2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（八）

2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（八）模拟练习卷 一．选择题（共9小题，满分16分） 1．（2分）关于声现象，下列说法错误的是（　　） A．地震时产生超声波，所以传播的很快 B．吹奏笛子时，演奏者用手指按住不同气孔，是为了改变声音的音调 C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小发生声音的响度 D．“钟鸣罄响”说明了共鸣现象 2．（2分）早在古代的《墨经》中对光现象就有了记载。关于如图所示中的光现象，下列说法正确的是（　　） A．甲图中光屏上所成是烛焰正立的像 B．乙图中如果湖水水位上升，拱桥通过水面所成的像会变大 C．丙图中根据水杯在桌面上的影，可以判断光源在水杯的右侧 D．看到丁图中的现象，是因为折射角大于入射角 3．（2分）下列关于足球比赛中涉及到的物理知识，分析正确的是（　　） A．用脚踢足球时，足球受到的力是由于足球发生形变产生的 B．脚对球施加的力大小相同，其作用效果一定相同 C．足球在空中加速下落过程中，机械能总量减少 D．足球静止在地面时对地面的压力和地面对足球的支持力相互平衡 4．电动自行车因其方便快捷被人们广泛使用，其核心部件是电动机。如图所示的实验中，与电动机工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 5．（2分）在端午节，各地都有吃粽子的习俗。在蒸粽子过程中，下列说法正确的是（　　） A．蒸粽子是通过做功方式改变内能 B．粽子温度升高具有的内能不变 C．粽香四溢说明分子在做无规则运动 D．糯米粘在粽叶上说明分子间存在斥力 6．（2分）某实验小组测得小灯泡L和电阻R的电流与电压的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电阻R的阻值为15Ω B．当通过小灯泡L的电流为0.3A时，其消耗的电功率为0.6W C．仅把小灯泡L、电阻R并联接在电压为4V的电路中，干路电流为0.8A D．仅把小灯泡L、电阻R串联接在电路中，当电路中的电流为0.2A时，它们两端的总电压为6V （多选）7．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，当闭合开关S且将滑动变阻器的滑片P从A滑向B的过程中，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（　　） A．电压表V2的示数不变，小灯泡亮度不变 B．电压表V2示数变化量大小与V1示数变化量大小相同 C．电压表V2与电流表A示数之比变大 D．滑片P移动到B端时电路总功率最小 （多选）8．（2分）工厂要制造一种钢铝罐，即在钢罐内表面压接一层厚度仅为0.25mm的铝膜。科学家先把铝膜装到钢罐内与罐内表面相贴，再往钢罐内灌满水，水中插入冷冻管，使水结冰，铝膜就与钢罐接牢了。水、冰的密度分别为10×103kg/m3和0.9×103kg/m3，则水结冰后（　　） A．质量不变 B．质量变大 C．体积不变 D．体积变大 （多选）9．（2分）如图所示是小明设计的测定油箱内油量的电路图。R0是定值电阻，电源电压保持不变，油量表是由电流表改装而成的，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。闭合开关S后，下列说法正确的是（　　） A．当油面下降时，油量表的示数减小 B．当油面下降时，电压表的示数增大 C．当油面上升时，整个电路的电功率增大 D．电阻R0在电路中无任何作用可省去 二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分） 10．（2分）如图所示，一只小船中的人用力推开另一只小船，两只船同时由静止变为向相反的方向移动，这一过程中包含的物理有：力可以改变物体的 　 　 ，物体间力的作用是 　 　 的。 11．（2分）梦幻五环缓缓升起，雪花火炬台缓缓降落，以五环为参照物，火炬是 　 　 的（选填“运动”或“静止”）；汽油机在工作过程中将机械能转化为内能的冲程是 　 　 冲程。 12．（2分）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船发射成功。飞船与地面间的通信是利用 　 　 （选填“电磁波”或“超声波”）；中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”是通过 　 　 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的能量。 13．（2分）如图所示，电热水壶应使用三脚插头，插头上E脚的导线应该与电热水壶的 　 　 相连；用电热水壶烧水时，若不慎有水溅入旁边的插座里，可能导致电路 　 　 ，使空气开关跳闸。 14．（2分）如图是小江“测量滑轮组的机械效率”的实验装置。实验时小江沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升10cm，弹簧测力计的示数如图所示。若每个钩码重0.5N，则滑轮组的机械效率为 　 　 。若用此滑轮组提升4个相同钩码，则滑轮组的机械效率将 　 　 。 15．（2分）将标有“6V，3W”字样的灯L1和标有“6V，6W”字样的灯L2串联在电压恒为9V的电路中。闭合开关，灯 　 　 （选填“L1”或“L2”）发光更亮，灯L2的实际功率为 　 　 W。（灯L1、L2的灯丝电阻均不随温度变化） 三．作图题（共2小题） 16．斜身引体是良好体育锻炼项目，如图所示，身体可以看成以脚为支点的一杠杆，在图中画出某同学做斜身引体时受到的重力的示意图及动力臂L1。 17．如图，在平静的湖边上方有一盏路灯，潜水员在水下E处看到了路灯的像。图中A、B两点，其中有一个是路灯，另一个是路灯的像。在图中画出水下E处的潜水员看到路灯的光路图。 四．实验探究题（共4小题，满分24分，每小题6分） 18．（6分）小明利用如图甲所示的实验装置探究“水的沸腾”实验。 （1）组装器材时，应先固定图甲中的 　 　 （选填“A”或“B”）； （2）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，此时温度计的示数为 　 　 ℃； （3）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在下表中，直至水沸腾，如此持续8min后停止读数： ①第7min小明忘记记录数据，此时的水温应为 　 　 ℃； ②分析表中数据可知当时的大气压 　 　 （选填“高于”“低于”或“等于”）一标准大气压； ③用质量为m1的水做实验，绘制出水的温度随时间变化的图像如图丙中的a；若用质量为m2（m2＞m1）的水做实验，得到的图线可能是图丙中的 　 　 （选填“b”“c”或“d”）； （4）为进一步探究液体沸腾规律，设计了如图丁所示的实验装置。烧杯与试管内分别装入适量的水，甲、乙温度计分别测量烧杯和试管中水的温度。当甲温度计的示数达到98℃时，烧杯中的水开始沸腾。当乙温度计示数达到98℃后，示数保持不变，但试管中的水始终没有沸腾，其原因是 　 　 。 （5）实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为 　 　 。 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 温度/℃ 90 92 94 96 97 98 98 98 19．（6分）小明同学用如图所示的实验装置探究凸透镜的成像情况。 （1）他调节烛焰、凸透镜和光屏三者的中心，使它们大致在同一高度。这样做的目的是 　 　 ； （2）如图所示，光屏上恰好能呈清晰的倒立、缩小的像，　 　 就是应用这个规律工作的；保持蜡烛和光屏的位置不变，当他把凸透镜移动到光具座34cm刻度位置时，光屏上又呈现一个清晰的像，这个像与原来的像相比 　 　 （填“变小”或“变大”）； （3）根据图中数据可以判断该凸透镜甲的焦距可能是 　 　 ； A.12cm； B.15cm； C.18cm； D.20cm； （4）若把凸透镜甲改用焦距更小的凸透镜乙，不改变蜡烛和光屏的位置，还想在光屏上得到缩小的实像，则透镜乙应该放在原来透镜甲位置的 　 　 侧（填“左”或“右”）； （5）该同学利用上述实验器材（光源高度为6cm）得到如表所示实验数据。 物距/cm 20.0 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0 50.0 60.0 80.0 100.0 像高/cm 18.0 12.0 6.0 4.5 3.6 3.0 2.6 2.0 1.4 1.1 分析数据可知，该凸透镜的焦距为 　 　 cm，当物距u和焦距f的关系满足 　 　 条件时，实像高度将小于光源高度的一半。 20．（6分）小建在做“探究液体压强与哪些因素有关”的实验，实验操作如图所示： （1）实验中，我们通过观察U形管液面的 　 　 来比较液体内部压强的大小，这种物理探究方法是 　 　 ； （2）使用前应检查装置气密性，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如图甲，若U形管中的液面能灵活升降，则说明该装置 　 　 （选填“漏气”或“不漏气”）。当压强计的金属盒在空气中不受力时，U形管两边的液面应当 　 　 ； （3）如丙、丁图所示，小建将探头分别放置在同种液体相同深度的位置，但探头的方向不同，由此可得出结论：同种液体内部同一深度处液体向各个方向的压强 　 　 ； （4）小建保持丙图中探头的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，发现U形管两侧的液面的高度差变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强就越大”的结论。你认为他得出结论的过程 　 　 （选填“可靠”或“不可靠”），理由是 　 　 ； （5）在图戊左侧加入适量的水，再往右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜保持在中间，不发生形变，可知两液体的密度大小ρ水　 　 ρ液（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 21．（6分）在“探究电流与电压关系”的实验中，如图所示是某实验小组设计的电路，电源电压3V保持不变。 （1）请用笔画线代替导线，在图中完成电路连接，要求滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小；（导线不能交叉） （2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 　 　 （填“A”或“B”）端； （3）实验中测得五组数据，如表1所示： 表1： 序号 1 2 3 4 5 电压U/V 0.5 1 1.5 2 2.5 电流I/A 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 请根据表1的数据在图2中绘制出定值电阻R的I﹣U关系图像；将数据表格变成图像用到了 　 　 法。由图像可得实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成 　 　 比； （4）某小组实验后，记录的数据如表2，分析数据发现表格中的电流与电压不成正比，检查两电表均无故障，你认为可能的原因是：　 　 。 表2： 电压U/V 0.5 1 1.5 2 2.5 电流I/A 0.14 0.24 0.34 0.44 0.54 （5）利用上面的实验器材，同学们又探究了“电流与电阻的关系”实验中，测完第一组数据如表3所示，将电阻的阻值由10Ω调至20Ω，滑动变阻器的滑片向 　 　 （选填“A”或“B”）端移动，直到电压表示数是　 　 V为止。 表3： 序号 电压/V 电阻/Ω 电流/A 1 4 10 0.4 2 20 五．计算题（共3小题，满分14分） 22．为庆祝中国人民解放军海军成立75周年，海军烟台舰于2024年4月20日至24日期间访问家乡烟台，并同步开展了军民共建活动。海军烟台舰（如图），舷号“538”，属国产054A型导弹护卫舰，舰长134m，最大宽度16m，高度35m，排水量（满载）约4000t。烟台舰创造了当年护航时间最长、直升机飞行时间最长、编队人数最少、访问国家最多的“四个之最”。求：（g取10N/kg，海水的密度取1.0×103kg/m3） （1）满载时烟台舰所受的浮力。 （2）某次航行中烟台舰吃水深度为4m，则在舰底0.5m2的面积上受到海水的压力为多大。 23．（8分）如图甲所示是一款智能养生壶，功能齐全，能满足不同饮品冲泡需求，通电后，机器将容积为1.5L的水箱中的水加热，壶下有自动加热装置，能进行保温或加热，简化后的电路如图乙所示，其中R0是发热电阻丝，额定功率为880W；R为限流电阻，在某次“自动加热一保温”程序中，R0在加热和保温时功率之比为16：1。[已知，]求： （1）将初温为20℃装满的一箱水加热到40℃，水需要吸收的热量； （2）R的阻值； （3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有养生壶工作，观察到标有“3600r/（kW•h）”的电能表转盘在如图丙中的220s内转了100转，此时家庭电路两端的实际电压。 24．（6分）阅读材料，回答问题 失重现象 在一次太空知识讲座中，老师让同学们做一个实验：用弹簧测力计竖直悬挂一个重物，分别使重物处于静止和匀速下降，再让其加速下降。同学们发现，重物在静止和匀速下降时，弹簧测力计的示数相同就等于物体所受的重力：而加速下降时，却看到弹簧测力计的示数明显减小，好像物体的重力突然间减小了。老师解释说：“这在物理学上称为失重现象，失重就是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力小于物体实际所受重力的现象。如当人们乘电梯加速下降时，人对电梯地面压力就小于人受到的重力”。小勇在老师指导下到电梯内做失重实验，如图甲，他将一个体重秤放在电梯水平地面上，然后站上秤台。如图乙所示，在电梯向下运动的过程中，他记录下体重秤在不同时间段的示数及对应的时间，描绘出了体重秤的示数随时间t的变化图像如图丙所示（已知小勇的实际质量为60kg，g取10N/kg），课后小勇和同学们查资料还了解到：当电梯更快向下加速时，体重秤的示数为零，即说明他对体重秤的压力为0，我们称这种现象为完全失重现象。 （1）电梯静止时，小勇的重力是 　 　 N； （2）根据图丙分析，小勇在 　 　 段时间内处于失重状态，秤台对小勇的支持力与小勇重力 　 　 （填是/不是）一对平衡力； （3）物体处于完全失重状态，是指物体的 　 　 。 A.质量为零 B.重力为零 C.受到的支持力或拉力为零 （4）我国宇航员王亚平利用小球在太空中做了两次实验，第一次实验时，将小球偏离竖直位置后放手，第二次实验时，将小球偏离竖直位置后，在放手时对小球施加一个垂直于悬线的力；下列四图表示小球在这两次实验中可能出现的运动情况，其中符合实际的是 　 　 。 A.甲、丙 B.甲、丁 C.乙、丙 D.乙、丁 （5）若“天宫号”绕地球做匀速圆周运动，则它受 　 　 选填“平衡”或“非平衡”）力的作用。 参考答案与试题解析 一．选择题（共6小题） 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A D C D C B 二．多选题（共3小题） 题号 7 8 9 答案 BD AD AC 一．选择题（共9小题，满分16分） 1．（2分）关于声现象，下列说法错误的是（　　） A．地震时产生超声波，所以传播的很快 B．吹奏笛子时，演奏者用手指按住不同气孔，是为了改变声音的音调 C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小发生声音的响度 D．“钟鸣罄响”说明了共鸣现象 【分析】（1）次声波的频率较低，传播的更远； （2）声音的特征有三个：响度、音调、音色。响度指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质与特色； （3）物体因共振而发声的现象叫共鸣。 【解答】解：A．地震时会产生次声波，次声波可以传播很远的距离，故A错误； B．吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变振动的空气柱的长度，即改变空气柱振动的快慢，故是为了改变音调，故B正确； C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小发出声音的响度，故C正确； D．“钟鸣罄响”是罄因为受到声波的能量冲击而使得自己发生了振动从而自鸣，是共鸣现象，故D正确。 故选：A。 【点评】本题考查了次声波、声音的特性和共鸣等知识，是一道基础题。 2．（2分）早在古代的《墨经》中对光现象就有了记载。关于如图所示中的光现象，下列说法正确的是（　　） A．甲图中光屏上所成是烛焰正立的像 B．乙图中如果湖水水位上升，拱桥通过水面所成的像会变大 C．丙图中根据水杯在桌面上的影，可以判断光源在水杯的右侧 D．看到丁图中的现象，是因为折射角大于入射角 【分析】（1）（3）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、影子的形成、日食和月食等； （2）平面镜成正立等大的虚像； （4）由于光从水中斜射向空气时，折射角大于入射角。 【解答】解：A、甲图中光屏上所成是烛焰倒立的像，故A错误； B、平静的水面相当于平面镜，平面镜成正立等大的虚像，乙图中如果湖水水位上升，拱桥通过水面所成的像不会变大，故B错误； C、光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，丙图中根据水杯在桌面上的影，可以判断光源在水杯的背面，而不是水杯的右侧，故C错误； D、看到丁图中的现象，是因为光是从水中斜射入空气中，发生折射，折射光线远离法线，折射角大于入射角，故D正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。 3．（2分）下列关于足球比赛中涉及到的物理知识，分析正确的是（　　） A．用脚踢足球时，足球受到的力是由于足球发生形变产生的 B．脚对球施加的力大小相同，其作用效果一定相同 C．足球在空中加速下落过程中，机械能总量减少 D．足球静止在地面时对地面的压力和地面对足球的支持力相互平衡 【分析】（1）力的作用是相互的； （2）影响力的作用效果的因素有：力的大小，方向和作用点。 （3）机械能包括动能和重力势能。 （4）两个力大小相同、方向相反、作用在同一条直线上，并且两个力作用在同一物体上，这两个力就是平衡力。 【解答】解：A、用脚踢足球时，足球受到的力是由于脚发生形变产生的，故A错误； B、脚对球施加的力大小相同，其作用效果不一定相同，故B错误； C、足球在空中加速下落过程中，重力势能转变成动能，同时受到空气阻力，部分机械能转化为内能，故机械能总量变小。 D、足球静止在地面时对地面的压力和地面对足球的支持力是一对相互作用力，故D错误。 故选：C。 【点评】本题是简单的力学综合题，属于基础题。 4．电动自行车因其方便快捷被人们广泛使用，其核心部件是电动机。如图所示的实验中，与电动机工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 【分析】电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的。明确各选项所揭示的原理可做出判断。 【解答】解：电动机是利用通电导体在磁场里受力运动的原理制成的 A、图中是奥斯特实验，证明了电流周围可以产生磁场，与电动机的原理不同，故A不合题意； B、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，与电动机的原理不同，故B不合题意； C、图中是探究电磁铁磁性强弱与电流大小关系的实验，与电动机的原理不同，故C不合题意； D、图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的原理，故D符合题意。 故选：D。 【点评】本题考查奥斯特实验、电磁感应、电磁铁和磁场对通电导线的作用等实验的辨别，知道电动机的原理是通电导体在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力运动，并能结合图中装置做出判断，是解答的关键。 5．（2分）在端午节，各地都有吃粽子的习俗。在蒸粽子过程中，下列说法正确的是（　　） A．蒸粽子是通过做功方式改变内能 B．粽子温度升高具有的内能不变 C．粽香四溢说明分子在做无规则运动 D．糯米粘在粽叶上说明分子间存在斥力 【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能； （2）物体的温度升高，内能增大。 （3）组成物质的分子在不停地做无规则运动； （4）分子间存在相互作用的引力和斥力。 【解答】解：A．蒸粽子是通过水蒸气放热煮熟粽子的，所以是通过热传递方式改变内能，故A错误； B．粽子温度升高，分子热运动加剧，具有的内能增大，故B错误； C．粽香四溢是扩散现象，说明分子在做无规则运动，故C正确； D．糯米粘在粽叶上说明分子间存在引力，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查改变物体内能的方式、分子动理论内容以及内能的概念的理解，是一道基础题。 6．（2分）某实验小组测得小灯泡L和电阻R的电流与电压的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电阻R的阻值为15Ω B．当通过小灯泡L的电流为0.3A时，其消耗的电功率为0.6W C．仅把小灯泡L、电阻R并联接在电压为4V的电路中，干路电流为0.8A D．仅把小灯泡L、电阻R串联接在电路中，当电路中的电流为0.2A时，它们两端的总电压为6V 【分析】（1）R为定值电阻，电流随电压的变化关系为过原点的直线，任取一组数据利用欧姆定律即可计算电阻； （2）当通过R的电流是0.3A时，由图象可知L两端的电压，根据P＝UI计算其消耗的电功率； （3）当定值电阻R和小灯泡L并联在电压为2V电路中，由并联电路电压的规律，由图知R和灯的电流，由并联电路电流的规律得出电路中总电流； （4）由图知，当通过L的电流为0.2A时对应的电压大小，根据串联电压规律计算。 【解答】解： A．根据欧姆定律可知电阻R的阻值为R20Ω，故A错误； B．当通过小灯泡L的电流为0.3A时，由图象可知L两端的电压为2V，小灯泡消耗的电功率为： P＝U′I′＝2V×0.3A＝0.6W，故B正确； C．仅把小灯泡L、电阻R并联在电压为4V的电路中，通过小灯泡的电流为0.4A，通过定值电阻的电流为0.2A，根据并联电路的电流特点可知干路上的电流为I总＝IL+IR＝0.4A+0.2A＝0.6A，故C错误； D．仅把小灯泡L、电阻R串联在电路中，当电流为0.2A时，小灯泡两端电压为1V，定值电阻两端电压为4V，根据串联电路的电压特点可知它们两端的总电压为U总＝UL+UR＝1V+4V＝5V，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律、电功率公式的运用，关键是从图中获取有效的信息。 （多选）7．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，当闭合开关S且将滑动变阻器的滑片P从A滑向B的过程中，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是（　　） A．电压表V2的示数不变，小灯泡亮度不变 B．电压表V2示数变化量大小与V1示数变化量大小相同 C．电压表V2与电流表A示数之比变大 D．滑片P移动到B端时电路总功率最小 【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。 （1）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，进一步得出亮暗的变化，根据串联电路的电压特点可知两电压表示数变化量的关系，根据欧姆定律结合灯泡的电阻判断电压表V2与电流表A示数之比变化； （2）滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据P＝UI可知电路总功率的大小。 【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表A测电路中的电流。 当滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，由I可知，电路中的电流变小，电流表示数变小； 不考虑灯丝电阻随温度的变化，由U＝IR可知，灯泡两端的电压变小，即电压表V2的示数变小， 因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P＝UI可知，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，故A错误； 因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同，故B正确； 由R可知，电压表V2与电流表A示数之比等于灯泡的电阻，则其比值不变，故C错误； 滑片P移动到B端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由P＝UI可知，电路总功率最小，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。 （多选）8．（2分）工厂要制造一种钢铝罐，即在钢罐内表面压接一层厚度仅为0.25mm的铝膜。科学家先把铝膜装到钢罐内与罐内表面相贴，再往钢罐内灌满水，水中插入冷冻管，使水结冰，铝膜就与钢罐接牢了。水、冰的密度分别为10×103kg/m3和0.9×103kg/m3，则水结冰后（　　） A．质量不变 B．质量变大 C．体积不变 D．体积变大 【分析】水结冰，结冰前后质量不变，密度减小，所以体积会变大。 【解答】解：当钢罐内灌满水，水中插入冷冻管，水会结冰，水结冰时体积变大会产生的巨大压力使它们压牢了，故AD正确，BC错误。 故选：AD。 【点评】解决此题型的关键是知道水结冰前后质量不变，但由于密度改变导致体积变化，同时知道水的反常膨胀现象。 （多选）9．（2分）如图所示是小明设计的测定油箱内油量的电路图。R0是定值电阻，电源电压保持不变，油量表是由电流表改装而成的，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。闭合开关S后，下列说法正确的是（　　） A．当油面下降时，油量表的示数减小 B．当油面下降时，电压表的示数增大 C．当油面上升时，整个电路的电功率增大 D．电阻R0在电路中无任何作用可省去 【分析】（1）由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测量R0两端的电压；由题意和图示可知，油箱中油量增加或减少时滑片的移动方向，据此可知变阻器接入电路中电阻的变化以及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，由P＝UI判断出电路的总功率的变化； （2）当油面增加到一定程度时，滑片下移到最下端，此时变阻器连入电路的电阻为0，此时若没有R0，则会造成电源短路，会烧坏电流表和电源。 【解答】解：AB．由电路图可知，R与R0串联，电流表测整个电路的电流，电压表测R0两端的电压，当油面下降时，浮子随油面下降，R的滑片上移，R接入电路中的电阻变大，由可知，电流表的示数减小，即油量表的示数减小；根据串联分压规律可知R0两端的电压减小，即电压表的示数减小，故A正确，B错误； C．当油面上升时，浮子随油面上浮，R的滑片下移，R接入电路中的电阻变小，由可知，电流表的示数变大，电源电压保持不变，则由P＝UI可知整个电路的电功率增大，故C正确， D．油箱装满油时，由图可知R接入电路阻值很小，电路中的电流会非常大，所以在电路中接入定值电阻R0在油箱装满油时对电路起到保护作用，故D错误。 故选：AC。 【点评】本题通过油箱改装图，综合考查了欧姆定律、电流表的使用和串联电路的特点等电学知识，理解图示的原理、能够从题中抓住关键词语是解答此类题目的关键。 二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分） 10．（2分）如图所示，一只小船中的人用力推开另一只小船，两只船同时由静止变为向相反的方向移动，这一过程中包含的物理有：力可以改变物体的 　运动状态　 ，物体间力的作用是 　相互　 的。 【分析】（1）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。 （2）物体间力的作用是相互的。 【解答】解：一只小船中的人用力推开另一只小船，两只船同时由静止变为向相反的方向移动，这一过程中包含的物理知识有：力可以改变物体的运动状态、物体间力的作用是相互的。 故答案为：运动状态；相互。 【点评】理解力的两个作用效果和力的作用的相互性，可解答此题。 11．（2分）梦幻五环缓缓升起，雪花火炬台缓缓降落，以五环为参照物，火炬是 　运动　 的（选填“运动”或“静止”）；汽油机在工作过程中将机械能转化为内能的冲程是 　压缩　 冲程。 【分析】（1）如果物体相对于参照物的位置不断变化，则物体是运动的，如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的。 （2）在汽油机的四个冲程中，机械能转化为内能的是压缩冲程，内能转化为机械能的是做功冲程； 【解答】解：以五环为参照物，火炬与五环的位置发生变化，火炬是运动的； 四冲程汽油机工作时，压缩冲程中，活塞向上运动，压缩空气和汽油的混合物，对空气和汽油的混合物做功，活塞的机械能转化为空气和汽油的混合物的内能。 故答案为：运动；压缩。 【点评】此题主要考查学生对运动和静止的相对性、汽油机的能量转化等知识的理解和掌握，难度不大。 12．（2分）2024年4月25日，神舟十八号载人飞船发射成功。飞船与地面间的通信是利用 　电磁波　 （选填“电磁波”或“超声波”）；中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”是通过 　核聚变　 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的能量。 【分析】电磁波可以传递信息； 人造太阳是利用核聚变释放的核能。 【解答】解：飞船与地面间的通信是利用电磁波；中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”是通过核聚变释放巨大的能量。 故答案为：电磁波；核聚变。 【点评】本题考查的是电磁波的特点及应用；知道核聚变。 13．（2分）如图所示，电热水壶应使用三脚插头，插头上E脚的导线应该与电热水壶的 　金属外壳　 相连；用电热水壶烧水时，若不慎有水溅入旁边的插座里，可能导致电路 　短路　 ，使空气开关跳闸。 【分析】（1）带金属外壳的家用电器应该接地，插头的E脚就是与地线连接的。 （2）生活用水属于导体，若不慎有水溅入旁边的插座里，可能导致电路短路。 【解答】解：电热水壶应使用三脚插头，插头上E脚的导线应该与电热水壶的金属外壳相连；用电热水壶烧水时，若不慎有水溅入旁边的插座里，可能导致电路短路，使空气开关跳闸。 故答案为：金属外壳；短路。 【点评】本题考查的是安全用电的基本常识，关键是知道家庭电路中电流过大的原因。 14．（2分）如图是小江“测量滑轮组的机械效率”的实验装置。实验时小江沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升10cm，弹簧测力计的示数如图所示。若每个钩码重0.5N，则滑轮组的机械效率为 　83.3%　 。若用此滑轮组提升4个相同钩码，则滑轮组的机械效率将 　变大　 。 【分析】根据图示读出绳端拉力的大小，并求出钩码的总重，由图知，n＝3，根据求滑轮组的机械效率； 使用同一滑轮组，增大物重可以提高机械效率。 【解答】解：由图知，测力计的分度值为0.1N，读数为0.6N，即拉力F＝0.6N， 钩码的重力：G＝3×0.5N＝1.5N， 由图知，n＝3，则滑轮组的机械效率：83.3%； 若用此滑轮组提升4个相同钩码，即增大了钩码的重力，则滑轮组的机械效率将变大。 故答案为：83.3%；变大。 【点评】本题考查滑轮组机械效率的计算及提高效率的方法，难度不大。 15．（2分）将标有“6V，3W”字样的灯L1和标有“6V，6W”字样的灯L2串联在电压恒为9V的电路中。闭合开关，灯 　L1　 （选填“L1”或“L2”）发光更亮，灯L2的实际功率为 　1.5　 W。（灯L1、L2的灯丝电阻均不随温度变化） 【分析】根据P＝UI可得出灯泡的电阻；由P＝UI＝I2R可知两灯实际功率大小，实际功率越大的灯越亮；根据欧姆定律和串联电路规律计算电路中的电流，由P＝I2R计算灯L2的实际功率。 【解答】解： 根据P＝UI可得，标有“6V，3W”字样的灯L1灯丝的电阻为： R112Ω， 标有“6V，6W”字样的灯L2灯丝的电阻为： R26Ω， 两个灯泡串联，电流相等，由P＝I2R可知，L1的实际功率大于L2的实际功率，所以L1的亮度更大； 根据串联电路电阻规律可得，电路的总电阻： R总＝R1+R2＝12Ω+6Ω＝18Ω， 根据欧姆定律可得，电路中的电流为： I0.5A， 由P＝I2R可得，此时L2的实际电功率： P＝I2R2＝（0.5A）2×6Ω＝1.5W。 故答案为：L1；1.5。 【点评】本题考查串联滇缅路规律、欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。 三．作图题（共2小题） 16．斜身引体是良好体育锻炼项目，如图所示，身体可以看成以脚为支点的一杠杆，在图中画出某同学做斜身引体时受到的重力的示意图及动力臂L1。 【分析】①力臂是支点到力的作用线的距离，已知支点和动力F1及其方向，从支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂； ②重力的作用点在重心，方向竖直向下。 【解答】解：某同学受到的重力竖直向下，从其重心开始，画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示； 将F1反向延长，从支点做反向延长线的垂线段，是力臂L1，如图所示： 【点评】此题考查的是力臂和重力示意图的作法，属于基本技能的考查，明确力臂的概念和重力的方向、作用点，是作图的前提。 17．如图，在平静的湖边上方有一盏路灯，潜水员在水下E处看到了路灯的像。图中A、B两点，其中有一个是路灯，另一个是路灯的像。在图中画出水下E处的潜水员看到路灯的光路图。 【分析】路灯发出的光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，潜水员在水下逆着光的传播方向看到路灯的像会比路灯本身偏高一些，所以B是路灯的虚像点，A是路灯的发光点。 【解答】解：由分析可知，B是路灯的虚像点，A是路灯的发光点； 连接眼睛处的E点与像点B，EB与界面的交点即为入射点O，则OE为折射光线，连接AO，AO就是入射光线，即可完成水下E处的潜水员看到路灯A的光路图；如图所示： 【点评】作图时注意入射光线和折射光线用实线画，折射光线的反向延长线用虚线画，另外光线箭头很容易画错。 四．实验探究题（共4小题，满分24分，每小题6分） 18．（6分）小明利用如图甲所示的实验装置探究“水的沸腾”实验。 （1）组装器材时，应先固定图甲中的 　B　 （选填“A”或“B”）； （2）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，此时温度计的示数为 　68　 ℃； （3）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在下表中，直至水沸腾，如此持续8min后停止读数： ①第7min小明忘记记录数据，此时的水温应为 　98　 ℃； ②分析表中数据可知当时的大气压 　低于　 （选填“高于”“低于”或“等于”）一标准大气压； ③用质量为m1的水做实验，绘制出水的温度随时间变化的图像如图丙中的a；若用质量为m2（m2＞m1）的水做实验，得到的图线可能是图丙中的 　c　 （选填“b”“c”或“d”）； （4）为进一步探究液体沸腾规律，设计了如图丁所示的实验装置。烧杯与试管内分别装入适量的水，甲、乙温度计分别测量烧杯和试管中水的温度。当甲温度计的示数达到98℃时，烧杯中的水开始沸腾。当乙温度计示数达到98℃后，示数保持不变，但试管中的水始终没有沸腾，其原因是 　试管中的水不能从烧杯中吸收热量　 。 （5）实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为 　石棉网还有余热　 。 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 温度/℃ 90 92 94 96 97 98 98 98 【分析】（1）为确保用酒精灯外焰加热，故装置要自下而上组装； （2）读温度计示数时，要认清分度值，同时观察液面是否在0以下； （3）分析表格数据及图像得结论； （4）（5）水沸腾特点吸热，温度保持不变。 【解答】解：（1）为确保用酒精灯外焰加热，故装置要自下而上组装；即应先固定图甲中的B； （2）安装好实验器材后，为缩短实验时间，小明在烧杯中倒入热水，温度计示数如图乙所示，此时温度计的示数为68℃； （3）在水温升高到90℃后，小明每隔1min观察1次温度计的示数，记录在下表中，直至水沸腾，如此持续8min后停止读数： ①第7min小明忘记记录数据，此时的水温应为98℃； ②分析表中数据可知当时的大气压低于一标准大气压，因为在一标准大气压下水的沸点为100℃； ③用质量为m1的水做实验，绘制出水的温度随时间变化的图像如图丙中的a；若用质量为m2（m2＞m1）的水做实验，得到的图线可能是图丙中的c（因为质量大需要的加热时间长，但最终的沸腾温度相同）； （4）为进一步探究液体沸腾规律，设计了如图丁所示的实验装置。烧杯与试管内分别装入适量的水，甲、乙温度计分别测量烧杯和试管中水的温度。当甲温度计的示数达到98℃时，烧杯中的水开始沸腾。当乙温度计示数达到98℃后，示数保持不变，但试管中的水始终没有沸腾，其原因是试管中的水不能从烧杯中吸收热量。 （5）实验结束后撤去酒精灯，水还会继续沸腾一小会儿，这是因为石棉网还有余热。 故答案为：（1）B；（2）68；（3）①98；②低于；③c；（4）试管中的水不能从烧杯中吸收热量；（5）石棉网还有余热。 【点评】此题是探究水的沸腾实验，涉及到水的沸点、器材的组装、水的沸腾特点，难度不大。 19．（6分）小明同学用如图所示的实验装置探究凸透镜的成像情况。 （1）他调节烛焰、凸透镜和光屏三者的中心，使它们大致在同一高度。这样做的目的是 　使像成在光屏中央　 ； （2）如图所示，光屏上恰好能呈清晰的倒立、缩小的像，　照相机　 就是应用这个规律工作的；保持蜡烛和光屏的位置不变，当他把凸透镜移动到光具座34cm刻度位置时，光屏上又呈现一个清晰的像，这个像与原来的像相比 　变大　 （填“变小”或“变大”）； （3）根据图中数据可以判断该凸透镜甲的焦距可能是 　BC　 ； A.12cm； B.15cm； C.18cm； D.20cm； （4）若把凸透镜甲改用焦距更小的凸透镜乙，不改变蜡烛和光屏的位置，还想在光屏上得到缩小的实像，则透镜乙应该放在原来透镜甲位置的 　右　 侧（填“左”或“右”）； （5）该同学利用上述实验器材（光源高度为6cm）得到如表所示实验数据。 物距/cm 20.0 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0 50.0 60.0 80.0 100.0 像高/cm 18.0 12.0 6.0 4.5 3.6 3.0 2.6 2.0 1.4 1.1 分析数据可知，该凸透镜的焦距为 　15.0　 cm，当物距u和焦距f的关系满足 　u＞3f　 条件时，实像高度将小于光源高度的一半。 【分析】（1）为了使像成在光屏中央，应调节烛焰、凸透镜和光屏三者的中心大致在同一高度； （2）照相机成倒立、缩小的实像；根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像； （3）u＞v，且成实像，说明u＝40cm＞2f，2f＞v＝24cm＞f，由此可得焦距的范围； （4）凸透镜焦距越小，对光的折射能力越强； （5）光源高度为6cm，根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，据此确定凸透镜的焦距；根据表中数据分析回答。 【解答】解：（1）为了使像成在光屏中央，应调节烛焰、凸透镜和光屏三者的中心大致在同一高度； （2）如图所示，光屏上恰好能呈清晰的倒立、缩小的像，与照相机成像原理相同； 保持蜡烛和光屏的位置不变，当他把凸透镜移动到光具座34cm刻度位置时，光屏上又呈现一个清晰的像，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像； （3）由图可知，此时u＞v，且成实像，说明u＝40cm＞2f，2f＞v＝24cm＞f，即20cm＞f＞12cm，因此该凸透镜甲的焦距可能是15cm或18cm，故选：BC； （4）若把凸透镜甲改用焦距更小的凸透镜乙，凸透镜焦距越小，对光的折射能力越强，会将光线提前会聚成像，即像距变小；若不改变蜡烛和光屏的位置，还想在光屏上得到缩小的实像，则透镜乙应该放在原来透镜甲位置的右侧； （5）光源高度为6cm，由表中数据可知，当u＝30.0cm时，成等大的实像，根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，即u＝v＝2f＝30.0cm，故该凸透镜的焦距f＝15.0cm； 由表中数据可知，当u＝45.0cm＝3f时，实像高度为光源高度的一半，因此当u＞3f时，实像高度将小于光源高度的一半。 故答案为：（1）使像成在光屏中央；（2）照相机；变大；（3）BC；（4）右；（5）15.0；u＞3f。 【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。 20．（6分）小建在做“探究液体压强与哪些因素有关”的实验，实验操作如图所示： （1）实验中，我们通过观察U形管液面的 　高度差　 来比较液体内部压强的大小，这种物理探究方法是 　转换法　 ； （2）使用前应检查装置气密性，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如图甲，若U形管中的液面能灵活升降，则说明该装置 　不漏气　 （选填“漏气”或“不漏气”）。当压强计的金属盒在空气中不受力时，U形管两边的液面应当 　相平　 ； （3）如丙、丁图所示，小建将探头分别放置在同种液体相同深度的位置，但探头的方向不同，由此可得出结论：同种液体内部同一深度处液体向各个方向的压强 　相等　 ； （4）小建保持丙图中探头的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，发现U形管两侧的液面的高度差变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强就越大”的结论。你认为他得出结论的过程 　不可靠　 （选填“可靠”或“不可靠”），理由是 　没有控制探头在液体中的深度不变　 ； （5）在图戊左侧加入适量的水，再往右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜保持在中间，不发生形变，可知两液体的密度大小ρ水　＞　 ρ液（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 【分析】（1）液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法； （2）用手指轻轻按压探头的橡皮膜，发现U形管两边的液面高度差变化都很小，这说明该压强计的气密性很差；若液面灵活升降，则装置不漏气，压强计的气密性好； （3）找出实验中相同的因素和不同的关系，得出压强与变化量的关系； （4）液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变； （5）由p＝ρgh分析。 【解答】解：（1）将压强计的金属盒放入待测液体中，通过观察U形管两边液面的高度差来确定液体内部压强的大小，这种实验探究方法叫作转换法。 （2）使用压强计前，应检查装置的气密性。方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，观察U形管中的液面是否能灵活升降。若液面能灵活升降，则说明装置不漏气。当压强计的金属盒在空气中不受力时，即压强为零时，U形管两边的液面应当保持相平。 （3）观察丙、丁两图，探头分别放置在同种液体相同深度的位置，探头的朝向不同，U形管两侧液面的高度差相同，这说明同种液体内部同一深度处液体向各个方向的压强都相等。 （4）保持丙图中探头的位置不变，将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后观察U形管两侧液面的高度差。这个过程中没有控制探头在液体中的深度不变。因为加入浓盐水后，液体的总体积增大，探头相对于液面的深度也发生了变化。因此，他得出的结论不可靠。 （5）观察图戊，当在左侧加入适量的水，再往右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜保持在中间，不发生形变时，说明两侧液体对橡皮膜的压强相等。由于两侧液体到橡皮膜的深度h水＜h液。由p＝ρgh可得，两侧液体的密度ρ水＞ρ液。 故答案为：（1）高度差；转换法； （2）不漏气；相平； （3）相等； （4）不可靠；没有控制探头在液体中的深度不变； （5）＞。 【点评】本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及p＝ρgh的运用。 21．（6分）在“探究电流与电压关系”的实验中，如图所示是某实验小组设计的电路，电源电压3V保持不变。 （1）请用笔画线代替导线，在图中完成电路连接，要求滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小；（导线不能交叉） （2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于 　B　 （填“A”或“B”）端； （3）实验中测得五组数据，如表1所示： 表1： 序号 1 2 3 4 5 电压U/V 0.5 1 1.5 2 2.5 电流I/A 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 请根据表1的数据在图2中绘制出定值电阻R的I﹣U关系图像；将数据表格变成图像用到了 　图像　 法。由图像可得实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压成 　正　 比； （4）某小组实验后，记录的数据如表2，分析数据发现表格中的电流与电压不成正比，检查两电表均无故障，你认为可能的原因是：　电流表使用前没有调零　 。 表2： 电压U/V 0.5 1 1.5 2 2.5 电流I/A 0.14 0.24 0.34 0.44 0.54 （5）利用上面的实验器材，同学们又探究了“电流与电阻的关系”实验中，测完第一组数据如表3所示，将电阻的阻值由10Ω调至20Ω，滑动变阻器的滑片向 　B　 （选填“A”或“B”）端移动，直到电压表示数是　4　 V为止。 表3： 序号 电压/V 电阻/Ω 电流/A 1 4 10 0.4 2 20 【分析】（1）根据电源电压确定电压表的量程与定值电阻并联，滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器连入电路的电阻变大，从而确定滑动变阻器接入的接线柱； （2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处； （3）根据表1中数据描点画出定值电阻R的I﹣U关系图像；根据所画图像为一条过原点的直线分析得出结论； （4）检查两电表均无故障，说明测量过程正确；分析数据后发现，表格中电流值都减掉0.04A时，电流值与电压值成正比，据此分析原因； （5）根据表3中数据可知定值电阻两端所控制的电压；根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。 【解答】解：（1）因为电源电压为3V，所以电压表选用0～3V的量程与定值电阻并联，滑片P向B端滑动时，电流表的示数变小，说明滑动变阻器连入电路的电阻变大，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示： ； （2）为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的B端； （3）根据表1中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像，如图所示： ； 把数据表格变成图像，运用了图像法； 由图丙知，绘制出电阻R的I﹣U图像为过原点的直线，据此可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比； （4）分析表格中数据可知，电流值都减去0.04A时，电流值与电压值成正比，所以可能的原因是电流表使用前没有调零； （5）由表3中数据可知，定值电阻两端所控制的电压为4V；根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由10Ω改接成20Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为4V不变。 故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）如图所示；图像；正；（4）电流表使用前没有调零；（5）B；4。 【点评】本题探究电流与电压关系，考查电路连接、注意事项、图像的画法、分析图像归纳结论、数据分析、控制变量法和实验操作。 五．计算题（共3小题，满分14分） 22．为庆祝中国人民解放军海军成立75周年，海军烟台舰于2024年4月20日至24日期间访问家乡烟台，并同步开展了军民共建活动。海军烟台舰（如图），舷号“538”，属国产054A型导弹护卫舰，舰长134m，最大宽度16m，高度35m，排水量（满载）约4000t。烟台舰创造了当年护航时间最长、直升机飞行时间最长、编队人数最少、访问国家最多的“四个之最”。求：（g取10N/kg，海水的密度取1.0×103kg/m3） （1）满载时烟台舰所受的浮力。 （2）某次航行中烟台舰吃水深度为4m，则在舰底0.5m2的面积上受到海水的压力为多大。 【分析】（1）明白排水量是指舰艇满载时排开水的质量，利用阿基米德原理求浮力。 （2）吃水深度是舰艇底部在水中的深度，利用液体压强公式计算舰底受到海水的压强，再利用压强公式变形求出在舰底0.5m2的面积上受到海水的压力。 【解答】解：（1）满载排水量：m排＝4000t＝4×106kg， 烟台舰受到的浮力： F浮＝G排＝m排g＝4×106kg×10N/kg＝4×107N。 （2）烟台舰底部水中受到的压强： p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4m＝4×104Pa。 舰底受到的压力： F＝ps＝4×104Pa×0.5m2＝2×104N。 答：（1）满载时烟台舰所受的浮力约4×107N。 （2）舰底受到海水的压力为2×104N。 【点评】本题考查了浮力、压强的相关计算。主要考查学生对浮力、压强公式的基本应用，难度不大。 23．（8分）如图甲所示是一款智能养生壶，功能齐全，能满足不同饮品冲泡需求，通电后，机器将容积为1.5L的水箱中的水加热，壶下有自动加热装置，能进行保温或加热，简化后的电路如图乙所示，其中R0是发热电阻丝，额定功率为880W；R为限流电阻，在某次“自动加热一保温”程序中，R0在加热和保温时功率之比为16：1。[已知，]求： （1）将初温为20℃装满的一箱水加热到40℃，水需要吸收的热量； （2）R的阻值； （3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有养生壶工作，观察到标有“3600r/（kW•h）”的电能表转盘在如图丙中的220s内转了100转，此时家庭电路两端的实际电压。 【分析】（1）利用密度公式求出满容积的一箱水的质量，利用Q吸＝cmΔt求出水吸收热量； （2）由图乙可知，当开关与触点a连接时，电路处于断开状态，当开关与触点b连接时，R0、R串联，当开关与触点c连接时，只有R0工作，根据串联电路的特点和P可知加热和保温状态下的电路连接，由图丙可知加热状态时的电功率，利用P可求出R0的阻值；根据题意可知R0在保温挡时的电功率，根据P可求出保温挡时R0两端的电压，根据欧姆定律求出保温挡时电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律求出R的阻值； （3）3600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3600转，据此求出电能表转了100转，养生壶消耗的电能，由图丙可知养生壶加热挡和保温挡工作的时间，根据Wt求出家庭电路两端的实际电压。 【解答】解：（1）满容积的一箱水的体积V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3， 由ρ可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg， 水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（40℃﹣20℃）＝1.26×105J； （2）由P可知，R0的电阻：， 由题意，R0加热和保温时功率之比为16：1，则保温挡时R0的电功率P0P0880W＝55W， 由P可知，保温时，R0两端电压：U055V， 此时电路中电流：， 根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知，R的阻值：； （3）3600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3600转， 则养生壶消耗的电能：， 由图丙可知，养生壶加热挡工作时间为110s，保温挡工作时间为110s， 由Wt可知，， 解得U实＝200V。 答：（1）水需要吸收的热量为1.26×105J； （2）R的阻值为165Ω； （3）此时家庭电路两端的实际电压为200V。 【点评】本题是一道电热综合题，主要考查密度公式、吸热公式、电功率公式以及电能的计算公式，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。 24．（6分）阅读材料，回答问题 失重现象 在一次太空知识讲座中，老师让同学们做一个实验：用弹簧测力计竖直悬挂一个重物，分别使重物处于静止和匀速下降，再让其加速下降。同学们发现，重物在静止和匀速下降时，弹簧测力计的示数相同就等于物体所受的重力：而加速下降时，却看到弹簧测力计的示数明显减小，好像物体的重力突然间减小了。老师解释说：“这在物理学上称为失重现象，失重就是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力小于物体实际所受重力的现象。如当人们乘电梯加速下降时，人对电梯地面压力就小于人受到的重力”。小勇在老师指导下到电梯内做失重实验，如图甲，他将一个体重秤放在电梯水平地面上，然后站上秤台。如图乙所示，在电梯向下运动的过程中，他记录下体重秤在不同时间段的示数及对应的时间，描绘出了体重秤的示数随时间t的变化图像如图丙所示（已知小勇的实际质量为60kg，g取10N/kg），课后小勇和同学们查资料还了解到：当电梯更快向下加速时，体重秤的示数为零，即说明他对体重秤的压力为0，我们称这种现象为完全失重现象。 （1）电梯静止时，小勇的重力是 　600　 N； （2）根据图丙分析，小勇在 　0～t1　 段时间内处于失重状态，秤台对小勇的支持力与小勇重力 　不是　 （填是/不是）一对平衡力； （3）物体处于完全失重状态，是指物体的 　C　 。 A.质量为零 B.重力为零 C.受到的支持力或拉力为零 （4）我国宇航员王亚平利用小球在太空中做了两次实验，第一次实验时，将小球偏离竖直位置后放手，第二次实验时，将小球偏离竖直位置后，在放手时对小球施加一个垂直于悬线的力；下列四图表示小球在这两次实验中可能出现的运动情况，其中符合实际的是 　B　 。 A.甲、丙 B.甲、丁 C.乙、丙 D.乙、丁 （5）若“天宫号”绕地球做匀速圆周运动，则它受 　非平衡　 选填“平衡”或“非平衡”）力的作用。 【分析】（1）已知小勇的实际质量为60kg，利用G＝mg可求得其重力。 （2）小勇的实际质量为60kg，当他处于失重状态时体重秤显示的质量就会小于60kg，结合图象可知在哪段时间内处于失重状态。 （3）根据“失重就是物体对支持物的压力或悬挂物的拉力小于物体实际所受重力的现象”可得出结论。 （4）牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。 惯性：物体总有保持原有运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性。一切物体都有惯性。 力是改变物体运动状态的原因。 （5）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。 【解答】解：（1）小勇的质量为60kg，重力：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N； （2）小勇的实际质量为60kg，由图象可知，在0～t1阶段，体重秤显示小勇的质量为45kg，此时处于失重状态； 失重状态下，压力小于重力，而压力与支持力是一对相互作用力，大小相等，所以支持力小于重力，支持力与重力不是一对平衡力； （3）由失重现象的定义可知，物体处于完全失重状态，是指物体受到的支持力或拉力为零，故AB不符合题意，C符合题意。 故选：C。 （4）飞船内部物体在失重（相当于物体不受重力）情况，第一次实验时，将小球偏离竖直位置后放手，小球不受任何外力，根据牛顿第﹣运动定律，小球处于静止状态，故甲图正确； 第二次实验时，将小球偏离竖直位置后，在放手时对小球施加一个垂直于悬线的力，由于惯性，小球继续保持匀速直线运动状态，小球会斜向下运动，由于细线不会伸长，所以细线会给小球一个拉力的作用，小球做匀速圆周运动，故丁图正确； （5）若天宫一号绕地球做匀速圆周运动，其运动状态不断变化，则它受非平衡力的作用。 故答案为：（1）600；（2）0～t1；不是；（3）C；（4）B；（5）非平衡。 【点评】此题考查了压力及重力与压力的区别以及在失重状态下，物体的运动状态，难度不大，关键要理解惯性的含义，能够利用牛顿第一定律分析。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/20 19:00:12；用户：尚洪亮；邮箱：13166609970；学号：41217949 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$