B分别沿不同的斜面运动，用频闪照相机每隔0.1s拍摄了小球滚动时的不同位置，图上数字为闪光时刻编号，位置间距如图所示．

（1）甲图中A球在斜面上运动的速度不变（选填“增大”、“减小”或“不变”），机械能减小（选填“增加”、“减小”或“不变”）．

（2）乙图中小球B从2位置运动到4位置的这段时间内平均速度v=0.8m/s，小球B沿斜面运动过程中的动能增大，重力势能减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）．

（3）若两个小球从斜面上运动到斜面底部时与相同的木块碰撞，碰撞之后图乙（选填“甲”或“乙”）中木块运动距离较大．