2025年江苏省南京市金陵中学河西分校中考物理模拟试卷三

2025年江苏省南京市金陵中学河西分校中考物理模拟试卷（三） 一、单选题（每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（2分）根据学过的物理知识，判断以下估测合理的是（　　） A．一间教室空气质量约30kg B．人的心率约为40次/min C．人的步行速度约为5km/h D．家用电饭煲正常工作的电流约为1A 2．（2分）一款最新磁悬浮蓝牙音箱，它由一个球形音箱和一个磁悬浮底座组成。音箱悬浮在空中，一边旋转一边播放歌曲。下列说法中正确的是（　　） A．最新磁悬浮蓝牙音箱是高科技产品，发声不需要振动 B．根据音调可以判断出是哪个歌手的歌声 C．调节音量开关，调大音量，声音的响度就变大 D．歌声不是靠空气传到人耳的 3．（2分）关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（　　） A．分子间只存在引力，不存在斥力 B．在电子、质子和原子中，尺度最小的是质子 C．扫地时灰尘飞舞可以说明分子在做无规则运动 D．宇宙是一个有层次的天体结构系统，是有起源、膨胀和演化的 4．（2分）如图所示，在“探究影响重力势能大小的因素”实验中，有体积相同的实心铁球甲、丙和塑料球乙，球甲、乙离沙地的高度相同。关于该探究，下列说法正确的是（　　） A．该实验中，球甲的重力势能最大 B．球陷入沙中的深度越深，说明球对沙子做功越少 C．比较乙和丙，可知物体质量越大，其具有的重力势能越大 D．通过甲和乙可推断，质量小的物体具有的重力势能一定小 5．（2分）物质M通过吸、放热，出现三种不同物态，如图所示.则从乙到丙发生的物态变化是（　　） A．升华 B．凝华 C．液化 D．凝固 6．（2分）如图所示，用阴影部分面积描述的物理量中，不正确的是（　　） A．用电器的电功率 B．物体所受的压强 C．物体的质量 D．物体运动的路程 7．（2分）马拉松比赛常采用芯片计时，芯片的线圈中若有电流通过，就会激发芯片发送运动员的编码信息，系统会实时获取计时信息。正确佩带芯片的参赛者，通过起点和终点设置的有磁场地带，就会计时。能反映该计时芯片原理的图是（　　） A． B． C． D． 8．（2分）小明将发光的荧光棒斜插入水中，由于光的反射和折射，荧光棒成了两个像，能较真实地反映从侧面观察到的情景的图是（　　） A． B． C． D． 9．（2分）在实验中经常遇到器材选用不合理或次要因素影响等使现象不明显的情况，从而需要对实验进行优化改进，如图所示的物理实验中，对于采取的措施，解释不合理的是（　　） A．图甲探究二力平衡条件，用硬纸板而不用小车因为纸板便于剪开 B．图乙探究影响压力作用效果的因素，用硬度小的海绵泡沫塑料 C．图丙探究流体压强与流速的关系，用乒乓球是因为它的惯性小 D．图丁探究力与运动的关系，采用小车是因为轮子滚动摩擦力小 10．（2分）如图所示，在“探究凸透镜的成像特点”实验中，光屏是白色不透光的塑料片，发光物是“”字，此时刚好在光屏上找到一个清晰的像，则此时按图中所示的方向人眼看到光屏上像的大小和形状是（　　） A．放大的“” B．放大的“” C．缩小的“” D．缩小的“” 11．（2分）两个质量分布均匀的正方体放在水平地面上如图甲所示，将A沿水平方向切去高为L的部分，并把切去部分叠放在B上，B对地面的压强为pB，A剩余部分对地的压强为pA，pA、pB与L的变化关系如图乙所示。以下说法错误的是（　　） A．切除之前，A的重力为40N B．A与B的密度之比为2：1 C．L＝5cm时，pA：pB＝4：7 D．若将B叠放在A上，A对地面的压强为2×104Pa 12．（2分）小七同学连接图甲所示的电路，电源电压不变，电流表A1量程为0～0.6A，电流表A2量程为0～3A，定值电阻R1＝10Ω。闭合开关S后再分别闭合开关S1或S2，将滑动变阻器滑片从最右端向左调节至中点的过程，两次电压表与电流表A2示数的I﹣U图像如图乙，下列说法正确的是（　　） A．电源电压为4V B．滑动变阻器的最大阻值为40Ω C．开关S，S1，S2都闭合，滑片在最左端时，电路消耗的最大电功率为5.4W D．只闭合开关S、S2时，调节滑动变阻器滑片，电路消耗的最小电功率为1.2W 二、填空题（每空1分，共26分） 13．（5分）用圆珠笔芯做了几个小实验： （1）如图甲，用刻度尺测量并排的5根笔芯，则1根笔芯的直径约为 　 　 cm； （2）如图乙，将笔油滴入水中可以“作画”，其实质是一种 　 　 现象； （3）如图丙，圆珠笔写的字要用磨砂橡皮才容易擦掉，这是采用 　 　 方法增大摩擦的； （4）如图丁，用吸管对着拱起的纸的底部吹气，发现纸 　 　 （选填“变平”、“飞出去”），　 　 （选填“飞机”、“飞艇”）的飞行原理与上述成因相同。 14．（4分）2024年5月3日，嫦娥六号由长征五号遥八运载火箭成功发射，开启了月背探秘华章。 （1）火箭穿越大气层过程中，以火箭为参照物，嫦娥六号是　 　 的。 （2）着陆器上的太阳能电池板将太阳能转化为　 　 能，太阳能是　 　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。 （3）着陆器在月背采样的影像用　 　 波传回地球。 15．（3分）图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程 　 　 m；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 　 　 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器前60s内消耗的电能是 　 　 J。 16．（4分）如图所示，是四冲程汽油机的某一个冲程，此时处于 　 　 冲程。若该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟经历 　 　 个工作循环。完全燃烧0.21kg汽油所释放的热量为 　 　 ，释放热量全部被40kg初温为45℃的水吸收，则在标准气压下水温升高 　 　 ℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q汽油＝4.0×107J/kg] 17．（2分）如图所示，工人用滑轮组提升货物，每个滑轮的重力均为100N。 （1）物体重600N，工人在20s内将物体以0.5m/s的速度匀速提起，工人做功的功率是400W，则此时滑轮组的机械效率是 　 　 %； （2）若绳子能够承受的最大拉力为500N，货物提升过程中绳重和摩擦对应的额外功占总功的比值始终不变，滑轮组的最大机械效率为 　 　 %。 18．（4分）如图（a）所示，A、B、C三个薄壁圆柱形容器置于水平桌面上，容器内分别装有质量相等的水和某种液体，其中B、C容器的底面积相同。 （1）三个容器中液体对容器底的压强分别为pA、pB、pC，则它们的大小关系是：pA　 　 pB；pB　 　 pC； （2）将体积相等的甲、乙两个实心正方体物块分别放入B、C容器中，静止时状态如图（b）所示，且两容器液面相平。若，甲、乙所受浮力之比为1：2，则ρ液＝　 　 kg/m3，此时容器对桌面的压强大小关系为pB'　 　 pC'。 19．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“20Ω，1A”，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程0～15V，丁丁进行了下面操作：先闭合开关S和S1，断开开关S2，在保障电路元件安全的情况下，将滑动变阻器的滑片从最右端滑动到a点，灯泡L恰好正常发光，再断开开关S1，闭合开关S2，将滑动变阻器的滑片从a点向某一方向移动，直到电压表示数与灯泡L的额定电压相同，图乙是两次调节过程中电流表与电压表示数变化关系图像。定值电阻R的阻值是 　 　 Ω，电源电压是 　 　 V，灯泡的额定功率是 　 　 W。在确保电路安全的情况下，任意断开和闭合开关，并调节滑片，电路的最小电功率是 　 　 W。 三、解答题（每空1分，每图2分，计算题6分，共50分） 20．（2分）在如图中画出与入射光线相对应的折射光线。 21．（2分）如图，请画出篮球撞击篮板时所受重力G以及对篮板压力F的示意图。 22．（2分）如图甲所示是一款压饺子皮的工具，使用时压压杆可以看作一个杠杆。图乙是简化示意图，图中O为支点，F2是压杆上B点在下压时受到的阻力。请在乙图上画出阻力臂l2、作用在杠杆A点需要施加的最小动力F1。 23．（5分）小伟猜想动能的大小可能与物体质量和运动速度有关，于是设计了如图所示的实验，让小球沿斜面向下运动，然后撞击木块，木块在水平面上移动一段距离后静止。 （1）实验的研究对象是　 　 （选填“小球”或“木块”）； （2）图甲是探究的是动能与　 　 的关系； （3）木块被撞击后，最终会停下来，在此过程中将机械能转化为　 　 能； （4）小华这个实验的基础上，去掉木块，添加毛巾、棉布探究阻力对物体运动的影响。实验中，通过比较　 　 来比较小球受阻力的影响大小。小球在木板、棉布、毛巾表面整个滚动过程中克服阻力做功的功　 　 （选填“相等”或“不等”）。 24．（4分）小强发现阳光下的海水和岸边的沙子温差很大，于是他做了图甲所示的实验来比较沙子和水这两种物质比热容的差异，实验过程中所使用仪器规格完全相同。 （1）量取质量相同的水和沙子，并记下沙子和水的初始温度； （2）在实验时只要控制　 　 相同就可以确定水、沙子吸收了相同的热量；通过比较它们　 　 的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异； （3）也可以加热使它们升高相同的温度，比较　 　 来比较它们吸热能力的强弱； （4）图乙是根据实验数据画出的图像，已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），不计热量损失，则沙子的比热容是　 　 J/（kg•℃）。 25．（7分）物理兴趣小组的同学测量牛奶和小石块的密度。 （1）在烧杯中倒入适量的牛奶，用调节好的天平测出烧杯和牛奶的总质量如图乙所示，则烧杯和牛奶的总质量为 　 　 g，将烧杯中的牛奶全部倒入量筒中，牛奶的体积如图丙所示，再测出空烧杯的质量为18g，则牛奶的密度为 　 　 kg/m3； （2）在测量小石块密度时，他们设计了如下实验方案进行测量，请你补充完整； 第一种方案是利用家中的电子秤设计出如图丁实验，操作步骤如下： a.将装有适量水的烧杯放在电子秤上，打开开关并设置归零（即示数为零）； b.如图所示，用细线系住小石块，使石块 　 　 ，读出电子秤的示数20g； c.松开细线，使小石块沉入烧杯底部，待电子秤示数稳定后，读出其示数为52g； 则小石块的密度ρ石＝ 　 　 g/cm3（ρ水＝lg/cm3）。若步骤b中不小心溅飞出去少量水，这将导致测量值 　 　 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）； 第二种方案的测量如图戊，步骤如下： a.在圆柱形玻璃筒内加入适量的水，塑料碗漂浮在水面上，量出筒内水面的高度h1； b.将小石块放入碗中，碗仍漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h2； c.将小石块放入筒内的水中，碗漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h3； 则小石块密度的表达式为ρ＝ 　 　 （已知水的密度为ρ水，用所测量的符号表示）。若将测量步骤中的b和c对调，测得的石块密度为ρ'，则ρ'　 　 ρ（选填“＞”“＝”或“＜”）。 26．（7分）某小组同学用图甲的电路图探究欧姆定律，实验中他们所用的定值电阻分别是5Ω、10Ω、20Ω，电源电压为3V不变。 （1）如图甲所示，是小华所连接的不完整实验电路，请你用笔画线代替导线，将电路连接完整。 （2）在探究“导体中的电流跟电阻的关系”时，小华将5Ω的电阻接入电路，电压表如图乙所示。后把定值电阻由5Ω换成10Ω，闭合开关后，操作是：调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数为 　 　 V。若要完成整个实验，选择的滑动变阻器的最大阻值至少为 　 　 Ω； （3）上述探究结束后，该组同学选择原来的电源和两只灯泡L1“2.5V，0.3A”和L2“3.8V，0.3A”，设计的电路如图丙所示，探究“电功率跟电流、电压的关系”。 ①此实验设计是为了探究电功率与电压的关系，通过 　 　 判断来电功率的大小。 ②为了探究电功率与电流的关系，小明认为，利用图丙电路只要通过移动滑动变阻器，改变电流观察灯L1或L2亮度的变化，即可得出结论。则小明同学的方案 　 　 （填“合理”或“不合理”），理由：　 　 。 27．（7分）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡额定电压U额为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。 （1）同组的小红发现电路连接有错误，请你在接错的那根导线上打“×”，并另画一根导线，使电路连接正确； （2）为能顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用 　 　 （填字母）； A.“10Ω，0.5A”的滑动变阻器 B.“20Ω，0.5A”的滑动变阻器 （3）闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 　 　 （选填“左”或“右”）端移动； （4）通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示。分析图像可知：该小灯泡正常发光时的额定功率为 　 　 W； （5）完成上述实验后，小明在缺少电压表的情况下，利用上述灯泡设计出了一个测未知定值电阻的电路，如图丁所示。请根据电路图写出其中一次测量的实验步骤： ①开关S1闭合，S2断开，调节滑动变阻器的滑片至电流表的示数I＝0.2A； ②　 　 ； ③表达式：Rx＝ 　 　 （用已知量和所测量的字母符号表示）。 28．（6分）随着经济水平的不断提高，小汽车越来越多地走进了我市普通家庭，如表为小军家小汽车的相关数据： 总质量：1600kg 额定功率：100kW 车轮与地面的总接触面积：8.0×10﹣2m2 水箱容量：5L （1）当水箱装满水，水温升高20℃时，需要吸收的热量为多少？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] （2）该车静止在水平地面上时，对地面的压强为多少？ （3）假如该车在水平路面上以46kW的功率匀速行驶10min，消耗汽油1.5kg，则小汽车发动机的效率为多少？（q汽油＝4.6×107J/kg） 29．（8分）小华设计的电热恒温箱原理电路如图甲所示，热敏电阻R阻值随温度变化的图线如图乙所示。闭合开关S1、S2，开始时触点A与B接触，工作电路开始加热。当电磁铁线圈中电流I≥60mA时衔铁被吸合，使触点A改与C接触，工作电路切换为保温状态；当锅内温度低于60℃时，线圈中电流I＜60mA衔铁被释放，触点A再次与B接触。已知工作电路电压U1＝220V，R2＝440Ω，保温时功率为100W，线圈电阻不计。 （1）温度升高，热敏电阻阻值 　 　 ，电磁铁线圈中电流 　 　 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）； （2）在工作电路中接入一只指示灯（电阻很大，对电路的影响可忽略），要求其仅在保温状态时发光，应将其与 　 　 （选填“R1”、“R2”）并联； （3）若该电热恒温箱设定的最高温度为90℃，求定值电阻R0的阻值是 　 　 Ω； （4）为能调低箱内最低温度，又保持箱内最高温度不变，以下调节方案中，可行的有 　 　 ； A.增大U2 B.增大R0 C.减小U2 D.减小R0 （5）计算工作电路加热时电路消耗的总功率是多少瓦？ 2025年江苏省南京市金陵中学河西分校中考物理模拟试卷（三） 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C D A B B B A A A C 题号 12 答案 C 一、单选题（每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意） 1．（2分）根据学过的物理知识，判断以下估测合理的是（　　） A．一间教室空气质量约30kg B．人的心率约为40次/min C．人的步行速度约为5km/h D．家用电饭煲正常工作的电流约为1A 【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解答】解：A．空气的密度在1.29kg/m3左右，教室的长、宽、高分别在8m、7m、3m左右，教室中空气的质量约m＝ρV＝1.29kg/m3×8m×7m×3m＝216.72kg，故A估测不合理； B．根据生活常识可知，人的心率约为75次/min，故B估测不合理； C．人正常步行速度约为1.2m/s＝4.32km/h，接近5km/h，故C估测合理； D．家用电饭锅功率在880W左右，正常工作的电流为I4A，故D估测不合理。 故选：C。 【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。 2．（2分）一款最新磁悬浮蓝牙音箱，它由一个球形音箱和一个磁悬浮底座组成。音箱悬浮在空中，一边旋转一边播放歌曲。下列说法中正确的是（　　） A．最新磁悬浮蓝牙音箱是高科技产品，发声不需要振动 B．根据音调可以判断出是哪个歌手的歌声 C．调节音量开关，调大音量，声音的响度就变大 D．歌声不是靠空气传到人耳的 【分析】（1）发声的物体在振动； （2）声音的特点和品质叫音色，影响因素是发声体的材料和结构； （3）声音的大小叫响度，影响因素是振幅和距离发声体远近； （4）我们平时听到的声音是靠空气传播的。 【解答】解：A、最新磁悬浮蓝牙音箱是高科技产品，发出的声音是振动产生的，故A错误； B、声音的特点和品质叫音色，根据音色可以判断出是哪个歌手的歌声，故B错误； C、声音的大小叫响度，调节音量开关，调大音量，声音的响度就变大，故C正确； D、我们听到的歌声是靠空气传到人耳的，故D错误。 故选：C。 【点评】此题考查了声音的产生和传播、声音的特性，属基础题目。 3．（2分）关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（　　） A．分子间只存在引力，不存在斥力 B．在电子、质子和原子中，尺度最小的是质子 C．扫地时灰尘飞舞可以说明分子在做无规则运动 D．宇宙是一个有层次的天体结构系统，是有起源、膨胀和演化的 【分析】（1）物质是由大量分子组成的；分子在永不停息地做无规则运动；分子间存在相互作用的引力和斥力； （2）分子由原子组成，原子的构成：带正电的原子核和带负电的核外电子，原子核又分为带正电的质子和不带电的中子； （3）宇宙是有层次的天体系统，它的层次结构：行星﹣﹣太阳系﹣﹣银河系﹣﹣星系团﹣﹣超星系团﹣﹣总星系。 【解答】解： A、分子间同时存在相互作用的引力和斥力，故A错误； B、原子核和电子构成原子，原子核由质子与中子组成，在电子、质子和原子中，尺度最小的是电子，故B错误； C、灰尘在空中飞舞，那是物质的机械运动，不是分子在运动，分子运动是肉眼看不见的，故C错误； D、宇宙是由物质组成的，宇宙中有很多的星系，星系中又有很多星体，宇宙是一个有层次的天体结构系，并且处于不断的演化过程中，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了分子动理论、扩散现象、原子结构、宇宙结构等，所考查内容均为物理中的常见知识点，要求学生熟练掌握。 4．（2分）如图所示，在“探究影响重力势能大小的因素”实验中，有体积相同的实心铁球甲、丙和塑料球乙，球甲、乙离沙地的高度相同。关于该探究，下列说法正确的是（　　） A．该实验中，球甲的重力势能最大 B．球陷入沙中的深度越深，说明球对沙子做功越少 C．比较乙和丙，可知物体质量越大，其具有的重力势能越大 D．通过甲和乙可推断，质量小的物体具有的重力势能一定小 【分析】A．重力势能与质量和高度有关，铁的密度大于塑料，在体积相同时，甲丙质量相同，乙质量最小，甲球与乙球高度相同，甲质量更大，与丙质量相同，高度更大； B．小球做功的能力难以直接观察，可以利用球在沙中陷入的深度间接反映，运用了转换法； C．探究重力势能与质量关系，应保持高度相同，质量不同，比较乙和丙，质量不同，高度不同； D．重力势能大小与质量和高度有关，甲乙两图高度相同，质量小的重力势能小，如果没有说明高度关系，质量小的物体具有的重力势能不一定小。 【解答】解：A．重力势能与质量和高度有关，铁的密度大于塑料，在体积相同时，甲丙质量相同，乙质量最小，甲球与乙球高度相同，甲质量更大，与丙质量相同，高度更大，所以球甲的重力势能最大，故A选项正确； B．小球做功的能力难以直接观察，可以利用球在沙中陷入的深度间接反映，球陷入沙中的深度越深，说明球对沙子做功越多，故B选项错误； C．探究重力势能与质量关系，应保持高度相同，质量不同，比较乙和丙，质量不同，高度不同，无法得出重力势能与质量的关系，故C选项错误； D．重力势能大小与质量和高度有关，甲乙两图高度相同，质量小的重力势能小，如果没有说明高度关系，质量小的物体具有的重力势能不一定小，故D选项错误。 故选：A。 【点评】该题考查了探究重力势能与质量和高度的关系的实验，考查了转换法和控制变量法在该实验中的应用。 5．（2分）物质M通过吸、放热，出现三种不同物态，如图所示.则从乙到丙发生的物态变化是（　　） A．升华 B．凝华 C．液化 D．凝固 【分析】（1）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。 （2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。 【解答】解：由图可知，丙变甲属于熔化吸热，甲变乙属于汽化吸热，乙变丙是由气态变为固态，属于凝华放热。 故ACD错误，B正确。 故选：B。 【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。 6．（2分）如图所示，用阴影部分面积描述的物理量中，不正确的是（　　） A．用电器的电功率 B．物体所受的压强 C．物体的质量 D．物体运动的路程 【分析】阴影部分的面积等于横、纵坐标之积，根据横、纵坐标之积是否等于相应的物理量进行判断。 【解答】解：A、横坐标表示电流I，纵坐标表示电压U，根据P＝UI可知，横、纵坐标之积表示电功率，故A正确； B、横坐标是受力面积S，纵坐标是压力F，根据p可知，横、纵坐标之积不是压强，故B错误； C、横坐标是体积Ⅴ，纵坐标是密度ρ，根据m＝ρV可知，横、纵坐标之积恰好是质量，故C正确； D、横坐标是时间t，纵坐标是速度v，根据s＝vt可知，横、纵坐标之积正好是路程，故D正确。 故选：B。 【点评】本题考查了同学们的识图能力以及对密度、速度、电功率和压强公式的掌握情况。 7．（2分）马拉松比赛常采用芯片计时，芯片的线圈中若有电流通过，就会激发芯片发送运动员的编码信息，系统会实时获取计时信息。正确佩带芯片的参赛者，通过起点和终点设置的有磁场地带，就会计时。能反映该计时芯片原理的图是（　　） A． B． C． D． 【分析】电磁感应现象：闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流。 【解答】解：当正确佩带芯片的参赛者通过起点和终点设置有磁场的地带时，线圈中会有电流通过，就能计时，说明此时发生了电磁感应现象； A．当电路闭合时，电路中有电流流过，小磁针转动，说明通电导体周围存在磁场，故A不符合题意； B．当导体在磁场中做切割磁感线运动时，灵敏电流计指针偏转，说明产生了感应电流，这是电磁感应现象，故B符合题意； C．当电路闭合时，通电导体在磁场中运动，说明通电导体在磁场中受到力的作用，故C不符合题意； D．图中是电磁继电器，它的原理是电流的磁效应，故D不符合题意。 故选：B。 【点评】本题考查了电磁感应现象的应用，难度不大，属于基础题。 8．（2分）小明将发光的荧光棒斜插入水中，由于光的反射和折射，荧光棒成了两个像，能较真实地反映从侧面观察到的情景的图是（　　） A． B． C． D． 【分析】光的反射定律：反射光线、入射光线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线； 光的折射规律：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧，当光线从空气射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，折射角大于入射角。 【解答】解：A、水面上荧光棒部分在水中的像与水面上荧光棒关于水面对称，我们看到的荧光棒位置在折射光线的反向延长线上，像的位置比实际位置偏高，看起来荧光棒向上弯折，故A正确； B、水面上荧光棒部分在水中的像与水面上荧光棒关于水面对称，我们看到的荧光棒位置在折射光线的反向延长线上，像的位置比实际位置偏高，看起来荧光棒向上弯折，而图中看起来荧光棒向下弯折，故B错误； CD、图中水面上荧光棒部分在水中的像没有与水面上荧光棒关于水面对称，故CD错误。 故选：A。 【点评】本题考查了光的折射规律的应用，知道光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角，是解答此题的关键。 9．（2分）在实验中经常遇到器材选用不合理或次要因素影响等使现象不明显的情况，从而需要对实验进行优化改进，如图所示的物理实验中，对于采取的措施，解释不合理的是（　　） A．图甲探究二力平衡条件，用硬纸板而不用小车因为纸板便于剪开 B．图乙探究影响压力作用效果的因素，用硬度小的海绵泡沫塑料 C．图丙探究流体压强与流速的关系，用乒乓球是因为它的惯性小 D．图丁探究力与运动的关系，采用小车是因为轮子滚动摩擦力小 【分析】（1）探究二力平衡时，要注意减小摩擦力和物体重力对实验效果的影响； （2）力的作用效果之一是改变物体的形状； （3）惯性是物体保持运动状态不变的性质，只与质量有关，质量大惯性大； （4）用滚动摩擦代替滑动摩擦可以减小摩擦力。 【解答】解：A、在探究二力平衡的条件时，为了忽略重力的影响，选用轻质卡片来实验，故A不合理； B、研究压力的作用效果与哪些因素有关时，通过压痕深浅反映压力的作用效果，所以用硬度小的海绵泡沫塑料，故B合理； C、在探究流体压强与流速的关系时，向中间吹起，中间空气流速大，压强小，周围空气流速小，压强大，乒乓球在周围大气压的作用下向中间靠拢，是利用了乒乓球质量小，惯性小，运动状态易于改变的道理，故C合理； D、探究力与运动的关系，采用小车是因为轮子滚动的滚动摩擦力小于滑动摩擦力，故D合理。 故选：A。 【点评】本题通过实验方法考查了多方面的知识，需要同学逐项分析，判断正误。关键是增强实验效果，同时消除无关因素对实验结果的影响。 10．（2分）如图所示，在“探究凸透镜的成像特点”实验中，光屏是白色不透光的塑料片，发光物是“”字，此时刚好在光屏上找到一个清晰的像，则此时按图中所示的方向人眼看到光屏上像的大小和形状是（　　） A．放大的“” B．放大的“” C．缩小的“” D．缩小的“” 【分析】凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；凸透镜成实像时，像与物上下、左右均倒（是互换的）。 【解答】解：物距小于像距，成倒立放大的实像，光源“”开口向里（即垂直于纸面向里），在光屏前面看到的字母“”是开口向外的（或开口向右），即像的形状应该放大的“”。 故选：A。 【点评】此题考查凸透镜成像的规律，掌握凸透镜成像的特点是解题关键。 11．（2分）两个质量分布均匀的正方体放在水平地面上如图甲所示，将A沿水平方向切去高为L的部分，并把切去部分叠放在B上，B对地面的压强为pB，A剩余部分对地的压强为pA，pA、pB与L的变化关系如图乙所示。以下说法错误的是（　　） A．切除之前，A的重力为40N B．A与B的密度之比为2：1 C．L＝5cm时，pA：pB＝4：7 D．若将B叠放在A上，A对地面的压强为2×104Pa 【分析】（1）由图乙知A和B原来对地面的压强相同，均为4000Pa，A的边长hA＝10cm＝0.1m，由面积公式和体积公式分别得到A的面积和体积，物体单独放置在水平面上时，物体的重力与物体对地面的压力相等，由压强公式得到切除之前，A的压力即为A的重力； （2）由重力公式得到物体A的质量，由密度公式得到A的密度，利用压强公式和B单独放置在水平地面上的压强和A全部放置在B上时，B对地面的压强数值之比得到B的重力，由重力公式得到物体B的质量，由压强公式得到物体B的底面积，由面积公式和体积公式得到物体B的体积，由密度公式得到B的密度，进而得到A与B的密度之比； （3）当L＝5cm时，A切去一半体积，A的质量减半、重力减半，对地面的压力减半，A与地面的接触面积不变即SA不变，由压强公式知A对地面的压强减半，变为2000Pa，A切去部分放置在B上之后，先求出B对地面的压力，再由压强公式得到B对地面的压强，即可得到当L＝5cm时，pA与pB之比； （4）若将B叠放在A上，先求出A对地面的压力，再由压强公式得到A对地面的压强。 【解答】解：A、由图乙知A和B原来对地面的压强相同，均为p0＝4000Pa，A的边长hA＝10cm＝0.1m， 则A的面积SA＝（hA）2＝（0.1m）2＝0.01m2， A的体积为VA＝（hA）3＝（0.1m）3＝0.001m3， 物体单独放置在水平面上时，物体的重力与物体对地面的压力相等，切除之前，A的重力GA＝FA＝p0SA＝4000Pa×0.01m2＝40N，故A正确； B、物体A的质量mA4kg， A的密度ρA4000kg/m3， B单独放置在水平地面上时对地面的压强p04000Pa……① 由图乙知，当A全部放置在B上时，B对地面的压强pB5000Pa……② 由①②知：GB＝160N， 物体B的质量mB16kg， 物体B的底面积SB0.04m2， 物体B的体积VB＝（）3＝（）3＝0.008m3， B的密度ρB2000kg/m3， 则A与B的密度之比为4000kg/m3：2000kg/m3＝2：1，故B正确； C、当L＝5cm时，A切去一半体积，A的质量减半、重力减半，对地面的压力减半，A与地面的接触面积不变即SA不变，由p知A对地面的压强减半，变为2000Pa， A切去部分放置在B上之后，B对地面的压力FB＝GBGA＝160N40N＝180N， B对地面的压强pB4500Pa， 则L＝5cm时，pA：pB＝2000Pa：4500Pa＝4：9，故C错误； D、若将B叠放在A上，A对地面的压力F'A＝GA+GB＝40N+160N＝200N， A对地面的压强为p'A2×104Pa，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查压强公式的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键，题目有一定的难度。 12．（2分）小七同学连接图甲所示的电路，电源电压不变，电流表A1量程为0～0.6A，电流表A2量程为0～3A，定值电阻R1＝10Ω。闭合开关S后再分别闭合开关S1或S2，将滑动变阻器滑片从最右端向左调节至中点的过程，两次电压表与电流表A2示数的I﹣U图像如图乙，下列说法正确的是（　　） A．电源电压为4V B．滑动变阻器的最大阻值为40Ω C．开关S，S1，S2都闭合，滑片在最左端时，电路消耗的最大电功率为5.4W D．只闭合开关S、S2时，调节滑动变阻器滑片，电路消耗的最小电功率为1.2W 【分析】闭合开关S后再闭合开关S1或S2时，滑动变阻器与R1或R2串联，电流表A2测量电路中的电流； 根据欧姆定律分别求出图乙中a、b的电阻值，根据R1的阻值判断出a、b的图像； （1）根据串联电路的特点和欧姆定律得出电源电压的表达式，即可求出电源电压和滑动变阻器R的阻值； （2）开关S、S1、S2闭合，R1、R2并联后与滑动变阻器串联，根据并联电路特点和欧姆定律求出电路中最小电流，根据电功率公式可计算电路消耗的最大功率； （3）只闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联时，滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，读图可知最小电流，根据电功率公式可计算电路消耗的最小功率。 【解答】解：闭合开关S、S1时，滑动变阻器与R1串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R1两端的电压，闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R2两端的电压， 由I可得，图像中a、b线的电阻值分别为： Ra10Ω，Rb20Ω； 已知R1＝10Ω，则a为电阻R1的I﹣U图像，b为电阻R2的I﹣U图像，： （1）闭合开关S、S1时，滑动变阻器与R1串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R1两端的电压，滑动变阻器滑片在最右端时，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小， 由图乙中a的图像可知：最小电流为Ia最小＝0.2A，Ua最小＝2V， 根据串联电路的特点和欧姆定律可得： 电源电压U＝Ia最小R+Ua最小＝0.2A×R+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联，电流表A2测通过电路的电流，电压表测R2两端的电压，滑动变阻器滑片在最右端时，由于滑动变阻器的电阻全部连入电路，根据欧姆定律可知电路中的电流最小， 由图乙中b的图像可知：最小电流为Ib最小＝0.15A，Ub最小＝3V， 根据串联电路的特点和欧姆定律可得： 电源电压U＝Ib最小R+Ub最小＝0.15A×R+3V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② 解①②可得：U＝6V，R＝20Ω；故AB错误； （2）开关S，S1，S2都闭合，滑片在最左端时，R1、R2并联后与滑动变阻器串联，滑动变阻器接入电路的电阻为0， 并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流为：I0.9A， 电路消耗的最大电功率：P＝UI＝6V×0.9A＝5.4W，故C正确； （3）只闭合开关S、S2时，滑动变阻器与R2串联时，滑动变阻器滑片在最右端时，滑动变阻器的电阻全部连入电路， 根据欧姆定律可知电路中的电流最小，由图乙中b的图像可知：最小电流为Ib最小＝0.15A， 该电路消耗的最小功率：P′＝UIb最小＝6V×0.15A＝0.9W，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、电功率公式及欧姆定律的灵活运用，关键是电路的识别及从图乙获取有效的信息，难度较大。 二、填空题（每空1分，共26分） 13．（5分）用圆珠笔芯做了几个小实验： （1）如图甲，用刻度尺测量并排的5根笔芯，则1根笔芯的直径约为 　0.60　 cm； （2）如图乙，将笔油滴入水中可以“作画”，其实质是一种 　扩散　 现象； （3）如图丙，圆珠笔写的字要用磨砂橡皮才容易擦掉，这是采用 　在压力一定时，增大接触面粗糙程度　 方法增大摩擦的； （4）如图丁，用吸管对着拱起的纸的底部吹气，发现纸 　变平　 （选填“变平”、“飞出去”），　飞机　 （选填“飞机”、“飞艇”）的飞行原理与上述成因相同。 【分析】（1）使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。 （2）不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散。 （3）摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，增大摩擦的方法有增大压力、增大接触面的粗糙程度两种方法。 （4）流体流速越大的地方，压强越小；流速越小的地方，压强越大。 【解答】解：（1）如图甲所示，刻度尺分度值为0.1cm，读数时估读到下一位，用刻度尺测量并排的5根笔芯，长度L＝6.00cm﹣3.00cm＝3.00cm，则1根笔芯的直径约为： d0.60cm； （2）如图乙所示，将笔油滴入水中可以“作画，其实质是一种扩散现象； （3）如图丙所示，圆珠笔写的字要用磨砂橡皮才容易擦掉，这是采用在压力一定时，增大接触面粗糙程度方法增大摩擦的； （4）如图丁所示，将用完的笔芯尖部取下，用芯管对着拱起的纸的底部吹气，发现纸变平了，这是因为气体的流速越大压强越小，飞机的飞行原理也是如此。 故答案为：（1）0.60；（2）扩散；（3）在压力一定时，增大接触面粗糙程度；（4）变平；飞机。 【点评】本题考查了长度的测量、扩散现象、摩擦力、流体压强和流速的关系，比较综合。 14．（4分）2024年5月3日，嫦娥六号由长征五号遥八运载火箭成功发射，开启了月背探秘华章。 （1）火箭穿越大气层过程中，以火箭为参照物，嫦娥六号是　静止　 的。 （2）着陆器上的太阳能电池板将太阳能转化为　电　 能，太阳能是　可再生　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。 （3）着陆器在月背采样的影像用　电磁　 波传回地球。 【分析】（1）物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体是静止的。 （2）太阳能电池板将太阳能转化为电能；太阳能是可再生能源。 （3）电磁波可以传递信息。 【解答】解：（1）火箭穿越大气层过程中，以火箭为参照物，嫦娥六号和火箭的位置不变是静止的。 （2）着陆器上的太阳能电池板将太阳能转化为电能，太阳能是可再生能源。 （3）着陆器在月背采样的影像用电磁波传回地球。 故答案为：（1）静止；（2）电；可再生；（3）电磁。 【点评】本题考查的是运动和静止的相对性；知道能源的分类；知道电磁波的特点及应用。 15．（3分）图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程 　8　 m；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是 　电压　 ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器前60s内消耗的电能是 　100　 J。 【分析】由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt；同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR； 由丙图像知，用电器工作的功率和工作时间，由此可知面积表示消耗的电能并计算。 【解答】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s＝vt＝4m/s×2s＝8m； 同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U＝IR； 由图丙结合W＝Pt知功率P与时间t围成的图形的面积为消耗的电能，该用电器前60s内消耗的电能：W＝Pt＝2W×20s2W×（60s﹣20s）＝100J。 故答案为：8；电压；100。 【点评】本题考查了学生利用题中信息解答问题的能力，学生应会把公式和图形面积联系起来，是一道中等题。 16．（4分）如图所示，是四冲程汽油机的某一个冲程，此时处于 　做功　 冲程。若该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟经历 　1800　 个工作循环。完全燃烧0.21kg汽油所释放的热量为 　8.4×106J　 ，释放热量全部被40kg初温为45℃的水吸收，则在标准气压下水温升高 　50　 ℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q汽油＝4.0×107J/kg] 【分析】（1）汽油机的工作流程：内燃机通过吸气、压缩、做功、排气四个冲程不断循环来保证连续工作的， ③做功冲程：在压缩冲程末尾，火花塞产生电火花，使燃料猛烈燃烧，产生高温高压的燃气，高温高压气体推动活塞向下运动，带动曲轴转动，对外做功。 （2）在单缸四冲程内燃机中，吸气、压缩、做功、排气四个冲程为一个工作循环，每个工作循环曲轴转2周，活塞上下往复2次，做功1次。 （3）由Q放＝mq可求出汽油完全燃烧放出的热量。 （4）根据Q吸＝cmΔt计算水的温度升高值。 【解答】解：（1）如图所示，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，火花塞产生电火花，是四冲程汽油机的做功冲程。 （2）若该汽油机飞轮的转速是60r/s＝3600r/min，则汽油机每分钟经历1800个工作循环。 （3）完全燃烧0.21kg汽油所释放的热量： Q放＝m汽油q汽油＝0.21kg×4.0×107J/kg＝8.4×106J， （4）释放热量全部被水吸收，则Q吸＝Q放＝8.4×106J， Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×Δt＝8.4×106J， 解得水升高的温度： Δt＝50℃。 故答案为：做功；1800；8.4×106J；50。 【点评】本题考查四冲程的判断及工作循环次数，热值的计算及利用比热容进行热量的计算，计算量大。 17．（2分）如图所示，工人用滑轮组提升货物，每个滑轮的重力均为100N。 （1）物体重600N，工人在20s内将物体以0.5m/s的速度匀速提起，工人做功的功率是400W，则此时滑轮组的机械效率是 　75　 %； （2）若绳子能够承受的最大拉力为500N，货物提升过程中绳重和摩擦对应的额外功占总功的比值始终不变，滑轮组的最大机械效率为 　77.5　 %。 【分析】（1）假设做功时间为t，根据W＝Pt求工人做的总功，根据W＝Gh＝Gvt求对物体做的有用功，根据η求此时滑轮组的机械效率； （2）根据W额＝W总﹣W有求克服绳重和摩擦对应的额外功，从而可得货物提升过程中绳重和摩擦对应的额外功占总功的比值；假设物体上升的高度为h，由图可知动滑轮上的绳子段数，根据W＝Fs＝Fnh表示出总功，根据W有＝W总﹣W额表示出有用功，根据η求滑轮组的最大机械效率。 【解答】解：（1）假设做功时间为t，则工人做的总功：W总＝Pt＝400W×t， 对物体做的有用功：W有＝Gh＝Gvt＝600N×0.5m/s×t＝300W×t， 此时滑轮组的机械效率：η100%＝75%； （2）克服动滑重、绳重和摩擦对应的额外功：W额＝W总﹣W有＝400W×t﹣300W×t＝100W×t， 克服动滑重做的额外功：W动＝G动h＝G动vt＝100N×0.5m/s×t＝50W×t， 则货物提升过程中绳重和摩擦对应的额外功占总功的比值： 12.5%； 假设物体上升的高度为h，由图可知动滑轮上的绳子段数n＝2， 则绳子能够承受的最大拉力为500N时，总功：W′总＝Fs＝Fnh＝500N×2h， 有用功：W′有＝W总﹣W额＝500N×2h﹣12.5%×500N×2h﹣100N×h＝775N×h， 滑轮组的最大机械效率：η77.5%。 故答案为：75；77.5。 【点评】本题考查功、机械效率的计算，难度一般。 18．（4分）如图（a）所示，A、B、C三个薄壁圆柱形容器置于水平桌面上，容器内分别装有质量相等的水和某种液体，其中B、C容器的底面积相同。 （1）三个容器中液体对容器底的压强分别为pA、pB、pC，则它们的大小关系是：pA　＜　 pB；pB　＝　 pC； （2）将体积相等的甲、乙两个实心正方体物块分别放入B、C容器中，静止时状态如图（b）所示，且两容器液面相平。若，甲、乙所受浮力之比为1：2，则ρ液＝　1.2×103　 kg/m3，此时容器对桌面的压强大小关系为pB'　＜　 pC'。 【分析】（1）容器内分别装有质量相等的水和某种液体，所以它们的重力相同，因为是圆柱形容器，液体对容器底部的压力就等于液体的重力，利用可知压强大小关系； （2）利用浮沉条件可知密度关系，再利用p＝ρgh可知此时容器对桌面的压强大小关系。 【解答】解：（1）A、B、C三个薄壁圆柱形容器置于水平桌面上，容器内分别装有质量相等的水和某种液体，所以它们的重力相同，因为是圆柱形容器，液体对容器底部的压力就等于液体的重力，所以 FA＝FB＝FC 由题可知 SA＞SB、SB＝SC 由可知pA＜pB，pB＝pC （2）由题可知V甲＝V乙，F浮乙＝2F浮甲 因为甲漂浮在水面上，所以甲受到的浮力等于甲的重力，即 F浮甲＝G甲＝m甲g＝ρ甲V甲g 因为物块浸没在水中，乙受到的浮力为 F浮乙＝ρ液V乙g 所以 ρ液V乙g＝2ρ甲V甲g 即 由图可知，两液面相平，由p＝ρgh可知，此时容器对桌面的压强大小关系为pB'＜pC'。 故答案为：（1）＜；＝；（2）1.2×103；＜。 【点评】此题考查了浮沉条件、液体压强计算公式的综合应用，难度适中。 19．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“20Ω，1A”，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程0～15V，丁丁进行了下面操作：先闭合开关S和S1，断开开关S2，在保障电路元件安全的情况下，将滑动变阻器的滑片从最右端滑动到a点，灯泡L恰好正常发光，再断开开关S1，闭合开关S2，将滑动变阻器的滑片从a点向某一方向移动，直到电压表示数与灯泡L的额定电压相同，图乙是两次调节过程中电流表与电压表示数变化关系图像。定值电阻R的阻值是 　10　 Ω，电源电压是 　6　 V，灯泡的额定功率是 　1.5　 W。在确保电路安全的情况下，任意断开和闭合开关，并调节滑片，电路的最小电功率是 　1.2　 W。 【分析】闭合开关S和S1，断开开关S2，灯泡和变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡两端的电压，在保障电路元件安全的情况下，将滑动变阻器的滑片从最右端滑动到a点，由于灯泡电阻随温度变化，故可知此过程中电流表与电压表示数变化关系为图乙中的曲线，则另一次调节过程中电流表与电压表示数变化关系图像为图乙中的直线，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路中总电阻最大，由欧姆定律知道，电路中电流最小，从图中可知是0.25A，灯泡两端电压为1V，根据欧姆定律得出变阻器两端电压，根据串联电路的电压特点得出电源电压； 再断开开关S1闭合开关S2，电阻R和变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量R两端的电压，由图乙知道，两条图像中电压相等时（等于灯泡额定电压）电路中的电流为I′＝0.3A， 变阻器滑片在a点时，电路中的电流为0.375A，电阻R两端的电压为3.75V，根据欧姆定律得出此时变阻器接入电路中的电阻和R的阻值； 可知电路中的电流从0.375A变为0.3A，根据欧姆定律知道，电路中的总电阻变大，变阻器接入电路的电阻值变大，故滑片是从a点向右移动的。 当电路中的电流为0.3A时，灯泡的额定电压等于R两端的电压，根据欧姆定律得出灯泡的额定电压； 在闭合开关S和S1，断开开关S2，且滑片在a点时，各级欧姆定律得出灯泡的额定电流，根据P＝UI得出灯泡的额定功率； 闭合开关S和S1，断开开关S2，灯泡和变阻器串联，根据P＝UI得出此时电路的最小功率； 当闭合开关S和S2，断开开关S1，且变阻器接入电路中阻值最大时，根据P最小′得出此时电路的最小功率，进而判断得出电路的最小功率。 【解答】解： 闭合开关S和S1，断开开关S2，灯泡和变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量灯泡两端的电压，在保障电路元件安全的情况下，将滑动变阻器的滑片从最右端滑动到a点，由于灯泡电阻随温度变化，故可知此过程中电流表与电压表示数变化关系为图乙中的曲线，则另一次调节过程中电流表与电压表示数变化关系图像为图乙中的直线，滑动变阻器的滑片在最右端时，电路中总电阻最大，由欧姆定律知道，电路中电流最小，从图中可知是0.25A，灯泡两端电压为1V，变阻器两端电压为UR′＝IR′＝0.25A×20Ω＝5V， 根据串联电路的电压特点知道，电源电压U＝UL实+UR′＝1V+5V＝6V； 再断开开关S1闭合开关S2，电阻R和变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量R两端的电压，由图乙知道，两条图像中电压相等时（等于灯泡额定电压）电路中的电流为I′＝0.3A， 变阻器滑片在a点时，电路中的电流为0.375A，电阻R两端的电压为3.75V，此时变阻器接入电路中的电阻Ra6Ω； R的阻值R10Ω； 可知电路中的电流从0.375A变为0.3A，根据欧姆定律知道，电路中的总电阻变大，变阻器接入电路的电阻值变大，故滑片是从a点向右移动的。 当电路中的电流为0.3A时，灯泡的额定电压等于R两端的电压，即U额＝I′R＝0.3A×10Ω＝3V， 在闭合开关S和S1，断开开关S2，且滑片在a点时，灯泡的额定电流I额＝IRa0.5A， 灯泡的额定功率P额＝U额I额＝3V×0.5A＝1.5W； 闭合开关S和S1，断开开关S2，灯泡和变阻器串联，此时电路的最小功率为P最小＝UI最小＝6V×0.25A＝1.5W， 当闭合开关S和S2，断开开关S1，且变阻器接入电路中阻值最大时，此时电路的最小功率为P最小′1.2W， 所以，电路的最小功率为1.2W。 故答案为：10；6；1.5；1.2。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是从图中得出有用信息。 三、解答题（每空1分，每图2分，计算题6分，共50分） 20．（2分）在如图中画出与入射光线相对应的折射光线。 【分析】在作凸透镜的光路图时，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：根据平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴分别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。 21．（2分）如图，请画出篮球撞击篮板时所受重力G以及对篮板压力F的示意图。 【分析】（1）重力是物体受到的力，因此根据规则物体的重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，过物体的重心表示出重力的方向即可； （2）压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上；然后根据压力的方向垂直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。 【解答】解：（1）过物体重心画带箭头的线段，方向竖直向下，符号为G； （2）压力的作用点在物体与接触面上；过压力作用点画垂直于篮板、带箭头的线段表示压力，符号为F；如图所示： 【点评】本题的关键是确定压力和重力的作用点和方向，并会用力的图示表示力的三要素。注意物体对篮板的压力要小于物体所受重力。 22．（2分）如图甲所示是一款压饺子皮的工具，使用时压压杆可以看作一个杠杆。图乙是简化示意图，图中O为支点，F2是压杆上B点在下压时受到的阻力。请在乙图上画出阻力臂l2、作用在杠杆A点需要施加的最小动力F1。 【分析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。 杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。 【解答】解：反向延长F2画出阻力作用线，从支点O作阻力F2作用线的垂线，则支点到垂足的距离为阻力臂l2； 由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；在压制饺子皮时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示： 【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。 23．（5分）小伟猜想动能的大小可能与物体质量和运动速度有关，于是设计了如图所示的实验，让小球沿斜面向下运动，然后撞击木块，木块在水平面上移动一段距离后静止。 （1）实验的研究对象是　小球　 （选填“小球”或“木块”）； （2）图甲是探究的是动能与　速度　 的关系； （3）木块被撞击后，最终会停下来，在此过程中将机械能转化为　内　 能； （4）小华这个实验的基础上，去掉木块，添加毛巾、棉布探究阻力对物体运动的影响。实验中，通过比较　木块运动的距离　 来比较小球受阻力的影响大小。小球在木板、棉布、毛巾表面整个滚动过程中克服阻力做功的功　相等　 （选填“相等”或“不等”）。 【分析】（1）本实验探究的是小球的动能； （2）探究动能大小与速度的关系，需控制小球的质量相同，改变小球达到水平面的速度； （3）木块被撞击后，最终会停下来，在此过程中木块克服摩擦做功，将机械能转化为内能； （4）阻力对物体运动的影响通过比较木块运动的距离来比较小球受阻力的影响；小球从同一斜面的同一高度滑下，到达水平面的速度相同，动能相同。 【解答】解：（1）该实验探究小球的动能，实验方法为控制变量法和转换法；（2）图甲中，让同一小球分别从同一斜面的不同高度由静止开始滑下，小球的质量相同，小球达到水平面的速度，可探究动能大小与速度的关系； （3）木块被撞击后，最终会停下来，在此过程中木块克服摩擦做功，将机械能转化为内能； （4）研究阻力对物体运动的影响时，接触面越光滑，小球受到的阻力越小，小球速度减小的越慢；让同一小球从同一斜面同一高度下滑的目的是使小球到达水平面时初速度相等，即动能相同，最终转化成的内能也相等。故答案为：（1）小球；（2）速度；（3）内；（4）木块运动的距离；相等。 【点评】本题考查转换法、控制变量法在实验中的应用以及能量的转化。 24．（4分）小强发现阳光下的海水和岸边的沙子温差很大，于是他做了图甲所示的实验来比较沙子和水这两种物质比热容的差异，实验过程中所使用仪器规格完全相同。 （1）量取质量相同的水和沙子，并记下沙子和水的初始温度； （2）在实验时只要控制　加热时间　 相同就可以确定水、沙子吸收了相同的热量；通过比较它们　温度变化　 的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异； （3）也可以加热使它们升高相同的温度，比较　加热时间　 来比较它们吸热能力的强弱； （4）图乙是根据实验数据画出的图像，已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），不计热量损失，则沙子的比热容是　1.4×103　 J/（kg•℃）。 【分析】（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： ①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； ②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）根据两种液体相同时间内吸收的热量相等及Q＝cmΔt来计算。 【解答】解：（2）在实验时只要控制加热时间相同就可以确定水和沙子吸收了相同的热量； 加热完成后只要比较它们温度变化的多少就可以比较出沙子和水吸热能力差异； （3）实验时可以让质量相同的水和沙子升高相同的温度，比较它们加热时间来判断水和沙子吸热能力的强弱； （4）由图象知，加热时间相同时，沙子升高的温度为水升高温度的3倍，水和沙子吸收的热量相同，则：c沙子mΔt沙子＝c水mΔt水，则c沙子c水4.2×103J/（kg•℃）＝1.4×103J/（kg•℃）。 故答案为：（2）加热时间；温度变化；（3）加热时间；（4）1.4×103。 【点评】本题是探究沙子和水的吸热能力实验，注意控制变量法在本实验中的应用，同时应用物理知识解决实际问题的能力。 25．（7分）物理兴趣小组的同学测量牛奶和小石块的密度。 （1）在烧杯中倒入适量的牛奶，用调节好的天平测出烧杯和牛奶的总质量如图乙所示，则烧杯和牛奶的总质量为 　62　 g，将烧杯中的牛奶全部倒入量筒中，牛奶的体积如图丙所示，再测出空烧杯的质量为18g，则牛奶的密度为 　1.1×103　 kg/m3； （2）在测量小石块密度时，他们设计了如下实验方案进行测量，请你补充完整； 第一种方案是利用家中的电子秤设计出如图丁实验，操作步骤如下： a.将装有适量水的烧杯放在电子秤上，打开开关并设置归零（即示数为零）； b.如图所示，用细线系住小石块，使石块 　浸没在水中，但不接触杯底　 ，读出电子秤的示数20g； c.松开细线，使小石块沉入烧杯底部，待电子秤示数稳定后，读出其示数为52g； 则小石块的密度ρ石＝ 　2.6　 g/cm3（ρ水＝lg/cm3）。若步骤b中不小心溅飞出去少量水，这将导致测量值 　偏大　 （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）； 第二种方案的测量如图戊，步骤如下： a.在圆柱形玻璃筒内加入适量的水，塑料碗漂浮在水面上，量出筒内水面的高度h1； b.将小石块放入碗中，碗仍漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h2； c.将小石块放入筒内的水中，碗漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h3； 则小石块密度的表达式为ρ＝ 　　 （已知水的密度为ρ水，用所测量的符号表示）。若将测量步骤中的b和c对调，测得的石块密度为ρ'，则ρ'　＝　 ρ（选填“＞”“＝”或“＜”）。 【分析】（1）知道空烧杯的质量和烧杯和牛奶的总质量，求出牛奶的质量，牛奶的体积等于牛奶面对应的刻度值，根据密度公式求出牛奶的密度； （2）第一种方案：由丁图的第一图，根据浮力等于物体排开液体的重力，求出浮力大小，根据阿基米德原理求出石块的体积； 由丁图的第二图，求出石块的质量； 知道石块的质量和体积，根据密度公式，求出石块的密度。 第二种方案： 由戊图的第一和第二图得，利用漂浮的物体，增加的重力等于增加的浮力，求出石块的重力，求出石块的质量； 由戊图第一和第三图得，石块的体积等于容器中增加的体积； 知道石块的质量和体积，根据密度公式，求出石块的密度。 【解答】解：（1）烧杯和牛奶的总质量：m＝50g+10g+2g＝62g，空烧杯的质量为：m'＝18g，则烧杯中牛奶的质量：m牛奶＝m﹣m'＝62g﹣18g＝44g， 量筒中牛奶的体积：V＝40mL＝40cm3，牛奶的密度：ρ牛奶1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3； （2）第一种方案： a.将装有适量水的烧杯放在电子秤上，打开开关并设置归零； b.如图丁所示，用细线系住小石块，小石块浸没在水中，但不接触杯底，读出电子秤的示数为m1＝20g； 小石块受到浮力作用，物体间力的作用是相互的，小石块给水一个竖直向下的力，施加在容器的底部，电子秤的示数增加， 所以电子秤增加的示数，是小石块排开水的质量，所以烧杯中增加水的体积和小石块的体积相等， 所以小石块的体积为：V石＝ΔV水20cm3； c.松开细线，使小石块沉入烧杯底部，待电子秤示数稳定后，读出其示数为m2＝52g； 烧杯中增加的质量等于小石块的质量，所以小石块的质量为m2＝52g， 所以小石块的密度：ρ2.6g/cm3； 根据以上步骤可得小石块的密度表达式为ρ•ρ水， 若设m2与m1的差值为Δm，则有ρ•ρ水•ρ水＝（1）•ρ水﹣﹣﹣﹣① 不小心溅飞出去少量水，设飞溅出去水的质量为m飞溅， 则测得步骤b中电子秤示数为m1﹣m飞溅，测得步骤c中电子秤示数为m2﹣m飞溅， 此时测得小石块的密度表达式为ρ测•ρ水•ρ水＝（1）•ρ水﹣﹣﹣﹣② 比较①②可知ρ测＞ρ，则所测密度会偏大； 第二种方案： a.在圆柱形玻璃筒内加入适量的水，塑料碗漂浮在水面上，量出筒内水面的高度h1； b.将小石块放入碗中，碗仍漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h2； 设圆柱容器的底面积是S， 当小石块和碗一起漂浮在水面上，根据增加的浮力等于增加的重力， 所以小石块的重力：G＝ΔF浮＝ΔG排＝ρ水gΔV排＝ρ水gS（h2﹣h1）， 所以小石块的质量：m石ρ水S（h2﹣h1）， c.将小石块放入筒内的水中，碗漂浮在水面上，测出筒内水面的高度h3； 小石块的体积：V石＝S（h3﹣h1）， 小石块的密度：ρ；若将测量步骤中的b和c对调，对石块的质量和体积均无影响，故密度不变，所以ρ'＝ρ。 故答案为：（1）62；1.1×103；（2）浸没在水中，但不接触杯底；2.6；偏大；；＝。 【点评】本题考查了液体密度测量和固体密度测量，尤其是利用浮力测量小石块的体积，是解决本题的关键，方法比较典型，要熟练掌握。 26．（7分）某小组同学用图甲的电路图探究欧姆定律，实验中他们所用的定值电阻分别是5Ω、10Ω、20Ω，电源电压为3V不变。 （1）如图甲所示，是小华所连接的不完整实验电路，请你用笔画线代替导线，将电路连接完整。 （2）在探究“导体中的电流跟电阻的关系”时，小华将5Ω的电阻接入电路，电压表如图乙所示。后把定值电阻由5Ω换成10Ω，闭合开关后，操作是：调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数为 　2　 V。若要完成整个实验，选择的滑动变阻器的最大阻值至少为 　10　 Ω； （3）上述探究结束后，该组同学选择原来的电源和两只灯泡L1“2.5V，0.3A”和L2“3.8V，0.3A”，设计的电路如图丙所示，探究“电功率跟电流、电压的关系”。 ①此实验设计是为了探究电功率与电压的关系，通过 　灯泡亮度　 判断来电功率的大小。 ②为了探究电功率与电流的关系，小明认为，利用图丙电路只要通过移动滑动变阻器，改变电流观察灯L1或L2亮度的变化，即可得出结论。则小明同学的方案 　不合理　 （填“合理”或“不合理”），理由：　电压与电流同时在改变，未控制电压一定　 。 【分析】（1）由欧姆定律坟出把电流表、电阻串联接入电路，完成电路连接； （2）探究电流与电阻的关系应控制电阻两端电压不变，应用串联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，然后选择滑动变阻器； （3）①灯泡亮度由灯泡实际功率决定，灯泡实际功率越大，灯泡越亮； ②探究功率与电流的关系，应控制电压相等而电流不同。 【解答】解：（1）由欧姆定律，电路中最大电流为：I0.6A， 故电流表选用0～0.6A量程，把电流表与电阻串联接入电路，实物电路图如图所示： （2）电压表量程为0～3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2V，探究“导体中的电流跟电阻的关系”时，应控制电阻两端电压不变，把定值电阻由5Ω换成10Ω，闭合开关后，定值电阻两端电压变大，为保持电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分压应将变阻器的滑片P向右移动直至电压表示数为2V为止； 电源电压为3V，定值电阻两端电压为2V，则滑动变阻器两端电压为：3V﹣2V＝1V，串联电路电流相等，电阻两端电压与电阻阻值成正比，电阻两端电压是滑动变阻器两端电压的2倍，电阻阻值是滑动变阻器接入电路阻值的2倍，电阻最大阻值为20Ω，要完成整个实验，滑动变阻器接入电路的最大阻值为10Ω，要完成实验，选择的滑动变阻器的最大阻值至少为10Ω； （3）①灯泡亮度由灯泡实际功率决定，灯泡实际功率越大，灯泡越亮，可以根据灯泡亮度比较灯泡电功率的大小； ②探究电功率与电流的关系，应控制灯泡两端电压相等而电流不同，利用图丙电路只要通过移动滑动变阻器，改变电流观察灯L1或L2亮度的变化时，电压与电流同时在改变，未控制电压一定，小明的方案不合理。 故答案为：（1）如上图；（2）2；10；（4）①灯泡亮度；②不合理 没有控制电压一定。 【点评】本题考查了连接实物电路图、电路现象分析、滑动变阻器的调节、电表读数、实验评价等问题，探究电流与电阻关系实验要应用控制变量法，应用控制变量法是正确解题的关键。 27．（7分）在“测定小灯泡的电功率”的实验中，选用如图甲所示的器材，其中电源电压为6V，小灯泡额定电压U额为2.5V（灯丝电阻约为12Ω）。 （1）同组的小红发现电路连接有错误，请你在接错的那根导线上打“×”，并另画一根导线，使电路连接正确； （2）为能顺利完成该实验探究，下列两种规格的滑动变阻器应选用 　B　 （填字母）； A.“10Ω，0.5A”的滑动变阻器 B.“20Ω，0.5A”的滑动变阻器 （3）闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 　左　 （选填“左”或“右”）端移动； （4）通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系如图丙所示。分析图像可知：该小灯泡正常发光时的额定功率为 　0.5　 W； （5）完成上述实验后，小明在缺少电压表的情况下，利用上述灯泡设计出了一个测未知定值电阻的电路，如图丁所示。请根据电路图写出其中一次测量的实验步骤： ①开关S1闭合，S2断开，调节滑动变阻器的滑片至电流表的示数I＝0.2A； ②　控制滑片的位置不动，开关S1断开，S2闭合，记下电流表的示数I′　 ； ③表达式：Rx＝ 　　 （用已知量和所测量的字母符号表示）。 【分析】（1）本实验中滑动变阻器一上一下接线柱接入电路，再和小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，电流变串联在电路中； （2）由小灯泡在正常发光下的电流选择滑动变阻器的电流，小灯泡和滑动变阻器串联，小灯泡的正常发光时的电阻约12Ω， 由串联电路电压的分配规律可求出滑动变阻器此时接入的电阻，确定滑动变阻器的阻值； （3）根据电压表选用小量程确定分度值读数，灯在额定电压下正常发光，结合分压原理分析； （4）根据通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系可知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI得出该小灯泡正常发光时的额定功率； （5）在①中，灯与待测电阻并联后再与变阻器串联，电流表测灯的电流，根据图丙可知电流表的示数I为0.2A灯的电压；在②中，控制滑片的位置不动，通过开关的转换，使电流表测灯与待测并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，根据并联电路电流的规律可知通过待测电阻的电流，由欧姆定律可知待测电阻的大小。 【解答】解：（1）本实验中滑动变阻器“一上一下”接线柱接入电路，再和小灯泡串联，电压表并联在小灯泡两端，电流表串联在电路中，连接电路实物图如下： （2）小灯泡正常发光时的电流约为I0，由串联电路电压的分配规律得：， 解得：R滑＝16.8Ω，故选B。 （3）闭合开关，移动滑片，发现电压表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，小于2.5V，为了测量小灯泡的额定功率， 应增大灯的电压，将滑动变阻器的滑片向左端移动。 （4）根据通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系可知，灯在额定电压下的电流为0.2A，该小灯泡正常发光时的额定功率为 P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W。 （5）在①中，开关S1闭合，S2断开，灯与待测电阻并联后再与变阻器串联，电流表测灯的电流，调节滑动变阻器的滑片至电流表的示数I为0.2A， 可知灯的电压为2.5V，在②中，控制滑片的位置不动，开关S1断开，S2闭合，记下电流表的示数I′，电流表测灯与待测并联的总电流， 因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，根据并联电路电流的规律，通过待测电阻的电流为 I″＝I′﹣I 表达式：Rx。 故答案为：（1）如解答所示；（2）B；（3）左；（4）0.5；（5）控制滑片的位置不动，开关S1断开，S2闭合，记下电流表的示数I′；。 【点评】本题“测定小灯泡的电功率”的实验，考查器材的选择、操作过程及测量电阻的特殊方法。 28．（6分）随着经济水平的不断提高，小汽车越来越多地走进了我市普通家庭，如表为小军家小汽车的相关数据： 总质量：1600kg 额定功率：100kW 车轮与地面的总接触面积：8.0×10﹣2m2 水箱容量：5L （1）当水箱装满水，水温升高20℃时，需要吸收的热量为多少？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] （2）该车静止在水平地面上时，对地面的压强为多少？ （3）假如该车在水平路面上以46kW的功率匀速行驶10min，消耗汽油1.5kg，则小汽车发动机的效率为多少？（q汽油＝4.6×107J/kg） 【分析】（1）由密度公式的变形公式求出水的质量，已知水的质量与升高的温度，由吸热公式可以求出水吸收的热量。 （2）车对地面的压力等于车的重力，根据F＝G＝mg求出车对地面的压力，然后由压强公式求出对地面的压强。 （3）根据W＝Pt求出车所做的功，根据Q放＝q汽油m油求出汽油释放的热量，最后由效率公式求出效率。 【解答】解：（1）根据水箱装满水时，水的体积为：V水＝5L＝5×10﹣3m3， 根据ρ可得水的质量： m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3＝5kg， 则水吸收的热量Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×20℃＝4.2×105J； （2）车对地面的压力F＝G＝mg＝16000N， 车对地面的压强p2×105Pa； （3）汽油释放的热量：Q放＝q汽油m油＝4.6×107J/kg×1.5kg＝6.9×107J， 汽车做的功W＝Pt＝46×103W×10×60s＝2.76×107J， 发动机效率η100%100%＝40%； 答：（1）需要吸收的热量为4.2×105J； （2）该车静止在水平地面上时，对地面的压强为2×105pa； （3）小汽车发动机的效率为40%。 【点评】本题考查了求水吸收的热量、车对地面的压强、发动机的效率问题，难度不大，熟练应用热量公式、压强公式、燃烧值公式即可正确解题。 29．（8分）小华设计的电热恒温箱原理电路如图甲所示，热敏电阻R阻值随温度变化的图线如图乙所示。闭合开关S1、S2，开始时触点A与B接触，工作电路开始加热。当电磁铁线圈中电流I≥60mA时衔铁被吸合，使触点A改与C接触，工作电路切换为保温状态；当锅内温度低于60℃时，线圈中电流I＜60mA衔铁被释放，触点A再次与B接触。已知工作电路电压U1＝220V，R2＝440Ω，保温时功率为100W，线圈电阻不计。 （1）温度升高，热敏电阻阻值 　变小　 ，电磁铁线圈中电流 　变大　 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）； （2）在工作电路中接入一只指示灯（电阻很大，对电路的影响可忽略），要求其仅在保温状态时发光，应将其与 　R2　 （选填“R1”、“R2”）并联； （3）若该电热恒温箱设定的最高温度为90℃，求定值电阻R0的阻值是 　300　 Ω； （4）为能调低箱内最低温度，又保持箱内最高温度不变，以下调节方案中，可行的有 　D　 ； A.增大U2 B.增大R0 C.减小U2 D.减小R0 （5）计算工作电路加热时电路消耗的总功率是多少瓦？ 【分析】（1）由乙图可知，温度升高时，热敏电阻R的阻值变小，电路中的总电阻变小，电源电压不变，由可知电磁铁线圈中电流变化。 （2）闭合开关S1、S2，开始时触点A与B接触，工作电路开始加热。则工作电路加热时R2被短接，电路中只有R1工作；当电磁铁线圈中电流I≥60mA时衔铁被吸合，使触点A改与C接触，工作电路切换为保温状态。则工作电路保温时R1与R2串联。指示灯仅在保温状态时发光，据此分析。 （3）由图乙可知，当恒温箱内的温度达到90℃时，热敏电阻的阻值为R＝150Ω，电磁铁线圈中电流，根据欧姆定律可知控制电路电压；当锅内温度 为60℃时，热敏电阻的阻值为300Ω，此时控制电路R0与R并联，根据欧姆定律可知通过热敏电阻的电流及R0的阻； （4）逐项分析得出答案； （5）保温时，R1与R2串联，由可得R1的阻值；电路为R1的简单电路，由可得工作电路加热时消耗的电功率。 【解答】解：（1）由乙图可知，温度升高时，热敏电阻R的阻值变小，电路中的总电阻变小，电源电压不变，由可知，电磁铁线圈中电流变大。 （2）闭合开关S1、S2，开始时触点A与B接触，工作电路开始加热。则工作电路加热时R2被短接，电路中只有R1工作；当电磁铁线圈中电流I≥60mA时衔铁被吸合，使触点A改与C接触，工作电路切换为保温状态。则工作电路保温时R1与R2串联。指示灯仅在保温状态时发光，说明指示灯应与R2并联。 （3）由图乙可知，当恒温箱内的温度达到90℃时，热敏电阻的阻值为R＝150Ω，电磁铁线圈中电流I＝60mA＝0.06A， 控制电路电压U2＝IR＝0.06A×150Ω＝9V； 当锅内温度 为60℃时，热敏电阻的阻值为300Ω，此时控制电路R0与R并联，通过热敏电阻的电流 ， R0的阻值； （4）由题意“当锅内温度低于60℃时，线圈中电流I＜60mA”衔铁被释放。若要降低恒温箱中的最低温度，则温度低于60℃时衔铁不释放，可让箱内温度更低。即相同情况下，要增大控制电路中的电流。由可知，增大U2或减小R可增大控制电路电流。由图乙可知温度降低时R的阻值会变大，R与R0并联，则应减小R0的阻值；当增大控制电路U2电压时，会改变控制的最高温度，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 （5）保温时，R1与R2串联，由可得，电路中的总电阻R总484Ω； 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1的阻值R1＝R总−R2＝484Ω−440Ω＝44Ω； 加热时，电路为R1的简单电路，则工作电路加热时消耗的电功率 。 答：（1）变小；变大；（2）R2；（3）300；（4）D；（5）工作电路加热时电路消耗的总功率是100W。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，是一道综合题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$