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2023年广东省深圳市宝安区中考物理二模试卷
一.单选题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1．（2分）小明设计了如图所示的几个实验，能够探究声音产生原因的是（　　）
A．用发声的音叉接触水面时，水面水花四溅
B．把罩内的空气抽去一些后，闹钟的铃声明显变小
C．用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，声音变低
D．对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭
2．（2分）如图所示是苍鹭从平静水面上起飞的瞬间。关于苍鹭在水面所成的像，下列说法正确的是（　　）
A．苍鹭所成的像是倒立的实像
B．苍鹭飞离水面的过程中像会变小
C．水越深苍鹭所成的像离它越远
D．苍鹭与它所成的像到水面的距离相等
3．（2分）下列物理量最接近实际的是（　　）
A．你所在的考场温度约为45℃
B．你所用的新2B铅笔长度约为18cm
C．你的质量约为500g
D．考场里一盏H型日光灯的额定功率约为200W
4．（2分）某同学游玩时捡到一物体，对该物体加热，测得其温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该物体是非晶体
B．该物体的熔点为80℃
C．第10min到25min时间内物体不吸收热量
D．第10min到25min时间内物体的内能不变
5．（2分）关于质量和密度，下列说法中正确的是（　　）
A．同种物质组成的物体，其密度与质量成正比
B．“铁杵磨成针”时铁的密度发生了变化
C．冰的密度是0.9×103kg/m3，表明1m3冰的质量是0.9×103kg/m3
D．宇航员把月球岩石标本带回地球，标本的质量不变
6．（2分）2020年5月27日，我国高程测量登山队再次成功登上珠穆朗玛峰峰顶，并完成峰顶测量任务（如图）。下列有关登山队员的分析，正确的是（　　）
A．登山时穿特制鞋是通过增大压力来增大摩擦力
B．在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力是一对相互作用力
C．在峰顶测量时，地面对队员的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力
D．从峰顶返回营地感觉比登峰轻松，是由于队员受到惯性的作用
7．（2分）以下关于力学现象的分析中不正确的是（　　）
A．飞机的机翼上凸下平，是利用流体压强与流速的关系来获得升力的
B．轮船通过船闸从下游开到上游，船闸是利用连通器原理工作的
C．拦河大坝上窄下宽是由于液体压强随深度的增加而减小
D．堵住茶壶盖的小孔，水不容易被倒出是由于大气压强的作用
8．（2分）2020年12月17日，嫦娥五号探测器携带月球土壤样本安全降落在内蒙古四子王旗着落场，我国首次地外天体采样返回工程圆满成功。位于安徽合肥的中国电科第43研究所为嫦娥五号量身定做了4款高压抗辐照电源。下列关于电源的描述中正确的是（　　）
A．太阳能电池是将光能转化为电能的设备
B．电池只能作为电源，不能作为用电器
C．电路中只要有了电源就有电流产生
D．电流方向总是从电源正极流向电源负极
9．（2分）将一个标有“220V 200W”的电风扇单独接在家庭电路中，正常工作1min后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．这段时间内电风扇消耗了1123.4J的电能
B．这段时间内电能表转盘共转了10转
C．电能表应安装在家庭电路的总开关之后
D．此时该电路不能再接入一台功率为2500W的空调
10．（2分）下列图中符合安全用电原则的是（　　）
A．电水壶接三孔插座 B．湿手拔插头
C．使用绝缘皮破损的导线 D．开关接零线
二、双选题（本题共5小题，每小题3分，有错选不得分，有漏选得I分，共15分）
（多选）11．（3分）下列关于热现象的说法中，正确的是（　　）
A．寒冷的冬天，室外的人口中呼出“白气”是汽化现象，是吸热过程
B．打气筒打气时，筒壁发热主要是通过做功改变了内能
C．内燃机的做功冲程将机械能转化为内能
D．汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大
（多选）12．（3分）小明在测量小球的平均速度时，让小球从斜面上的A点由静止开始滚到c点，并用照相机每隔0.1s拍摄一次，频闪照片如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．小球从A点运动到C点用时0.6s
B．小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm
C．小球在BC段的平均速度大于在AB段的平均速度
D．小球滚下的整个过程的平均速度为11 m/s
（多选）13．（3分）下列有关机械能及其转化的说法正确的是 （　　）
A．拦河大坝使上游的水位升高，提高了水的重力势能
B．弯弓射箭，箭的动能转化为弓的弹性势能
C．蹦床运动员从高处落下过程中，其重力势能转化为动能
D．人造卫星从近地点飞向远地点时势能减小，动能增大
（多选）14．（3分）如图所示，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电压表V的示数变小
B．电流表A1的示数变小
C．电压表V与电流表A2的示数之比保持不变
D．滑动变阻器消耗的电功率一直在变大
（多选）15．（3分）对于下列四个实验的描述，完全正确的有（　　）
A．说明了动圈式扬声器的工作原理
B．实验的结论是：材料、长度均相同的导体，粗导体的电阻大，细导体的电阻小
C．实验证明通电导体周围存在磁场
D．开关闭合导体ab向左运动，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变
三、实验题（本题共2小题，每空1分。作图1分，共14分）
16．（7分）（1）在探究凸透镜成像规律的实验中，所用凸透镜的焦距为10cm。某次实验情形如图甲所示，此时光屏上恰好得到蜡烛清晰的像，则烛焰的像应为图乙中的 　 　，生活中的 　 　就是利用这一原理工作的。
（2）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关“实验中。实验过程如图所示。其中弹簧测力计示数的大小关系是F1＞F2＞F3，F3＜F4。水的密度用ρ水表示。
①比较 　 　两步骤可知，浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。
②比较丙、丁两步骤可知，浮力的大小跟 　 　有关。
③分析甲、丙两步骤可得，物体浸没在水中时受到的浮力F浮＝　 　，物体的密度ρ物＝　 　.
④深入分析丙、丁两步骤，比较水对容器底的压强p水和某液体对容器底的压强p液的大小关系，则p水　 　p液。
17．（7分）小明所在小组在做“测量小灯泡额定功率”的实验时，选用如图甲所示的器材和电路，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”字样。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因是 　 　。
（3）排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　 　W。再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3V，小灯泡强烈发光，小明通过计算得到小灯泡的电功率为1.08W，则此时小灯泡的实际功率应 　 　1.08W（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）同组的小丽同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲电路中的小灯泡分别换成阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小丽根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像。
①由图像可知小丽将定值电阻R两端的电压控制为 　 　V不变。当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应 　 　（填“变大”、变小”或“不变”）。
②实验结束后，小丽请教老师，保持该电压不变的情况下，能否更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，老师帮助小丽分析了不能更换的原因，你认为原因是 　 　。
四、计算题（共2小题，共15分）
18．（7分）如图1所示，装有0.01m3水的圆桶置于水平地面上，桶与地面间的接触面积为0.2m2。
桶的质量忽略不计，g取10N/kg。
（1）求桶中水的质量。
（2）求这桶水对地面的压强。
（3）某同学用图2所示的滑轮组将这桶水匀速提升2m的过程中，所用拉力为40N．求该滑轮组的机械效率。
19．（8分）在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0～3V，求该装置所能测量的最大风力？
五、综合能力题（请同学们在20--A和20-B中任选1题完成，每空!分，共6分）
20．（6分）如图所示是探究“电流产生的热量与哪些因素有关”的装置。甲、乙两图的密闭容器中都装有等量的空气。
（1）图甲装置可研究电流产生的热量与 　 　的关系；
（2）图乙两密闭容器中的电阻丝阻值相等，在其中一容器外部并联一个阻值相等的电阻e。若两侧U形管液面高度变化相同，则故障可能是 　 　。排除故障后通电相同时间，发现左侧U形管内液面高度变化明显，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的 　 　越大，产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，可将空气盒外电阻换成 　 　（选填“大于”或“小于”）5Ω的电阻；
（4）若图甲和图乙中两套装置的电源电压相同，在相同时间内，b和c两电阻产生的热量之比为 　 　；
（5）生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用上面图 　 　的实验结论来解释。
21．（6分）“鲲龙”——AG600水陆两栖飞机
2018年10月20日，中国自主研制的首款大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600在湖北荆门漳河水建首飞成功（如图甲所示）!AG600是我国为满足森林灭火和水上救援的迫切需要，首次研制的大型特种用途民用飞机，是国家应急救援体系建设急需的重大航空装备。
AG600飞机可以在陆地机场和水上起降，水面起降抗浪高度大于2.8m海浪，是世界上最大的水陆两用飞机。当飞机停泊在水上时，宽大的船体所产生的浮力就会使飞机浮在水面上，在需要起飞时，螺旋桨发动机产生的拉力拖着飞机以相当快的速度在水面上滑跑，伴随着速度的不断增加，机翼上产生的升力逐渐增大，从而把飞机从水面上逐渐托起来，成为在空中飞行的航船。
AG600飞机使用四台WJ﹣6涡轮螺旋桨发动机，单台发动机功率约3800kW。“鲲龙”AG600的最大起飞重量可达53.5t，最大平飞速度500km/h，最大航程可达4000km。在水上救援方面，一次可救援50名遇险人员或装载相应重量的空投物资。AG600飞机的应用可以更好地满足我国日益增长的海洋战略发展需求。
请找出三个与以上情景有关的物理信息，并指出对应的物理知识，不得与示例重复。
序号 物理信息 物理知识
示例 AG600飞机在陆基机场起降 以地面为参照物，飞机是运动的
1
2
3
2023年广东省深圳市宝安区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一.单选题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1．【解答】解：A、发声的音叉接触水面，水花四溅，说明物体发声时在振动，故A符合题意。
B、罩内抽出空气，闹钟铃声明显减小，说明声音传播需要介质，故B不符合题意；
C、用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，空气柱变长，声音的音调变低，研究的是音调和频率的关系，故C不符合题意；
D、对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭，这表明声音能传递能量，故D不符合题意；
故选：A。
2．【解答】解：
AB、平静的水面相当于平面镜，平面镜所成的像是正立、等大的虚像，始终与物体大小相等，故AB错误；
CD、物距是苍鹭到水面的距离，像距是苍鹭所成的像到水面的距离，二者始终相等，与 水的深度无关，故C错误、D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、人的体温在37℃左右，考场内气温感觉不高于体温，更不可能达到45℃。故A不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约15cm，一支新2B铅笔的长度略大于此数值，在18cm左右。故B符合实际；
C、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右。故C不符合实际；
D、一般日光灯的功率为40W。故D不符合实际。
故选：B。
4．【解答】解：A．由图象可知，此物质在熔化过程中温度保持80℃不变，则该物质为晶体，并且熔点为80℃．故A错误，B正确；
CD．物质从第10min到25min时间属于熔化过程，保持温度不变，但继续吸收热量，内能增加，故CD错误。
故选：B。
5．【解答】解：A、密度是物质的一种特性，与物体质量和体积无关，同种物质组成的物体密度相同，故A错误；
B、“铁杵磨成针”时，铁杵的质量、体积都变小，密度大小不变，故B错误；
C、冰的密度是0.9×103kg/m3，它表示的物理意义是：体积为1m3的冰，它的质量是0.9×103kg，故C错误；
D、宇航员把月球岩石标本带回地球，标本的位置发生变化，质量不变，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：
A、登山时穿的特质鞋的底面凹凸不平，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的，故A错误；
B、在峰顶测量时，队员处于静止状态，此时队员所受的重力与地面对他的支持力是一对平衡力，不是一对相互作用力，故B错误；
C、地面对队员的支持力与他对地面的压力是两个物体之间的相互作用力，故C正确；
D、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：
A、飞机机翼设计成流线型，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，则机翼受到向上的压强差，即产生了向上的升力。故A正确；
B、船闸的上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器；所以，船闸是利用连通器原理工作的。故B正确；
C、拦河大坝上窄下宽是由于液体压强随深度的增加而增加，故C错误；
D、堵住茶壶盖的小孔，当壶内的水流出部分后，壶内气压减小，小于外界大气压，大气压压着里面的水不易流出来。茶壶的盖上留一小孔，使内外气压相等，水才容易倒出来，故D正确。
本题选错误的；
故选：C。
8．【解答】解：
A、太阳能电池是将光能转化为电能的设备，故A正确；
B、在给蓄电池充电时，消耗电能转化为化学能，就是一个用电器，故B错误；
C、电路中只有电源，若电路没有闭合是没有电流的，故C错误；
D、在电源的外部，电流从电源的正极出来，经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极，故D错误。
故选：A。
9．【解答】解：
A、电风扇接在家庭电路中正常工作，则P＝200W，1min消耗的电能W＝Pt＝200W×60s＝12000J，故A错误；
B、这段时间内消耗的电能W＝12000J＝12000×kW h＝kW h，
因3000r/kW h表示的是电路中每消耗1kW h的电能，转盘转3000圈，
所以，这段时间内电能表转盘的转数n＝3000r/kW h×kW h＝10转，故B正确；
C、为了防止偷电，电能表应安装在家庭电路的总开关之前，故C错误；
D、该电路再接入一台功率为2500W的空调时总功率为P＝2500W+200W＝2700W，
由电能表的参数可知，该电能表的工作电压为220V，允许通过的最大电流为20A，电能表允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI＝220V×20A＝4400W；
因为P＜P最大，所以该电路能再接入一台功率为2500W的空调，故D错误。
故选：B。
10．【解答】解：
A、电水壶的金属外壳必须接地，应采用三脚插头及三孔插座，可以防止外壳漏电时发生触电事故，故A符合安全用电原则。
B、接在电路中的电源插头属于带电体，用湿手触摸时，生活用水属于导体，有可能使电流通过水传到人体上，使人体触电，十分危险，故B不符合安全用电原则。
C、使用绝缘皮破损的导线，从而容易使人体和带电体接触，就会造成触电事故，十分危险，故C不符合安全用电原则。
D、开关接在灯泡和零线之间，当断开开关，火线和灯泡还处于连接状态，人接触灯泡的金属部分时会发生触电事故，故D不符合安全用电原则。
故选：A。
二、双选题（本题共5小题，每小题3分，有错选不得分，有漏选得I分，共15分）
11．【解答】解：A、寒冷的冬天，室外的人口中呼出的“白气”是呼出的温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，此过程放热，故A错误；
B、打气筒给轮胎打气时气筒壁发热，即通过做功的方式改变内能，此过程机械能转化为内能，故B正确；
C、内燃机的做功冲程，燃料燃烧产生的燃气对外做功，将内能转化为活塞的机械能，故C错误；
D、汽车发动机工作时产生大量热量，这些热量如果不迅速转移，就可能损害发动机，因此利用水的比热容大的特点把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高，故D正确。
故选：BD。
12．【解答】解：
A、小球从A点运动到C点经过了5个时间间隔，用时：5×0.1s＝0.5s，故A错误；
B、由图可知，小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm，故B正确；
C、由图可知，小球在BC段的时间为：tBC＝2×0.1s＝0.2s；路程：sBC＝5.50cm﹣2.50cm＝3.00cm＝0.03m，
小球在AB段的时间：tAB＝3×0.1s＝0.3s；路程：sAB＝2.50cm＝0.025m，所以：
vBC＝＝＝0.15m/s，
vAB＝＝≈0.083m/s，
计算可知，小球在BC段的平均速度大于AB段的平均速度，故C正确；
D、由图可知，AC之间的距离为s＝5.50cm＝0.055m，则整个运动过程平均速度为：
v＝＝＝0.11m/s，故D错误。
故选：BC。
13．【解答】解：
A、拦河大坝使上游的水位升高，水的质量增大，提高了水的重力势能，故A正确；
B、弯弓射箭，弓的弹性势能转化为箭的动能，故B错误；
C、蹦床运动员从高处落下，其质量不变，高度减小，速度增大，则重力势能减小，动能增大，所以该过程中其重力势能转化为动能，故C正确；
D、人造卫星从近地点飞向远地点时，质量不变，速度减小，相对高度增大，则动能减小，势能增大，故D错误。
故选：AC。
14．【解答】解：
AB、由电路图可知，两电阻并联，电压表V测电源的电压，因电源的电压不变，所以电压表的示数不变；A错误；
电流表A2测R2的电流，A1测干路电流。
滑动变阻器的滑片P从中点向左移动时，接入电路的电阻变大，根据I＝可知，该支路的电流变小，因为并联电路各支路独立工作、互不影响，所以通过R2的电流不变，电流表A1的示数等于通过两支路电流这和，所以A1示数增小，故B正确；
C、由欧姆定律，电压表V与电流表A2的示数之比即R2的电阻大小，保持不变，C正确；
D、根据P＝UI，因电源电压不变，通过变阻器的电流变小，故滑动变阻器消耗的电功率一直在变小，D错误。
故选：BC。
15．【解答】解：A、图中闭合电路的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，而动圈式扬声器的工作原理是，通电导线在磁场中受力的作用，故A错误；
B、图中，两导体的材料相同、长度相同，横截面积越大（导体越粗），导体的电阻越小，故B错误；
C、图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故C正确；
D、图中有电源，是演示磁场对电流作用的实验装置，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变，故D正确。
故选：CD。
三、实验题（本题共2小题，每空1分。作图1分，共14分）
16．【解答】解：
（1）由实验图像可知，物距大于像距，此时物大于像，当物距大于二倍焦距时，凸透镜成缩小倒立的实像，照相机就是利用这个原理做成的；
（2）①根据控制变量法的原则，探究浮力大小与排开液体体积的关系时，要保持液体密度不变，改变物体排开液体的体积，乙、丙两次实验符合要求，；
②根据丙丁两图可知，物体排开液体体积相同，液体密度不同，故这两个步骤是为了探究浮力的大小跟液体密度有关；
③由于根据称重法F浮＝G﹣F拉，甲测的是物体重力，丙测的是物体浸没在液体中时的拉力，故F浮＝F1﹣F3；
，物体浸没时，由F浮＝ρ液gV排可得：，；
④丙丁中，由于F3＜F4，所以物体在丁中受到的浮力较小，又因为排开液体体积相同，所以丁中液体的密度较小，即p水＞p液；
故答案为：（1）C，照相机；
（2）①乙丙；②液体密度；③F1﹣F3，；④大于；
17．【解答】解：（1）根据滑片向右移动时灯泡变亮，即电流变大电阻变小，所以滑动变阻器右下接线柱连入电路中与灯串联，如下所示：
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源通路，而电路只有一处故障，则故障原因是：灯泡断路（或灯座接触不良）；
（3）灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光，由图乙知，电流表使用小量程，分度值0.02A，则此时通过灯泡的电流为0.3A，
所以灯泡的额定功率：
P＝ULI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
根据P＝，在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，3.0V为额定电压的＝1.2倍，若灯的电阻不变，则灯泡的实际功率为：P实＝（1.2）2×0.75W＝1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而变大，根据P＝，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；
（4）①由图丙知，电阻两端的电压始终保持：
UV＝I′R′＝0.2A×15Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.6A×5Ω＝3V，即电阻两端的电压控制为3V不变；
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，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，滑动变阻器连入电路的阻值应变大；
②电阻两端的电压始终保持UV＝3V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝6V﹣3V＝3V，变阻器分得的电压为电压表示数的1倍，根据分压原理，更换50Ω的定值电阻继时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝1×50Ω＝50Ω，故为了完成整个实验，滑动变阻器的最大阻值不能小于50Ω，而现有变阻器的最大电阻为20Ω，即小红分析了不能更换的原因是：变阻器的最大电阻过小。
故答案为：（1）如上图所示；（2）灯泡断路（或灯座接触不良）；（3）0.75；小于；（4）①3；变大；②变阻器的最大电阻过小。
四、计算题（共2小题，共15分）
18．【解答】解：
（1）水的体积V＝0.01m3，
由ρ＝可得水的质量：
m＝ρV＝1×103kg/m3×0.01m3＝10kg；
（2）这桶水所受的重力：
G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，
桶的质量忽略不计、自重不计，则水桶对地面的压力：
F＝G＝100N，
这桶水对地面的压强：
p＝＝＝500Pa；
（3）由图知，承担物重的绳子股数n＝3，则滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%。
答：（1）这桶水的质量为10kg。
（2）这桶水对地面的压强为500Pa。
（3）滑轮组的机械效率为83.3%。
19．【解答】解：（1）由甲电路图可知，R与Rx串联，电压表测R两端的电压，
由图乙可知，风力增大时，Rx的阻值减小，电路中的总电阻减小，
由I＝可知，电路中的电流增大，由U＝IR可知，R两端的电压增大，即电压表的示数增大；
（2）由图象可知，当无风时，电阻Rx＝7Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：
I＝＝＝A，
压敏电阻Rx消耗的电功率：
Px＝I2Rx＝（A）2×7Ω≈1.22W；
（3）由图象可知Rx与F图线为一次函数，Rx＝aF+b，
当F＝0时，Rx＝7Ω，所以7Ω＝a×0+b，
可得：b＝7Ω，
当F＝600N时，Rx＝1Ω，所以1Ω＝a×600N+7Ω，
可得：a＝﹣0.01Ω/N，
则：Rx＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：
Ux＝U﹣UR＝5V﹣3V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：
I′＝＝＝0.6A，
则压敏电阻的阻值：
Rx′＝＝＝Ω，
所以Ω＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
解得：F≈366.7N，
该装置所能测量的最大风力为366.7N。
答：（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大；
（2）无风时，压敏电阻的功率1.22W；
（3）该装置所能测量的最大风力366.7N。
五、综合能力题（请同学们在20--A和20-B中任选1题完成，每空!分，共6分）
20．【解答】解：（1）如图甲，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系；
（2）若图乙中c、d两玻璃管内液面上升高度相同，则说明c、d两玻璃管内电流产生热量相同，由于c、d两玻璃管里面的电阻相等，根据Q＝I2Rt可知，通过电阻的电流相等，由于是c玻璃管的一个5Ω的电阻与d玻璃管两个5Ω的电阻并联后再串联，则说明d玻璃管两个并联的电阻外面的电阻没有电流通过，即e电阻开路；
装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；这表明：在相同时间内，电阻相同，电流越大，通过导体时产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，需要增大左侧电阻的电流，即需要减小电路的总电阻；根据并联电路的电阻关系可知，如果减小右侧上面的电阻的阻值，则并联部分的总电阻减小，并联部分分担的电压减小，则d两端的电压减小，根据欧姆定律可知，通过d的电流减小，这样能是c和d的电流差值变大，则U形管液面高度差更明显；
（4）甲装置中5Ω的电阻与10Ω的电阻串联，则总电阻R甲＝5Ω+10Ω＝15Ω；
乙装置中d容器内外两个5Ω的电阻并联后再与c容器中5Ω的电阻串联，则总电阻R乙＝Rc+Rd＝5Ω+×5Ω＝7.5Ω，
由于甲、乙两次实验的电源电压相同，则根据欧姆定律可知：I甲：I乙＝R乙：R甲＝7.5Ω：15Ω＝1：2，
由于b、c中两电阻的阻值不相等、通电时间相同，据Q＝I2Rt可知：Qb：Qc＝I甲2Rbt：I乙2Rct＝I甲2Rb：I乙2Rc＝×＝×＝1：2；
（5）电炉丝与导线串联，电炉丝电阻较大，导线电阻非常小，电流和通电时间相同，电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热，说明电流产生的热量与导体电阻大小的关系；
由甲装置可知，两个盒中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，而两电阻丝的阻值不同，研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；所以甲实验可以解释“电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热”现象。
故答案为：（1）电阻；（2）e电阻开路；电流；（3）小于；（4）1：2；（5）甲。
21．【解答】解：（1）燃料燃烧时，化学能转化为内能；
（2）飞机的最大起飞重力G＝mg＝53.5×103kg×10N/kg＝5.35×105N，
故当升力大于5.35×105N时，飞机就可以离陆上升；
（3）机翼上方凸出，下方平直，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，速度大；经过机翼下方的路程短，速度小。所以，上方空气流速大压强小，下翼面空气流速小受到的压强大，产生向上的升力；
（4）为了能在水上起降，飞机应该漂浮在水面，故受到的浮力F浮＝G＝5.35×105N，
所以，根据F浮＝ρgV排可得排开水的体积：
V排＝＝＝53.5m3。
故答案为：（1）燃料燃烧时能量的转化；化学能转化为内能；
（2）AG600飞机以最大起飞重量起飞时的最小升力；5.35×105N；
（3）飞机的升力；机翼上方凸出，下方平直，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，速度大；经过机翼下方的路程短，速度小。所以，上方空气流速大压强小，下翼面空气流速小受到的压强大，产生向上的升力。

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