2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十九）

2025年辽宁省中考物理模拟练习卷（十九） 一．选择题（共9小题，满分18分） 1．（2分）如图所示的光现象中，由于光的折射形成的是（　　） A．桥在水中形成倒影 B．皮影在幕布上形成影子 C．铅笔在水面处折断 D．日晷上呈现针的影子 2．（2分）为保持蔬菜新鲜，常会在蔬菜里放些冰块，如图。下列对其中涉及的物理知识分析正确的是（　　） A．利用了冰块升华吸热 B．利用了冰块升华放热 C．利用了冰块熔化吸热 D．利用了冰块熔化放热 3．小明用水平向右的力推静止在水平地面上的桌子，桌子的运动速度v随时间t的变化情况如图所示，在第6s后所用推力大小刚好为30N，下列说法正确的是（　　） A．在5﹣6s内，推力小于摩擦力 B．在第7s时，桌子处于平衡状态 C．在第3s时，桌子受到的摩擦力一定 为0N D．在5﹣6s时，桌子受到的摩擦力一定大于30N 4．如图，一个装有水的平底密闭矿泉水瓶，放在水平桌面上，现把它倒置过来，则（　　） A．水对瓶子底的压强变小 B．水对瓶子底的压力变小 C．容器对桌面的压强变小 D．容器对桌面的压力变小 5．（2分）如图所示，当开关S闭合时，两个电流表的示数变化情况正确的是（　　） A．两个电流表示数都变大 B．两个电流表示数都变小 C．表1不变，表2变小 D．表1不变，表2变大 6．如图所示，电源电压6V不变，小灯泡标有“6V 3W”，滑动变阻器标有“20Ω 1A”，电流表所接量程为“0～0.6A”，电压表所接量程为“0～3V”，不考虑温度对灯丝电阻的影响。闭合开关，为保证电路安全，下列不正确的是（　　） A．电路的最大功率为3W B．滑动变阻器可以接入电路的阻值为0～12Ω C．小灯泡的最小功率为0.75W D．电路中允许通过的最大电流为1A （多选）7．（2分）“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”，《中国诗词大会》深受观众的青睐。关于诗词中涉及到的物理知识，下列说法正确的是（　　） A．“当年走马锦城西，曾为梅花醉似泥。”骑马观景，马相对于人是静止的 B．“锦城丝管日纷纷，半入江风半入云。”乐声入云，声音能在空气中传播 C．“浓淡芳春满蜀乡，半随风雨断莺肠。”闻到花香，是分子在不停地运动 D．“窗含西岭千秋雪，门泊东吴万里船。”雪的形成，必须要吸收大量的热 （多选）8．（2分）如图所示是建筑工地上的起重机吊臂上的滑轮组，滑轮组的钢丝绳能承受的最大拉力为3000N，货箱重400N，货箱的钢丝绳能承受的拉力足够大。某次用1200N的拉力F将质量为300kg的货物以0.6m/s的速度匀速竖直提升5s。则下列说法正确的是（　　）（不计绳重和摩擦） A．此次提升货物过程中滑轮组的机械效率约为83.3% B．此次提升货物过程中拉力F的功率是2160W C．若增大提升速度，则滑轮组的机械效率升高 D．该起重机的滑轮组一次能匀速提起的货物重最大为8600N （多选）9．（2分）电和磁存在着密切的关联，下列几个装置都与这一关系有关，其中正确的说法是（　　） A．图甲中，当电磁继电器线圈通以额定电流时，接线柱BC接通 B．图乙中，绕在铁钉上的线圈通电电流越大，能吸引的回形针数量越多 C．图丙中，动圈式话筒的工作原理与发电机的工作原理相同 D．图丁中，扬声器是利用电磁感应的原理工作的 二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分） 10．（2分）在学校运动会的开幕式上，学校购买了彩带礼花（图甲），增添开幕式气氛。旋动纸筒可以将气阀打开，底部的压缩空气可以将纸筒内的彩带喷出（图乙），彩带喷出后，底部的压缩空气温度 　 　 ；此过程中的能量转化方式与汽油机的 　 　 冲程一致。 11．（2分）按电视机遥控器的按键时，遥控器发射出来的是 　 　 ，对着墙壁也能实现对电视机的控制，这是利用了光的 　 　 现象。 12．（2分）如图甲所示，小明用力推放在水平地面上的箱子，所用推力F的大小与时间t的关系和物体运动速度与时间t的关系如图乙和丙所示，由图象可知，物体在t＝0.5s时受到的摩擦力为 　 　 N；当t＝4s时，物体受到的摩擦力为 　 　 N。 13．（2分）潜水艇从水下10米到30米过程，受到水的压强 　 　 ，浮力 　 　 。（均填“变大”，“不变”，“变小”） 14．（2分）电流通过电动机时，在5s内做功15000J，它的功率是 　 　 W。它所表示的物理意义是 　 　 。 15．（2分）影片《流浪地球》讲的是太阳的生命即将终结，人类带着地球流浪的故事。太阳内部发生核 　 　 （选填“裂变”或“聚变”）；5G手机是利用 　 　 波来传输信息的。 三．作图题（共2小题，满分4分） 16．如图，F为凸透镜的焦点，请画出对应的折射光线。 17．（2分）如图甲所示是人们锻炼身体时常用的握力器，使用时左半部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图乙所示。请在图乙中画出阻力F2的力臂l2及使杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1。 四．实验探究题（共4小题，共24分） 18．在探究“不同物质吸热能力”的实验中，实验装置如图甲、乙所示。 （1）实验中应取 　 　 （选填“质量”或“体积”）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，使用规格 　 　 （选填“相同”或“不同”）的电加热器加热。实验中通过 　 　 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少。 （2）小明认为在两种液体都不沸腾的情况下，要使甲和乙升高相同的温度然后进行比较甲、乙吸热能力；小红认为在两种液体都不沸腾的情况下，要加热相同的时间然后进行比较甲、乙吸热能力。你认为可行的是 　 　 （选填“小明”、“小红”或“都可行”）。 （3）实验数据如图所示，　 　 液体的吸热能力强（选填“甲”或“乙”）。如果要在甲、乙两种液体中选择一种液体做为冷却剂，你认为 　 　 （选填“甲”或“乙”）液体较为合理。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/℃ 30 34 38 42 46 乙的温度/℃ 10 18 26 34 42 （4）图丙中①是乙加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的乙物质质量增加到原来的2倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，再绘制出一条温度随时间变化的图线，则为图中的第 　 　 条（填”①”“②”或“③”）。 （5）下列选项中与本实验研究物质特性有关的是：　 　 。 A．夏天室内洒水降温 B．冬季暖气片用水作为散热介质 C．用冰袋为病人退烧 D．利用空调降温 19．在探究“凸透镜成像规律”实验中： （1）如图甲所示，可知该凸透镜的焦距为 　 　 cm。 （2）如图乙所示，烛焰所成的像在光屏的上边缘，可以将蜡烛和光屏均向 　 　 （填“上”或“下”）调整，使像成在光屏的中央。 （3）接下来将蜡烛向凸透镜方向移动，若在光屏上还能得到清晰的像，应将光屏 　 　 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜；或者在蜡烛和凸透镜之间的适当位置加一个 　 　 （选填“近视镜”或“远视镜”）镜片。 20．在“探究液体压强的大小与哪些因素有关”的实验中。 （1）实验前，发现压强计U形管两侧液面出现如图甲所示的情景，接下来正确的调节方法是　 　 （填选项）。 A.将U形管右侧高出部分的液体倒出 B.取下橡皮管，重新进行安装 （2）本次实验中，通过观察U形管两侧液面的　 　 来比较液体压强的大小。 （3）实验时，固定探头在水中的深度，多次改变探头朝向，是为了探究在同种液体中，同一深度处，　 　 。 （4）通过比较图　 　 两次实验，可知液体压强的大小与液体的深度有关。根据实验现象得出的结论可知：拦河大坝要做成　 　 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。 【拓展】红红用图戊装置测量未知液体的密度，容器中间有一个竖直的挡板把容器平分成左右两部分，挡板中有一块橡皮膜，在该橡皮膜上施加微小的力都能使其发生很明显的变化。 ①在容器的左侧加水，使水面在橡皮膜中间的位置，测量此时水面到容器底部的距离h1； ②然后继续加入适量水到橡皮膜上方的某一位置，测量此时水面到容器底部的距离h2； ③在容器的右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜恢复原状，测量此时右侧液面到容器底部的距离h3； ④待测液体密度的表达式为ρ＝　 　 （用ρ水、h1、h2、h3表示）。 21．小明利用4节新干电池，阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω、40Ω、50Ω的定值电阻，铭牌上标有“20Ω 1A”的滑动变阻器等实验器材“探究电流与电阻关系”。 （1）小明连接好如图甲所示的电路，检查时发现电路中有一处连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确； （2）小明将10Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使定值电阻两端电压为4V，读出并记录电流表示数；保持滑动变阻器的滑片位置不变，把10Ω的定值电阻换成20Ω的定值电阻后，直接闭合开关，电压表的示数将 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）4V，此时应将滑动变阻器的滑片在原来基础上向 　 　 （选填“左”或“右”）端移动，直到电压表的示数再次达到4V，记录电流表的示数； （3）当小明将50Ω定值电阻接入电路时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都无法使定值电阻两端电压为4V，则原因可能是 　 　 （写出一条即可）； （4）完成上述实验后，小明又利用原实验器材，设计了如图乙所示的电路，测出了额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率。请帮他将实验步骤补充完整： ①闭合开关S、S1和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为 　 　 V时，小灯泡正常发光； ②闭合开关S、S1，断开S2，保持滑片位置不变，读出电压表示数为2.5V； ③闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表的示数为4V； ④小灯泡的额定功率P额＝　 　 W。 五．计算题（共3小题，共22分） 22．如图甲为我国自主设计生产的、世界最大的观光潜水器——寰岛蛟龙1号。该潜水器设计最大下潜深度为40m，最多可以同时乘坐9人观赏海底的美丽景色。若在某次观光过程中，潜水器连同几名乘员的总质量为23t，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g：取10N/kg。求： （1）潜水器浮在海面时，受到的浮力多大？排开海水的体积约为多大？ （2）潜水器下潜至水面下某处，面积为1cm2的外壳上承受的海水压力为35N时，求潜水器所处的深度。 （3）潜水器在水下运动时，所受海水阻力与速度的关系如图乙所示，求潜水器在水下以0.4m/s的水平速度匀速运动10s时，潜水器水平推力所做的功。 23．某型号小型电热水器有加热和保温两种状态，其内部简化电路如图所示，它由控制电路和工作电路两部分组成，其中Rx为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。当开关S0和S都闭合时，A、B两个触点接通，电热水器开始加热；当温度达到80℃时，电磁铁会把衔铁吸下，使B、C两个触点接通，电热水器处于保温状态。 【已知R1＝48.4Ω，R2＝2000Ω，c水＝4.2×103J/（kg•℃）】 求： （1）该小型电热水器处于加热状态时的电功率为多少？ （2）若该小型电热水器的加热效率为84%，则电热水器将5kg的水从20℃加热到60℃需要多长时间？ 24．如图甲所示，小明观看了中央广播电视总台蛇年春晚的创意融合舞蹈《秧BOT》，他看到机器人与舞者共舞，手绢花翻飞旋转，感受到了传统文化与现代科技实现跨界融合。这一节目激起了小明对于机器人的浓厚兴趣，于是他查阅了相关资料，了解到了某些人形机器人的部分技术参数及工作原理。 （1）人形机器人工作时，其核心动力装置是电动机，电动机的工作原理是 　 　 ； （2）若某人形机器人沿直线扭秧歌，10s内匀速移动8m，则其速度为 　 　 m/s； （3）若某人形机器人锂电池电压约为58V、容量15A•h，其充满电后可储存的总电能是 　 　 J； （4）某人形机器人整机质量约为47kg，直立站立时，足底与地面接触的总面积为40cm2，则直立站立时，机器人对地面的压强是 　 　 Pa； （5）若某人形机器人的机械臂与如图乙所示的人的手臂原理类似，则图丙中的哪个杠杆在生活中正常使用时与之省力或费力情况相同 　 　 （请填正确选项的字母）。 A.筷子夹食物 B.开瓶器开瓶盖 C.羊角锤拔钉子 D.核桃夹夹核桃 2025年辽宁省中考物理模拟练习卷 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 C C B D D 二．多选题（共3小题） 题号 7 8 9 答案 ABC AB ABC 一．选择题（共9小题，满分12分） 1．（2分）如图所示的光现象中，由于光的折射形成的是（　　） A．桥在水中形成倒影 B．皮影在幕布上形成影子 C．铅笔在水面处折断 D．日晷上呈现针的影子 【分析】（1）光在同种均匀介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如看到水池底比实际变浅、水中筷子看起来变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。 【解答】解：A、平静的水面相当于平面镜，桥在水中形成倒影，是平面镜成像现象，是由于光的反射形成的，故A不符合题意； B、皮影在幕布上形成影子，是利用了光的直线传播，故B不符合题意； C、铅笔在水面处折断，是光从水中射入空气中时，在水面处发生了折射形成的，故C符合题意； D、日晷上呈现针的影子，是利用了光的直线传播，故D不符合题意。 故选：C。 【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，属于基础知识。 2．（2分）为保持蔬菜新鲜，常会在蔬菜里放些冰块，如图。下列对其中涉及的物理知识分析正确的是（　　） A．利用了冰块升华吸热 B．利用了冰块升华放热 C．利用了冰块熔化吸热 D．利用了冰块熔化放热 【分析】（1）物态变化共有六种：①熔化是物质由固态变为液态；②凝固是物质由液态变为固态；③汽化是物质由液态变为气态；④液化是物质由气态变为液态；⑤升华是物质由固态变为气态；⑥凝华是物质由气态变为固态。 （2）吸热的物态变化有：熔化、汽化、升华；放热的物态变化有：凝固、液化、凝华。 【解答】解：在蔬菜里放些冰块，当冰块熔化时会吸收热量，使蔬菜保持在较低的温度，从而起到保鲜的作用，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。 3．小明用水平向右的力推静止在水平地面上的桌子，桌子的运动速度v随时间t的变化情况如图所示，在第6s后所用推力大小刚好为30N，下列说法正确的是（　　） A．在5﹣6s内，推力小于摩擦力 B．在第7s时，桌子处于平衡状态 C．在第3s时，桌子受到的摩擦力一定 为0N D．在5﹣6s时，桌子受到的摩擦力一定大于30N 【分析】物体处于静止或匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用，据此分析摩擦力与推力的大小关系； 根据物体运动的速度的变化分析推力和摩擦力的大小关系； 滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。 【解答】解： A、在5﹣6s内，物体的速度变大，做加速运动，推力大于摩擦力，故A错误； B、在第7s时，桌子做匀速直线运动，处于平衡状态，故B正确； C、在第3s时，桌子处于静止状态，此时的推力与摩擦力是一对平衡力，所以受到的摩擦力不为0N，故C错误； D、第6s后桌子做匀速直线运动，此时的推力和滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，所以摩擦力为30N；在5﹣6s时，桌子与地面之间的压力大小、接触面的粗糙程度不变，所以受到的滑动摩擦力大小不变，为30N，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了二力平衡条件的应用等，关键是根据v﹣t图像判断出物体各段运动状态。 4．如图，一个装有水的平底密闭矿泉水瓶，放在水平桌面上，现把它倒置过来，则（　　） A．水对瓶子底的压强变小 B．水对瓶子底的压力变小 C．容器对桌面的压强变小 D．容器对桌面的压力变小 【分析】（1）根据容器形状判断容器倒置后水的深度变化； （2）倒置后，水的深度增大，由液体压强公式得出容器底受到水的压强的变化情况；倒置后容器底受到的压强变大，但受力面积变小。若利用F＝pS，则无法判断压力的变化情况。 对于这种上下口不一样大的容器，可以通过比较对容器底的压力与液体重的大小关系，得出倒置前后对容器底的产生的压力大小关系； （3）水平面上物体的压力和自身的重力相等，且容器的总重力不变，据此可知容器对桌面的压力变化，根据p可知容器对桌面的压强变化。 【解答】解： （1）由于容器上细下粗，所以倒置后，水的深度h增大，根据p＝ρgh可知，水对瓶底的压强变大； （2）正放时，水对容器侧壁有压力，因为物体间力的作用是相互的，所以水对容器底的压力F＞G，倒置时，有一部分水压在容器壁上，水对容器底的压力：F′＜G， 所以F＞F′，即：水对容器底的压力将减小； （3）因水平面上物体的压力和自身的重力相等，且倒置后容器的总重力不变，所以，容器对桌面的压力不变，因受力面积变小，由p可知，容器对桌面的压强变大； 综上所述，B正确。 故选：B。 【点评】注意分析题意：上口大、下口小的容器，液体对容器底的压力小于所装液体重；上口小、下口大的容器，液体对容器底的压力大于所装液体重；圆柱形、长方体或正方体直壁容器，液体对容器底的压力等于所装液体重。 5．（2分）如图所示，当开关S闭合时，两个电流表的示数变化情况正确的是（　　） A．两个电流表示数都变大 B．两个电流表示数都变小 C．表1不变，表2变小 D．表1不变，表2变大 【分析】根据电路图可知，开关S断开时，电路为R1的简单电路，两个电流表测量电路中的电流；当开关S闭合时，两个电阻并联，电流表A1测通过电阻R1的电流，A2测干路中的电流；根据并联电路的特点和并联电路的电流规律分析。 【解答】解：根据电路图可知，开关S断开时，电路为R1的简单电路，两个电流表测量电路中的电流；当开关S闭合时，两个电阻并联，电流表A1测通过电阻R1的电流，A2测干路中的电流； 当开关闭合后，由于并联电路中各支路互不影响，所以通过R1的电流不变，A1示数不变；根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变大，A2示数变大。 故选：D。 【点评】本题考查了电路的连接方式的判断和并联电路的特点。并联电路的干路中的电流等于各支路电流之和。 6．如图所示，电源电压6V不变，小灯泡标有“6V 3W”，滑动变阻器标有“20Ω 1A”，电流表所接量程为“0～0.6A”，电压表所接量程为“0～3V”，不考虑温度对灯丝电阻的影响。闭合开关，为保证电路安全，下列不正确的是（　　） A．电路的最大功率为3W B．滑动变阻器可以接入电路的阻值为0～12Ω C．小灯泡的最小功率为0.75W D．电路中允许通过的最大电流为1A 【分析】由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）根据P＝UI求出灯泡的额定电流，然后与电流表的量程、滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定电路中的最大电流，此时灯泡两端的电压和额定电压相等，也是电源的电压，据此可知滑动变阻器接入电路中的最小阻值和电路的最大总功率； （2）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当电压表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小，根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，然后得出滑动变阻器接入电路中阻值的范围，利用P＝UI求出小灯泡的最小功率。 【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R与灯泡L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。 AD、由P＝UI可得，灯L的额定电流： IL0.5A， 因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A， 所以，电路中的最大电流为I大＝0.5A，故D错误； 此时灯泡两端的电压和额定电压相等，也是电源的电压， 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值为0Ω，电路的最大总功率P大＝PL＝3W，故A正确； BC、由I可得，灯泡的电阻： RL12Ω， 当电压表的示数UR＝3V时，电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，灯泡的电功率最小， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，灯泡两端的电压： UL小＝U﹣UR＝6V﹣3V＝3V， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，电路中的电流： I小0.25A， 滑动变阻器接入电路中的最大阻值： R大12Ω， 所以，滑动变阻器R允许接入电路中的阻值范围是0～12Ω，故B正确； 小灯泡的最小功率： PL小＝UL小I小＝3V×0.25A＝0.75W，故C正确。 故选：D。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，正确的判断电路中的最大电流是关键，要注意滑动变阻器接入电路中最大阻值的确定。 （多选）7．（2分）“赏中华诗词，寻文化基因，品生活之美”，《中国诗词大会》深受观众的青睐。关于诗词中涉及到的物理知识，下列说法正确的是（　　） A．“当年走马锦城西，曾为梅花醉似泥。”骑马观景，马相对于人是静止的 B．“锦城丝管日纷纷，半入江风半入云。”乐声入云，声音能在空气中传播 C．“浓淡芳春满蜀乡，半随风雨断莺肠。”闻到花香，是分子在不停地运动 D．“窗含西岭千秋雪，门泊东吴万里船。”雪的形成，必须要吸收大量的热 【分析】（1）物体的运动与静止是相对于参照物而言的。 （2）声音的传播需要介质，气体、液体和固体都能够传播声音。 （3）构成物质的分子在不停地运动。 （4）雪是水蒸气凝华形成的。 【解答】解：A、骑马观景色时，马与人之间的位置关系没有发生改变，所以马相对于人是静止的，故A正确； B、“锦城丝管日纷纷，半入江风半入云。”乐声入云，说明声音能在空气中传播，故B正确； C、闻到花香是花香分子做无规则运动的结果，是扩散现象，故B正确； D、雪是水蒸气凝华形成的，在这过程中会发出热量，故D错误。 故选：ABC。 【点评】物理知识来源于生活，也要应用于生活，我们要认真观察思考生活中的物理现象，正确的分析。 （多选）8．（2分）如图所示是建筑工地上的起重机吊臂上的滑轮组，滑轮组的钢丝绳能承受的最大拉力为3000N，货箱重400N，货箱的钢丝绳能承受的拉力足够大。某次用1200N的拉力F将质量为300kg的货物以0.6m/s的速度匀速竖直提升5s。则下列说法正确的是（　　）（不计绳重和摩擦） A．此次提升货物过程中滑轮组的机械效率约为83.3% B．此次提升货物过程中拉力F的功率是2160W C．若增大提升速度，则滑轮组的机械效率升高 D．该起重机的滑轮组一次能匀速提起的货物重最大为8600N 【分析】（1）由图可知，该滑轮组中动滑轮上的绳子股数，根据G＝mg求货物的重力，根据求滑轮组的机械效率； （2）由v＝nv物求拉力端移动的速度，根据PFv求拉力的功率； （3）根据可知，滑轮组的机械效率与提升的速度无关； （4）不计绳重和摩擦，根据F（G+G动）求出动滑轮的重；当拉力最大时，根据F（G+G动）求出最大物重。 【解答】解：A．由图可知，该滑轮组中动滑轮上的绳子股数为n＝3， 货物的重力：G＝mg＝300kg×10N/kg＝3000N， 此次提升货物过程中滑轮组的机械效率约为 ，故A正确； B．拉力端移动的速度为v＝nv物＝3×0.6m/s＝1.8m/s， 此次提升货物过程中拉力F的功率是 PFv＝1200N×1.8m/s＝2160W，故B正确； C．根据可知，滑轮组的机械效率与提升的速度无关，若增大提升速度，则滑轮组的机械效率不变，故C错误； D．不计绳重和摩擦，根据F（G+G动）可得，动滑轮的重： G动＝nF﹣G＝3×1200N﹣3000N＝600N， 由于滑轮组的钢丝绳能承受的最大拉力为3000N， 则该起重机的滑轮组一次能匀速提起的货物重最大为： Gmax＝nFmax﹣G动＝3×3000N﹣600N＝8400N，故D错误。 故选：AB。 【点评】本题考查滑轮组中有关力、功率和机械效率的计算，知道n的值是关键之一。 （多选）9．（2分）电和磁存在着密切的关联，下列几个装置都与这一关系有关，其中正确的说法是（　　） A．图甲中，当电磁继电器线圈通以额定电流时，接线柱BC接通 B．图乙中，绕在铁钉上的线圈通电电流越大，能吸引的回形针数量越多 C．图丙中，动圈式话筒的工作原理与发电机的工作原理相同 D．图丁中，扬声器是利用电磁感应的原理工作的 【分析】（1）根据电磁继电器的结构和原理来分析。 （2）电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。 （3）动圈式话筒是根据电磁感应原理来工作的。 （4）扬声器是根据通电导体在磁场中受到力的作用来工作的。 【解答】解：A、图甲中，当电磁继电器线圈通以额定电流时，电磁铁中的磁性较强，吸下衔铁，动触点向下移动，接线柱BC接通，故A正确； B、图乙中，绕在铁钉上的线圈通电电流越大，磁性越强，能吸引的回形针数量越多，故B正确； C、图丙中，动圈式话筒的工作原理是利用电磁感应来工作的，与发电机的工作原理相同，故C正确； D、图丁中，扬声器是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故D错误。 故选：ABC。 【点评】本题主要考查了常见的三种电磁现象：电流的磁效应、电磁感应和通电导体在磁场中受力作用；知道电磁继电器、发电机、电动机和扬声器、动圈式话筒的基本原理。 二．填空题（共6小题，满分12分，每小题2分） 10．（2分）在学校运动会的开幕式上，学校购买了彩带礼花（图甲），增添开幕式气氛。旋动纸筒可以将气阀打开，底部的压缩空气可以将纸筒内的彩带喷出（图乙），彩带喷出后，底部的压缩空气温度 　降低　 ；此过程中的能量转化方式与汽油机的 　做功　 冲程一致。 【分析】改变物体内能的方式有做功和热传递；气体对外做功，内能减少，温度降低；汽油机的做功冲程将内能转化为机械能； 【解答】解：旋动纸筒可以将气阀打开，底部的压缩空气可以将纸筒内的彩带喷出（图乙），对彩带做功，压缩空气的内能减小，温度降低；内能转化为机械能，此过程中的能量转化方式与汽油机的做功冲程一致。 故答案为：降低；做功。 【点评】本题考查改变内能的方式和热机的能量转化过程，属于中档题。 11．（2分）按电视机遥控器的按键时，遥控器发射出来的是 　红外线　 ，对着墙壁也能实现对电视机的控制，这是利用了光的 　反射　 现象。 【分析】红外线的热效应比较强，能制成热谱仪，制成红外线夜视仪；红外线可以用来遥控，制成电视遥控器；光遇到物体的表面会发生反射。 【解答】解：电视机遥控器是利用红外线工作的，故按电视机遥控器的按键时，遥控器发射出来的是红外线。 对着墙壁也能实现对电视机的控制，这是利用了光的反射现象，红外线经墙壁反射后仍能传播到电视机处。 故答案为：红外线；反射。 【点评】本题考查了红外线的应用、光的反射，属于基础题。 12．（2分）如图甲所示，小明用力推放在水平地面上的箱子，所用推力F的大小与时间t的关系和物体运动速度与时间t的关系如图乙和丙所示，由图象可知，物体在t＝0.5s时受到的摩擦力为 　100　 N；当t＝4s时，物体受到的摩擦力为 　200　 N。 【分析】（1）从速度图象中分析0﹣1s时物体的速度大小即可得出当t＝0.5s时物体所处的状态； （2）首先从速度图象中3﹣5s得出物体匀速直线运动。然后对应的从F﹣t图象中得出物体所受的摩擦力。 【解答】解：（1）由丙图知：0﹣1s时物体的速度大小为零；则当t＝0.5s时物体处于静止状态，推力和静摩擦力是一对平衡力，大小相等，故物体受到的推力F等于物体受到的摩擦力，即摩擦力为100N； （2）由丙图知：3﹣5 s时，物体匀速运动，由乙图知：3﹣5s内，推力：F＝200N，由于物体处于平衡状态，受平衡力作用，由平衡条件得：f＝F＝200N，当t＝4s时，物体受到的摩擦力200N。 故答案为：100；200。 【点评】v﹣t图象、F﹣t图象相结合，判断出物体各段运动状态，根据平衡状态中二力平衡找出力的大小是本题的关键所在。 13．（2分）潜水艇从水下10米到30米过程，受到水的压强 　变大　 ，浮力 　不变　 。（均填“变大”，“不变”，“变小”） 【分析】液体压强与深度有关，深度越大则压强越大； 根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排分析潜水艇下潜过程中所受浮力的变化。 【解答】解：潜艇下潜过程中，在海水中的深度增加，根据p＝ρgh可知，潜艇受的海水的压强变大。 潜艇下潜过程中，排开液体体积不变，海水密度不变，由阿基米德原理公式F浮＝G排＝m排g＝ρ液gV排可知，浮力不变。 故答案为：变大；不变。 【点评】本题考查了液体压强计算公式的应用和影响浮力的因素，分析浮力是否变化，确定物体排开液体体积和物体体积的关系，是得到正确答案的关键。 14．（2分）电流通过电动机时，在5s内做功15000J，它的功率是 　3000　 W。它所表示的物理意义是 　电流通过电动机每秒做功3000J　 。 【分析】根据P计算电动机的电功率；电功率是描述电流做功快慢的物理量，等于电流在单位时间内做的功。 【解答】解：电动机的电功率： P3000W； 它所表示的物理意义是：电流通过电动机每秒做功3000J。 故答案为：3000；电流通过电动机每秒做功3000J。 【点评】本题考查了电功率的物理意义以及电功率的计算，属于基础题。 15．（2分）影片《流浪地球》讲的是太阳的生命即将终结，人类带着地球流浪的故事。太阳内部发生核 　聚变　 （选填“裂变”或“聚变”）；5G手机是利用 　电磁　 波来传输信息的。 【分析】（1）获得核能的两种途径：核裂变和核聚变； （2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；电磁波能够传递信息。 【解答】解：在太阳内部，氢原子核在超高温作用下发生聚变，释放巨大的核能；广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的，5G手机是利用电磁波来传输信息的。 故答案为：聚变；电磁。 【点评】本题考查了太阳能的利用和电磁波的应用，属于基础性题目。 三．作图题（共2小题，满分2分） 16．如图，F为凸透镜的焦点，请画出对应的折射光线。 【分析】在作凸透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。 【解答】解：过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；过光心的光线其传播方向不变；如图所示： 【点评】凸透镜的三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。 17．（2分）如图甲所示是人们锻炼身体时常用的握力器，使用时左半部分可视为一个杠杆，其简化示意图如图乙所示。请在图乙中画出阻力F2的力臂l2及使杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1。 【分析】（1）根据杠杆的平衡条件，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越长、越省力，首先确定出最长的力臂、动力作用点，再确定动力的方向，画出动力的示意图。 （2）过支点作阻力作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂。 【解答】解：若动力作用在A点，以OA为动力臂是最长的力臂，此时力最小，则连接OA为最长力臂L1，再过A点做OA的垂线，即动力F1的作用线，以O为支点，F1、F2作用效果相反，F2使杠杆顺时针转动，则F1使杠杆逆时针转动，F1的方向向右； 由题知，O点为支点，从O点作F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2，如图所示： 。 【点评】本题考查了力臂的画法和最小力的示意图的画法，要画出最小的力，关键是确定最长的力臂，即从支点到作用点的距离。 四．实验探究题（共4小题） 18．在探究“不同物质吸热能力”的实验中，实验装置如图甲、乙所示。 （1）实验中应取 　质量　 （选填“质量”或“体积”）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，使用规格 　相同　 （选填“相同”或“不同”）的电加热器加热。实验中通过 　加热时间　 （选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少。 （2）小明认为在两种液体都不沸腾的情况下，要使甲和乙升高相同的温度然后进行比较甲、乙吸热能力；小红认为在两种液体都不沸腾的情况下，要加热相同的时间然后进行比较甲、乙吸热能力。你认为可行的是 　都可行　 （选填“小明”、“小红”或“都可行”）。 （3）实验数据如图所示，　甲　 液体的吸热能力强（选填“甲”或“乙”）。如果要在甲、乙两种液体中选择一种液体做为冷却剂，你认为 　甲　 （选填“甲”或“乙”）液体较为合理。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/℃ 30 34 38 42 46 乙的温度/℃ 10 18 26 34 42 （4）图丙中①是乙加热时温度随时间变化的图线，如果将初温相同的乙物质质量增加到原来的2倍，不考虑热损失，用相同的加热器加热，再绘制出一条温度随时间变化的图线，则为图中的第 　③　 条（填”①”“②”或“③”）。 （5）下列选项中与本实验研究物质特性有关的是：　B　 。 A．夏天室内洒水降温 B．冬季暖气片用水作为散热介质 C．用冰袋为病人退烧 D．利用空调降温 【分析】（1）（2）（3）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法； 比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强； （4）由温度﹣时间图象可知加热4min乙的温度变化，根据转换法，由已知条件结合Q＝cmΔt分析； （5）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。 【解答】解：（1）根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故实验中应取质量相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，使用规格相同的电加热器加热，根据转换法，实验中通过加热时间来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少； （2）在两种液体都不沸腾的情况下，小明认为要使a和b升高相同的温度然后进行比较（加热的时间）；小红认为要加热相同的时间然后进行比较（升高的温度），根据比较吸热能力的方法，两种方法都可行； （3）根据实验数据知，从34℃升高到42℃，甲加热2分钟，乙加热1分钟，故甲液体的吸热能力强；根据Q＝cmΔt，质量相同的甲、乙两种液体吸收相等的热量，因甲的比热容大，甲升高的温度小，如果要在甲、乙两种液体中选择一种液体做冷却剂，甲液体较为合理； （4）由温度﹣时间图象可知，加热4min时，乙的温度变化量为32℃，不考虑热损失，用相同的加热器加热，将初温相同的乙物质质量增加到原来的2倍，加热相同时间，它们吸收的热量相同，根据Q＝cmΔt可知，质量大的温度变化量小一些，质量增加到原来的2倍，则温度变化量为原来的一半，故曲线为图中的第③条； （5）A、夏天在房间内洒水降温是利用蒸发吸热的原理，与水的比热容没有关系，故A不符合题意； B、让流动的热水流过散热器供暖，因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，故B符合题意； C、用冰袋为病人退烧是因为冰熔化吸收热量，与比热容无关，故C不符合题意； D、.制冷剂在空调内部的蒸发器里面汽化，汽化要吸热，使空调蒸发器的温度降低，室内的水蒸气遇到温度低的冷凝器会发生液化现象，空调压缩机是利用制冷剂发生物态变化方法降温的，利用空调降温与比热容无关，故D不符合题意，故选B。 故答案为：（1）质量；相同；加热时间；（2）都可行；（3）甲；甲；（4）③；（5）B。 【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。 19．在探究“凸透镜成像规律”实验中： （1）如图甲所示，可知该凸透镜的焦距为 　10.0　 cm。 （2）如图乙所示，烛焰所成的像在光屏的上边缘，可以将蜡烛和光屏均向 　上　 （填“上”或“下”）调整，使像成在光屏的中央。 （3）接下来将蜡烛向凸透镜方向移动，若在光屏上还能得到清晰的像，应将光屏 　远离　 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜；或者在蜡烛和凸透镜之间的适当位置加一个 　远视镜　 （选填“近视镜”或“远视镜”）镜片。 【分析】（1）平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位； （2）根据凸透镜成倒立实像的特点，像和物的移动方向正好相反，若蜡烛向上移动，则像向下移动； （3）根据凸透镜成实像时，遵循物近像远像变大的特点进行判断。 【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝30.0cm﹣20.0cm＝10.0cm； （2）实验中，由于蜡烛燃烧变短，烛焰所成的像在光屏的上边缘，为了使烛焰清晰的像成在光屏的中心，像在光屏的上方，可以将蜡烛和光屏向上调节，使像成在光屏的中央； （3）将蜡烛向凸透镜方向移动，由于物距变小，所以像距变大，成的像也变大，应将光屏远离凸透镜；远视镜是凸透镜，对光线具有会聚作用，若不移动光屏，也可在蜡烛和凸透镜之间的适当位置加一个远视镜镜片。 故答案为：（1）10.0；（2）上；（3）远离；远视镜。 【点评】本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。 20．在“探究液体压强的大小与哪些因素有关”的实验中。 （1）实验前，发现压强计U形管两侧液面出现如图甲所示的情景，接下来正确的调节方法是　B　 （填选项）。 A.将U形管右侧高出部分的液体倒出 B.取下橡皮管，重新进行安装 （2）本次实验中，通过观察U形管两侧液面的　高度差　 来比较液体压强的大小。 （3）实验时，固定探头在水中的深度，多次改变探头朝向，是为了探究在同种液体中，同一深度处，　向各个方向的压强大小关系　 。 （4）通过比较图　乙、丙　 两次实验，可知液体压强的大小与液体的深度有关。根据实验现象得出的结论可知：拦河大坝要做成　上窄下宽　 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。 【拓展】红红用图戊装置测量未知液体的密度，容器中间有一个竖直的挡板把容器平分成左右两部分，挡板中有一块橡皮膜，在该橡皮膜上施加微小的力都能使其发生很明显的变化。 ①在容器的左侧加水，使水面在橡皮膜中间的位置，测量此时水面到容器底部的距离h1； ②然后继续加入适量水到橡皮膜上方的某一位置，测量此时水面到容器底部的距离h2； ③在容器的右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜恢复原状，测量此时右侧液面到容器底部的距离h3； ④待测液体密度的表达式为ρ＝　ρ水　 （用ρ水、h1、h2、h3表示）。 【分析】（1）实验前，发现压强计U形管两侧的液面出现如图甲所示的情景，可知左侧管中气压大于大气压，据此分析； （2）通过观察U形管两侧液面的 高度差来比较液体压强的大小，采用了转换法； （3）多次改变探头朝向，是为了探究在同种液体、同一深度下，液体压强与方向的关系。 （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；根据液体压强的大小随液体的深度增大而变大回答； （5）在容器的右侧缓慢倒入待测液体，直到 橡皮膜变平，两侧液体产生压强相同，根据p＝ρgh求解。 【解答】解：（1）实验前，发现压强计U形管两侧的液面出现如图甲所示的情景，可知左侧管中气压大于大气压，接下来正确的调节方法是取下橡皮管，重新进行安装，故选：B。 （2）本次实验中，通过观察U形管两侧液面的高度差来比较液体压强的大小，采用了转换法； （3）实验时，固定探头在水中的深度，多次改变探头朝向，是为了探究在同种液体、同一深度处，向各个方向的压强大小关系。 （4）研究液体压强的大小与液体的深度有关，要控制液体的密度相同，通过比较图 乙、丙两次实验，可知液体压强的大小随液体的深度增大而变大，根据实验现象得出的结论可知：拦河大坝要做成上窄下宽的形状。 （5）③在容器的右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜变平，测量此时右侧液面到容器底部的距离h3；因两侧液体产生压强相同，根据p＝ρgh有 ρ水（h2﹣h1）＝ρ（h3﹣h1） ④待测液体密度的表达式为 ρ＝ ρ水 故答案为：（1）B；（2）高度差；（3）向各个方向的压强大小关系；（4）乙、丙；上窄下宽； 【拓展】 ρ水。 【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．小明利用4节新干电池，阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω、40Ω、50Ω的定值电阻，铭牌上标有“20Ω 1A”的滑动变阻器等实验器材“探究电流与电阻关系”。 （1）小明连接好如图甲所示的电路，检查时发现电路中有一处连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确； （2）小明将10Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使定值电阻两端电压为4V，读出并记录电流表示数；保持滑动变阻器的滑片位置不变，把10Ω的定值电阻换成20Ω的定值电阻后，直接闭合开关，电压表的示数将 　大于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）4V，此时应将滑动变阻器的滑片在原来基础上向 　左　 （选填“左”或“右”）端移动，直到电压表的示数再次达到4V，记录电流表的示数； （3）当小明将50Ω定值电阻接入电路时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都无法使定值电阻两端电压为4V，则原因可能是 　所选滑动变阻器的最大阻值太小　 （写出一条即可）； （4）完成上述实验后，小明又利用原实验器材，设计了如图乙所示的电路，测出了额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率。请帮他将实验步骤补充完整： ①闭合开关S、S1和S2，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数为 　3.5　 V时，小灯泡正常发光； ②闭合开关S、S1，断开S2，保持滑片位置不变，读出电压表示数为2.5V； ③闭合开关S、S2，断开S1，读出电压表的示数为4V； ④小灯泡的额定功率P额＝　0.7　 W。 【分析】（1）分析图甲电路的连接，电阻与电流表并联了，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联； （2）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不变，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动变阻器滑片移动的方向； （3）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，据此分析回答； （4）①分析电路连接，灯在额定电压下正常发光，根据串联电路电压的可使灯正常发光； ②闭合开关S、S1，断开S2，保持滑片位置不变，分析电路连接及电流的路径和电压表测量的电压； ③在②的基础上，通过开关的转换，若能用电压表测量出变阻器整段电阻丝的电压，根据电路的电流保持不变，根据欧姆定律，可确定变阻器最大电阻与②中与电压表并联电阻的大小关系，从而可得出①中变阻器连入电路中电阻的大小，由欧姆定律可得出灯的额定电流，根据P＝UI可算出小灯泡的额定功率。 【解答】解：（1）探究电流与电阻关系的实验中，需要用电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻两端的电压，电源为4节新干电池，电压为6V，所以电压表选用大量程，电阻与电流表并联了，将电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联。作图如下： （2）保持滑片位置不变，将10欧定值电阻换成20欧后，据串联电路的分压特点知，定值电阻两端的电压变大，电压表示数变大，大于4V。 为了让定值电阻两端的电压不变，即电压表的示数再次达到4V，应将滑片向左移动，让变阻器接入电路的阻值变大，分得的电压变大。 （3）当定值电阻的阻值为50欧时，定值电阻两端的电压为4V，则变阻器两端的电压U滑＝U﹣UV＝6V﹣4V＝2V， 据串联电路的分压特点有50Ω：R大＝4V：2V， 解得，变阻器需要接入电路的阻值R大＝25Ω＞20Ω，大于变阻器的最大阻值，所以无法使定值电阻两端的电压为4V。 （4）①图乙中，三个开关都闭合，小灯泡与滑动变阻器滑片左端部分串联在电路中，电压表测变阻器两端的电压，移动滑片，使电压表示数，即变阻器两端电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V， 此时小灯泡正常发光。 ④闭合开关S、S1，断开S2，小灯泡与变阻器的最大阻值串联，保持滑片位置不变，变阻器滑片左端部分接入电路的阻值不变，电压表测滑片左端部分电压为2.5V；闭合开关S和S2，断开S1，小灯泡与变阻器的最大阻值串联，电压表测整个变阻器的电压为4V。两种情况下，电路的电流相等，则有 ， 解得，R左＝12.5Ω。小灯泡正常发光时，电路中的电流 ， 小灯泡的额定功率P额＝U额I＝2.5V×0.28A＝0.7W。 故答案为：（1）；（2）大于；左；（3）所选滑动变阻器的最大阻值太小；（4）3.5；0.7。 【点评】本题探究通过导体的电流跟电阻的关系，考查电路连接、注意事项、控制变量法、操作过程；同时也考查了设计方案测额定功率的能力，最后一问难度较大。 五．计算题（共3小题） 22．如图甲为我国自主设计生产的、世界最大的观光潜水器——寰岛蛟龙1号。该潜水器设计最大下潜深度为40m，最多可以同时乘坐9人观赏海底的美丽景色。若在某次观光过程中，潜水器连同几名乘员的总质量为23t，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g：取10N/kg。求： （1）潜水器浮在海面时，受到的浮力多大？排开海水的体积约为多大？ （2）潜水器下潜至水面下某处，面积为1cm2的外壳上承受的海水压力为35N时，求潜水器所处的深度。 （3）潜水器在水下运动时，所受海水阻力与速度的关系如图乙所示，求潜水器在水下以0.4m/s的水平速度匀速运动10s时，潜水器水平推力所做的功。 【分析】（1）根据漂浮的物体浮力等于重力分析；结合阿基米德原理计算排开海水的体积； （2）根据压强公式p计算，根据液体压强公式计算深度； （3）根据速度确定阻力，结合二力平衡得出推力，根据W＝Fs计算功。 【解答】解：（1）潜水器连同几名乘员的总质量为m＝23t，漂浮时的浮力等于重力，则受到的浮力 ； 根据阿基米德原理知，排开海水的体积 ； （2）面积为1cm2的外壳上承受的海水压力为35N时，海水的压强 ； 根据p＝ρ液gh知，潜水器所处的深度 ； （3）因为潜水器水平匀速运动，由乙图可知，以0.4m/s的水平速度运动，水平推力 F＝f＝140N； 潜水器运动距离：s＝vt＝0.4m/s×10s＝4m； 潜水器水平推力所做的功 W＝Fs＝140N×4m＝560J。 答：（1）受到的浮力为2.3×105 N，排开海水的体积为23m3； （2）潜水器所处的深度为35m； （3）潜水器水平推力所做的功560J。 【点评】本题考查浮沉条件、压强的公式、功的计算，属于综合题。 23．某型号小型电热水器有加热和保温两种状态，其内部简化电路如图所示，它由控制电路和工作电路两部分组成，其中Rx为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。当开关S0和S都闭合时，A、B两个触点接通，电热水器开始加热；当温度达到80℃时，电磁铁会把衔铁吸下，使B、C两个触点接通，电热水器处于保温状态。 【已知R1＝48.4Ω，R2＝2000Ω，c水＝4.2×103J/（kg•℃）】 求： （1）该小型电热水器处于加热状态时的电功率为多少？ （2）若该小型电热水器的加热效率为84%，则电热水器将5kg的水从20℃加热到60℃需要多长时间？ 【分析】（1）由工作电路可知，当触点A、B接通时，只有R1工作，当触点B、C接通时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P可知电热水器处于加热状态下的电路连接，根据P可求出加热功率； （2）根据Q吸＝c水m（t﹣t0）求出水吸收的热量；根据效率公式求出消耗的电能，根据P求出时间。 【解答】解：（1）由工作电路可知，当触点B、C接通时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P可知，电路中的总功率最小，电热水器处于保温状态； 当触点A、B接通时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，电热水器处于加热状态； 电热水器处于加热状态时的电功率：P加热1000W； （2）水吸收的热量是：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×105J； 由η可知，电热水器消耗的电能：W1×106J， 根据P可知，加热时间为：t1000s。 答：（1）该小型电热水器处于加热状态时的电功率为1000W； （2）若该小型电热水器的加热效率为84%，则电热水器将5kg的水从20℃加热到60℃需要1000s。 【点评】本题考查了串联电路的特点、电功率的公式、吸热公式以及效率公式的应用，是一道电热综合题，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。 24．如图甲所示，小明观看了中央广播电视总台蛇年春晚的创意融合舞蹈《秧BOT》，他看到机器人与舞者共舞，手绢花翻飞旋转，感受到了传统文化与现代科技实现跨界融合。这一节目激起了小明对于机器人的浓厚兴趣，于是他查阅了相关资料，了解到了某些人形机器人的部分技术参数及工作原理。 （1）人形机器人工作时，其核心动力装置是电动机，电动机的工作原理是 　通电线圈在磁场中受到力的作用而转动　 ； （2）若某人形机器人沿直线扭秧歌，10s内匀速移动8m，则其速度为 　0.8　 m/s； （3）若某人形机器人锂电池电压约为58V、容量15A•h，其充满电后可储存的总电能是 　3.132×106　 J； （4）某人形机器人整机质量约为47kg，直立站立时，足底与地面接触的总面积为40cm2，则直立站立时，机器人对地面的压强是 　117500　 Pa； （5）若某人形机器人的机械臂与如图乙所示的人的手臂原理类似，则图丙中的哪个杠杆在生活中正常使用时与之省力或费力情况相同 　A　 （请填正确选项的字母）。 A.筷子夹食物 B.开瓶器开瓶盖 C.羊角锤拔钉子 D.核桃夹夹核桃 【分析】通电线圈在磁场中受到力的作用而转动。 速度公式：v（s用m做单位时，t应用s做单位，得出v的单位是m/s；s用km做单位时，t应该用h做单位）。 电流在某段电路上所做的功，等于这段电路两端的电压，电路中的电流和通电时间的乘积。 计算公式：p，（适用范围：这是压强的定义式，适用于所有物体间的压强计算，无论气体、固体、液体）。 对于简单机械来说，如果要求它省力，那么动力臂就一定要大于阻力臂。 【解答】解：（1）人形机器人工作时，其核心动力装置是电动机，电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动； （2）若某人形机器人沿直线扭秧歌，10s内匀速移动8m，则其速度为：v0.8m/s； （3）若某人形机器人锂电池电压约为58V、容量15A•h，其充满电后可储存的总电能是W＝UIt＝58V×15A×3600s＝3.132×106J； （4）某人形机器人整机质量约为47kg，直立站立时，足底与地面接触的总面积为40cm2，则直立站立时，机器人对地面的压强是p117500Pa； （5）若某人形机器人的机械臂与如图乙所示的人的手臂原理类似，为费力杠杆，则图丙中筷子夹食物杠杆是费力杠杆，其它都为省力杠杆，故选A。 故答案为：（1）通电线圈在磁场中受到力的作用而转动；（2）0.8；（3）3.132×106；（4）117500；（5）A。 【点评】本题考查了电动机的工作原理，速度、电流做功、压强的计算，以及杠杆的分类。 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：2025/6/4 10:12:22；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 $$