2025年广东省东莞市石碣新民学校中考物理模拟试卷（五）

2025年广东省东莞市石碣新民学校中考物理模拟试卷（五） 一、选择题：本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）《说文》中记载：“仞，伸臂一寻八尺也。”也就是说“一仞”相当于成年人张开双臂的长度，如图所示。你认为“仞”长度约是（　　） A．1.7mm B．1.7cm C．1.7dm D．1.7m 2．（3分）贵州的少数民族在山间劳作时喜欢用山歌来抒发自己的情感，为了让更远处的人们听见自己的歌声，歌手通常改变的是声音的（　　） A．速度 B．响度 C．音色 D．音调 3．（3分）“晒陈皮”是广东新会陈皮制作的流程之一，其做法是将陈皮放在阳光下晒干，如图所示。“晒陈皮”时发生的物态变化是（　　） A．汽化 B．液化 C．升华 D．凝华 4．（3分）广东端砚，始创于唐代，被视为“中国四大名砚”之首。如图所示是端州程氏端砚世家传承人利用端溪石雕刻砚台的场景，雕刻过程中不发生变化的是（　　） A．端溪石的形状 B．端溪石的质量 C．端溪石的密度 D．端溪石的体积 5．（3分）原子是由原子核和电子构成的，如图所示为氢原子的原子结构模型，下列四个选项正确的是（　　） A．甲粒子带负电 B．乙粒子带负电 C．甲粒子不带电 D．乙粒子不带电 6．（3分）如图所示是我国自主研制的新一代隐身多用途战斗机“歼﹣35A”。若说飞行员是静止的，所选择的参照物是（　　） A．地面 B．机场 C．“歼﹣35A”战斗机 D．站在地上的摄影师 7．（3分）教室内装有电风扇和日光灯，有时需要日光灯或电风扇单独工作，有时又需要它们同时工作，下列电路设计符合要求的是（　　） A． B． C． D． 二、填空题：本大题共6小题，每空1分，共21分。 8．（3分）如图所示，潮州工夫茶艺是广东省的国家级非物质文化遗产项目。泡茶时能闻到浓浓茶香，这是一种　 　 现象；用开水泡茶，茶香更浓，说明这种现象的剧烈程度与　 　 有关。茶汤很难被压缩，这说明分子间存在　 　 （选填“引力”或“斥力”）。 9．（3分）指南针是我国古代的四大发明之一，如图所示是我国早期的指南针——司南。《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南。”指南针能指南北方向是由于受到 　 　 的作用；“其柢指南”中，“柢”是指南针的 　 　 极，“南”是指 　 　 （选填“地理”或“地磁”）的南极。 10．（3分） 2024年5月21日，我国自主研发的全球首个陆上商用模块化小型核反应堆“玲龙一号”的主控室正式启动。“玲龙一号”体积小、占地小、发电功率大，核反应过程如图所示，该过程通过 　 　 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的核能，核能属于 　 　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源；电能是 　 　 （选填“一次”或“二次”）能源。 11．（6分）【奥运主题】中国体育代表团在2024年举行的第33届奥运会上夺得40枚金牌。请运用相关的物理知识，完成下题。 （1）在巴黎奥运会皮划艇静水男子双人划艇500米决赛中，中国选手夺金，如图1所示。运动员一手撑住桨柄的末端（视为支点），另一手在浆杆中部用力划水时，船桨可视为 　 　 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；比赛开始时，皮划艇由静止变为运动，此时皮划艇处于 　 　 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；运动员向后划桨使船前进，说明力的作用是 　 　 的。 （2）跳水女子双人3米板的比赛中，中国双人组合夺冠，实现了该项目的奥运六连冠。如图2所示，运动员将跳板压弯，说明力可以改变物体的 　 　 ；运动员离开跳板上升的过程中，将 　 　 能转化为 　 　 能。 12．（3分）如图所示是探究“电流通过导体产生的热量和 　 　 大小的关系”的实验，实验中通过观察U形管两侧液面的 　 　 来反映电阻产生热量的多少。若通过R1的电流为1A，则通电1min后，R1产生的热量为 　 　 J。 13．（3分）如图所示是具有报警功能的文物展示台，该展示台由木板、弹簧、金属片 A、B、C和报警电路组成。当把压在B上的物品搬离时，金属片B在弹簧作用下与金属片 A、C分开，相当于 　 　 （填“闭合”或“断开”）开关，这时灯 　 　 （填“亮”或“不亮”），电铃 　 　 （填“响”或“不响”）。 三、作图题：本题7分。 14．（2分）如图是某同学用铁锹植树的简化图。请在图中画出动力F的力臂L及土块的重力G的示意图。（O为支点，O'点为土块的重心） 15．（2分）请在图中画出射入光线通过透镜后的折射光线。 16．（3分）如图1所示是一种带USB接口的新型插线板，开关同时控制USB接口和插孔，插座和USB接口可以独立工作。如图2为该插线板内部的部分电路示意图，试根据该插线板的功能将图中的电路连接完整。 四、实验题：本大题共3小题，第16小题6分，第17小题7分，第18小题7分，共20分。 17．（6分）（1）如图1所示，小明的脚长为 　 　 cm。 （2）如图2所示，体温计示数为 　 　 ℃。 （3）小明在闭合开关前发现电流表的指针如图3甲所示，接下来的操作应是 　 　 ；如图3乙所示，当开关S闭合后，电流表测量的是通过 　 　 （选填“L1”或“L2”）的电流。 （4）如图4所示是“探究光的折射规律”的实验光路。将右边光屏向后折转一个角度，在光屏上观察不到折射光线，原因是 　 　 ；小名重新实验，用激光笔逆着原折射光线从水中斜射入空气，发现折射光线与原入射光线重叠，说明了在光的折射现象中，光路是 　 　 的。 18．（7分）如图所示，小明在进行“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验。 （1）实验时应沿水平方向拉动弹簧测力计，使木块做匀速直线运动。图甲中，木块受到的滑动摩擦力大小为　 　 N。 （2）比较甲、乙两次实验数据可知，在接触面粗糙程度一定时，　 　 越大，滑动摩擦力越　 　 。 （3）比较　 　 两次实验数据可探究“滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系”。 （4）小明还发现，汽车速度越快，越不容易停下来。他想探究“滑动摩擦力大小与物体运动速度的关系”。为此，他改进探究实验的装置，如图丁所示。小明改变传送带速度，根据实验数据绘制的v﹣t和F﹣t的关系图像分别如图戊、已所示，分析图像可知，滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小　 　 （选填“有关”或“无关”），原因是　 　 。 19．（7分）为完成“探究电流与电阻的关系”实验，某实验小组连接了如图甲所示的电路，选用5Ω、10Ω、25Ω的定值电阻各一个，电源电压保持6V不变。 （1）用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大。 （2）连接电路时，开关应处于　 　 状态。连接好电路，闭合开关，发现电压表示数为零，电流表示数不为零，则实验电路出现的故障可能是定值电阻处　 　 （选填“短路”或“断路”）。 （3）排除故障后，小海将5Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，直到电压表的示数如图乙所示，为　 　 V，并记录电流表的示数；接着断开开关，用10Ω的电阻替换5Ω的电阻，然后闭合开关，一边移动滑动变阻器的滑片，一边观察电压表示数，使　 　 ，并记下此时电流表的示数。 （4）通过实验得到电流随电阻变化的关系图像如图丙所示，由图像可得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流跟电阻成　 　 。 （5）为使结论更具普遍性，在不增加器材的基础上，可以　 　 。 五、计算题：本大题共2小题，第19小题6分，第20小题7分，共13分。 20．（6分）如图所示是我国首批海事无人直升机，能有力提升水上交通动态管控能力和船舶险情事故应急处置水平。此架无人直升机质量为400kg，底架与地面接触的总面积为0.04m2，最远遥控距离达150km，最大飞行速度为150km/h，g取10N/kg。求： （1）该无人直升机受到的重力； （2）该无人直升机静止在水平地面上时对地面的压强； （3）该无人直升机以最大飞行速度匀速飞行0.2h所通过的路程。 21．（7分）如图甲所示为某品牌的速干护发电吹风机。电吹风机的内部电路简化示意图如图乙所示，发热电阻R＝55Ω，电动机M的规格为“220V 110W”。闭合开关S1和S2时，电吹风机正常工作且吹热风。求： （1）通过R的电流； （2）电阻R的电功率； （3）电吹风机吹热风时工作100s消耗的电能。 六、综合能力题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。 22．（6分）夏天烈日曝晒过的汽车，车内温度可超过50℃。针对这一情况，市场上出现了一些汽车遮阳帘。 遮阳帘 普通型 加厚型 折叠反射型 温度/℃ 45 40 30 （1）如图甲所示，在车内前面的玻璃窗处放一铝箔材质的遮阳帘，就可使射入车内的阳光发生 　 　 现象而不至于使车内温度大幅升高。 （2）为探究哪种遮阳帘的遮阳效果最好，小明选取了普通型、加厚型和折叠反射型三款汽车遮阳帘进行了以下实验。他制作了9个汽车模型，分3组，每组3辆，并排朝南停放在阳光充足的空旷地方，将三款汽车遮阳帘分别安装在汽车模型的前挡风玻璃后，并编号，15分钟后，用灵敏温度计分别测量车内的温度，三组汽车的平均温度计示数如表所示。 ①该实验制作的每辆小汽车模型应该规格 　 　 （选填“相同”或“不同”）； ②进行该实验的最佳时间是 　 　 （选填字母）； A.早晨 B.中午 C.傍晚 ③三款汽车遮阳帘中 　 　 窗帘的遮阳效果最好； ④请写出一点该实验可以改进的地方：　 　 。 （3）请写出一个生活中选用遮阳效果好的材料的实例：　 　 。 23．（6分）2024年10月15日，粤东城际铁路迎来重要节点，汕头段首台盾构机顺利始发。该盾构机是国内首台直径超10米全套筒密闭盾构机，堪称地下工程高端装备的“大国重器”。盾构机的外形如图甲所示，掘进机核心部件由刀盘、掘进机构、支撑系统、泥浆循环系统等构成，还配有激光导向仪、水循环系统、无线通信系统等装置。 （1）盾构机安装了锋利的刀盘是为了 　 　 （选填“增大”或“减小”）压强；它的钻头常采用硬度 　 　 （选填“较大”或“较小”）的合金材料制作。 （2）盾构机内部的水冷循环系统可以给它降温，该系统是通过 　 　 的方式改变物体内能，用水来冷却是利用了水的 　 　 的特点。 （3）无线通信系统是利用 　 　 传递信息。 （4）挖掘隧道时，盾构机对砂土的推进力与速度的关系图像如图乙所示。若盾构机以4.8m/h的速度推进时，推进系统功率为80kW，则盾构机的推进效率为 　 　 。 24．（6分）阅读材料，回答问题。 福建号 2024年5月8日下午，中国第三艘航母“福建号”完成为期8天的首次试航，顺利返回码头，福建舰是由我国完全自主设计、建造的首艘电磁弹射型航母，其满载时的排水量为8×105t。 传统的蒸汽弹射器是以高压蒸汽推动活塞带动弹射轨道上的滑块，把与之相连的舰载机弹射出去。福建舰配置的电磁弹射装置与传统的蒸汽弹射器不同，福建舰的电磁弹射装置所施加的牵引力始终为1×105N，其简易结构如图甲所示。空载的舰载机质量为10t，舰载机起飞需要达到一定的速度（相对于空气），因此需要建造较长的起飞跑道，电磁弹射轨道上舰载机的速度v与路程s的关系如图乙所示。为了使福建舰海试成功，技术人员还在风洞中模拟了舰载机的升力F与速度v的关系，如图丙所示。 （1）福建舰满载时受到的浮力是 　 　 N。（g取10N/kg） （2）舰载机满载时起飞的最低速度 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）舰载机空载时起飞的最低速度。 （3）电磁弹射的弹射力度可以根据舰载机的类型不同进行调节，若要增大弹射力度，可以 　 　 （选填“增大”或“减小”）弹射器中的电流大小。 （4）若航母静止在水面上，则空载的舰载机起飞需要至少 　 　 m的电磁弹射轨道。 （5）若航母以54km/h的速度航行，为使空载的舰载机能够起飞，则需要至少 　 　 m的电磁弹射轨道。若电磁弹射装置的机械效率为50%，则该过程舰载机从相对静止到起飞消耗了至少 　 　 J的电能。 2025年广东省东莞市石碣新民学校中考物理模拟试卷（五） 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D B A C B C D 一、选择题：本大题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（3分）《说文》中记载：“仞，伸臂一寻八尺也。”也就是说“一仞”相当于成年人张开双臂的长度，如图所示。你认为“仞”长度约是（　　） A．1.7mm B．1.7cm C．1.7dm D．1.7m 【分析】据日常生活中对长度的认识进行选择。 【解答】解：成年人张开双臂的长度约为1.7m，故ABC错误，D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了长度的估测，属基础题目。 2．（3分）贵州的少数民族在山间劳作时喜欢用山歌来抒发自己的情感，为了让更远处的人们听见自己的歌声，歌手通常改变的是声音的（　　） A．速度 B．响度 C．音色 D．音调 【分析】物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度的大小与传播的距离、声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小。 【解答】解：为了让更远处的人们听到歌声，歌手通常改变的是声音的响度，故ACD错误，不符合题意，B正确，符合题意。 故选：B。 【点评】本题考查响度，属于基础题。 3．（3分）“晒陈皮”是广东新会陈皮制作的流程之一，其做法是将陈皮放在阳光下晒干，如图所示。“晒陈皮”时发生的物态变化是（　　） A．汽化 B．液化 C．升华 D．凝华 【分析】汽化是指物质从液态变为气态的过程。 【解答】解：晒陈皮时，陈皮中的水分在阳光照射下吸收热量，由液态水变成水蒸气散发到空气中，这是汽化现象中的蒸发过程。液化是气态变为液态的过程；升华是固态直接变为气态的过程；凝华是气态直接变为固态的过程，均不符合晒陈皮时水分变化的物态变化特点。故A符合题意，BCD不符合题意。 故选：A。 【点评】本题考查了汽化现象与其它物态变化现象的辨别，属于基础题。 4．（3分）广东端砚，始创于唐代，被视为“中国四大名砚”之首。如图所示是端州程氏端砚世家传承人利用端溪石雕刻砚台的场景，雕刻过程中不发生变化的是（　　） A．端溪石的形状 B．端溪石的质量 C．端溪石的密度 D．端溪石的体积 【分析】（1）质量是指物体所含质量的多少； （2）单位体积的某种物质的质量叫密度，同种物质在相同状态下密度相同。 【解答】解：由题意知，雕刻过程中，端溪石的质量和体积会变小，形状会发生改变，密度是物质的一种特性，同种物质，相同状态，密度相同，所以密度不变。 故选：C。 【点评】本题考查的是对质量、密度物理意义的掌握，属于基础题，难度较小。 5．（3分）原子是由原子核和电子构成的，如图所示为氢原子的原子结构模型，下列四个选项正确的是（　　） A．甲粒子带负电 B．乙粒子带负电 C．甲粒子不带电 D．乙粒子不带电 【分析】物质是由分子、原子组成的；原子是由原子核和核外电子组成的。原子核带正电，电子带负电。 【解答】解：图中是氢原子的原子结构模型，甲是原子核，带正电，乙是电子，带负电，故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题考查的是原子核式结构，属于基础题目。 6．（3分）如图所示是我国自主研制的新一代隐身多用途战斗机“歼﹣35A”。若说飞行员是静止的，所选择的参照物是（　　） A．地面 B．机场 C．“歼﹣35A”战斗机 D．站在地上的摄影师 【分析】运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的。 【解答】解：以“歼﹣35A”战斗机为参照物，飞行员的位置没有发生变化，是静止的；以地面、机场、站在地上的摄影师为参照物，飞行员的位置发生了变化，是运动的，故C符合题意，ABD不符合题意。 故选：C。 【点评】判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，再判断被研究的物体和参照物之间的位置是否变化。 7．（3分）教室内装有电风扇和日光灯，有时需要日光灯或电风扇单独工作，有时又需要它们同时工作，下列电路设计符合要求的是（　　） A． B． C． D． 【分析】并联电路中，电流有多条路径，各用电器能够独立工作，互不影响。 【解答】解：要求电风扇和日光灯相互不影响，能独立工作，故应使电风扇和日光灯并联，且各自的支路有一个开关控制，故D符合题意。 故选：D。 【点评】本题考查电路设计，明确用电器的连接方式和开关的位置是关键。 二、填空题：本大题共6小题，每空1分，共21分。 8．（3分）如图所示，潮州工夫茶艺是广东省的国家级非物质文化遗产项目。泡茶时能闻到浓浓茶香，这是一种　扩散　 现象；用开水泡茶，茶香更浓，说明这种现象的剧烈程度与　温度　 有关。茶汤很难被压缩，这说明分子间存在　斥力　 （选填“引力”或“斥力”）。 【分析】两种物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现，温度越高，扩散越快，分子运动越剧烈。 分子间存在相互作用的引力和斥力。 【解答】解：泡茶时能闻到茶香，是茶叶的香味分子运动到了空气中，这是扩散现象； 用开水冲泡后，茶叶的温度升高，分子运动速度加快，扩散越快，所以茶香更浓，所以扩散的剧烈程度与温度有关。 茶汤很难被压缩，这说明分子间存在斥力。 故答案为：扩散；温度；斥力。 【点评】此题考查了分子间的相互作用力和扩散现象在生活中的应用，属于基础知识。 9．（3分）指南针是我国古代的四大发明之一，如图所示是我国早期的指南针——司南。《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南。”指南针能指南北方向是由于受到 　地磁场　 的作用；“其柢指南”中，“柢”是指南针的 　南　 极，“南”是指 　地理　 （选填“地理”或“地磁”）的南极。 【分析】地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场。地磁场的南北极与地理南北极相反，且不重合。即：地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近。 【解答】解：地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，其静止时其“柢”（勺柄）指向南方，即指南针的南极，地理上的南极是地磁的北极，故“南“是指地理的南极。 故答案为：地磁场；南；地理。 【点评】记住地磁两极和地理两极的关系：相反，不重合。 10．（3分） 2024年5月21日，我国自主研发的全球首个陆上商用模块化小型核反应堆“玲龙一号”的主控室正式启动。“玲龙一号”体积小、占地小、发电功率大，核反应过程如图所示，该过程通过 　核裂变　 （选填“核裂变”或“核聚变”）释放巨大的核能，核能属于 　不可再生　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源；电能是 　二次　 （选填“一次”或“二次”）能源。 【分析】（1）获取核能的方式：核裂变与核聚变； （2）不可再生能源指短时间内不能再次获得的能源； （3）二次能源指自然界不能直接获取的能源。 【解答】解：核反应通过核裂变获取核能；核能不能短时间内再次获得，属于不可再生能源；电能不能在自然界直接取得，属于二次能源。 故答案为：核裂变；不可再生；二次。 【点评】本题考查了有关能源的知识，属于基础题。 11．（6分）【奥运主题】中国体育代表团在2024年举行的第33届奥运会上夺得40枚金牌。请运用相关的物理知识，完成下题。 （1）在巴黎奥运会皮划艇静水男子双人划艇500米决赛中，中国选手夺金，如图1所示。运动员一手撑住桨柄的末端（视为支点），另一手在浆杆中部用力划水时，船桨可视为 　费力　 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆；比赛开始时，皮划艇由静止变为运动，此时皮划艇处于 　非平衡　 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；运动员向后划桨使船前进，说明力的作用是 　相互　 的。 （2）跳水女子双人3米板的比赛中，中国双人组合夺冠，实现了该项目的奥运六连冠。如图2所示，运动员将跳板压弯，说明力可以改变物体的 　形状　 ；运动员离开跳板上升的过程中，将 　动　 能转化为 　重力势　 能。 【分析】（1）根据杠杆的平衡条件对杠杆进行分类；物体的运动状态改变，物体受到非平衡力的作用；物体间力的作用是相互的。 （2）力的作用效果是改变物体的形状和物体的运动状态；在一定的条件下，动能和势能是可以相互转化的。 【解答】解：（1）船桨的动力臂比阻力臂短，可视为费力杠杆；比赛开始时，皮划艇由静止变为运动，此时皮划艇处于非平衡状态；运动员向后划桨使船前进，说明力的作用是相互的。 （2）运动员将跳板压弯，说明力可以改变物体的形状；运动员离开跳板上升的过程中，将动能转化为重力势能。 故答案为：（1）费力；非平衡；相互；（2）形状；动；重力势。 【点评】本题考查的是杠杆的分类和力的作用效果；知道平衡力和非平衡力；知道动能和势能的相互转化。 12．（3分）如图所示是探究“电流通过导体产生的热量和 　电流　 大小的关系”的实验，实验中通过观察U形管两侧液面的 　高度差　 来反映电阻产生热量的多少。若通过R1的电流为1A，则通电1min后，R1产生的热量为 　300　 J。 【分析】此装置探究的是电热与电流的关系； 实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映电阻产生热量的多少；根据Q＝ I2Rt得出热量。 【解答】解：此装置中右边两个电阻并联后再与左边的电阻串联，由串并联电路的电流特点可知，通过右侧容器中5Ω电阻的电流小于通过左侧容器中5Ω电阻的电流，当在通电时间相同的情况下，发现左侧U形管中液面高度变化大，可知气压差越大，温度差越大，热量越多，可以得出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，产生的热量越多； 实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映电阻产生热量的多少，这是转换法的应用；根据Q＝ I2Rt可知，若通过R1的电流为1A，则通电1min后，R1产生的热量Q＝I2Rt＝（1A）2×5Ω×60s＝300J。 故答案为：电流；高度差；300。 【点评】本题探究“电流通过导体产生的热量和电流大小的关系”的实验，利用控制变量法和转换法分析。 13．（3分）如图所示是具有报警功能的文物展示台，该展示台由木板、弹簧、金属片 A、B、C和报警电路组成。当把压在B上的物品搬离时，金属片B在弹簧作用下与金属片 A、C分开，相当于 　断开　 （填“闭合”或“断开”）开关，这时灯 　亮　 （填“亮”或“不亮”），电铃 　响　 （填“响”或“不响”）。 【分析】由图可知，金属片B在弹簧作用下与金属片 A、C分开时，相当于断开开关，灯泡和电铃串联；当A、C与B接触时，相当于闭合开关，电铃被短路，电路为灯泡的基本电路。 【解答】解：当把压在B上的物品搬离时，金属片B在弹簧作用下与金属片 A、C分开，相当于断开开关，灯泡和电铃串联，此时等亮、电铃响。 故答案为：断开；亮；响。 【点评】本题考查电路的组成，能正确认识通路、短路以及断路三种情况。 三、作图题：本题7分。 14．（2分）如图是某同学用铁锹植树的简化图。请在图中画出动力F的力臂L及土块的重力G的示意图。（O为支点，O'点为土块的重心） 【分析】（1）过支点作动力F的作用线的垂线段，即动力F的力臂。 （2）根据重力的方向是竖直向下的，过重心做竖直向下的力即可。 【解答】解：过支点O作动力F的作用线的垂线段，即动力F的力臂L； 重力的方向是竖直向下的，过物体的重心O′画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示： 【点评】本题考查力臂和重力示意图的画法，比较简单，是一道基础题。 15．（2分）请在图中画出射入光线通过透镜后的折射光线。 【分析】在作凸透镜、凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。 【解答】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，据此作出对应的折射光线，如图所示： 【点评】凸透镜的三条特殊光线：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。 16．（3分）如图1所示是一种带USB接口的新型插线板，开关同时控制USB接口和插孔，插座和USB接口可以独立工作。如图2为该插线板内部的部分电路示意图，试根据该插线板的功能将图中的电路连接完整。 【分析】（1）并联电路各支路用电器互不影响，由此可知，三孔插座和USB接口的连接方式；根据开关作用确定其在电路中的位置； （2）三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。 【解答】解：由题知，三孔插座和USB接口可以独立工作，即两者是并联的，而三孔插座和USB接口由总开关控制，说明开关在干路上，三孔插座的接法是“左零右火上地”，由此按家庭电路连接的要求补画电路如图所示： 【点评】本题考查了家庭电路的连接，属于基础题目。 四、实验题：本大题共3小题，第16小题6分，第17小题7分，第18小题7分，共20分。 17．（6分）（1）如图1所示，小明的脚长为 　23.50　 cm。 （2）如图2所示，体温计示数为 　37.6　 ℃。 （3）小明在闭合开关前发现电流表的指针如图3甲所示，接下来的操作应是 　调零　 ；如图3乙所示，当开关S闭合后，电流表测量的是通过 　L1　 （选填“L1”或“L2”）的电流。 （4）如图4所示是“探究光的折射规律”的实验光路。将右边光屏向后折转一个角度，在光屏上观察不到折射光线，原因是 　折射光线与入射光线、法线在同一平面内　 ；小名重新实验，用激光笔逆着原折射光线从水中斜射入空气，发现折射光线与原入射光线重叠，说明了在光的折射现象中，光路是 　可逆　 的。 【分析】（1）用刻度尺测长度时，先明确刻度尺的分度值，再读数，要估读到分度值的下一位。 （2）体温计读数时，先明确体温计的分度值，再根据液面位置读数，不需要估读到分度值的下一位。 （3）电流表在使用前要调零，使指针指在零刻度线处；电流表要串联在被测电路中； （4）光的折射规律：光从空气斜射入水或其它介质时，折射光线与入射光线、法线在同一平面内；折射光线与入射光线位于法线两侧；折射角小于入射角；在光的折射现象中，光路是可逆的。 【解答】解：（1）由图1可知，刻度尺相邻两刻度线之间的长度是0.1cm，即分度值是0.1cm，脚左侧与零刻度线对齐，右侧所对刻线为23.50cm，脚的长度为23.50cm； （2）体温计的分度值为0.1℃，示数为37.6℃； （3）如图3甲所示，指针没有指在零刻度线处，接下来的操作应是调零，使指针指在零刻度线处； 如图3乙所示，L1、L2并联，电流表串联在L1所在支路，当开关S闭合后，电流表测量的是通过L1的电流； （4）如图4所示，将右边光屏向后折转一个角度，在光屏上观察不到折射光线，是因为折射光线、入射光线与法线在同一平面内； 小名重新实验，用激光笔逆着原折射光线从水中斜射入空气，发现折射光线与原入射光线重叠，说明了在光的折射现象中，光路是可逆的。 故答案为：（1）23.50；（2）37.6；（3）调零；L1；（4）折射光线与入射光线、法线在同一平面内；可逆。 【点评】本题考查了刻度尺和体温计的读数、电流表的使用方法、光的折射规律，属于基础题目。 18．（7分）如图所示，小明在进行“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验。 （1）实验时应沿水平方向拉动弹簧测力计，使木块做匀速直线运动。图甲中，木块受到的滑动摩擦力大小为　0.8　 N。 （2）比较甲、乙两次实验数据可知，在接触面粗糙程度一定时，　压力　 越大，滑动摩擦力越　大　 。 （3）比较　甲、丙　 两次实验数据可探究“滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系”。 （4）小明还发现，汽车速度越快，越不容易停下来。他想探究“滑动摩擦力大小与物体运动速度的关系”。为此，他改进探究实验的装置，如图丁所示。小明改变传送带速度，根据实验数据绘制的v﹣t和F﹣t的关系图像分别如图戊、已所示，分析图像可知，滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小　无关　 （选填“有关”或“无关”），原因是　当速度发生变化时，压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力的大小不变　 。 【分析】（1）根据二力平衡的条件分析； （2）（3）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答； （4）根据图像判定摩擦力与速度的关系。 【解答】解：（1）图甲中弹簧测力计分度值为0.2N，指针在1N前面一小格处，测力计示数为0.8N，摩擦力等于拉力，所以滑动摩擦力也为0.8N； （2）对比甲、乙两次实验可知：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大； （3）探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，应控制压力大小相等，只改变压力大小，故选甲、丙两实验； （4）根据图像可知，在速度不同时，摩擦力的大小是相同的，即滑动摩擦力的大小与物体运动速度大小无关，当速度发生变化时，压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力的大小不变。 故答案为：（1）0.8；（2）压力；大；（3）甲、丙；（4）无关；当速度发生变化时，压力和接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力的大小不变。 【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和获取知识分析解决问题的能力，难度较大。 19．（7分）为完成“探究电流与电阻的关系”实验，某实验小组连接了如图甲所示的电路，选用5Ω、10Ω、25Ω的定值电阻各一个，电源电压保持6V不变。 （1）用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表示数变大。 （2）连接电路时，开关应处于　断开　 状态。连接好电路，闭合开关，发现电压表示数为零，电流表示数不为零，则实验电路出现的故障可能是定值电阻处　短路　 （选填“短路”或“断路”）。 （3）排除故障后，小海将5Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，直到电压表的示数如图乙所示，为　2.5　 V，并记录电流表的示数；接着断开开关，用10Ω的电阻替换5Ω的电阻，然后闭合开关，一边移动滑动变阻器的滑片，一边观察电压表示数，使　电压表示数为2.5V　 ，并记下此时电流表的示数。 （4）通过实验得到电流随电阻变化的关系图像如图丙所示，由图像可得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流跟电阻成　反比　 。 （5）为使结论更具普遍性，在不增加器材的基础上，可以　改变定值电阻两端电压，再进行多次实验　 。 【分析】（1）本实验中，滑动变阻器应串联在电路中，滑片向右移动时，电流表示数变大，根据串联电路的分压原理确定滑动变阻器的接线柱； （2）为保护电路，连接电路时，应断开电路； 连接好电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数不为零，则电路为通路，且电压表的示数为零，分析可能出现的故障；； （3）根据电压表选用小量程确定分度值读数；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； （4）由图丙求出电阻两端的电压为一定值分析； （5）为了使结论具有普遍性，应多次测量。 【解答】解：（1）由题知，要求滑片向右移动时，电流表示数变大，此时滑动变阻器连入电路的阻值应变小，所以应选择B接线柱将滑动变阻器串联入电路中，如图所示： （2）为保护电路，连接电路时，应断开电路； 连接好电路后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数不为零，则电路为通路，电压表的示数为零，则出现故障的原因可能是定值电阻短路； （3）电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.5V，并记录电流表的示数； 根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω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，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V，读出电流表的示数； （4）由图丙知，电阻两端的电压始终保持：UV＝IR＝0.1A×25Ω＝﹣﹣﹣﹣＝0.5A×5Ω＝2.5V，为一定值，由此可知：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比； （5）设为了使结论具有普遍性，应改变定值电阻两端电压，再进行多次实验，使结论具有普遍性。 故答案为：（1）见解答图；（2）断开；短路；（3）2.5；电压表的示数为2.5V；（4）反比；（5）改变定值电阻两端电压，再进行多次实验。 【点评】本题“探究电流与电阻的关系”实验，考查注意事项、电路连接、操作过程、数据分析、控制变量法和对器材的要求。 五、计算题：本大题共2小题，第19小题6分，第20小题7分，共13分。 20．（6分）如图所示是我国首批海事无人直升机，能有力提升水上交通动态管控能力和船舶险情事故应急处置水平。此架无人直升机质量为400kg，底架与地面接触的总面积为0.04m2，最远遥控距离达150km，最大飞行速度为150km/h，g取10N/kg。求： （1）该无人直升机受到的重力； （2）该无人直升机静止在水平地面上时对地面的压强； （3）该无人直升机以最大飞行速度匀速飞行0.2h所通过的路程。 【分析】（1）根据G＝mg计算该无人直升机所受的重力； （2）该无人直升机静止在水平地面上时对地面的压力等于自身重力，根据压强公式计算该无人直升机对地面的压强； （3）根据s＝vt计算无人直升机以最大飞行速度匀速飞行0.2h所通过的路程。 【解答】解：（1）该无人直升机所受的重力：G＝mg＝400kg×10N/kg＝4000N； （2）该无人直升机静止在水平地面上时对地面的压力：F＝G＝4000N， 该无人直升机对地面的压强：p1×105Pa； （3）无人直升机以最大飞行速度匀速飞行0.2h所通过的路程s＝vt＝150km/h×0.2h＝30km。 答：（1）该无人直升机所受的重力是4000N； （2）该无人直升机对地面的压强是1×105Pa； （3）该无人直升机以最大飞行速度匀速飞行0.2h所通过的路程为30km。 【点评】本题考查重力公式、压强公式、速度公式的灵活运用。 21．（7分）如图甲所示为某品牌的速干护发电吹风机。电吹风机的内部电路简化示意图如图乙所示，发热电阻R＝55Ω，电动机M的规格为“220V 110W”。闭合开关S1和S2时，电吹风机正常工作且吹热风。求： （1）通过R的电流； （2）电阻R的电功率； （3）电吹风机吹热风时工作100s消耗的电能。 【分析】（1）根据欧姆定律计算通过R的电流； （2）由P＝UI计算电阻R的电功率； （3）根据并联电路电功率特点计算电吹风机吹热风时总功率，由P计算工作100s消耗的电能。 【解答】解：由图乙可知，开关S1、S2闭合时，发热电阻R与电动机并联； （1）根据欧姆定律可得，通过R的电流：IR4A； （2）电阻R的电功率：PR＝UIR＝220V×4A＝880W； （3）电吹风机吹热风时总功率：P总＝PR+PM＝880W+110W＝990W， 由P可得，工作100s消耗的电能：W＝P总t＝990W×100s＝9.9×104J。 答：（1）通过R的电流为4J； （2）电阻R的电功率为880W； （3）电吹风机吹热风时工作100s消耗的电能是9.9×104J。 【点评】本题考查并联电路规律、欧姆定律、电功率和电能公式的应用，是基础题。 六、综合能力题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。 22．（6分）夏天烈日曝晒过的汽车，车内温度可超过50℃。针对这一情况，市场上出现了一些汽车遮阳帘。 遮阳帘 普通型 加厚型 折叠反射型 温度/℃ 45 40 30 （1）如图甲所示，在车内前面的玻璃窗处放一铝箔材质的遮阳帘，就可使射入车内的阳光发生 　反射　 现象而不至于使车内温度大幅升高。 （2）为探究哪种遮阳帘的遮阳效果最好，小明选取了普通型、加厚型和折叠反射型三款汽车遮阳帘进行了以下实验。他制作了9个汽车模型，分3组，每组3辆，并排朝南停放在阳光充足的空旷地方，将三款汽车遮阳帘分别安装在汽车模型的前挡风玻璃后，并编号，15分钟后，用灵敏温度计分别测量车内的温度，三组汽车的平均温度计示数如表所示。 ①该实验制作的每辆小汽车模型应该规格 　相同　 （选填“相同”或“不同”）； ②进行该实验的最佳时间是 　B　 （选填字母）； A.早晨 B.中午 C.傍晚 ③三款汽车遮阳帘中 　折叠反射型　 窗帘的遮阳效果最好； ④请写出一点该实验可以改进的地方：　可以设置一个不安装遮阳帘的对照组，这样能更直观地对比出遮阳帘的作用　 。 （3）请写出一个生活中选用遮阳效果好的材料的实例：　在建筑的窗户上安装遮阳百叶窗，其通常采用具有遮光和隔热性能的材料，能有效阻挡阳光直射进入室内，降低室内温度　 。 【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。 【解答】解：（1）在车内前面的玻璃窗处放一铝箔材质的遮阳帘，可使射入车内的阳光发生反射现象。因为铝箔材质表面光滑，能将大部分阳光反射回去，减少阳光进入车内，从而避免车内温度大幅升高。 （2）①该实验制作的每辆小汽车模型应该规格相同。这样才能保证在实验过程中，除了遮阳帘的类型不同外，其他影响车内温度的因素都相同，符合控制变量法的要求，使实验结果更具科学性和说服力。 ②进行该实验的最佳时间是中午。中午阳光充足，太阳辐射最强，此时不同遮阳帘的遮阳效果差异会更明显，便于比较和区分。而早晨和傍晚阳光相对较弱，可能无法充分体现不同遮阳帘的效果差异。故选B。 ③由表中数据可知，折叠反射型遮阳帘对应的车内温度最低，为30℃，所以三款汽车遮阳帘中折叠反射型窗帘的遮阳效果最好。 ④该实验可以改进的地方：可以设置一个不安装遮阳帘的对照组，这样能更直观地对比出遮阳帘的作用。 （3）生活中选用遮阳效果好的材料的实例：在建筑的窗户上安装遮阳百叶窗，其通常采用具有遮光和隔热性能的材料，能有效阻挡阳光直射进入室内，降低室内温度； 故答案为：（1）反射；（2）①相同；②B；③折叠反射型；④可以设置一个不安装遮阳帘的对照组，这样能更直观地对比出遮阳帘的作用；（3）在建筑的窗户上安装遮阳百叶窗，其通常采用具有遮光和隔热性能的材料，能有效阻挡阳光直射进入室内，降低室内温度。 【点评】控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。 23．（6分）2024年10月15日，粤东城际铁路迎来重要节点，汕头段首台盾构机顺利始发。该盾构机是国内首台直径超10米全套筒密闭盾构机，堪称地下工程高端装备的“大国重器”。盾构机的外形如图甲所示，掘进机核心部件由刀盘、掘进机构、支撑系统、泥浆循环系统等构成，还配有激光导向仪、水循环系统、无线通信系统等装置。 （1）盾构机安装了锋利的刀盘是为了 　增大　 （选填“增大”或“减小”）压强；它的钻头常采用硬度 　较大　 （选填“较大”或“较小”）的合金材料制作。 （2）盾构机内部的水冷循环系统可以给它降温，该系统是通过 　热传递　 的方式改变物体内能，用水来冷却是利用了水的 　比热容大　 的特点。 （3）无线通信系统是利用 　电磁波　 传递信息。 （4）挖掘隧道时，盾构机对砂土的推进力与速度的关系图像如图乙所示。若盾构机以4.8m/h的速度推进时，推进系统功率为80kW，则盾构机的推进效率为 　60%　 。 【分析】（1）根据压强公式p，在压力一定时，减小受力面积可以增大压强。 硬度较大的材料可以保证钻头的耐磨性和强度，不易损坏。 （2）盾构机内部的水冷循环系统通过热传递的方式改变物体内能。 水的比热容较大，意味着相同质量的水和其他物质相比，升高相同的温度时，水能够吸收更多的热量。 （3）电磁波可以在真空中传播，且传播速度快。 （4）由图乙可知，盾构机对砂土的推进力与速度的关系为正比关系，即F＝kv，可得k，然后可得实际推进功率为：P实＝Fv，最后可得盾构机的推进效率为：η。 【解答】解：（1）盾构机安装锋利的刀盘是为了增大压强。根据压强公式p，在压力一定时，减小受力面积可以增大压强，锋利的刀盘能使盾构机更容易切入地层。 它的钻头常采用硬度较大的合金材料制作，因为在挖掘过程中，钻头需要承受巨大的压力和摩擦力，硬度较大的材料可以保证钻头的耐磨性和强度，不易损坏。 （2）盾构机内部的水冷循环系统通过热传递的方式改变物体内能。热传递是指由于温度差引起的热能传递现象，水冷循环系统中，温度较低的水与温度较高的盾构机部件接触，热量从部件传递到水中，从而使部件温度降低。用水来冷却是利用了水的比热容较大的特点，水的比热容较大，意味着相同质量的水和其他物质相比，升高相同的温度时，水能够吸收更多的热量，所以用水作为冷却剂可以更有效地带走盾构机产生的热。 （3）无线通信系统是利用电磁波传递信息。电磁波可以在真空中传播，且传播速度快，能够满足盾构机在地下复杂环境中的通信需求，实现各部分之间以及与地面控制中心之间的信息传输。 （4）由图乙可知，盾构机对砂土的推进力与速度的关系为正比关系，即F＝kv，当v1＝4m/h时，F1＝3×107N，则k0.75×107N•h/m， 若盾构机以4.8m/h的速度推进时，推进力F＝0.75×107N•h/m×4.8m/h＝3.6×107N，则实际推进功率为：P实＝Fv＝3.6×107N48000W＝48kW， 因此盾构机的推进效率为：η60%。 故答案为：（1）增大；较大；（2）热传递；比热容大；（3）电磁波；（4）60%。 【点评】本题考查了增大压强的方法，物质的物理属性，改变内能的方式，水的比热容大的实际应用，电磁波的运用，有关效率的计算。 24．（6分）阅读材料，回答问题。 福建号 2024年5月8日下午，中国第三艘航母“福建号”完成为期8天的首次试航，顺利返回码头，福建舰是由我国完全自主设计、建造的首艘电磁弹射型航母，其满载时的排水量为8×105t。 传统的蒸汽弹射器是以高压蒸汽推动活塞带动弹射轨道上的滑块，把与之相连的舰载机弹射出去。福建舰配置的电磁弹射装置与传统的蒸汽弹射器不同，福建舰的电磁弹射装置所施加的牵引力始终为1×105N，其简易结构如图甲所示。空载的舰载机质量为10t，舰载机起飞需要达到一定的速度（相对于空气），因此需要建造较长的起飞跑道，电磁弹射轨道上舰载机的速度v与路程s的关系如图乙所示。为了使福建舰海试成功，技术人员还在风洞中模拟了舰载机的升力F与速度v的关系，如图丙所示。 （1）福建舰满载时受到的浮力是 　8×109　 N。（g取10N/kg） （2）舰载机满载时起飞的最低速度 　大于　 （选填“大于”“小于”或“等于”）舰载机空载时起飞的最低速度。 （3）电磁弹射的弹射力度可以根据舰载机的类型不同进行调节，若要增大弹射力度，可以 　增大　 （选填“增大”或“减小”）弹射器中的电流大小。 （4）若航母静止在水面上，则空载的舰载机起飞需要至少 　125　 m的电磁弹射轨道。 （5）若航母以54km/h的速度航行，为使空载的舰载机能够起飞，则需要至少 　61.25　 m的电磁弹射轨道。若电磁弹射装置的机械效率为50%，则该过程舰载机从相对静止到起飞消耗了至少 　1.225×107　 J的电能。 【分析】（1）知道航母满载时的排水量（满载时排开水的质量），利用阿基米德原理F浮＝G排＝m排g求航母受到的浮力； （2）舰载机满载时的重力大于舰载机空载时的重力，即舰载机满载时起飞需要的升力更大； 根据图丙判断出舰载机的升力与速度的关系，进而判断出舰载机满载时起飞的最低速度与舰载机空载时起飞最低速度的关系； （3）弹力与电流大小和线圈匝数有关。 （4）空载的舰载机起飞所需要的最小升力等于其自身的重力，即F小＝G空＝m空g； 由图丙知当舰载机速度达到50m/s时受到的升力等于1×105N； 由图乙知舰载机的速度达到50m/s所需要跑道的长度； （5）航母的速度为：v航＝54km/h＝15m/s，当航母的运动方向与舰载机的运动方向相同时，设舰载机相对于航母的运动速度为v1，则舰载机相对于空气的速度v2＝v航+v1＝15m/s+v1； 由舰载机相对于空气的运动速度为50m/s时可使空舰载机起飞，算出此时舰载机相对于航母的运动速度；由图乙知此时需要电磁弹射轨道的长度； 由W总＝F牵s算出电磁轨道的牵引力对舰载机做的总功，由效率公式算出所消耗的电能。 【解答】解：（1）由题知，该航母满载时的排水量8×105t，则由阿基米德原理可得， 航母满载时受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝8×105×103kg×10N/kg＝8×109N； （2）舰载机满载时的重力大于舰载机空载时的重力，即舰载机满载时起飞需要的升力更大； 根据图丙知舰载机的升力随着速度的增大而增大，所以舰载机满载时起飞的最低速度大于舰载机空载时起飞的最低速度； （3）电磁弹射的弹射力度可以根据舰载机的类型不同进行调节，若要增大弹射力度，可以增大弹射器中的电流大小，因为弹力与电流大小和线圈匝数有关。 （4）空载的舰载机起飞所需要的最小升力等于其自身的重力，即F小＝G空＝m空g＝10×103kg×10N/kg＝1×105N； 由图丙知当舰载机速度达到50m/s时受到的升力等于1×105N； 由图乙知舰载机的速度达到50m/s所需要的跑道长度为125m，故空载的舰载机起飞需要至少125m的电磁弹射轨道； （5）航母的速度为：v航＝54km/h＝15m/s，当航母的运动方向与舰载机的运动方向相同时，设舰载机相对于航母的运动速度为v1，则舰载机相对于空气的速度v2＝v航+v1＝15m/s+v1； 由舰载机相对于空气的运动速度为50m/s时可使空舰载机起飞，故此时舰载机相对于航母的运动速度为： v1＝v2﹣v航＝50m/s﹣15m/s＝35m/s， 由图乙知此时需要电磁弹射轨道的长度至少为61.25m； 电磁轨道的牵引力对舰载机做的总功为： W总＝F牵s＝1×105N×61.25m＝6.125×106J， 故所消耗的电能为： W电1.225×107J。 故答案为：（1）8×109；（2）大于；（3）增大；（4）125；（5）61.25；1.225×107。 【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，是一道综合题，看懂题意是解题的关键。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$