山东省烟台市芝罘区2025-2026学年下学期九年级期中物理试卷（一模）

**基本信息** 聚焦核心素养，以液态空气储能、神舟二十号等科技前沿及高压锅炖排骨、零冷水系统等生活实践为情境，覆盖声、光、热、力、电模块，注重科学探究（如杆秤制作）与问题解决能力的九年级物理一模卷。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|10/20|估测、声现象、光现象|神舟二十号结合运动和力考查科学思维| |多选|4/12|安全用电、热现象|高压锅炖排骨综合沸点与能量转化| |实验探究|3/24|光反射、杠杆平衡、电流电阻关系|杆秤制作体现跨学科实践与模型建构| |分析计算|2/20|浮力压强、电路热量计算|零冷水系统结合能量守恒考查科学论证|

山东省烟台市芝罘区2025-2026学年下学期九年级期中物理试卷（一模） 一、单项选择题（1—10题，每小题的四个选项中，只有一个是正确的，每小题2分，共20分） 1．（2分）在日常生活中，下列估测符合实际情况的是（　　） A．人的正常体温约为20℃ B．教室内课桌的高度约为1.5m C．人体的密度约为1g/cm3 D．家用液晶电视正常工作时的功率约为1000W 2．（2分）“风声雨声读书声声声入耳”，声音是我们感知缤纷世界的一个重要窗口。以下关于声现象说法正确的是（　　） A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，听到的闹铃声逐渐变小 B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，音调越高 C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在传播过程中减弱噪声 D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递能量 3．（2分）如图所示的光现象，与小孔成像现象原理相同的是（　　） A．杯子形成的影子 B．月亮在水中形成的像 C．放大镜把字放大 D．光的色散 4．（2分）在青藏铁路工程中，为了保证多年冻土区路基的稳定性，铁路两侧竖立了许多热棒。如图所示，热棒是封闭的中空长棒，下端插在冻土中，上端装有散热片，里面填充低沸点的液态氨作为“制冷剂”。在寒冷的季节，空气温度低于冻土层温度，制冷剂作为热的“搬运工”，通过液态氨与气态氨的相互转化，使冻土层温度降低、厚度增加，这样即使到了暖季热棒不再工作，冻土也不会完全融化，冻土层因温度变化对路基产生的影响变小。关于热棒在工作过程中，下列说法正确的是（　　） A．液态氨吸收冻土的热量变为气态氨是升华现象 B．气态氨上升到热棒上端吸收热量液化为液态氨 C．热棒的作用是把热量从冻土中传到空气中 D．冻土层从热棒吸收热量，厚度增加 5．（2分）乒乓球运动中蕴含着许多力学知识，下列说法正确的是（　　） A．击球时，球拍对球的力大于球对球拍的力 B．击球时，乒乓球受到的弹力是由球拍的形变产生的 C．乒乓球竖直上升到最高点时处于平衡状态 D．空中飞行的乒乓球，如果所受的力全部消失，它将立即静止 6．（2分）如图所示，用5N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右匀速运动，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计示数为2N，下列说法正确的是（　　） A．必须使木板A做匀速运动才能测出B受到的摩擦力 B．A对B的摩擦力大小为2N，方向水平向右 C．B对A的摩擦力大小为3N，方向水平向右 D．地面对A的摩擦力大小为3N，方向水平向右 7．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．温度为0℃以下的物体不具有内能 B．温度高的物体，含有的热量一定多 C．物体的内能增加，可能是吸收了热量 D．温度总是从高温物体传向低温物体 8．（2分）搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟二十号载人飞船进入预定轨道后，与空间站“天和核心舱”成功对接。下列分析正确的是（　　） A．火箭加速升空的过程中，机械能保持不变 B．航天员从地面到达空间站后惯性减小 C．飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站是运动的 D．空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的 9．（2分）如图所示为定值电阻R和灯泡L的U﹣I图像，灯泡L额定电压为2.5V。将两用电器串联在电源两端，灯泡L正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为2.5V B．灯泡L额定功率为0.75W C．R与灯泡L功率之比为5：3 D．灯泡L的U﹣I图像为图线B 10．（2分）某起重机的滑轮组结构示意如图所示，其最大载重为5t。起重机将3600kg的钢板匀速提升到10m高的桥墩上，滑轮组的机械效率为80%。不计钢丝绳的重力和摩擦，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　） A．钢板提升越高，机械效率越高 B．钢丝绳的拉力为10000N C．动滑轮的重力为6000N D．滑轮组满载时的机械效率约为84.7% 二、多项选择题（11—14题，每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得2分，不选或选错得0分，共12分） （多选）11．（3分）下列关于安全用电的说法正确的是（　　） A．图甲，使用试电笔辨别相线中性线时手必须接触笔尾金属体 B．图乙，人体会触电，此时位于a处的空气开关会自动切断电路 C．图丙，断开开关，站在地上的人用手接触点 b会触电 D．图丁，某插线板的开关可控制独立工作的指示灯和三孔插座，该插线板的连接正确 （多选）12．（3分）小明协助父母烹饪一道高压锅炖排骨的美食。下列说法正确的是（　　） A．选择使用高压锅进行炖煮，是因为增大气压能够降低水的沸点，使排骨快速煮熟 B．高压锅内的水沸腾时，水吸收热温度保持不变 C．气体推动高压锅排气阀跳动、旋转的过程中，锅内气体的内能转化为排气阀的机械能，与汽油机压缩冲程的能量转化方向正好相反 D．炖排骨的过程中，满屋飘香，说明分子在永不停息地做无规则运动 （多选）13．（3分）光具座上有凸透镜、光屏及发光源各一个。当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像。小明把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像。对于该像的情况，下列选项正确的是（　　） A．可能成放大的像 B．可能成缩小的像 C．成像可能比原来小 D．成像一定比原来小 （多选）14．（3分）如图所示，是小红连接的测量小灯泡额定功率的电路，小灯泡的额定电流为0.3A，电源电压保持不变，R为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.1A；移动滑片P置于A端，电流表的示数为0.2A；重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.16A。下列说法中正确的是（　　） A．电源的电压为4V B．定值电阻 R的阻值为10Ω C．小灯泡的额定电压为3.8V D．小灯泡的额定功率为0.75W 三、填空题（每小题3分，共15分） 15．（3分）指南针能帮助人们在森林中定向，是因为它在地磁场作用下N极总是指向 　 　 方。图中电源的左边是 　 　 极。 16．（3分）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器金属球，发现验电器的两片金属箔张开，此时验电器得到电子带 　 　 电，在接触瞬间电流的方向是 　 　 （填“从橡胶棒流向验电器”或“从验电器流向橡胶棒”），在摩擦过程中电子发生转移，电子的空间尺度比原子的 　 　 。 17．（3分）小明用如图所示的装置研究“液体内部压强”。 （1）比较图乙和图丙可知，液体内部压强随深度的增加而 　 　 。 （2）若将液体压强计的探头放入图丁的液体a中，发现丙、丁两次实验中U形管两侧液面高度差相等，则液体a的密度为 　 　 kg/m3。 （3）相同情况下，U形管中液体的密度越 　 　 ，两侧液面的高度差变化越明显。 18．（3分）市场上有一种变声器，可以改变声音的特性。某段声音的波形变化如图所示，变声前是A段，变声后是B段，则变声后声音的音调 　 　 （选填“变高”“不变”或“变低”），响度 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 19．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，滑动变阻器R的规格为“90Ω 2A”，电压表的量程为0～15V，电流表的量程均为0～3A，灯L的额定电压是18V（其阻值不受温度影响）。当先闭合开关S1、S2，再闭合开关S，灯L正常发光，调节滑动变阻器滑片使电流表A1、A2的示数分别为2.4A、0.6A，则灯L通电10s产生的热量是 　 　 J；当先闭合开关S3，再闭合开关S，为确保电路安全，灯L的最大功率与最小功率的比值是 　 　 。 四、作图阅读题：（20题2分、21题7分共9分） 20．（2分）如图所示的透镜，请作出光线AC的折射光线和光线OB的入射光线。 21．（7分） “沙戈荒”上打造“超级空气充电宝” 青海省海西州格尔木市的戈壁滩上，巨型白色罐体十分抢眼。罐体内，零下194摄氏度的极寒环境中，能量正以液态空气的形式静静“蛰伏”。这便是中国绿发投资集团有限公司打造的全球在建规模最大液态空气储能示范项目。 项目的核心，就是让空气在极寒中“变身”储能载体。为实现这一目标，科研团队历经无数次试验，终于突破深低温梯级蓄冷技术瓶颈，研发出常压低温存储系统，成功解决了空气存储和恒压释放的核心难题。这套总功率6万千瓦、储能容量60万千瓦时的系统，运作原理看似简单却暗藏玄机。用电低谷时段，多余电能驱动压缩机运转，净化后的空气被压缩成高压高温气体，经冷却后送入冷箱液化，最终储存在常压低温储罐中，而压缩过程中产生的热能则被回收存储在高压球罐内；用电高峰来临时，液态空气经加压汽化，在蓄冷介质和回收热能的双重加热下，形成高压高温气体驱动膨胀机发电，实现“谷电峰用”的完美闭环。 液态空气的密度是常温气态空气的750倍，且能在常压下安全存储。这项技术不仅解决了传统储能密度低、安全性差的痛点，更具备清洁低碳的突出优势——运行工质是空气，全程无二氧化碳及污染物排放，设备寿命长且不受地理条件限制，在戈壁、高原等极端环境下均可稳定运行。项目建成后将创下发电功率和储能规模两项世界第一。单次储能可连续放电10小时，输送60万千瓦时清洁电能，全年输电量约1.8亿千瓦时，可满足3万户家庭一年的用电需求。而配套建设的25万千瓦光伏项目，更让这个“充电宝”拥有了绿色能源自给能力。 请回答： （1）用电高峰时，气体驱动膨胀机发电，下列选项中与此技术原理相同的是 　 　 。 （2）用电低谷时，电能驱动压缩机运转，此过程涉及到的能量转化是：　 　 ；空气被压缩成高压高温气体，是通过 　 　 的方式使气体内能增大。 （3）若储罐的容积为50m3，储罐最多能储存液态空气质量是 　 　 ，这些液态空气全部汽化后（变为常温气态），体积是 　 　 。（常温下气态空气密度为1.2kg/m3） （4）若一天的有效光照时间按8h计算，配套的光伏发电项目一天共发电 　 　 千瓦时。 五、实验探究题（22题8分，23题8分，24题8分，共24分） 22．（8分）如图所示，小张同学在进行“探究光反射时的规律”的实验时，他把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张带有量角器的纸板竖直立在平面镜上。 （1）他应选择 　 　 （填“光滑”或“粗糙”）的纸板，原因：　 　 。 （2）如图，小张同学用一束光a贴着纸板E射向O点，经平面镜反射，在另一侧纸板F上出现反射光a'。改变光束入射的角度，多做几次实验。由图可以得出，反射角 　 　 （填“大于”、“小于”或“等于”）入射角。根据这个分析可知，如果一束光从d点射向O点，反射角的大小是 　 　 。 （3）他用一束光逆若b'的方向射向O点，在纸板E上出现的反射光逆着b的方向射出。由这个现象可以初步得出的结论是：　 　 。要得出普遍规律，接下来应该进行的具体操作是：　 　 。 23．（8分）在跨学科实践活动中，以“杆秤”为主题开展研究。 [项目提出] 实验室常用的测量质量的工具是天平，古人用杆秤解决此问题。 [项目分解] ①查阅资料，认识杆秤构造和使用方法。 ②制作简易杆秤，并设计增大杆秤的量程。 [项目实施] ①查阅资料，认识杆秤构造和工作原理。 构造：带有秤星（刻度）的秤杆、秤砣、秤盘、提纽等组成。 使用方法：将被测物体放于秤盘，移动秤砣使秤杆水平平衡，根据秤砣所在刻度读出物体质量。 原理：杠杆的平衡条件为：　 　 （用公式表示即可），使用提纽 　 　 时，杆秤的量程更大。（选填“1”或“2”） ②制作一个简易杆秤，并设计增大杆秤的量程。 材料：长约40cm的木筷、小盆、20g钩码、100g砝码、细线、刻度尺、记号笔。 步骤： ①筷子一端刻槽A，近旁刻槽B。小盆挂A作秤盘，B处系细线作提纽。 ②用细线系一个20g的钩码，作为秤砣。空秤盘时，调节秤砣的位置使秤杆水平平衡，这时细线在秤杆上的位置为秤的定盘星O，用记号笔标记此位置，即为零刻度线。 ③在秤盘中放100g砝码，手提提纽，调节秤砣的位置使秤杆水平平衡。此时，标记系秤砣的细线在秤杆上的位置C，并记为100g。在定盘星O到C之间均匀地画上49条刻度线，每一格就表示 　 　 g，即为该杆秤的分度值，并确定量程。下列做法中能增大杆秤量程的方法是：　 　 。（至少一个选项正确） A.减小钩码的质量 B.减小AB间的距离 C.减小秤杆的质量 D.增加秤杆的长度 [项目拓展] 某实践小组尝试制作斜拉桥的模目型，如图丙a所示的斜拉桥，可逐步简化成图丙b、c、d的模型。 ①以O点为支点，在图丙d中作出F1、F2的力臂l1、l2； ②为了减小钢索承受的拉力，可适当 　 　 （选填“升高”、“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：　 　 。 24．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，设计了如图甲所示的电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器规格为“40Ω 1A”，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻R。 （1）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙中的电路连接完整； （2）根据图丙，该实验保持定值电阻两端的电压为 　 　 V不变； （3）用5Ω的电阻进行实验后，再换用10Ω的电阻继续实验，若想保持定值电阻两端的电压不变，滑片应该适当向 　 　 （填“左”或“右”）移动； （4）当接入25Ω的定值电阻时，无论如何移动滑动变阻器的滑片都无法完成实验，请帮他们解决问题。 方法一：更换一个最大阻值至少为 　 　 Ω的滑动变阻器。 方法二：调节电源电压，使其最大不超 　 　 V。 （5）根据实验数据得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。 （6）他们完成探究实验后，想利用电流表和阻值为R0的电阻，测量未知电阻Rx的阻值。他们设计的电路如图丁所示，并完成了下列实验步骤： ①闭合开关S1、S2，读出电流表示数为I1； ②断开开关S2，读出电流表示数为I2； ③未知电阻Rx＝ 　 　 （用R0、I1和I2表示）。 六、分析计算题（25题10分、26题10分共20分） 25．（10分）如图甲所示，“国之重器”起重船起吊重物时，需通过抽水机将一侧水舱里的水抽向另一侧水舱来保持起重船平衡。如图乙所示，小兰设计了一种采用力传感器感知抽水量的长方体水舱模型，水舱中装有V＝0.014m3的水，其底面积S＝0.04m2。A是固定在顶端的力传感器，能够显示A对B的压力或拉力的大小；B是质量和体积均可忽略的细直硬杆，不考虑B的形变，B的上端与力传感器A连接，下端与物体C连接；物体C是质量m＝0.5kg、底面积SC＝0.01m2的圆柱体。用抽水机将水抽出的过程中，力传感器示数F的大小随抽出水的体积V变化的图象如图丙所示。当物体C的下端刚好露出水面，此时已抽出水的体积V抽＝0.01m3。已知ρ水＝1.0×103kg/m3。求： （1）物体C的重力； （2）物体C完全浸没时受到的浮力； （3）物体C的密度； （4）当力传感器示数为1N时，水对水舱模型底部的压强。 26．（10分）如图甲所示，为小明家安装的全屋“零冷水”系统结构简图。太阳能热水器作为主热水器，水箱容积为60L，当恒温控制中心检测到热水管中的水温低于设置温度时，启动循环泵，点燃燃气，辅助加热，以满足设置的水温条件；当热水管中水温高于设置温度时，可以通过调节水龙头，补充冷水，确保使用水满足设置温度；在无人用水时，恒温控制中心会启动循环泵，推动管中的水以图中箭头方向缓慢循环，保证热水管中水温维持在设定温度，做到全屋热水即开即用。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3。 恒温中心 冷水温度：20℃ 水箱水温：70℃ 设置水温：50℃ （1）太阳能属于 　 　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。 （2）如图乙所示，为恒温控制中心测温原理简图。当热水管中热水流过R1时，微电脑（视为电压表）读取R2两端的电压信息，即可感知热水温度，从而控制燃气辅热以及循环泵的工作情况。已知电源电压U为12V，R2为定值电阻，R1的阻值随温度t的变化关系图象如图丙所示。当热水管中水温为10℃时，微电脑读取的电压为3V。则R2的阻值是多少？当热水管中水温为80℃时，微电脑读取的电压为多少？ （3）某日晚，“零冷水”系统水箱装满水，显示器如表所示，则水箱中的热水降低到设置水温，可以释放多少热量？若小明家晚上洗漱共需要110L设置温度下的热水，为保证热水供应，除了热水释放的上述热量外，需要消耗多少升的燃气？（不计热量的损失，燃气热水器的加热效率为87.5%，燃气的热值q＝3.6×104J/L） 山东省烟台市芝罘区2025-2026学年下学期九年级期中物理试卷（一模） 参考答案与试题解析 一、单项选择题（1—10题，每小题的四个选项中，只有一个是正确的，每小题2分，共20分） 1．（2分）在日常生活中，下列估测符合实际情况的是（　　） A．人的正常体温约为20℃ B．教室内课桌的高度约为1.5m C．人体的密度约为1g/cm3 D．家用液晶电视正常工作时的功率约为1000W 【分析】首先要对选项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、人的正常体温约为37℃左右，变化幅度很小，故A选项错误。 B、教室内课桌的高度约为0.8m左右，适合学生坐姿学习，故B选项错误。 C、人体的密度与水的密度相近，约为1g/cm3（水的密度为1g/cm3），因为人体大部分成分是水，故C选项正确。 D、家用液晶电视正常工作时的功率约为100W﹣200W，1000W属于大功率电器（如电暖器、微波炉）的功率范围，不符合电视的实际功率，故D选项错误。 故选：C。 【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。 2．（2分）“风声雨声读书声声声入耳”，声音是我们感知缤纷世界的一个重要窗口。以下关于声现象说法正确的是（　　） A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，听到的闹铃声逐渐变小 B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，音调越高 C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在传播过程中减弱噪声 D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递能量 【分析】A．声音的传播需要介质； B．伸出长度越长，频率越小，音调越低； C．减弱噪声的方法：在人耳处减弱、在传播过程中减弱、在声源处减弱； D．声音能传递信息和能量。 【解答】解：A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，内部传递声音的介质变少，听到的闹铃声逐渐变小，故A正确； B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，频率越小，音调越低，故B错误； C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在人耳处减弱噪声，故C错误； D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递信息，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查声音的传播、影响音调的因素、声音的运用及减弱噪声的方法。 3．（2分）如图所示的光现象，与小孔成像现象原理相同的是（　　） A．杯子形成的影子 B．月亮在水中形成的像 C．放大镜把字放大 D．光的色散 【分析】（1）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、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，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。 【解答】解：A、杯子形成的影子，是光在同一均匀介质中沿直线传播形成的，故A符合题意； B、月亮在水中形成的像属于平面镜成像，是光的反射形成的，故B不符合题意； C、放大镜把字放大是利用凸透镜成虚像，凸透镜成像的实质是光的折射，故C不符合题意； D、雨后出现彩虹，是由于光的折射造成的现象，故D不符合题意。 故选：A。 【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。 4．（2分）在青藏铁路工程中，为了保证多年冻土区路基的稳定性，铁路两侧竖立了许多热棒。如图所示，热棒是封闭的中空长棒，下端插在冻土中，上端装有散热片，里面填充低沸点的液态氨作为“制冷剂”。在寒冷的季节，空气温度低于冻土层温度，制冷剂作为热的“搬运工”，通过液态氨与气态氨的相互转化，使冻土层温度降低、厚度增加，这样即使到了暖季热棒不再工作，冻土也不会完全融化，冻土层因温度变化对路基产生的影响变小。关于热棒在工作过程中，下列说法正确的是（　　） A．液态氨吸收冻土的热量变为气态氨是升华现象 B．气态氨上升到热棒上端吸收热量液化为液态氨 C．热棒的作用是把热量从冻土中传到空气中 D．冻土层从热棒吸收热量，厚度增加 【分析】物质从液态变为气态的过程叫作汽化，‌这一过程需要吸收热量。‌液化指物质由气态转变成液态。 【解答】解：A．氨在热棒下端吸收冻土中热量由液态变为气态，发生的物态变化是汽化，故A错误； B．氨在热棒上端，放热由气态变为液态，发生的物态变化是液化，故B错误； C．由题意可知，热棒的作用是把热量从冻土中传到空气中，从而使冻土保持稳定，故C正确； D．热棒的液化过程在上端向空气放热，冻土是提供热量给液态氨使其汽化的，所以冻土层是放出热量，温度降低，冰不会融化，厚度增加，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查物态变化的应用，核心是理解汽化吸热、液化放热的过程，明确热量是从低温区域转移到高温区域，注意区分升华与汽化，把握物态变化的方向和吸放热情况。 5．（2分）乒乓球运动中蕴含着许多力学知识，下列说法正确的是（　　） A．击球时，球拍对球的力大于球对球拍的力 B．击球时，乒乓球受到的弹力是由球拍的形变产生的 C．乒乓球竖直上升到最高点时处于平衡状态 D．空中飞行的乒乓球，如果所受的力全部消失，它将立即静止 【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。 （2）弹力是由于物体发生弹性形变而产生的。 （3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。 （4）根据牛顿第一定律，一切物体在不受外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。 【解答】解：A、根据力的作用是相互的，球拍对球的力等于球对球拍的力，故A错误。 B、弹力是由于物体发生弹性形变而产生的，击球时，球拍发生弹性形变，会对乒乓球产生弹力，所以乒乓球受到的弹力是由球拍的形变产生的，故B正确。 C、乒乓球上升到最高点时，只受到重力的作用，此时受力不平衡，故C错误。 D、根据牛顿第一定律，一切物体在不受外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。空中飞行的乒乓球处于运动状态，若所受的力全部消失，它将保持原来的速度和方向做匀速直线运动，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查弹力的概念及力的相互性，牛顿第一定律的应用。 6．（2分）如图所示，用5N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右匀速运动，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计示数为2N，下列说法正确的是（　　） A．必须使木板A做匀速运动才能测出B受到的摩擦力 B．A对B的摩擦力大小为2N，方向水平向右 C．B对A的摩擦力大小为3N，方向水平向右 D．地面对A的摩擦力大小为3N，方向水平向右 【分析】物体B静止和物体A做匀速直线运动时均处于平衡状态，对两者水平方向受力分析判断出受力情况，根据二力平衡条件和平衡状态的合力为零得出A对B、地面对A的摩擦力、拉力之间的关系，根据相互作用力的特点得出A对B的摩擦力和B对A摩擦力的大小关系，要注意二力平衡时力的大小相等、滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关。 【解答】解：A、拉动木板时，B始终处于静止状态，滑动摩擦力的大小与运动速度无关，所以实验中可以不匀速拉动A，故A错误； B、因B静止时处于平衡状态，水平方向受到测力计向左的拉力和A对B向右的摩擦力是一对平衡力，所以，A对B水平向右的摩擦力fA对B＝F示＝2N，故B正确； C、因A对B的摩擦力和B对A的摩擦力是一对相互作用力，所以B对A的摩擦力方向水平向左，大小为2N，故C错误； D、因物体A做匀速直线运动时，受到水平向右的拉力和B对A向左的摩擦力、地面对A向左的摩擦力处于平衡状态，所以，由力的合成可得：fB对A+f地＝F，则地面对A水平向左的摩擦力：f地＝F﹣fB对A＝5N﹣2N＝3N，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了摩擦力的大小和方向、平衡力的辨别等，正确的判断各力之间的关系是关键。 7．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　） A．温度为0℃以下的物体不具有内能 B．温度高的物体，含有的热量一定多 C．物体的内能增加，可能是吸收了热量 D．温度总是从高温物体传向低温物体 【分析】A．一切物体在任何温度下都有内能； B．热量是热传递过程中传递能量的多少； C．增大物体内能方法是一是吸热，二是对其做功； D．热传递的条件：热量总是从高温物体传向低温物体。 【解答】解：A．一切物体在任何温度下都有内能，温度为0℃以下的物体具有内能，故A错误； B．热量是热传递过程中传递能量的多少，不能说含有，故B错误； C．物体的内能增加，可能是吸收了热，也可能外界对其做功，故C正确； D．热量总是从高温物体传向低温物体，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查内能、温度、热量的不同，为基础题。 8．（2分）搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射。神舟二十号载人飞船进入预定轨道后，与空间站“天和核心舱”成功对接。下列分析正确的是（　　） A．火箭加速升空的过程中，机械能保持不变 B．航天员从地面到达空间站后惯性减小 C．飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站是运动的 D．空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的 【分析】（1）根据影响动能和重力势能大小的因素分析； （2）惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性； （3）飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，据此分析； （4）声音不能在真空中传播，电磁波可在真空中传播。 【解答】解：A.火箭加速升空的过程中，速度变大，动能变大，高度变大，重力势能变大，故机械能增大，故A错误； B.惯性大小取决于物体的质量，而质量是物体的属性，不随位置的改变而变化，故航天员的质量不变，从地面到达空间站后惯性大小不变，故B错误； C.飞船与空间站对接后，以飞船为参照物，空间站的位置没有变化，是静止的，故C错误； D.声音不能在真空中传播，空间站中的航天员是靠电磁波和地面控制中心取得联系的，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查影响动能、重力势能大小的因素和惯性的理解及电磁波的运用、运动和静止的判断。 9．（2分）如图所示为定值电阻R和灯泡L的U﹣I图像，灯泡L额定电压为2.5V。将两用电器串联在电源两端，灯泡L正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为2.5V B．灯泡L额定功率为0.75W C．R与灯泡L功率之比为5：3 D．灯泡L的U﹣I图像为图线B 【分析】AD、定值电阻R的电流随电压的变化关系为一过原点的直线，据此确定R的U﹣I图像为B； 灯泡L额定电压为2.5V可知正常发光时的，根据串联电路电流的规律结合串联电路的规律可得出电源电压大小； B、根据P＝UI得出灯泡L额定功率； C、串联电路各处的电流都相等，根据P＝UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，据此得出R与灯泡L功率之比。 【解答】解：AD、定值电阻R的电流随电压的变化关系为一过原点的直线，R的U﹣I图像为B，灯泡L的U﹣I图像为A；灯泡L额定电压为2.5V，可知正常发光时的电流为0.3A，将两用电器串联在电源两端，串联电路各处的电流都相等，灯泡L正常发光，R的电压为1.5V，根据串联电路的规律 U＝1.5V+2.5V＝4V 故AD错误； B、灯泡L额定功率为 PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W 故B正确； C、串联电路各处的电流都相等，根据P＝UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，故R与灯泡L功率之比为： 1.5V：2.5V＝3：5 故C错误。 故选：B。 【点评】本题考查串联电路的规律及电功率公式的运用，关键是从图中获取有效的信息。 10．（2分）某起重机的滑轮组结构示意如图所示，其最大载重为5t。起重机将3600kg的钢板匀速提升到10m高的桥墩上，滑轮组的机械效率为80%。不计钢丝绳的重力和摩擦，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　） A．钢板提升越高，机械效率越高 B．钢丝绳的拉力为10000N C．动滑轮的重力为6000N D．滑轮组满载时的机械效率约为84.7% 【分析】（1）根据η分析回答； （2）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用η求出钢丝绳的拉力； （3）根据F（G+G动）（mg+G动）求出动滑轮重； （4）不计钢丝绳的重力和摩擦，根据η求出滑轮组满载时的机械效率。 【解答】解：A、由η可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关，故A错误； B、由图可知，n＝4，根据η可知，钢丝绳的拉力为： F11250N，故B错误； C、根据F（G+G动）（mg+G动）可知，动滑轮重为： G动＝nF﹣mg＝4×11250N﹣3600kg×10N/kg＝9000N，故D错误； D、不计钢丝绳的重力和摩擦，滑轮组满载时的机械效率为： η100%≈84.7%，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了机械效率公式和滑轮组绳子拉力公式的综合应用。 二、多项选择题（11—14题，每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得2分，不选或选错得0分，共12分） （多选）11．（3分）下列关于安全用电的说法正确的是（　　） A．图甲，使用试电笔辨别相线中性线时手必须接触笔尾金属体 B．图乙，人体会触电，此时位于a处的空气开关会自动切断电路 C．图丙，断开开关，站在地上的人用手接触点 b会触电 D．图丁，某插线板的开关可控制独立工作的指示灯和三孔插座，该插线板的连接正确 【分析】（1）使用试电笔时手必须接触笔尾金属体。 （2）火线和零线中的电流不相同时，漏电保护器会自动断开电路。 （3）人体触电都是人直接或间接与火线连通造成的。 （4）三孔插座的正确接法是左零右火上接地。 【解答】解：A、图甲，使用试电笔辨别相线中性线时手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体，故A正确； B、图乙，人与大地构成通路，人体会触电，此时位于a处的漏电保护器会自动切断电路，故B错误； C、图丙，断开开关，站在地上的人用手接触点b与火线是连通的，人会触电，故C正确； D、三孔插座的正确接法是左零右火上接地，图丁中的三孔插座的左右两个孔接反了，故D错误。 故选：AC。 【点评】本题考查的是试电笔的使用方法；知道触电的种类；知道三孔插座、空气开关和漏电保护器的作用。 （多选）12．（3分）小明协助父母烹饪一道高压锅炖排骨的美食。下列说法正确的是（　　） A．选择使用高压锅进行炖煮，是因为增大气压能够降低水的沸点，使排骨快速煮熟 B．高压锅内的水沸腾时，水吸收热温度保持不变 C．气体推动高压锅排气阀跳动、旋转的过程中，锅内气体的内能转化为排气阀的机械能，与汽油机压缩冲程的能量转化方向正好相反 D．炖排骨的过程中，满屋飘香，说明分子在永不停息地做无规则运动 【分析】（1）液体的沸点与气压有关；气压越大，沸点越高； （2）液体沸腾时的温度叫沸点，液体在沸腾过程中不断吸热，温度不变； （3）气体推动高压锅排气阀跳动、旋转的过程中，内能转化为机械能；汽油机的压缩冲程，机械能转化为内能； （4）一切物质的分子都在不停地做无规则运动。 【解答】解：A、高压锅的工作原理是增大气压升高水的沸点，标准大气压下水的沸点是100℃，高压锅内气压高于标准大气压，水的沸点可达到110﹣120℃，更高的温度能让排骨更快煮熟。选项中“降低水的沸点”的说法错误，故A选项错误。 B、液体沸腾的特点是持续吸热，但温度保持不变，高压锅内的水沸腾时，虽然持续吸收热量，但温度会保持在沸点不变，故B选项正确。 C、气体推动排气阀跳动时，锅内气体的内能转化为排气阀的机械能，属于内能转化为机械能；汽油机的压缩冲程是活塞压缩气缸内气体，将机械能转化为气体的内能，属于机械能转化为内能。两者的能量转化方向正好相反，故C选项正确。 D、炖排骨时满屋飘香，是因为排骨的香味分子在空气中永不停息地做无规则运动，扩散到整个房间，这是扩散现象，体现了分子的热运动，故D选项正确。 故选：BCD。 【点评】本题考查的是沸点与气压的关系；知道分子的热运动、液化和四冲程内燃机的能量转化过程。 （多选）13．（3分）光具座上有凸透镜、光屏及发光源各一个。当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像。小明把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像。对于该像的情况，下列选项正确的是（　　） A．可能成放大的像 B．可能成缩小的像 C．成像可能比原来小 D．成像一定比原来小 【分析】（1）物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距； （2）凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小； 【解答】解：当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像，则f＜10cm＜2f，解得5cm＜f＜10cm； 把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像。如果是将光屏靠近凸透镜，则此时像距是5cm，小于焦距，是不可能成实像的，故不成立； 则光屏必定是远离凸透镜，此时像距变大，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，此时的一定比原来大，但此时像距15cm不一定大于2倍焦距，故可能是缩小，也可能是放大的实像，故AB正确，CD错误。 故选：AB。 【点评】本题考查凸透镜成像规律的应用，属于中档题。 （多选）14．（3分）如图所示，是小红连接的测量小灯泡额定功率的电路，小灯泡的额定电流为0.3A，电源电压保持不变，R为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.1A；移动滑片P置于A端，电流表的示数为0.2A；重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，电流表示数为0.16A。下列说法中正确的是（　　） A．电源的电压为4V B．定值电阻 R的阻值为10Ω C．小灯泡的额定电压为3.8V D．小灯泡的额定功率为0.75W 【分析】AB、她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.1A，根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式； 移动滑片P置于A端，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律可知电源电压表达式；联立以上两式可知电源电压和定值电阻的阻值； CD、重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，灯泡、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，移动滑片P使电流表的示数为0.3A；根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式； 保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.16A。 根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压表达式；联立以上两式可知灯泡正常发光时的电阻；根据欧姆定律可知灯泡的额定电压，根据P＝UI可知灯泡的额定功率。 【解答】解：AB、她将滑动变阻器的滑片P置于B端，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。 电流表示数为0.1A，根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U＝I1（R+RP）＝0.1A×R+0.1A×20Ω＝0.1A×R+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣.① 移动滑片P置于A端，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电流表的示数为0.2A，根据欧姆定律可知电源电压U＝I2R＝0.2A×R﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣.② 联立以上两式可知：U＝4V，R＝20Ω；故A正确，B错误； CD、重新将滑片P移至B端，断开开关S1，闭合开关S、S2，灯泡、滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，移动滑片P使电流表的示数为0.3A； 根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U＝I3（RL+RP′）＝0.3A×RL+0.3A×RP′＝4V......③ 保持滑片P的位置不变，断开开关S2，闭合开关S、S1，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测电路电流。电流表示数为0.16A。 根据欧姆定律和串联电路电压特点可知电源电压U＝I4（R+RP′）＝0.16A×20Ω+0.16A×RP′＝4V......④ 解得RP′＝5Ω； 代入③中可得RLΩ， 根据欧姆定律可知灯泡的额定电压为UL＝ILRL＝0.3AΩ＝2.5V， 根据P＝UI可知灯泡的额定功率P＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W， 故C错误、D正确。 故选：AD。 【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。 三、填空题（每小题3分，共15分） 15．（3分）指南针能帮助人们在森林中定向，是因为它在地磁场作用下N极总是指向 　北　 方。图中电源的左边是 　负　 极。 【分析】指南针指示南北是因为受到地磁场的作用。指南针指南的那一端是它的S极。 根据磁体外部磁感线总是从磁体的北极出发，回到南极，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。 【解答】解：指南针能帮助人们在森林中定向，是因为它在地磁场作用下N极总是指向北方。 根据磁体外部磁感线总是从磁体的北极出发，回到南极，可判断出通电螺线管的左端为N极，再根据安培定则判断出电流的方向从螺线管的右端流入，左端流出，可得电源的左边是负极。 故答案为：北；负。 【点评】本题考查了地磁场，以及安培定则的应用。 16．（3分）用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器金属球，发现验电器的两片金属箔张开，此时验电器得到电子带 　负　 电，在接触瞬间电流的方向是 　从验电器流向橡胶棒　 （填“从橡胶棒流向验电器”或“从验电器流向橡胶棒”），在摩擦过程中电子发生转移，电子的空间尺度比原子的 　小　 。 【分析】（1）用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；电荷间的作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。 （2）规定：正电荷定向移动的方向规定为电流的方向； （3）原子由原子核和核外电子构成，电子的空间尺度比原子小。 【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到验电器上，两片金属箔片因带上负电荷相互排斥而张开； 由于电流的方向与电子的定向移动方向相反，所以，瞬间电流方向是从验电器到橡胶棒； 电子是原子的组成部分，原子由原子核和核外电子构成，所以电子的空间尺度比原子小。 故答案为：负；从验电器流向橡胶棒；小。 【点评】解决此类问题要理解验电器的工作原理、电流方向的规定、原子结构，基础题。 17．（3分）小明用如图所示的装置研究“液体内部压强”。 （1）比较图乙和图丙可知，液体内部压强随深度的增加而 　增大　 。 （2）若将液体压强计的探头放入图丁的液体a中，发现丙、丁两次实验中U形管两侧液面高度差相等，则液体a的密度为 　0.8×103 kg/m3。 （3）相同情况下，U形管中液体的密度越 　小　 ，两侧液面的高度差变化越明显。 【分析】（1）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； （2）根据p＝ρgh计算出液体的密度； （3）要探究液体压强与液体密度的关系，需采用密度相差较大的两种液体进行实验，这样效果比较明显。 【解答】解：（1）丙图中的深度大，产生压强也大，比较乙、丙两图可知：在液体内部，液体的压强随深度的增加而增大。 （2）发现丙、丁两次实验中U形管两侧液面高度差相等，根据p＝ρgh可知ρ水gh水＝ρ液gh液，代入数据可得：1×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝ρ液×10N/kg×0.1m，解得ρ液＝0.8×103kg/m3。 （3）U形管内换成密度较小的液体，根据p＝ρgh可知，在液体产生的压强不变的条件下，两侧液面高度差对比更加明显。 故答案为：（1）增大；（2）0.8×103；（3）小。 【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。 18．（3分）市场上有一种变声器，可以改变声音的特性。某段声音的波形变化如图所示，变声前是A段，变声后是B段，则变声后声音的音调 　不变　 （选填“变高”“不变”或“变低”），响度 　变大　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 【分析】（1）声音的高低叫音调，音调的高低与振动的频率有关。在波形图中，波的疏密程度表示频率。 （2）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。在波形图中，波峰和波谷之间距离表示振幅。 【解答】解：由图知，相同时间内A段、B段振动的次数相同，即它们振动的频率相同，音调相同， 由图可知，变声后是B段振幅变大，则响度变大。 故答案为：不变；变大。 【点评】通过比较声音的波形图来考查频率对音调的影响和振幅对响度的影响，解题的关键是能够从波形图上看懂频率和振幅。 19．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，滑动变阻器R的规格为“90Ω 2A”，电压表的量程为0～15V，电流表的量程均为0～3A，灯L的额定电压是18V（其阻值不受温度影响）。当先闭合开关S1、S2，再闭合开关S，灯L正常发光，调节滑动变阻器滑片使电流表A1、A2的示数分别为2.4A、0.6A，则灯L通电10s产生的热量是 　324　 J；当先闭合开关S3，再闭合开关S，为确保电路安全，灯L的最大功率与最小功率的比值是 　36　 。 【分析】（1）由图可知，当先闭合开关S1、S2，再闭合开关S，滑动变阻器与灯泡L并联，电流表A1测量干路的总电流，电流表A2测量通过滑动变阻器的电流；根据灯泡的规格可知电源电压，调节滑动变阻器滑片使电流表A1、A2的示数分别为2.4A、0.6A，根据并联电路的特点求出通过灯泡的电流，根据Q＝W＝UIt求出灯L通电10s产生的热量； （2）当先闭合开关S3，再闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，为确保电路安全，根据灯泡的规格、电流表的量程和滑动变阻器规格可知电路的最大电流，根据电压表测量可知滑动变阻器两端的最大电压，根据串联电路的特点求出灯泡两端的最小电压，根据欧姆定律求出灯泡的电阻，根据P求出灯泡L的最小功率，据此求出灯L的最大功率与最小功率的比值。 【解答】解：由图可知，当先闭合开关S1、S2，再闭合开关S，滑动变阻器与灯泡L并联，电流表A1测量干路的总电流，电流表A2测量通过滑动变阻器的电流； 灯泡L正常发光，则电源电压：U＝UL＝18V； 调节滑动变阻器滑片使电流表A1、A2的示数分别为2.4A、0.6A，根据并联电路特点可知，此时通过灯泡L的电流IL＝I﹣IR＝2.4A﹣0.6A＝1.8A， 灯泡可以看成纯电阻用电器，则灯L通电10s产生的热量：QL＝WL＝ULILt＝18V×1.8A×10s＝324J； 根据欧姆定律可知，灯泡L的电阻：RL10Ω； 当先闭合开关S3，再闭合开关S，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压， 为确保电路安全，根据灯泡的规格、电流表的量程和滑动变阻器规格可知，电路的最大电流：I大＝IL＝1.8A， 此时灯泡L的功率最大，最大功率：P大＝ULI大＝18V×1.8A＝32.4W； 根据电压表测量可知，滑动变阻器两端的最大电压：UR大＝15V， 根据串联电路的特点可知，灯泡L两端的最小电压：UL小＝U﹣UR大＝18V﹣15V＝3V， 灯泡L的最小功率：P小0.9W， 则灯L的最大功率与最小功率的比值：P大：P小＝32.4W：0.9W＝36：1＝36。 故答案为：324；36。 【点评】本题考查串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的灵活运用，能正确分析电路连接是解题的关键。 四、作图阅读题：（20题2分、21题7分共9分） 20．（2分）如图所示的透镜，请作出光线AC的折射光线和光线OB的入射光线。 【分析】平行于主光轴的光线经过凹透镜后，反射光线的反向延长线过焦点； 过光心的光传播方向不变，据此作图。 【解答】解：根据凹透镜三条特殊光线的特点可知：平行于主光轴的光线经过凹透镜后，反射光线的反向延长线过焦点，过光心的光传播方向不变，如图所示： 故答案为： 【点评】本题考查凹透镜三条特殊光线的作图，难度适中。 21．（7分） “沙戈荒”上打造“超级空气充电宝” 青海省海西州格尔木市的戈壁滩上，巨型白色罐体十分抢眼。罐体内，零下194摄氏度的极寒环境中，能量正以液态空气的形式静静“蛰伏”。这便是中国绿发投资集团有限公司打造的全球在建规模最大液态空气储能示范项目。 项目的核心，就是让空气在极寒中“变身”储能载体。为实现这一目标，科研团队历经无数次试验，终于突破深低温梯级蓄冷技术瓶颈，研发出常压低温存储系统，成功解决了空气存储和恒压释放的核心难题。这套总功率6万千瓦、储能容量60万千瓦时的系统，运作原理看似简单却暗藏玄机。用电低谷时段，多余电能驱动压缩机运转，净化后的空气被压缩成高压高温气体，经冷却后送入冷箱液化，最终储存在常压低温储罐中，而压缩过程中产生的热能则被回收存储在高压球罐内；用电高峰来临时，液态空气经加压汽化，在蓄冷介质和回收热能的双重加热下，形成高压高温气体驱动膨胀机发电，实现“谷电峰用”的完美闭环。 液态空气的密度是常温气态空气的750倍，且能在常压下安全存储。这项技术不仅解决了传统储能密度低、安全性差的痛点，更具备清洁低碳的突出优势——运行工质是空气，全程无二氧化碳及污染物排放，设备寿命长且不受地理条件限制，在戈壁、高原等极端环境下均可稳定运行。项目建成后将创下发电功率和储能规模两项世界第一。单次储能可连续放电10小时，输送60万千瓦时清洁电能，全年输电量约1.8亿千瓦时，可满足3万户家庭一年的用电需求。而配套建设的25万千瓦光伏项目，更让这个“充电宝”拥有了绿色能源自给能力。 请回答： （1）用电高峰时，气体驱动膨胀机发电，下列选项中与此技术原理相同的是 　B　 。 （2）用电低谷时，电能驱动压缩机运转，此过程涉及到的能量转化是：　　 ；空气被压缩成高压高温气体，是通过 　做功　 的方式使气体内能增大。 （3）若储罐的容积为50m3，储罐最多能储存液态空气质量是 　45000kg　 ，这些液态空气全部汽化后（变为常温气态），体积是 　　 。（常温下气态空气密度为1.2kg/m3） （4）若一天的有效光照时间按8h计算，配套的光伏发电项目一天共发电 　　 千瓦时。 【分析】（1）先分析气体驱动膨胀机发电的原理，再逐项判定四个选项的技术原理，从而找出与之对应的技术原理； （2）根据材料信息判定用电低谷时的能量转化与内能改变方式； （3）根据液态空气密度是常温气态空气的750倍求出液态空气密度，根据密度公式求出储能罐的液态空气质量，储能罐的液态空气汽化后质量不变，根据密度公式求出储能罐的液态空气汽化后（常温气态）的体积； （4）根据W＝Pt可求出光伏发电项目日发电量。 【解答】解：（1）用电高峰时，液态空气加压汽化，高压高温气体驱动膨胀机发电，是内能转化为机械能，再由发电机将机械能转化为电能，本质是电磁感应原理（发电机原理）； A、是电磁铁，利用电流的磁效应，故A错误； B、线圈在永久磁场中转动切割磁感线，产生感应电流，是发电机原理（电磁感应），故B正确； C、是电动机原理（通电导体在磁场中受力运动），电能转化为机械能，故C错误； D、是电磁继电器，利用电流的磁效应，故D错误； 故选：B； （2）电能驱动压缩机运转，是电能转化为机械能；压缩机压缩空气，机械能再转化为空气的内能，最终能量转化： ； 空气被压缩成高压高温气体，是通过做功的方式（压缩气体做功）使气体内能增大。 （3）已知储能罐容积V＝50m3，液态空气密度是常温气态空气的750倍，常温气态空气密度，则液态空气密度为： ； 根据密度公式可得储能罐的液态空气质量： ； 储能罐的液态空气汽化后质量不变，根据密度公式可得储能罐的液态空气汽化后（常温气态）的体积： ； （4）已知光伏电站功率P＝25万千瓦＝25×104kW，有效光照时间t＝8h。根据W＝Pt可得光伏发电项目日发电量为： W＝Pt。 故答案为：（1）B；（2）；做功；（3）45000kg；；（4）。 【点评】本题考查能量的转化、密度公式、电功、改变内能的方式和电磁感应等知识的应用，灵活运用公式是解题关键。 五、实验探究题（22题8分，23题8分，24题8分，共24分） 22．（8分）如图所示，小张同学在进行“探究光反射时的规律”的实验时，他把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张带有量角器的纸板竖直立在平面镜上。 （1）他应选择 　粗糙　 （填“光滑”或“粗糙”）的纸板，原因：　光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚　 。 （2）如图，小张同学用一束光a贴着纸板E射向O点，经平面镜反射，在另一侧纸板F上出现反射光a'。改变光束入射的角度，多做几次实验。由图可以得出，反射角 　等于　 （填“大于”、“小于”或“等于”）入射角。根据这个分析可知，如果一束光从d点射向O点，反射角的大小是 　30°　 。 （3）他用一束光逆若b'的方向射向O点，在纸板E上出现的反射光逆着b的方向射出。由这个现象可以初步得出的结论是：　在反射现象中，光路是可逆的　 。要得出普遍规律，接下来应该进行的具体操作是：　用一束光逆着a'（或c'）的方向射向O点，观察反射光　 。 【分析】（1）在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在纸板上发生了漫反射而进入我们的眼里； （2）在光的反射中，反射角等于入射角； 先求得一束光从d点射向O点时入射角的大小，根据反射角等于入射角，即可得到反射角的大小； （3）光的反射中，光路是可逆的；为了使结论具有普遍性，应多次实验。 【解答】解：（1）为了看清楚纸板上的光路，纸板材质应是较粗糙，光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚；在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在纸板上发生了漫反射的缘故； （2）改变光束的入射角度，多做几次，由图可以得出，反射角等于入射角； 如图所示，一束光从d点射向O点时入射角的大小30°，根据反射角等于入射角，则反射角为30°； （3）如果一束光逆着b′的方向射向O点，在纸板E上出现的反射光逆着b的方向射出，这表明在反射现象中，光路是可逆的； 为了使结论具有普遍性，应多次实验，接下来的具体操作是用一束光逆着a'（或c'）的方向射向O 点，观察反射光。 故答案为：（1）粗糙；光线射在上面发生了漫反射，反射光线射向各个方向，无论从哪个角度看，都能看得清楚；（2）等于；30°；（3）在反射现象中，光路是可逆的；用一束光逆着a'（或c'）的方向射向O 点，观察反射光。 【点评】本题主要考查了探究光的反射规律的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。 23．（8分）在跨学科实践活动中，以“杆秤”为主题开展研究。 [项目提出] 实验室常用的测量质量的工具是天平，古人用杆秤解决此问题。 [项目分解] ①查阅资料，认识杆秤构造和使用方法。 ②制作简易杆秤，并设计增大杆秤的量程。 [项目实施] ①查阅资料，认识杆秤构造和工作原理。 构造：带有秤星（刻度）的秤杆、秤砣、秤盘、提纽等组成。 使用方法：将被测物体放于秤盘，移动秤砣使秤杆水平平衡，根据秤砣所在刻度读出物体质量。 原理：杠杆的平衡条件为：　F1L1＝F2L2 （用公式表示即可），使用提纽 　1　 时，杆秤的量程更大。（选填“1”或“2”） ②制作一个简易杆秤，并设计增大杆秤的量程。 材料：长约40cm的木筷、小盆、20g钩码、100g砝码、细线、刻度尺、记号笔。 步骤： ①筷子一端刻槽A，近旁刻槽B。小盆挂A作秤盘，B处系细线作提纽。 ②用细线系一个20g的钩码，作为秤砣。空秤盘时，调节秤砣的位置使秤杆水平平衡，这时细线在秤杆上的位置为秤的定盘星O，用记号笔标记此位置，即为零刻度线。 ③在秤盘中放100g砝码，手提提纽，调节秤砣的位置使秤杆水平平衡。此时，标记系秤砣的细线在秤杆上的位置C，并记为100g。在定盘星O到C之间均匀地画上49条刻度线，每一格就表示 　2　 g，即为该杆秤的分度值，并确定量程。下列做法中能增大杆秤量程的方法是：　BD　 。（至少一个选项正确） A.减小钩码的质量 B.减小AB间的距离 C.减小秤杆的质量 D.增加秤杆的长度 [项目拓展] 某实践小组尝试制作斜拉桥的模目型，如图丙a所示的斜拉桥，可逐步简化成图丙b、c、d的模型。 ①以O点为支点，在图丙d中作出F1、F2的力臂l1、l2； ②为了减小钢索承受的拉力，可适当 　升高　 （选填“升高”、“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：　由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小　 。 【分析】[项目实施]： （1）查阅资料：①杠杆的平衡条件为F1L1＝F2L2；使用提纽1时，物体对杆秤拉力的力臂更小，当秤砣在同一位置时，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，秤砣质量一定时，所测物体的质量更大，杆秤的量程更大。 （2）制作一个简易杆秤步骤：③在定盘星O到C之间均匀地画上49条刻度线，把0～100g平均分成50格，每格表示的质量，即该杆秤的分度值； A、杆秤的量程由秤砣的质量决定，秤砣的质量越大，量程越大，减小被测物体的质量不能增大杆秤的量程； B、减小AB间的距离，物体对杆秤拉力的力臂更小，当秤砣在同一位置时，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，秤砣质量一定时，所测物体的质量更大，杆秤的量程更大； C、未测量物体时，杆秤已经调节平衡，所以杆秤的质量对量程无影响； D、增加秤杆的长度，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，在秤砣质量不变，物体对杆秤拉力的力臂不变时，可以测量质量更大的物体，量程变大。 [项目拓展]： ①做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂。 ②通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析出原因。 【解答】解：[项目实施]： （1）查阅资料：①杆秤使用时属于杠杆，杠杆的平衡条件为F1L1＝F2L2； 使用提纽1时，物体对杆秤拉力的力臂更小，当秤砣在同一位置时，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，秤砣质量一定时，所测物体的质量更大，杆秤的量程更大。 （2）制作一个简易杆秤步骤：③在定盘星O到C之间均匀地画上49条刻度线，即把0～100g平均分成50格，每格表示2g，该杆秤的分度值为2g； A、杆秤的量程由秤砣的质量决定，秤砣的质量越大，量程越大，所以减小钩码的质量不能增大杆秤的量程，故A错误； B、减小AB间的距离，物体对杆秤拉力的力臂更小，当秤砣在同一位置时，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，秤砣质量一定时，所测物体的质量更大，杆秤的量程更大，故B正确； C、未测量物体时，杆秤已经调节平衡，所以杆秤的质量对量程无影响，故C错误； D、增加秤杆的长度，秤砣对杆秤拉力的力臂更大，根据杠杆的平衡条件可知，在秤砣质量不变，物体对杆秤拉力的力臂不变时，可以测量质量更大的物体，量程变大，故D正确。 故选：BD。 [项目拓展]： ①过支点O作垂直于F1作用线的垂线段（即为F1的力臂l1）；过支点O作垂直于F2作用线的垂线段（即为F2的力臂l2），如图所示： ； ②由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的垂直距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。 故答案为：[项目实施]查阅资料：①F1L1＝F2L2；1；步骤：③2；BD；[项目拓展]①；②升高；由图可知，若升高钢索悬挂点在桥塔上的高度，即增加了支点O到F1的垂直距离，即增大了拉力的力臂l1，根据杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小即桥对钢索的拉力就越小。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，涉及到杆秤分度值、量程的确定，特别是“项目拓展”考查了多个物理知识在实际中的应用，将图示的钢索斜拉桥抽象成杠杆模型是解决此题的突破口，将物理与生产实际紧密结合，体现了物理学科的特点。有一定的难度。 24．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，设计了如图甲所示的电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器规格为“40Ω 1A”，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻R。 （1）根据图甲，用笔画线代替导线将图乙中的电路连接完整； （2）根据图丙，该实验保持定值电阻两端的电压为 　2　 V不变； （3）用5Ω的电阻进行实验后，再换用10Ω的电阻继续实验，若想保持定值电阻两端的电压不变，滑片应该适当向 　左　 （填“左”或“右”）移动； （4）当接入25Ω的定值电阻时，无论如何移动滑动变阻器的滑片都无法完成实验，请帮他们解决问题。 方法一：更换一个最大阻值至少为 　50　 Ω的滑动变阻器。 方法二：调节电源电压，使其最大不超 　5.2　 V。 （5）根据实验数据得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比。 （6）他们完成探究实验后，想利用电流表和阻值为R0的电阻，测量未知电阻Rx的阻值。他们设计的电路如图丁所示，并完成了下列实验步骤： ①闭合开关S1、S2，读出电流表示数为I1； ②断开开关S2，读出电流表示数为I2； ③未知电阻Rx＝ 　　 （用R0、I1和I2表示）。 【分析】（1）根据图甲，变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联； （2）根据图丙得出电阻的电流与电阻之积分析； （3）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）方法一： 根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻； 方法二： 根据串联电路的规律及分压原理，得出电源电压最大值； （6）分析闭合开关S1、S2，电路的连接及电流表测量的电流，由欧姆定律得出电源电压；断开开关S2，两电阻串联；由欧姆定律昨出电源电压表达式，解方程得出未知电阻Rx。 【解答】解：（1）根据图甲，变阻器右下接线柱连入电路中，如下所示： （2）根据图丙，电阻的电流与电阻之积为 UV＝IR＝0.4A×5Ω＝ ……0.2A×10Ω＝0.1A×20Ω＝2V 该实验保持定值电阻两端的电压为2V不变； （3）用5Ω的电阻进行实验后，再换用10Ω的电阻继续实验，根据串联分压原理可知，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，即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2V。 （4）方法一： 根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压 U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V 变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为 R滑＝2×25Ω＝50Ω 更换一个最大阻值至少为50Ω的滑动变阻器。 方法二： 根据串联电路的规律及分压原理有 ；方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器最大电阻连入电路中时，对应的定值电阻也最大，这时电源电压最大，即 ； 最大的电压为 U′＝5.2V 即调节电源电压，使其最大不超5.2 V。 （6）①闭合开关S1、S2，为待测电阻的电路，读出电流表示数为I1；由欧姆定律可知电源电压为U＝I1Rx； ②断开开关S2，两电阻串联，读出电流表示数为I2；由欧姆定律电源电压为U＝I2（Rx+R0）； ③故有 I1Rx＝I2（Rx+R0）； 未知电阻Rx＝ 。 故答案为：（1）；（2）2；（3）左；（4）50；（6）。 【点评】本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查电路的连接、操作过程、串联电路的规律及欧姆定律的和控制变量法的运用，同时考查测电阻的特殊方法。 六、分析计算题（25题10分、26题10分共20分） 25．（10分）如图甲所示，“国之重器”起重船起吊重物时，需通过抽水机将一侧水舱里的水抽向另一侧水舱来保持起重船平衡。如图乙所示，小兰设计了一种采用力传感器感知抽水量的长方体水舱模型，水舱中装有V＝0.014m3的水，其底面积S＝0.04m2。A是固定在顶端的力传感器，能够显示A对B的压力或拉力的大小；B是质量和体积均可忽略的细直硬杆，不考虑B的形变，B的上端与力传感器A连接，下端与物体C连接；物体C是质量m＝0.5kg、底面积SC＝0.01m2的圆柱体。用抽水机将水抽出的过程中，力传感器示数F的大小随抽出水的体积V变化的图象如图丙所示。当物体C的下端刚好露出水面，此时已抽出水的体积V抽＝0.01m3。已知ρ水＝1.0×103kg/m3。求： （1）物体C的重力； （2）物体C完全浸没时受到的浮力； （3）物体C的密度； （4）当力传感器示数为1N时，水对水舱模型底部的压强。 【分析】（1）根据重力公式G＝mg计算物体C的重力； （2）由图丙知C完全浸没时力传感器示数F＝15N，对C受力分析，浮力等于重力与压力之和，据以上分析解答； （3）根据阿基米德原理算出物体C完全浸没时排开水的体积，再用密度公式ρ计算物体C的密度； （4）当物体C的下端刚好露出水面，根据V剩＝V﹣V抽算出剩余水的体积；由V＝Sh算出C的下端离水舱模型低部的距离； 当力传感器示数为1N时，①若杆对物体C的压力为F1＝1N，根据F浮1＝G+F1算出此时的浮力，根据阿基米德原理可得物体C浸在水中的体积；由V＝Sh浸在水中的深度，进而算出此时水舱中水的深度，由压强公式算出剩余的水对舱底的压强，同理算出。若杆对物体C的拉力为F2＝1N时剩余的水对舱底的压强。 【解答】解：（1）已知物体C的质量m＝0.5kg，根据重力公式G ＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N； （2）由图丙可知，当抽水体积为0时，力传感器示数为15N，此时C完全浸没；因为硬杆B质量体积可忽略F压 ＝F浮﹣G，则F浮＝ F压+G ＝ 15N+5N＝ 20N； （3）根据阿基米德原理F浮＝ ρ水gV排，C完全浸没时V排 ＝VC2×10﹣3m3； 根据密度公式ρ2.5×102kg/m3； （4）当物体C的下端刚好露出水面，剩余水的体积V剩＝V﹣V抽＝0.014m3﹣0.01m3＝0.004m3； C的下端离水舱模型低部的距离为：h00.1m； 当力传感器示数为1N时， ①若杆对物体C的压力为F1＝1N，此时的浮力为： F浮1＝G+F1＝5N+1N＝6N， 物体C排开水的体积为： V排16×10﹣4m3； 物体C浸在水中的深度为： h10.06m； 此时水舱中水的深度： H＝h0+h1＝0.1m+0.06m＝0.16m； 剩余的水对舱底的压强： p＝ρ水gH＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.16m＝1.6×103Pa； ②若杆对物体C的拉力为F2＝1N，此时的浮力为： F浮2＝G﹣F2＝5N﹣1N＝4N， 物体C排开水的体积为： V排24×10﹣4m3； 物体C浸在水中的深度为： h20.04m； 此时水舱中水的深度： H′＝h0+h2＝0.1m+0.04m＝0.14m； 剩余的水对舱底的压强： p′＝ρ水gH′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.14m＝1.4×103Pa； 答：（1）物体C的重力为5N； （2）物体C完全浸没时受到的浮力是20N； （3）物体C的密度是2.5×102kg/m3； （4）当力传感器示数为1N时，水对水舱模型底部的压强为1.6×103Pa或1.4×103Pa。 【点评】本题主要考查浮力、压强、密度的综合应用，结合受力分析与图像信息，考查学生对阿基米德原理、液体压强公式的掌握，以及从图像提取条件、分步计算的能力，综合性较强。 26．（10分）如图甲所示，为小明家安装的全屋“零冷水”系统结构简图。太阳能热水器作为主热水器，水箱容积为60L，当恒温控制中心检测到热水管中的水温低于设置温度时，启动循环泵，点燃燃气，辅助加热，以满足设置的水温条件；当热水管中水温高于设置温度时，可以通过调节水龙头，补充冷水，确保使用水满足设置温度；在无人用水时，恒温控制中心会启动循环泵，推动管中的水以图中箭头方向缓慢循环，保证热水管中水温维持在设定温度，做到全屋热水即开即用。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3。 恒温中心 冷水温度：20℃ 水箱水温：70℃ 设置水温：50℃ （1）太阳能属于 　可再生　 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。 （2）如图乙所示，为恒温控制中心测温原理简图。当热水管中热水流过R1时，微电脑（视为电压表）读取R2两端的电压信息，即可感知热水温度，从而控制燃气辅热以及循环泵的工作情况。已知电源电压U为12V，R2为定值电阻，R1的阻值随温度t的变化关系图象如图丙所示。当热水管中水温为10℃时，微电脑读取的电压为3V。则R2的阻值是多少？当热水管中水温为80℃时，微电脑读取的电压为多少？ （3）某日晚，“零冷水”系统水箱装满水，显示器如表所示，则水箱中的热水降低到设置水温，可以释放多少热量？若小明家晚上洗漱共需要110L设置温度下的热水，为保证热水供应，除了热水释放的上述热量外，需要消耗多少升的燃气？（不计热量的损失，燃气热水器的加热效率为87.5%，燃气的热值q＝3.6×104J/L） 【分析】（1）短时间可以从自然界源源不断地获得的能源是可再生能源； （2）根据图丙可知温度为10℃和80℃时R1的阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律求出R2的阻值； （3）根据密度公式求出水箱装满水时水的质量，根据Q放＝cmΔt求出水释放的热量；根据密度公式求出110L水的质量，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，进而求出燃气热水器需要提供的热量，根据效率公式求出燃气完全燃烧放出的热量，根据Q＝qV计算体积。 【解答】解：（1）太阳能短时间可以从自然界源源不断地获得，是可再生能源； （2）由图丙可知，温度为10℃时R1的阻值为30×103Ω， 此时R2两端的电压为3V， 则R1两端的电压：U1大＝U﹣U2小＝12V﹣3V＝9V， 此时电路中的电流：I0.0003A， R2阻值：R21×104Ω， 温度80℃时R'1的阻值分别为15×103Ω，根据串联分压规律知， U'1：U'2＝R'1：R2；代入数据知，（12V﹣U'2）：U'2＝15×103Ω：1×104Ω； 解得U'2＝4.8V； （3）由ρ可知，水箱装满水时水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×60×10﹣3m3＝60kg， 由表中数据可知，水箱中的热水降低到设置水温时，下降的温度：Δt＝70℃﹣50℃＝20℃， 此时水释放的热量：Q水放＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×20℃＝5.04×106J； 由ρ可知，110L水的质量：m'＝ρV'＝1.0×103kg/m3×110×10﹣3m3＝110kg， 此时冷水吸收的热量：Q吸＝c水m'Δt'＝4.2×103J/（kg•℃）×110kg×（50℃﹣20℃）＝1.386×107J， 则燃气热水器需要提供的热量：Q'吸＝Q吸﹣Q水放＝1.386×107J﹣5.04×106J＝8.82×106J。 Q放100%＝1.008×107J。 根据Q＝qV知，需要燃气的体积V280L； 答：（1）可再生； （2）R2的阻值是1×104Ω，当热水管中水温为80℃时，微电脑读取的电压为4.8V； （3）可以释放5.04×106J热量；还需要需要消耗280L的燃气。 【点评】本题考查欧姆定律与热量的计算，属于中档题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $