日湖南省郴州市玉米到站价格
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工作地点：湖南郴州
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职位月薪：
学历要求：初中
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男性，年龄18-40岁，能吃苦耐劳，主要工作扫描、分货、打包。
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国家法律规定，禁止在招聘面试过程中用任何方式收取求职者财物，请广大求职者提高警惕。
联系人：张小姐
电子邮箱：
联系地址：湖南省郴州市北湖区郴州市爱莲湖北湖区梨树山坝下组（耒宜高速管理处站下车往回走一百米）
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上海圆通速递有限公司创建于日，2010年底，成立上海圆通蛟龙投资发展（集团）有限公司，标志着圆通向集团化迈出了更加坚实的一步。圆通速递历经13载艰苦创业，现已经跨越式发展成为中国快递行业领导品牌之一，公司现拥有8大管理区、69个转运中心，遍布全国的6000余配送网点，12万余名员工，直接服务国内1900余个城市，航空运输机场达70余个，覆盖200多个城市。是国内大型知名民族快递品牌企业之一。
圆通速递立足国内、面向国际，主营50KG以内的小包裹快递业务，本着“客户要求，圆通使命”的服务宗旨，形成了同城当天件、区域当天件、跨省时效件和航空次晨达、航空次日下午达等多种服务产品和到付、代收货款、签单返还等多种增值服务，涵盖快递、仓储、电子商务配送、特色服务等一系列的专业速递服务，并为客户量身定制速递解决方案，提供个性化、一站式的服务。还开通了港澳台（在香港成立分公司）、东南亚、中亚和欧美快递专线，并开展中韩国际电子商务业务，将圆通的服务网络延伸至海外。同时，圆通还从客户需求出发，率先在行业中实行365天“全年无休”快递服务，为客户提供及时、方便的服务。
郴州圆通速递有限公司是目前郴州大型的民营速递企业之一，目前拥有员工一百多人,郴州圆通始终以“创民族品牌”为己任，以实现“圆通速递——中国人的快递”为奋斗目标，坚持“客户要求，圆通使命”的服务宗旨和“诚信服务，开拓创新”的经营理念以及“自强不息、艰苦创业、团结奋斗”的圆通精神，持续推进品牌建设、人才建设、信息建设、文化建设和网络建设，不断改革创新、坚持不懈为广大客户提供优质快递服务。
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还能输入140字2014年湖南省郴州市中考物理真题试卷附答案
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一、选择题：本大题共18小题，每小题2分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求的．1．（2分）（;郴州）下面列举了四位科学家和他们的重要成果，其中描述错误的是（）A．托里拆利﹣﹣最先测定大气压的数值
B．沈括﹣﹣最早记述了磁偏角C．牛顿﹣﹣牛顿第一定律
D．奥斯特﹣﹣电磁感应现象考点：物理常识．专题：其他综合题．分析：根据对物理规律及科学家主要贡献的掌握分析答题．解答：解：A、托里拆利最先测定大气压的数值，故A正确；B、沈括最早记述了磁偏角，故B正确；C、牛顿发现了牛顿第一定律，故C正确；D、奥斯特发现了电流的磁效应，电磁感应现象是法拉第发现的，故D错误．故选D．点评：本题是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题． 2．（2分）（;郴州）声音从空气传到水中，它的传播速度将（）A．变大B．变小C．不变D．不能确定 考点：声音在不同介质中的传播速度．分析：声音的传播介质：固体、液体、气体，三者当中，在固体中传播相对要快，这个规律要记牢．解答：解：因为水是液体，空气是气体，而声音在液体中要比在气体中传播快，所以A正确．故选A点评：本题是对基本物理规律的考查，对这样的知识内容，同学们只要记牢即可轻松得出正确结论． 3．（2分）（;郴州）下列过程中，有一个力的作用效果与其他三个不同类，它是（）A．把橡皮泥捏成不同造型B．进站的火车受阻力缓缓停下C．苹果受重力竖直下落D．用力把铅球推出 考点：力的作用效果．专题：定性思想．分析：解决本题的关键是掌握力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态．物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变．解答：解：A、把橡皮泥捏成不同造型，橡皮泥的形状发生变化，所以选项A属于力改变物体的形状；
B、进站的火车受阻力缓缓停下，速度在减小，所以选项B属于力改变物体的运动状态；
C、苹果受重力竖直下落，苹果在重力作用下，速度越来越快，所以选项C属于力改变物体的运动状态；
D、用力把铅球推出，铅球在重力作用下，运动速度和运动方向都在发生改变，所以选项D属于力改变物体的运动状态．故选 A．点评：本题考查了力的作用效果，力的这两个作用效果有明显的不同，比较容易辨别． 4．（2分）（;郴州）如图，F是透镜的焦点，其中正确的光路图是（）A．B．C．D． 考点：透镜的光路图．专题：图像综合题．分析：凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点．③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变．凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点．③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．解答：解：A、入射光线平行于主光轴，经过凸透镜折射后，折射光线应该过焦点．故A错误．B、通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴．故B错误．C、平行于主光轴的入射光线经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过焦点．故C正确．D、凸透镜对光线有发散作用，而图中的凹透镜对光线起了会聚作用，故D错误．故选C．点评：关于凸透镜和凹透镜三条特殊光线：射向另一个焦点的； 平行于主光轴的；过光心的．关于这三条特殊光线的考查一般是告诉入射光线让画出出射光线或者告诉出射光线让画出入射光线．解这种题目时，把握入射光线和出射光线的特点的对应是解决此题的关键． 5．（2分）（;郴州）小辉在晚会上表演了一个节目，如图所示．他一只手握住胶管的中部，保持下半部分不动，另一只手抓住管的上半部，使其在空中快速转动，这时下管口附近的碎纸屑被吸进管中，并“天女散花”般地从上管口飞了出来．产生这一现象的原因是由于（）A．下管口空气流速大，导致下管口的压强大于上管口的压强B．下管口空气流速大，导致下管口的压强小于上管口的压强C．上管口空气流速大，导致上管口的压强大于下管口的压强D．上管口空气流速大，导致上管口的压强小于下管口的压强 考点：流体压强与流速的关系．专题：气体的压强、流体压强与流速的关系．分析：流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小．比较管的上方和下方的压强是本题的关键．解答：解：由于在空中快速转动上半部，上面的空气流动速度快，压强小；下面的空气流动速度小，压强大，纸片在压强差的作用下，被压向空中出现天女散花．故选D．点评：掌握流体压强跟流速的关系，能利用流体压强知识表演有趣的节目． 6．（2分）（;郴州）从飞机空投的救灾物资在下落过程中，逐渐减小的物理量是（）A．重力势能B．动能C．重力D．质量 考点：势能的影响因素．专题：控制变量法．分析：（1）重力势能大小的影响因素：质量和高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．（2）动能大小的影响因素：质量和速度．质量越大，速度越大，动能越大．（3）质量是物体本身的一种属性，不随位置、形状、状态的变化而变化．（4）重力跟质量成正比．解答：解：A、救灾物资下落过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小．符合题意．B、救灾物资下落过程中，质量不变，速度增大，动能增大．不符合题意．C、重力跟质量成正比，质量不变，重力不变．不符合题意．D、质量是物体本身的一种属性，位置变化，质量不变．不符合题意．故选A．点评：（1）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素．（2）掌握质量是物体本身的一种属性．（3）掌握重力跟质量成正比． 7．（2分）（;郴州）甲、乙、丙三个轻质小球，甲球排斥乙球，乙球吸引丙球，下列说法正确的是（）A．甲、乙两球一定带异种电荷B．甲、乙两球一定带同种电荷C．乙、丙两球一定带异种电荷D．乙、丙两球一定带同种电荷 考点：电荷间的相互作用规律．专题：电流和电路．分析：根据带电体的性质和电荷间的作用规律可知：两个物体相互吸引，有三种带电情况：一个带正电，一个带负电；一个带正电，一个不带电；一个带负电，一个不带电；两个物体相互排斥，则都带同种电荷．由此入手分析即可确定甲乙丙三者的带电情况．解答：解：A、若甲带正电，则乙带正电，丙有可能带负电，也有可能不带电．故A错误．B、甲球排斥乙球，一定都带同种电荷；但丙有两种可能，带有与甲乙不同种的电荷，或者不带电，故B正确；CD、甲乙小球一定带电，但C有两种可能：带负电或者不带电．故CD错误．故选B．点评：在根据物体间的作用规律判定物体带电情况时，要注意两者相互吸引有两种可能：异种电荷相互吸引；带电体具有吸引轻小物体的性质．因此考虑问题要全面． 8．（2分）（;郴州）某同学为了增强通电螺线管的磁性，下列做法错误的是（）A．增加通电螺线管的匝数B．在通电螺线管中插入铁芯C．增大通电螺线管中的电流D．改变通电螺线管中的电流方向 考点：通电螺线管的磁场．专题：磁现象、电生磁．分析：影响螺线管磁性强弱的因素有：线圈中电流的大小；线圈的匝数；线圈中有无铁芯．并且，电流越大，匝数越多，磁性越强；在电流与匝数相同的情况下，加入铁芯的磁性要比不加入铁芯时的磁性要强．因此要增强螺线管的磁性，就要从以上三个因素入手考虑．解答：解：A、在相同条件下，增加螺线管的匝数，磁性增强，A做法正确；B、在相同条件下，插入铁芯，磁性增强，B做法正确；C、在相同条件下，增大电流，磁性增强，C做法正确；D、改变电流的方向，只能改变通电螺线管的磁极，D做法错误．故选D．点评：本题考查影响电磁铁磁性强弱的因素，在明确影响螺线管磁性强弱的因素的基础上，再结合对应的措施来确定答案． 9．（2分）（;郴州）在以“力”为主题的辩论赛中，正方和反方提出了许多观点，小明把他们的观点归纳整理如下表．你认为正确的观点有（）观点正方反方①两个物体相接触，就一定有力的作用②两个物体相接触，但不一定有力的作用③力的产生至少涉及两个物体④一个物体也可以产生力的作用⑤力的维持物体运动状态的原因⑥力是改变物体运动状态的原因 A．⑥②④B．②④⑥C．②③⑥D．①③⑤考点：力的概念；力与运动的关系．专题：运动和力．分析：（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；（2）力是改变物体运动状态的原因，惯性是维持物体运动状态不变的原因．解答：解：（1）两个物体接触不一定产生力的作用，比如并排放在水平桌面上的两本书，尽管相互接触，但没有力的作用，因此①错误，②正确．（2）力是物体对物体的作用，产生力的作用时存在两个物体，一个是施力物体，另一个是受力物体，因此③正确，④错误．（3）物体的运动状态发生了改变，一定是受到了力的作用，运动状态保持不变是因为它具有惯性，因此⑤错误，⑥正确．故选C．点评：本题考查了学生对力的基本概念的掌握，属于基础知识的考查，相对比较简单． 10．（2分）（;郴州）学习物理需要特别细心，一不小心就容易出错．你认为下列等量关系正确的是（）A．1kg=9.8NB．1kW•h=3.6×106JC．1km/h=3.6m/sD．1kg/m3=1g/cm3 考点：物理量的单位及单位换算．专题：其他综合题．分析：物理量不同单位的换算正确与否包括两方面：进率和过程．据此作出判断．解答：解：A、kg是质量的单位，N是力的单位，不同物理量的单位不能换算．此选项错误；B、1kW•h=1kW×1h=1000W××106J．此选项正确；C、1km/h=1×=m/s．此选项错误；D、1kg/m3=1×=10﹣3g/cm3．此选项错误．故选B．点评：无论什么物理量的单位换算，前面的数都表示倍数，不进行换算，只是把后面的单位进行换算．这才是真正意义上的单位换算． 11．（2分）（;郴州）一个滑动变阻器标有“1.5A 50Ω”的字样，当它与一个阻值为30Ω的电阻串联接入电路时，整个电路总电阻的变化范围为（）A．30﹣80ΩB．0﹣80ΩC．0﹣50ΩD．0﹣30Ω 考点：电阻的串联．专题：电压和电阻．分析：滑动变阻器铭牌上标有“100Ω，50A”的字样，表示滑动变阻器的电阻变化范围以及允许通过的最大电流，结合串联电路电阻特点：串联电路中总得电阻等于各部分电阻之和．解答：解：滑动变阻器上标有“50Ω，1.5A”，即表示这个滑动变阻器的电阻变化范围是0～50Ω；由于与一个阻值为30Ω电阻串联，则整个电路中总电阻的变化范围为30Ω﹣80Ω．故选：A．点评：对于滑动变阻器，要知道它的铭牌的电阻和电流的含义，结合串联求出整个电路中电阻大小． 12．（2分）（;郴州）如图所示，是一定质量的某咱物质熔化时温度随时间变化的图象，由图象可知（）A．该物质是非晶体B．该物质的熔点是50℃C．该物质在熔化过程中吸热且温度升高D．该物质在第15分钟中，处于固、液共存状态 考点：熔化和凝固的温度—时间图象．专题：图像综合题．分析：要解答本题需掌握：晶体在熔化过程中温度不变，虽然继续吸热．解答：解：由图象可知，该物质在熔化过程中虽然继续吸热，但温度保持不变，其熔点是80℃，所以该物质是晶体．该物质在15分钟中，处于固、液共存状态．故ABC错误，D正确．故选D．点评：本题主要考查学生对：晶体熔化过程中的特点的了解和掌握，是一道基础题． 13．（2分）（;郴州）如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像．这个像是下图中的（）A．B．C．D． 考点：凸透镜成像规律及其探究实验．分析：解决此题要知道当物体处于二倍焦距以外时，在光屏上会成一个倒立、缩小的实像．解答：解：因蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，所以在光屏上会成一个倒立、缩小的实像，分析各选项可知，只有B选项中的是倒立、缩小的实像；故选B．点评：解决此题要结合凸透镜的成像规律进行分析解答． 14．（2分）（;郴州）下列说法正确的是（）A．煤、石油属于可再生能源B．电磁波只能在空气中传播C．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/sD．中央电视台和郴州电视台发射的电磁波频率相同 考点：能源的分类；电磁波的传播；波速、波长和频率的关系．专题：其他综合题．分析：（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；（2）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；（3）电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s；（4）不同电视台发射的电磁波频率是不同的．解答：解：A、煤、石油在短期内自然界无法得到补充的，故这些能源是不可再生能源，所以A错误；B、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，所以B错误；C、电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s，所以C正确；D、为了避免相互干扰，不同电视台发射的电磁波频率是不同的，所以D错误．故选C．点评：本题考查了能源的分类、电磁波的传播速度、电磁波的传播等问题，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题． 15．（2分）（;郴州）小英同学在探究“浮力的大小等于什么”时，做了如图所示的实验，四步实验中弹簧秤的示数F1、F2、F3、F4，下列等式正确的是（）A．F浮=F2﹣F3B．F浮=F4﹣F3C．F浮=F2﹣F1D．F浮=F2﹣F4 考点：阿基米德原理．专题：浮力．分析：根据阿基米德原理进行判断：浸在液体中的物体受到向上的浮力作用，浮力大小等于物体排开液体受到的重力．同时，根据称重法，浮力等于物体在浸入液体之后的弹簧测力计示数之差．解答：解：根据称重法可知，浮力等于物体在浸入液体之后的弹簧测力计示数之差，所以F浮=F2﹣F3；根据浸在液体中的物体受到向上的浮力作用，浮力大小等于物体排开液体受到的重力．所以F浮=F4﹣F1．对照选项可知，A正确，BCD错误．故选A．点评：本题考查了对称重法求浮力和阿基米德原理的理解与运用，难度不大，但要对弹簧测力计在不同情况下的示数有一个明确的认识． 16．（2分）（;郴州）在如图所示的电路中，闭合开关S后，当滑动变阻器的滑片P向右端b滑动的过程中，正确的是（）A．电流表的示数增大，电灯L变亮B．电压表的示数增大，电灯L变暗C．电流表的示数不变，电灯L变亮D．电压表的示数减小，电灯L变暗 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，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化、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灯泡两端的电压变化，根据P=UI可知灯泡实际功率的变化，根据灯泡的亮暗取决于实际功率的大小确定灯泡大的亮暗变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化．解答：解：由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器的滑片P向右端b滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，电路中的总电阻增大，由I=可知，电路中的电流减小，即电流表的示数减小，故C不正确；由U=IR可知，灯泡两端的电压减小，因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡的实际功率减小，灯泡变暗，故A不正确；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压增大，即电压表的示数增大，故B正确，D不正确．故选B．点评：本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小． 17．（2分）（;郴州）如图所示，电磁铁左侧的甲为条形磁铁，右侧的乙为软铁棒，A端是电源的正极．下列判断中正确的是（）A．甲、乙都被吸引B．甲被吸引，乙被排斥C．甲、乙都被排斥D．甲被排斥，乙被吸引 考点：磁极间的相互作用．专题：电和磁．分析：（1）根据电源正负极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定电磁铁的NS极．（2）根据磁性的特点，可以确定软铁棒乙始终被吸引，根据确定的电磁铁的NS极，利用磁极间的作用规律可以确定条形磁体甲与电磁铁的相互作用情况．解答：解：电源A端为正极，则电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管的左端为S极，右端为N极．电磁铁的S极与条形磁体甲的S极靠近，则甲被排斥；当电磁铁中有电流通过时，电磁铁有磁性，软铁棒乙始终被吸引，不会被排斥；由此可以确定选项D正确．故选D．点评：此题考查了磁性、磁极间的作用规律、安培定则；根据安培定则，利用电源的正负极和线圈绕向来确定螺线管的NS极是解决此题的关键． 18．（2分）（;郴州）装有不同液体的甲、乙两烧杯，放入两个完全相同的物体，当物体静止后两烧杯中液面恰好相平，如图所示．液体对甲、乙两烧杯底部的压强分别是P甲、P乙，液体对两物体的浮力分别是F甲、F乙，下列判断正确的是（）A．P甲＞P乙，F甲=F乙B．P甲=P乙，F甲＞F乙C．P甲＜P乙，F甲=F乙D．P甲=P乙，F甲＜F乙 考点：压强大小比较；浮力的利用．专题：压强和浮力．分析：放入液体的物体完全相同，由浮沉条件可知两物体所受浮力相等，由浮力公式F浮=ρ液gV排，可知两液体的密度，由压强公式p=ρ液gh可知对底部的压强．解答：解：两木块完全相同，它们在液体内都是静止的，故受力平衡，即浮力都等于物体的重力；∴F甲=F乙，由于物体在甲中浸入液面的体积比乙中的小，故由F浮=ρ液gV排得：ρ甲＞ρ乙，∵p=ρ液gh得，由于液面高度相同，∴p甲＞p乙．故选A．点评：本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件、液体压强公式的掌握和运用，根据提供情景灵活选用公式分析判断是本题的关键．_ueditor_page_break_tag_二、填空题（本题共5小题，每空2分，共20分）19．（4分）（;郴州）质量为0.3kg的木块漂浮在水面上，受到的浮力是3N．另一质量为0.5kg的物块浸没在水中时，排开3N的水，该物块在水中将下沉（选填“上浮”或“下沉”或“悬浮”，g取10N/kg）． 考点：阿基米德原理．专题：浮力．分析：漂浮在液面上的物体所受的浮力等于自身的重力，求出木块的重力即可得出浮力的大小；浸没在水中的物体所受的浮力等于其排开水的重力，比较自身重力与浮力的大小，根据浮沉条件可判断物体是浮，还是沉．解答：解：（1）木块的重力：G=mg=0.3kg×10N/kg=3N，因为木块漂浮，所以F浮=G=3N；（2）物块的重力：G′=m′g=0.5kg×10N/kg=5N，因为物块的重力5N大于其排开的水重3N，也就是重力大于浮力，所以该物块在水中将下沉．故答案为：3；下沉．点评：本题的实质是对物体浮沉条件的考查，知道漂浮时，浮力等于重力，下沉时浮力大于重力，上浮时浮力小于重力，可根据力的大小关系做出判断． 20．（4分）（;郴州）冬天，同学们喜欢用热水袋取暖，这是通过热传递的方式使手的内能增加；若热水袋中装有1kg的水，当袋内的水温从60℃降低到40℃时，其中水放出的热量是8.4×104J（已知水的比热容C水=4.2×103J（kg•℃））． 考点：热传递改变物体内能；热量的计算．专题：热和能．分析：（1）改变物体内能的方式有做功和热传递两种，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用放热公式Q放=cm△t求水放出的热量．解答：解：（1）热水袋取暖，是利用热传递的方式增加手的内能的；（2）Q放=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（60℃﹣40℃）=8.4×104J．故答案为：热传递；8.4×104．点评：本题考查了学生对热传递和放热公式Q放=cm△t的掌握和运用，属于基础题目． 21．（4分）（;郴州）如图电路，开关S闭合时，电压表V和V1的示数如图甲、乙所示，则电阻R两端的电压是2.4V，电路中电流为0.6A． 考点：串联电路的电压规律；欧姆定律的应用．专题：电路和欧姆定律．分析：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V1测灯泡的电压，电压表V测电源的电压，根据电压表的量程和分度值读出示数，利用串联电路的电压特点求出R两端的电压，利用欧姆定律求出通过电路中的电流．解答：解：由电路图可知，两灯泡串联，电压表V测电源的电压，电压表V1测灯泡两端的电压，由甲图可知，V的量程为0～15V，分度值为0.5V，示数U=6V；由乙图可知，V1的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数U1=2.4V；∵串联电路中总电压等于各分电压之和，∴R两端的电压：UR=U﹣U1=6V﹣2.4V=3.6V，根据欧姆定律可得，电路中电流：I===0.6A．故答案为：2.4；0.6．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用以及电压表的读数，是一道基础题目． 22．（4分）（;郴州）起重机在20s内把重物匀速提到楼顶，起重机所做的总功是4×104J，额外功是1.6×104J，则起重机的总功率是2000W，机械效率是60%． 考点：功率的计算；功的计算；机械效率的计算．专题：计算题；压轴题．分析：根据P=即可求出起重机的总功率；再根据起重机所做的总功减去额外功就是有用功，然后利用η=×100%即可求出机械效率．解答：解：P===2000W；W有用=W总﹣W额外=4×104J﹣1.6×104J=2.4×104J，η=×100%=×100%=0.6=60%．故答案为：2000；60%．点评：此题主要考查功的计算，功率的计算，机械效率的计算等知识点，比较简单，要求学生应熟练掌握． 23．（4分）（;郴州）如图甲所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它在同一水平木板上滑动，图乙是他两次拉动同一木块得到的路程随时间变化的图象．请根据图象判断：在相等的时间内，木块两次受到的拉力F1=F2；两次拉力对木块做的功W1＞W2．（选填“＞”“＜”或“=”） 考点：力与图象的结合；功的大小比较．专题：运动和力．分析：（1）先判断木块两次的运动状态，然后根据二力平衡的条件分析拉力和摩擦力的关系；（2）根据速度的计算公式：v=利用图象形状可以确定物体的运动路程．根据作用在物体上的拉力和在拉力方向上通过的距离，利用公式W=Fs比较两次做功的多少．解答：解：（1）从图象上可以看出，用弹簧测力计拉木块沿水平木板匀速滑动，木块做匀速直线运动，不论其速度大小如何，都受到平衡力的作用，在水平方向上，摩擦力和拉力是一对平衡力，故两次实验的拉力和摩擦力均相等．（2）图中可以看出，在相同拉力作用下，木块两次运动的距离不同，所以木块两次所做的功不同，由W=Fs可知，但是在相同时间内，1通过的距离大，所以1所做的功多．故答案为：=；＞．点评：本题要结合物体受力与运动状态的关系以及相关的计算公式，根据平衡力的知识和对图象的理解来解决，有一定的难度． 三、作图、实验与探究题（本题共4小题，24题6分，25题7分，26题7分，27题10分，共30分）24．（6分）（;郴州）（1）科研人员制成了“光控开关”（能在天黑时自动闭合，天亮时自动断开）和“声控开关”（能在有声音发出时自动闭合，无声时自动断开）．请将如图甲的光控开关、声控开关、灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，设计出：只有在天黑且有声音时灯才亮的自动控制电路．（2）如图乙所示，轻质杠杆可绕O点转动，杠杆上吊一重物G，在动力F作用下，杠杆静止在水平位置．图乙中的L为动力F的力臂，请作出动力F的示意图（温馨提示：注意标明力F的方向和作用点）． 考点：家庭电路的连接；力的示意图．专题：图像综合题．分析：（1）在家庭电路中开光接在用电器和火线之间，与用电器串联；（2）支点到力作用线的距离叫力臂．解答：解：（1）由题目要求，利用在家庭电路中开光接在用电器和火线之间，与用电器串联，连接电路如图甲：（2）根据支点到力作用线的距离叫力臂，画出对应的力，如图乙．点评：此题主要考查学生对于家庭电路连接方式和力臂的理解和掌握． 25．（7分）（;郴州）雄伟壮观的东江大坝位于我市资兴境内，请根据你对水电站的了解和所学到的物理知识，从力、势、电、光四个方面回答下面的问题．（1）力学问题：水电站的大坝修成上窄下宽的形状，这是因为水内部的压强和水的深度有关，大坝下部受到水的压强大于（填“大于”、“小于”或“等于”）上部受到的压强，所以下部要修得宽一些．（2）热学问题：库区蓄水后，因为水的比热容较大，所以库区的气温变化不明显．湖面上经常可以欣赏到“雾漫东江”的美景，其中“雾”的形成是液化现象（填物态变化的名称）．（3）电学问题：发电机是利用了电磁感应的原理发电的，将机械能转化为电能．（4）光学问题：在平静的湖面上可以看到“蓝天”、“白云”，这是由于下列哪种现象形成的B．A．光沿直线传播
B．光的反射
C．光的折射． 考点：液体的压强的特点；液化及液化现象；光的反射；发电机的构造和原理；水的比热容的特点及应用．专题：其他综合题．分析：（1）利用液体内部压强的特点（液体的压强随深度的增加而增大）去分析解释；（2）利用水的比热容大（相同质量的水和其它物质比较，吸收相同的热量，水温度变化小）来分析解释；物体由气态变为液态，为液化现象；（3）利用发电机的工作原理来分析解释．（4）蓝天、白云与观察者在同种介质中，且在水面的一侧．解答：解：（1）∵水的压强随深度的增加而增加，∴大坝下部受到水的压强大于上部受到的压强，所以下部要修得宽一些．以便承受更大的水压；（2）库区蓄水后，因为水的比热容大，吸收相同的热量，水的温度变化小，使库区的气温变化不明显；“雾”的形成是液化现象；（3）发电机是根据电磁感应现象制成的，发电时，把水库中水流的动能转化为电能．（4）在平静的湖面上可以看到“蓝天”、“白云”，是光的反射在水中形成的虚像，同平面镜成像道理一样；故答案为：（1）深度；大于；（2）比热容；液化；（3）电磁感应；（4）B．点评：本题考查了利用所学知识分析解决实际问题的能力，知识点多，综合性强，但难度不大． 26．（7分）（;郴州）用如图所示的实验装置探究“电流相同时，通过导体产生的热量与电阻大小的关系”（图中甲、乙是完全相同的密闭容器，实验前，A、B两“U”形管内液面是相平的）．（1）请你用笔画线代替导线，将电路连接完整．（2）电流产生的热量不易直接测量，因此，在这个实验中是通过观察“U”形管中液面的高度差来显示甲、乙容器内空气温度的变化．通过对比观察，你认为乙（选填“甲”或“乙”）容器中的电阻产生的热量多．由此可知：在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻越大，电流产生的热量越多．（3）当密闭容器中的空气温度升高时，空气的内能将会变大（选填“变大”或“变小”或“不变”）．（4）根据你得出的结论，简要解释：电炉工作时，电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热，这是为什么？ 考点：控制变量法与探究性实验方案．专题：探究型实验综合题．分析：（1）要探究电流产生的热量与电阻的大小关系，应使电流和通电时间相同，将两电阻串联在电路中；（2）电流产生的热量不能用眼睛直接观察，通过液面高度差的变化来反映；电阻产生的热量越多，气体膨胀程度越大，液柱上升的高度越大；（3）物体的内能与温度有关，温度越高，内能越大；（4）根据焦耳定律公式Q=I2Rt进行分析．解答：解：（1）将两电阻串联接入电路中，如图：（2）实验中是通过观察“U”形管中液面的高度差来显示甲、乙容器内空气温度的变化．由图知，B液柱的液面较高，可知乙容器中的电阻产生的热量多．由此可知：在电流相同、通电时间相同的情况下，电阻越大，电流产生的热量越多．（3）当密闭容器中的空气温度升高时，空气的内能将会变大．（4）电炉丝与导线是串联的，电流和通电时间相等，根据Q=I2Rt，电阻越大，产生的热量越多，电炉丝的电阻远大于导线的电阻，所以在相同的时间内，电炉丝产生的热量较多，电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热．故答案为：（1）见上图；（2）高度差；乙；电阻；（3）变大；（4）电炉丝与导线是串联的，电流和通电时间相等，而电炉丝的电阻较大，产生的热量较多，所以电炉丝热得发红，而与电炉丝连接的导线却几乎不发热．点评：掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响因素之间的关系，不仅要掌握焦耳定律，而且要学会根据其解释有关现象． 27．（10分）（;郴州）目前全人类正面临能源危机，为节约能源，我国大力提倡使用节能灯和LED灯．通过对比实验发现：LED灯（实质是发光二极管）和日光灯正常工作、亮度相同时的有关数据如下表灯的名称LED灯日光灯额定电压24V220V响应时间10﹣9s0.1s额定功率12W40W（1）如图所示，要使图中的发光二极管能正常工作，A端是电源的正极．（2）对比日光灯，说出LED灯的两个优点①发光效率高、节能降耗；②响应时间短．（3）LED灯正常工作时的电流是0.5A．每天正常工作10小时，使用LED灯比使用日光灯可节约电能0.28kW•h． 考点：电功的计算；半导体的特点；电功率与电压、电流的关系．专题：应用题；电能和电功率．分析：（1）发光二极管具有单向导电性，要使其发光，电流应从二极管的正极流入、负极流出；（2）根据表格可知，LED灯电压低，功率小，响应时间短，故可从以上几点进行分析其优点；（3）LED灯正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电流；日光灯的功率减去LED灯的功率即为节约电能的功率，根据W=Pt求出节约的电能．解答：解：（1）要使图中的发光二极管能正常工作，电流应从二极管的正极流入、负极流出，故A端是电源的正极；（2）由铭牌可知：白炽灯是通过钨丝高温发光把电能转化为内能和光能，而LED灯是通过二极管发光，电能直接转化为光能，从而发光效率高，节省电能；LED灯的额定电压低，人直接接触不会触电；LED灯响应时间短，也就是从开始发光到正常发光所用的时间短；LED灯额定功率小，节约能源．故优点可从发光效率高、节能降耗，响应时间短、环保、额定电压低（安全电压）以上任意写出两点均可；（3）由P=UI可得，LED灯正常工作时的电流：I===0.5A；使用LED灯比使用日光灯可节约电能的功率：P节=P日光灯﹣PLED=40W﹣12W=28W=0.028kW，正常工作10小时，节约的电能：W=P节t=0.028kW×10h=0.28kW•h．故答案为：（1）正；（2）发光效率高、节能降耗，响应时间短、环保、额定电压低（安全电压）以上任意写出两点均可；（3）0.5；0.28．点评：本题考查了发光二极管的单向导电性和优点以及电功率公式、电功公式的灵活应用，从铭牌中得出有用的信息是关键． 四、计算题（本题共2小题，每小题7分，共14分．要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能计分．）28．（7分）（;郴州）三峡船闸是世界上最大的，共有5级如图所示的闸室．现有一艘轮船从水位是150m的上游进入首级闸室，当首级闸室的水位降到130m时，轮船就可以进入下一级闸室了．其首级人字闸门每扇门高40m，宽20m，厚3m，由钢制材料制成（钢的密度取ρ钢=8×103kg/m3，g取10N/kg）．求：（1）其中一扇首级人字闸门的体积；（2）其中一扇首级人字闸门的质量；（3）轮船通过首级闸室的过程中，闸室底部受到水的压强减小了多少． 考点：密度公式的应用；液体的压强的计算．专题：计算题；密度及其应用；压强、液体的压强．分析：（1）知道人字闸门每扇门高、宽、厚，根据体积公式求出其体积；（2）知道一扇首级人字闸门的体积和材料的密度，根据ρ=求出其质量；（3）由题意可知轮船通过首级闸室的过程中水位的变化，根据p=ρgh求出闸室底部受到水的压强减小的量．解答：解：（1）其中一扇首级人字闸门的体积：V=abc=40m×20m×3m=2400m3；（2）由ρ=可得，其中一扇首级人字闸门的质量：m=ρV=8×103kg/m3×.92×107kg；（3）轮船通过首级闸室的过程中，水位减小了：△h=150m﹣130m=20m，闸室底部受到水的压强减小了：△p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×20m=2×105Pa．答：（1）其中一扇首级人字闸门的体积为2400m3；（2）其中一扇首级人字闸门的质量为1.92×107kg；（3）轮船通过首级闸室的过程中，闸室底部受到水的压强减小了2×105Pa．点评：本题考查了密度公式和液体压强公式的应用，由题意得出轮船通过首级闸室的过程中水位的变化较为关键． 29．（7分）（;郴州）如图所示，灯泡L标有“8V
4W”的字样，开关S闭合，滑片P在中点时，电压表的示数为4V，灯泡正常发光（假定灯泡电阻不随温度变化而变化）．求：（1）灯泡的电阻RL；（2）电源电压U额；（3）滑动变阻器的最大阻值R． 考点：欧姆定律的应用．专题：电路和欧姆定律．分析：（1）根据R=求出灯泡的电阻；（2）根据串联电路电压特点求出电源的电压；（3）灯泡在额定电压下的实际功率和额定功率相等，根据I=求出电路中的电流，最后根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻，即可求出变阻器的最大阻值R．解答：解：（1）由P=得：灯泡的电阻为：RL===16Ω；（2）当滑片P在中点时，R′与灯泡L串联，∵灯泡正常发光，∴UL=U额=8V，∵串联电路的电压等于各分电压之和，∴电源电压U=UR+UL=4V+8V=12V．（3）∵灯泡正常发光，∴电路中的电流：I′===0.5A；滑动变阻器接入电路的电阻为：R′===8Ω，∴变阻器的最大阻值R=2R′=2×8Ω=16Ω．答：（1）灯泡的电阻RL为16Ω．（2）电源电压为12V；（3）滑动变阻器的最大阻值为16Ω．点评：本题考查了串联电路的电流、电压特点和欧姆定律的计算；能根据灯泡正常发光，利用电功率公式确定电路中的电流和灯泡两端的电压是解决本题的关键．
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