资源简介

2025年广东省中山市中考三模物理试题
1．公园是人们休闲的好去处，下面是小明在公园里观察到的几个现象，属于光的折射现象的是（　　）
A．凉亭在水中的倒影
B．树荫下的圆形光斑
C．露珠下的叶脉
D．阳光下鸽子的影子
2．如图是童谣“两只老虎”的一段歌词与乐谱，当诗怡同学第一次唱到“跑得快”这三个字期间，关于诗怡声音变化的描述，正确的是（　　）
A．声带振动频率越来越高 B．音调越来越低
C．声波的传播速度逐渐增大 D．振幅逐渐增大
3．小京洗水果时，发现体积较小的桔子漂浮在水面上，而体积较大的芒果却沉在水底，如图所示。已知桔子的密度小于芒果的密度，下列说法正确的是（　　）
A．因为桔子的密度小，所以受到的浮力大
B．因为桔子排开水的体积小，所以受到的浮力小
C．因为芒果的密度大，所以受到的浮力大
D．因为芒果沉在水底，所以受到的浮力小
4．中华美食享誉世界。厨师在烹饪美食的过程中，包含了许多物理知识，下列说法中正确的是（　　）
A．砂锅煲汤是通过热传递的方式改变内能的
B．冰冻食物在解冻的过程中内能减少
C．刚出锅的饭菜很烫，是因为此时饭菜含有的热量多
D．用相同的炉灶加热质量相等的水和食用油，相同时间内食用油升温大，说明食用油比热容大
5．如题图甲所示是智能化数显式圆规，能直接显示出所画圆的半径大小r。其内部等效电路图如图乙所示，OEF为可旋转调节阻值的变阻器，当r增大时，滑片P向顺时针方向移动，反之，则向逆时针方向移动。闭合开关，则下列说法中正确的是（　　）
A．半径r减小时，电流表示数减小
B．半径r增大时，电压表示数增大
C．圆规的数显表盘对应电流表示数
D．半径r增大时，电压表示数与电流表示数的比值减小
6．2025年蛇年春晚在节目最后机器人们的“飞手绢”环节，凭借腕部电机的创新抛放线机构，精准还原传统秧歌中抛接手绢的高难度技巧。下列各图中能反映腕部电机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
7．在某次综合实践活动中，小明观察了生活中的一些设备和现象，下列解释正确的是（　　）
A．用高压锅炖煮食物熟得快，是因为锅内水的沸点会随气体压强增大而降低
B．炒菜时，燃气灶上的铁锅一会儿就会变得很烫，是通过做功改变了它的内能
C．在客厅能闻到厨房烹饪中的菜香，这是扩散现象，温度越高，扩散越慢
D．带有金属外壳的用电器一定要接地线，是为了避免人体因用电器漏电而触电
8．检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像，如图所示，视力表在镜中的像与被测者相距　 　m，镜中所成视力表的像是　 　（选填“实像”或“虚像”），与不用平面镜的方法相比，这样安排的好处是　 　。
9．如图所示是大家常喝的“AD钙奶”，包装盒上标注了净含量450mL，瓶中所装AD钙奶的体积为　 　cm3；若该奶的密度为1.05×103kg/m3，则瓶内AD钙奶的质量为　 　g；若将此瓶AD钙奶喝掉一半以后，剩余AD钙奶的密度将　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
10．十九大报告提出：“绿水青山就是金山银山”。倡导保护环境，使用新能源势在必行。太阳能属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；现在人们用的“核电”源自于原子核　 　（选填“裂变”或“聚变”）释放的核能；手机充电时消耗的电能属于　 　（选填“一次”、或“二次”）能源。
11．指甲钳是生活中必不可少的物品；
（1）如图所示刀刃磨的很薄，是通过　 　的方式增大压强的；
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是为了　 　摩擦力（选填“增大”或“减小”）；
（3）ABC属于　 　杠杆。
12．如图所示，老师带领学生用塑料瓶制作的水火箭发射成功，迅速走红！舱体主要由饮料瓶衔接而成，把水注入“动力舱”，加入高压，在反冲力的作用下，“水火箭”快速升空。水火箭升空，利用了物体间力的作用是　 　，使水火箭获得上升的推力，该力的施力物体是　 　（填“空气”或“喷出的水”），当水火箭到最高点时候，水火箭处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态。
13．如图所示是一台单缸四冲程汽油机的某一冲程，该冲程发生的能量转化是　 　，若它每秒对外做功20次，则该汽油机的飞轮转速为　 　r/min。若该汽油机的效率为30%，完全燃烧10kg汽油放出的热量可以对外做功　 　J。（汽油的热值为4.6×107J/kg）
14．如图是“探究导体产生的热量与电阻的关系”的实验装置，R1、R2串联，已知R1=5Ω，R2=10Ω。通电一段时间后，两个电阻产生的热量之比为　 　；电阻丝是通过　 　方式发热。利用电流热效应工作的用电器　 　（选填“能”或“不能”）用超导体。
15．（1）按要求作图，在图中画出相应的入射光线；
（2）请你画出吊桥被吊起时的阻力F2、动力臂L1；
（3）某风暖浴霸由两个开关控制，当闭合S1时，电动机工作，起送风作用，再闭合S2时，发热丝R开始工作，吹暖风；如果只闭合S2时，电动机和发热丝都不工作。请在图中虚线框内将风暖浴霸的内部电路连接完整并将其正确接入家庭电路中。
16．1. （1）如图所示，图甲中木块的长度为　 　cm； 图乙中温度计的示数为　 　° C，图丙中秒表的读数是　 　s；
（2）如图所示，关闭家中所有用电器，单独使用电饭煲工作30min， 转盘转过1800圈，电饭煲的电功率为　 　W；
（3）在“探究凸透镜成像规律”的实验中：（该凸透镜的焦距是10cm）
①如图甲所示，若想在光屏上（光屏未画出）得到物体清晰放大的实像，则物体应位于　 　（选填 “a”“b”“c”或“d”）；
②若把图乙的凸透镜换成相同焦距的“水凸透镜”，减少“水凸透镜”的水量，使其变薄时，光屏上原来清晰的像变得模糊不清，要想重新得到清晰的像，不改变光屏的位置，在图乙的虚线框A中放一个焦距合适的　 　（选填“凸”或“凹”）透镜进行调节；
（4）在“观察水的沸腾”实验中，小明观察到水沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况如图甲、乙所示，其中图　 　是水在沸腾时的情况。
17．在“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中：
（1）在使用压强计前，小明发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差。他接下来的调节的方法是__________；
A．拆除软管重新安装
B．往水面低的那边管中加入适当水
C．将水面高的那边管中高出的水倒出
（2）小明正在使用的液体压强计　 　（选填“是”或“不是”）连通器；
（3）小明把探头放进盛水的烧杯中，如图甲、乙所示，可以初步得出结论：　 　。小明又换用盐水再次进行实验，对比图甲和图丙，得出了结论：液体密度越大，压强越大。同学们认为他的结论不可靠，理由是　 　。
（4）实验丙中，U形管两水面高度差为10cm，橡皮膜在盐水中8cm，橡皮膜所在处的压强　 　Pa。
（5）小红选择了另一套装置来进行实验，如图丁所示在容器两侧分别倒入不同深度的水和酒精，若橡皮膜中心距离水面8cm，右侧注入的液体是酒精，当橡皮膜中心距离酒精液面　 　m时，可以观察到橡皮膜的形状是平的。（，）
18．实验小组以图甲所示电路探究“电流与电阻的关系”。图中R为电阻箱。
（1）图乙为实际连接的电路，检查发现有一根导线接错，请在这根导线上打“×”，并画出正确接法，导线不交叉　 　。
（2）实验过程中，当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑动变阻器滑片目的　 　。
（3）连接好电路，将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，电压表示数始终接近电源电压，导致这一现象的原因可能是__________（填序号）。
A．滑动变阻器最大阻值太大
B．电阻箱R的电阻丝断了
C．开关闸刀与触点接触不良
（4）正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，记录第1组电阻值和电流表的示数后，将电阻箱调到一个阻值更大的电阻后，应将滑片适当向　 　端移动（选填“A”或“B”）。数据记录如表，其中第3次实验时电流表的示数如图丙所示，读数为　 　。（保留两位有效数字）
1 2 3 4 5
R（Ω） 5 10 15 20 25
I（A） 0.40 0.20
0.10 0.08
（5）多次改变电阻箱的阻值，重复上述操作，得到了如表中所示的数据，通过观察表中的数据，分析得出：　 　。
（6）为了确定电流与电阻的定量关系，老师提出利用图像法，应将表中各组电阻值的倒数算出，并做出电流与电阻倒数的图像如图丁所示。请你分析为什么不做I与R图像，而需要做I与图像是　 　。
19．研学实践活动时，小明在农家乐看到一种农具（如图甲），他查阅资料后知道，这种农具叫“舂”，农民捣谷用的，其工作原理图如图乙，AOB为碓杆，O为支点，A处连接着碓头，脚踏碓杆的B处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷。若碓头的重力为50N。每踩一次碓头上升的高度为50cm，AO长1.5m，OB长0.3m。不计碓杆的重力和摩擦。
（1）脚至少用多大的力才可以将碓头抬起？
（2）若1min将B踩下30次，则人做功的功率是多大？
（3）每一只脚与B处接触面积为，每踩一次时脚对B处的压强是多少？
20．如图甲所示是一款新型智能养生壶，它具有加热、保温两挡功能，壶内部简化电路如图乙所示，其中R1和R2为电热丝，S2为自动控制开关，该养生壶的主要参数如表所示。
产品名称 智能养生壶
额定电压 220V
额定加热功率 1100W
额定保温功率 100W
（1）求该养生壶在加热状态正常工作时的电流多少安培？
（2）求电热丝R1的阻值是多少欧姆？
（3）某天早上，将该养生壶接入家庭电路中单独工作，则该养生壶加热时的实际电压是198V时，养生实际功率多少W？
21．为了比较水和食用油的吸热能力，小新同学做了如图甲所示的实验。
（1）实验前应按照　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序组装实验器材，实验中取　 　（选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，用升高的温度来反映两种物质的吸热能力；
（2）小新将记录的实验数据绘制成如图乙所示的温度-时间图像，已知水的比热容是，根据图像可计算出食用油的比热容为　 　；
（3）小林同学受到小新实验的启发，设计了如下实验来比较铜和铝的比热容大小：
①小林先将质量相等的铜块和铝块放入沸水中加热足够长时间，如图丙所示（加热装置未画出）；
②再将铜块和铝块分别放入盛有质量相等、温度相同的水的A、B两容器中，并将容器用隔热材料密封，如图丁所示；
③经过足够长的时间后，同时测量A、B两容器中水的温度，记录数据分别为和；
④分析比较铜块和铝块吸收的热量和其他相关的物理量，可以判断出　 　（选填“铜”或“铝”）的比热容大。
22．阅读短文，回答问题 第五代战斗机——“歼-20”
“歼-20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼-20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，可随时保证飞机与地面的联系。“歼-20”配备了大功率雷达，为解决散热问题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合），最大载油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：（已知飞机发动机的效率是40%，航空燃油的热值为。g取）
速度v（m/s） 100 200 300 400 500
阻力f/N
（1）“歼-20”飞机表面能　 　（选填“反射”或“吸收”）对方雷达发射的电磁波，从而实现电磁隐身。飞机在水平匀速飞行过程中机械能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）下列说法中不正确的是__________。
A．飞机的机翼做成流线型是为了减小空气的阻力
B．为解决雷达的散热问题，采用比热容较大的液体作为冷却剂
C．飞机与地面的联系采用光信号的形式传输信号
D．当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用
（3）当飞机以的速度巡航时，飞机发动机的输出功率为　 　kW。若在飞机油箱中加满燃油，并且以的速度巡航时，飞机的最大航程约为　 　km。
（4）翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为，则机翼面积为　 　。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，则该“歼-20”飞机的推重比约为　 　（结果保留一位小数）。
（5）飞机利用测距传感器来判断离地高度。若某测距传感器的阻值R1与离地高度h的关系如图乙所示，如图丙所示的检测电路采用了“稳流电源”（电源输出的电流恒定），要使高度表（实质是电流表或电压表）的示数能随飞行高度的增大而增大，则此高度表应安装在　 　（选填“1”、“2”或“3”）位置。
23．某自动除湿机可以实现恒湿功能，当湿度达到设定值时，会自动断开压缩机。除湿机中的压缩机是整个系统的核心，除湿机的动力全部由压缩机来提供。除湿机内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图甲所示。控制电路中的电源电压U1=12V，调控电阻R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿机内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度RH变化的图像如图乙所示，L为磁控开关。当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电压220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。
（1）当S接通时，可判断图甲中线圈上端P的磁极为　 　极；
（2）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，已知保护电阻Rg=2Ω，则除湿过程中工作电路中的电流为　 　A。如果除湿机工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，1h内Rg消耗的电能为　 　J；
（3）实验室内有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%以内，则调控电阻R0的阻值不能超过　 　Ω。若要适当提高相对湿度，可采取的办法是　 　（答出一种即可）；
（4）某除湿机有40%（干衣模式）、50%、60%、70%等4个恒湿功能挡位，如图是它分别工作于不同挡位时测得的电流随时间的变化图象，其中属于干衣模式的是　 　（填字母）。
A.
B.
C.
D.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；透镜及其特点与分类
【解析】【解答】A．凉亭发出光在水面发生反射，反射光线射入眼睛成像，这就是在水中的倒影，属于光的反射现象，故A不符合题意；
B．树荫下形成圆形光斑，是太阳光沿直线传播时通过树叶缝隙形成的小孔成像，故B不符合题意；
C．露珠下看到的叶脉变粗了，是因为水珠相当于凸透镜，属于光的折射现象，故C符合题意；
D．由于光的直线传播形成，所以鸽子在阳光回留下影子，故D不符合题意。
故选C。
【分析】A.平面镜成像的原理是光的反射；
BD.光在同一种均匀介质中沿直线传播，现象有影子、日食和月食，小孔成像等；
C.根据凸透镜成像的原理判断。
2．【答案】A
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】根据图像，乐谱为咪、法、索，越往后，音调越高，振动频率越来越快，而音调变化不影响声音的传播速度，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】发声体振动的频率不同，音调不同，声速和音调高低无关。
3．【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】AC．根据阿基米德原理可知，浮力与液体密度和排开液体的体积有关，与物体的密度没有关系，故AC错误；
BD．根据图片可知，桔子排开水的体积小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，它受到的浮力小，故B正确，D错误。
故选B。
【分析】AC.浮力与液体密度和排开液体的体积有关；
BD.根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排比较桔子和芒果受到浮力的大小。
4．【答案】A
【知识点】热量的概念；温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A．砂锅煲汤过程中，高温砂锅将热量传递给温度较低的汤，通过热传递方式增加了汤的内能，该选项正确；B．冰冻食物解冻时需要吸热导致内能增加，但温度升高是吸热后的结果而非原因，原解析表述有误；
C．高温饭菜的"烫"是由其温度决定，而热量是热传递过程中的能量变化量，属于过程量，因此不能描述为"含有热量"；
D．相同加热条件下，水和食用油吸收相同热量时，由于食用油的比热容（单位：J/(kg·℃)）较小，其温度上升更快，这反映其吸热能力较弱。
正确答案为A选项。
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、比热容的应用：水的比热容较大，吸收或者释放热量，水的温度变化量小；
3、固体熔化时，液体沸腾时，吸收热量温度保持不变。
5．【答案】B
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．如图乙所示，变阻器与R0串联，电流表测总电流，电压表测变阻器两端电压。半径r减小时，滑片P向逆时针方向移动，则它接入电路阻值减小，根据可知，电路的电流增大，故A错误；
B．综上所述，半径r增大时，滑片P向顺时针方向移动，接入电路阻值增大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，电压表示数增大，故B正确；
C．当半径r增大时，电压表示数增大，电流表示数减小，所以圆规的数显表盘对应电压表示数，故C错误；
D．根据可知，电压表示数与电流表示数的比值为变阻器阻值大小，半径r增大时，变阻器阻值增大，电压表示数与电流表示数的比值增大，故D错误。
故选B。
【分析】 由图乙知变阻器与定值电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量变阻器两端的电压；
A.由当r减小时，滑片P向逆时针方向移动，根据图片确定滑动变阻器接入电路的电阻的变化，根据判断出电路中电流的变化；
B.当r增大时，滑片P向顺时针方向移动，根据图片确定滑动变阻器接入电路的电阻的变化，由串联电路的分压作用判断出滑动变阻器分得电压的变化；
C.根据上面的分析确定哪个电表的示数变化符合数显表盘的变化规律即可；
D.由图乙知电压表示数与电流表示数的比值等于滑动变阻器接入电路的电阻，根据当r增大时滑动变阻器接入电路电阻的变化判断出电压表示数与电流表示数比值的变化.
6．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】电机的工作原理为通电导体在磁场中受力运动。
A．当移动变阻器的滑片时，通过螺线管的电流大小改变，则吸引大头针的数量改变，那么探究电磁铁磁性强弱影响因素的实验故A不符合题意；
B．当电流通过导线时，小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场，故B不符合题意；
C．当线圈在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针摆动，是发电机原理，故C不符合题意；
D．当线圈通过电流时，线圈受力转动起来，反映电动机工作原理，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中包含的物理原理，然后与电机的工作原理对照即可。
7．【答案】D
【知识点】热传递改变物体内能；沸点及沸点与气压的关系；安全用电原则；分子热运动
【解析】【解答】A．锅内水的沸点会随气体压强增大而升高，所以用高压锅炖煮食物熟得快，故A错误；
B．炒菜时，铁锅吸收火焰的热量而温度升高，属于能量的转移，是通过热传递改变了它的内能，故B错误；
C．在客厅能闻到厨房烹饪中的菜香，这是扩散现象，温度越高，扩散越快，故C错误；
D．当用电器的外壳接地时，一旦外壳漏电，电流通过地线流入大地，是为了避免人体因用电器漏电而触电，故D正确。
故选D。
【分析】A.根据液体沸点随上方气压的变化规律判断；
B.热传递改变内能的本质为能量的转移；
C.根据分子运动和温度的变化规律判断；
D.根据家庭电路安全用电的知识判断。
8．【答案】5；虚像；可以节省空间，在较小的空间内检查视力
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）根据图片可知，视力表距离平面镜2.7m，根据平面镜成像“物像等距”的规律可知，视力表在镜中的像到镜面的距离为2.7m。人到视力表的距离为0.4m，则视力表在镜中的像与被测者的距离为2.7m-0.4m+2.7m=5m。
（2）平面镜成像是所有反射光线反向延长线的交点，不是实际光线会聚而成，因此镜中所成视力表的像是虚像。
（3）如果不用平面镜，则要求两个墙壁的距离为5m。用平面镜只需2.7m，则与不用平面镜的方法相比，这样安排的好处是可以节省空间，在较小的空间内检查视力。
【分析】（1）根据平面镜成像“物像等距”的规律分析解答；
（2）根据平面镜成像的特点解答；
（3）将不使用平面镜时墙壁的距离与现在的距离比较即可。
9．【答案】450；472.5；不变
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，“AD钙奶”包装盒上标注450mL，瓶中所装AD钙奶的体积为V=450mL=450cm3；
（2）瓶内AD钙奶的质量m=ρV=1.05×103kg/m3×450×10-6m3=0.4725kg=472.5g；
（3）若将此瓶AD钙奶喝掉一半以后，剩余AD钙奶的物质种类不变，则它的密度将不变。
【分析】（1）根据包装盒上的净含量解答；
（2）根据m=ρV计算瓶内AD钙奶的质量；
（3） 密度是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量和体积无关。
10．【答案】可再生；裂变；二次
【知识点】能源及其分类；核能
【解析】【解答】太阳能可以从自然界中源源不断的得到，属于可再生能源。
现在人们用的“核电”源自于原子核裂变释放的核能，核聚变释放的核能目前还不能和平利用。
手机充电时消耗的电能是由其他形式的能源转化而来，属于二次能源。
【分析】可再生能源的特点是可以重复利用，取之不尽用之不竭，例如风能、水能、太阳能等。
核电站是通过核裂变来获取能量的。
11．【答案】（1）减小受力面积
（2）增大
（3）省力
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；杠杆的分类
【解析】【解答】（1）刀刃磨的很薄，是通过减小受力面积增大压强。
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是在压力一定的条件下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（3）根据图片可知，杠杆ABC中，弯曲处为支点，C点作用阻力，A点作用动力，此时动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，是省力杠杆。
【分析】（1）增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；
（2）增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（3）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
（1）如图所示刀刃磨的很薄，受力面积小，是通过减小受力面积增大压强。
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是为了增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（3）杠杆ABC中，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，是省力杠杆。
12．【答案】相互的；喷出的水；非平衡
【知识点】力的概念及单位；力作用的相互性；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1） 水火箭升空时， 它向下喷水，对水施加一个向下的力，同时水对水火箭产生一个向上的反作用力，即力的作用是相互的，那么水火箭获得上升的推力的施力物体是喷出的水。
（2）水火箭到最高点时候，只受竖直向下的重力作用，受到非平衡力，处于非平衡状态。
【分析】（1）根据力的作用是相互的分析火箭推力的施力物体；
（2）平衡状态受到平衡力，包括静止或匀速直线运动状态。
13．【答案】机械能转化为内能；2400；1.38×108
【知识点】燃料的热值；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据图片可知，活塞向上运动，两个气门都关闭，则为压缩冲程，将活塞的机械能转化为空气的内能。
（2）若汽油机每秒对外做功20次，则每秒飞轮转圈，每分钟飞轮转：40×60=2400圈，因此该汽油机的飞轮转速为2400r/min。
（3）根据题意可知， 汽油的热值为4.6×107J/kg ，
则完全燃烧10kg汽油放出的热量Q放=mq=10kg×4.6×107J/kg=4.6×108J
可以对外做功W=ηQ放=30%×4.6×108J=1.38×108J。
【分析】（1）根据活塞的运动方向和气门的开合确定冲程名称，明确能量转化过程；
（2） 汽油机一个工作循环，飞轮和曲轴转2圈，完成4个冲程，对外做功1次；
（3）根据Q放=mq计算汽油燃烧放出的热量，根据W=ηQ放计算对外做功大小。
14．【答案】1∶2；做功；不能
【知识点】热传递改变物体内能；超导体特点及作用；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，两个电阻串联，则电流和通电时间相同。由焦耳定律可知，两个电阻产生的热量与电阻成正比，即。
（2）电流通过电阻丝时，将电能转化为内能，属于能量的转化，所以电阻丝是通过做功的方式发热的。
（3） 根据焦耳定律Q=I2Rt，当电阻R=0时，电阻产生的热量Q=0，此时电热器不能工作，而超导体的电阻为0，所以利用电流热效应工作的用电器不能用超导体。
【分析】（1）根据图片确定电流和通电时间的关系，然后根据焦耳定律计算二者产生的热量之比；
（2）做功改变物体内能的本质为能量的转化；
（3）电流通过导体时发热，这是电流的热效应，关键是利用其中电阻的阻值，据此分析判断。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】透镜的光路图；力臂的画法；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据凹透镜的三条特殊光线可知，指向另一侧虚焦点的光线，其折射光线平行主光轴；通过光心的光线传播方向不变，如下图所述：
（2）如图所示，阻力由桥自身的重力产生，即阻力作用在桥的重心上，方向竖直向下。动力作用在桥的左端，方向沿绳子向上，过支点B作动力作用线的垂线即可，如下图所示：
（3）根据题意可知，电动机和发热丝独立工作，互不影响，因此二者是并联。开关S1闭合时，只有电动机工作；开关S1和S2都闭合时，电动机和电阻丝同时工作，则开关S1控制所有用电器，应该在干路上。开关S2控制发热丝R，故S2与发热丝串联，如下图所示：
【分析】（1）根据凹透镜的三条特殊光线完成作图；
（2）根据图片分析阻力产生的原因，进而确定阻力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段。力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离。
（3）用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只控制支路上的用电器，据此分析解答。
（1）通过光心的光线传播方向不变，画出入射光线，根据指向焦点的光线，必然平行主光轴，故连接折射点和右侧焦点可以确定第二条入射光线，故如图所示：
（2）如图所示，桥绕着B点转动，故B为支点，桥的重力是阻力，动力是直接作用在杠杆上的力，故左边的绳子是动力的作用线，过支点作动力作用线的垂线即可画出动力臂，故如图所示：
（3）为了避免安全事故，开关需要接在火线上，当闭合S1时，电动机工作，起送风作用，再闭合S2时，发热丝R开始工作，吹暖风；说明电动机和发热丝独立工作，互不影响，是并联，开关S2控制发热丝R，故S2与发热丝串联，如果只闭合S2时，电动机和发热丝都不工作，说明开关S1在干路上，故如图所示：
16．【答案】1.95；-2；187.5；1000；c；凸；甲
【知识点】温度及温度计的使用与读数；探究水的沸腾实验；凸透镜成像规律及其探究实验；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】（1）①如图甲所示，该刻度尺的分度值为0.1cm，物体左侧估读为1.00cm，右侧估读为2.95cm，那么木块的长度为。
②根据乙图可知，该温度计的分度值为1℃，液面在0℃以下，故读数为-2℃。
③根据丙图可知，小盘的分度值为05min，分针指向3，没有过半，则小盘的读数为3min；
大盘的分度值为0.1s，读数为7.5s，则秒表的读数为：3min7.5s=187.5s。
（2）根据“3600r/kW·h”可知，电饭煲消耗的电能为；
则电饭煲的电功率为。
（3）①根据凸透镜的成像规律可知，若要物体清晰放大的实像，则物距需要在一倍到两倍焦距之间，故选c。
②“水凸透镜”变薄时，对光线的会聚能力变弱，不改变光屏的位置，此时需要增强会聚能力，因此在图乙的虚线框A中放一个焦距合适的凸透镜。
（4）水沸腾时，容器底部产生的气泡上升时体积逐渐变大，故选甲图。
【分析】 （1）①根据甲图确定刻度尺的分度值，根据“测量值=准确值+估读值”记录两个刻度值，然后相减即可。
②根据乙图确定温度计的分度值，根据液面位置读出示数；
③根据图片确定大盘和小盘的分度值，分别读出示数后相加即可；
（2）根据计算电饭煲消耗的电能，根据计算电饭煲的功率；
（3）①根据凸透镜成像规律，物距大于2倍焦距成倒立缩小的实像，物距在一倍和二倍焦距之间，成倒立放大的实像；
②凸透镜对光有会聚作用，凸赌越大，焦距越短，会聚作用越强，反之越薄的，会聚作用越弱；
（4）沸腾前烧杯底部温度高，表面温度低，底部的水先汽化形成气泡，气泡上升的过程中，遇冷液化，从下往上气泡越变越小；
沸腾时，整杯水的温度一致，底部的水先汽化，气泡慢慢上升过程中，周围的水汽化，从下往上气泡越变越大。
17．【答案】（1）A
（2）不是
（3）同种液体中，液体压强随着深度增加而增大；没有控制探头在液体中的深度相同
（4）103Pa
（5）0.1
【知识点】液体压强的计算；连通器原理及其应用；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在使用压强计前，U形管左右液面有一定的高度差，说明软管内外气压大小不相等，此时应拆除软管后待两侧液面相平后在重新安装。故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（2）根据图片可知，压强计的U形管一端开口，一端没有开口，故压强计不是连通器。
（3）①根据图片可知，甲乙中探头的深度越大，U形管两侧液面的高度差越大，故可以得到结论：同种液体，深度越深压强越大。
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制探头的深度相同，只改变液体密度。甲丙两图液体密度不同，探头在液体中的深度也不同，故得到的结论不科学，没有控制深度相同。
（4）探头处的压强等于U形管液柱高度差产生的压强，即。
（5）橡皮膜的形状是平的，说明酒精产生的压强与水产生的压强相等时，即p酒=p水；
ρ酒gh酒=ρ水gh水；
故酒精的深度。
【分析】 （1）U形管左右液面有一定的高度差，说明软管内外气压大小不相等，此时只要取下软管重新安装，两管气体与大气相通，两管液面就可相平；
（2）底部连通、上端开口的容器叫连通器；
（3）①根据图片分析甲和乙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制探头的深度相同，只改变液体密度。
（4）根据p=ρgh得出探头处的压强大小；
（5）当酒精产生的压强与水产生的压强相等时，橡皮膜的形状是平的，根据p=ρgh得出故酒精的深度。
（1）在使用压强计前，小明发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差，此时应拆除软管后待两侧液面相平后在重新安装。故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（2）压强计一端开口，一端没有开口，故压强计不是连通器。
（3）[1]甲乙两图中，探头放在液体中的深度越深，U形管两侧液面的高度差越大，故可以得到结论：同种液体，深度越深压强越大。
[2]甲丙两图液体密度不同，探头在液体中的深度也不同，故得到的结论不科学，没有控制深度相同。
（4）探头处的压强
（5）当酒精产生的压强与水产生的压强相等时，橡皮膜的形状是平的，故酒精的深度
18．【答案】（1）
（2）保持电阻箱两端的电压不变
（3）B
（4）A；0.12
（5）电压一定时，电流与电阻成反比
（6）根据欧姆定律可知，电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系。而I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在实验中，电流应该与电阻串联，电压表与定值电阻并联。根据乙图可知，此时只需将定值电阻R右端与电流表相连的导线拆下，改接在电压表的“-”接线柱上即可，如下图所示：
（2）根据控制变量法的要求可知，探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端电压不变。当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑片改变变阻器接入的电阻，进而保持电阻箱两端电压不变。
（3）闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，说明电路发生了断路。电压表有示数，说明电压表与电源两极之间连接正常，比较可知，只能是与电压表并联的定值电阻R的电阻丝断了。
故选B。
（4）①在实验中，要控制定值电阻的电压不变，则变阻器两端的电压也不变，那么二者电压的比值不变。根据串联电路电压与电阻呈正比可知，二者电阻的比值不变。当电阻箱的阻值调大时，需要增大滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器的滑片向A端移动。
②根据乙图可知，电流表选用0-0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.12A。
（5）分别计算出每组数据总电流和电阻的乘积，即U=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V，那么乘积相等，
故可得：电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）根据欧姆定律可知，电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系。而I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像。
【分析】 （1）根据甲图分析电器元件的串并联关系，然后与乙图对照即可；
（2）根据控制变量法的要求可知，探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变；
（3）根据电流表和电压表的示数变化确定故障的种类和位置；
（4）①探究电流与电阻的关系，应保持电压不变，根据串联分压规律即可确定滑动变阻器的滑片移动方向；
②根据图丙电流表所选量程确定分度值读数；
（5）分别计算出每组数据中电流和电阻的乘积，然后比较大小，从而得到结论；
（6）图像是直线比曲线更能直观确定两个物理量的关系。
（1）探究电流与电阻的关系的实验中，电源、开关、定值电阻、电流表、滑动变阻器串联，电压表并联在定值电阻两端，实物图更改如图所示：
（2）探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端电压不变。当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑动变阻器滑片使电压表不变，即保持电阻箱两端电压不变。
（3）连接好电路，将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，说明电路发生了断路，电压表示数始终接近电源电压，说明与电压表并联的定值电阻R的电阻丝断了。
故选B。
（4）[1]当电阻箱的阻值调大时，根据串联电路的分压原理，电阻箱两端的电压会增大，为保持电阻箱两端的电压不变，由串联分压的规律可知，需要增大滑动变阻器接入电路的阻值。故应将滑动变阻器的滑片向A端移动。
[2]由图乙可知，图丙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.12A。
（5）由表中数据可知U=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V
且导体的电阻越大，通过的电流越小，故可得：电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系，I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像。
19．【答案】（1）解：根据乙图可知，O点为支点，B点为动力作用点，则以OB为动力臂时最大，此时最省力。
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：；
50N×1.5m=F×0.3m；
解得：。
（2）解：根据题意可知，脚向下踩一次人做的功等于碓头每上升一次克服重力所做的功，
即；
人1分钟做功的功率为。
（3）解：综上所述，脚向下踩一次的力为，脚与B点的接触面积为 ，
则B点压强为。
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可求得脚上的压力；
（2）脚向下踩一次人做的功等于碓头每上升一次克服重力所做的功，根据公式W=Gh计算出30次对碓头做的功，再根据舂的机械效率可以求出人做的功，最后根据公式求人做功的功率；（3）根据计算每踩一次时脚对B处的压强。
（1）由杠杆平衡条件可知，碓头重力与OA长度的乘积一定，动力臂最长时，脚所用的力最小。由图乙可知脚提供的力作用点在B点，且垂直于OB向下时，脚所用的力最小，此时动力臂的长度恰好等于OB的长。由以上分析可以列出
可得出
（2）无论使用何种简单机械，都不能省功。因此，碓头每上升一次克服重力所做的功等于脚向下踩一次人做的功，可以得出
人1分钟做功的功率为
（3）由小问1的分析可知，脚向下踩一次的力为，由压强的定义式可以得出B点压强为
20．【答案】（1）解：根据表格可知，养生壶的额定加热功率为1100W，
则养生壶正常工作的电流。
（2）解：根据乙图可知，当、均闭合时，电路中只有自己单独工作，此时电阻较小功率较大，则为加热状态，
那么电阻R2的阻值；
当仅闭合时，电路中串联，此时电阻较大功率较小，则为保温状态，
则保温状态的总电阻；
那么R1的阻值为：。
（3）解：根据乙图可知，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，
则实际电压为198V时养生壶实际功率。
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】 （1）根据表格确定养生壶的额定加热功率，然后根据P=UI得出养生壶正常工作的电流；
（2）根据乙图可知，当S1、S2均闭合时，电路中只有R2，此时为加热状态，由得R1的阻值；当仅闭合S1时，电路中R1和R2串联，此时为保温状态，由计算保温状态的总电阻，根据电阻串联的特点得出R1的阻值；
（3）根据乙图遏制，当S1、S2均闭合时，电路中只有R2，此时为加热状态，由得养生壶实际功率。
（1）养生壶正常工作的电流
（2）由图分析，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，由得
当仅闭合时，电路中串联，此时为保温状态，则保温状态的总电阻
则根据串联电路电阻规律得
（3）由图分析，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，且由前面计算可知，则实际电压为198V时，养生壶实际功率
21．【答案】（1）自下而上；质量
（2）2.1×103
（3）铝
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）①在实验中，要用酒精灯外焰加热，且酒精灯直接放在底座上，高度不易调节，所以先确定酒精灯的位置，再按照自下而上顺序组装器材。
②根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度低的比热容更大，因此实验中应取质量相同的水和食用油。
（2）根据乙图可知，质量相同的水和食用油都从升高到时，二者升高相同温度，水加热时间6min，食用油加热时间3min。
根据吸收热量与加热时间呈正比得到，水和食用油加热时间比；
由得到：；
；
解得：。
（3） 把同等质量100℃的铜、铝，放在相同质量、相同温度的水中，设铜、铝的质量为m，水的初温为t0，质量为m水，
铜块放出的热量等于水吸收的热量：c铜m（t-t1）=c水m水（t1-t0），
铝块放出的热量等于水吸收的热量：c铝m（t-t2）=c水m水（t2-t0），
所以；
；
，
所以铝的比热容大。
【分析】 （1）①根据实验中用酒精灯的外焰加热分析；
②根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度低的比热容更大。
（2）根据图像可知，相同质量的水和食用油都从10℃升高到30℃，食用油需要3min而水需要6min，则水吸收的热量是食用油吸收热量的两倍，由作比计算食用油的比热容；
（3）把同等质量100℃的铜、铝，放在相同质量、相同温度的水中，根据最终温度相同，结合Q放=Q吸求出铜和铝的比热容之间的关系。
（1）[1]组装实验器材时，为了用酒精灯外焰加热且使温度计玻璃泡正确放置，应按照自下而上顺序。
[2]实验中应取质量相同的水和食用油，通过吸收相同热量，用升高的温度来反映两种物质吸热能力。
（2）由图乙，质量相同的水和食用油，升高相同温度（均从升高到），水加热时间6min，食用油加热时间3min。
水和食用油加热时间比
加热时间的长短反映物质吸收热量的多少，则吸收热量之比
水和食用油质量相同、升高温度相同，由，
则
则
（3）根据可知，铜块和铝块质量相等时，要比较铜和铝的比热容，只需要比较二者吸收或放出热量与对应温度变化量的比值即可。由步骤①可知，铜块和铝块加热后的末温与沸水温度相同，由于沸水的温度高于图丁中水的温度，由步骤②可知，铜块和铝块放入隔热材料密封的A、B两容器的水中后，铜块和铝块放出热量对水加热，最终铜块和铝块分别与容器中水的温度相同，A、B容器用隔热材料密封，忽略热损失，铜块和铝块放出的热量与水吸收的热量相等；由步骤③可知，实验最终记录了A、B两容器中水的末温，为了方便比较水吸收的热量，A、B两容器中水的质量和初温相等；故比较A、B两容器中水吸收的热量即可得出铜块和铝块放出热量的大小关系，进而可以判断出铜和铝的比热容的大小关系。A、B两容器中水吸收的热量，
则
铜块和铝块放出的热量分别为
忽略热损失，，
故
则
因为，
则
所以铝的比热容比铜大。
22．【答案】（1）吸收；不变
（2）D
（3）1.92×104；2.67×103
（4）74；0.6
（5）3
【知识点】功率计算公式的应用；机械能及其转化；平衡状态的判断；串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】（1）①雷达依靠飞机反射回的电磁波判断飞机的高度和距离信息，因此飞机要实现电磁隐身，必须减小电磁波的反射，即其表面应能吸收雷达发射的电磁波，使雷达难以接收到反射波，从而不易被发现。
②飞机在水平匀速飞行过程中，度不变，所以重力势能不变；质量不变，速度不变，所以动能不变。根据“机械能=动能+重力势能”可知，飞机的机械能不变。
（2）A．飞机的机翼做成流线型，即上表面为曲面，下表面为平面，则可利用上下表面受到的压强差产生向上的升力，同时可以减小空气阻力，故A正确，不符合题意；
B．根据Q=cm△t可知，比热容大的液体在上升相同的温度时，所吸收的热量更多，更适合做冷却剂，故B正确，不符合题意；
C．根据短文资料第三行内容可知，飞机采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，故C正确，不符合题意；
D．当飞机翻滚时，其运动状态不断改变，受到的不是平衡力的作用，故D错误，符合题意。
故选D。
（3）①根据表格数据可知，当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力为。根据平衡力的知识可知，此时飞机发动机提供的牵引力
飞机发动机输出的功率为。
②根据短文资料可知，该飞机的最大载油量，
燃油完全燃烧释放的热量为
发动机做的有用功；
根据表格数据可知，当飞机以500m/s的速度巡航时飞机受到的阻力为，
故飞机发动机提供的牵引力；
飞机的最大航程为。
（4）①根据短文资料第四行可知，飞机的最大起飞质量为37t，故机翼面积为；
②飞根据题意可知，飞机的最大航行速度，
故此时飞机发动机提供的牵引力；
最大起飞重力为
故飞机的推重比为。
（5）根据图乙可知，随着飞行高度的增大，增大，根据串联电路电压与电阻呈正比可知，此时两端的电压增大，故应装在3位置。
【分析】 （1）①雷达依靠物体发射回的电磁波判断物体的距离和形状等信息；
②动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
（2）A.流线型可以减小空气的阻力；
B.根据Q=cm△t可知相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
C.据短文资料第三行内容判断；
D.平衡状态受到平衡力，包括静止或匀速直线运动状态。
（3）①当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力和牵引力相等，根据P=Fv计算飞机发动机输出的功率；
②根据Q=mq计算燃油完全燃烧释放的热量，根据效率公式计算发动机做的有用功，进一步计算当飞机以500m/s的速度巡航时飞机的最大航程；
（4）①翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，据此分析机翼面积；
②飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，据此计算该“歼-20”飞机的推重比；
（5）根据串联电路的分压规律判断电阻两端的电压变化规律即可。
（1）[1]飞机要实现电磁隐身，其表面应能吸收雷达发射的电磁波，减少反射，使雷达难以接收到反射波，从而不易被发现。
[2]飞机在水平匀速飞行过程中，质量不变，速度不变，所以动能不变。高度不变，所以重力势能不变。故飞机的机械能不变。
（2）A．飞机的机翼做成流线型一方面可以减小空气阻力，另一方面还能提供飞机所需的升力，故A正确，不符合题意；
B．比热容大的液体在上升相同的温度时，所吸收的热量更多，更适合做冷却剂，故B正确，不符合题意；
C．根据题意可知，采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，故C正确，不符合题意；
D．当飞机在做较大幅度的翻滚时，其运动状态不断改变，故飞机不是处于平衡状态，受到的不是平衡力的作用，故D错误，符合题意。
故选D。
（3）[1]当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力为，故飞机发动机提供的牵引力
飞机发动机输出的功率为
[2]最大载油量
燃油完全燃烧释放的热量为
已知发动机的效率为40%，则发动机做的有用功
当飞机以500m/s的速度巡航时飞机受到的阻力为，故飞机发动机提供的牵引力
飞机的最大航程为
（4）[1]根据题意可知，飞机的最大起飞质量为37t，故机翼面积为
[2]飞机受到的阻力与速度的关系为，飞机的最大航行速度
故此时飞机发动机提供的牵引力
最大起飞重力为
故飞机的推重比为。
（5）根据题图乙可知，随着飞行高度的增大，增大，电路中电流减小，故不能装在2位置，根据可知，电阻两端的电压减小，故不能装在1位置，根据串联电路的电压规律可知两端的电压增大，故应装在3位置。
23．【答案】N；5；9×104；500；通过增大调控电阻R0的阻值或者减小电源电压U；D
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，当S接通时，由右手螺旋定则可知，线圈上端P的磁极为N极。
（2）根据图甲可知，保护电阻Rg与压缩机串联接入电路，由除湿过程中工作电路的总功率1100W，根据P=UI可求出电路中的电流为
根据串联电路电流特点知，通过保护电阻Rg的电流为Ig=I=5A
保护电阻Rg两端的电压为Ug=IgRg=5A×2Ω=10V
1h内除湿机的工作时间为
除湿机工作1h保护电阻 Rg消耗的电能为Wg=UgIgt=10V×5A×1800s=9×104J
（3）当磁控开关L两个磁性弹片相互吸合时，此时控制电路中的电流为20mA，此时控制电路的总电阻为，当相对湿度达到45%，湿敏电阻R的阻值R湿=100Ω
所以调控电阻R0的最大阻值R0=R总﹣R湿=600Ω﹣100Ω=500Ω
即调控电阻R0的阻值不能超过500Ω。
如果要适当提高相对湿度，即当湿敏电阻更小时，要使通过线圈的电流不会达到20mA，根据欧姆定律以及串联电路电阻特点可知，可以通过增大调控电阻R0的阻值或者减小电源电压U1。
（4）干衣模式即空气中水蒸气含量少，所以每次的工作时间较长，由于室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小，故ABC不符合题意，D符合题意。
【分析】（1）由右手螺旋定则判断线圈磁极。
（2）根据P=UI可求出电路中的电流，根据串联电路电流特点知，通过保护电阻Rg的电流，再根据W=UIt计算保护电阻 Rg消耗的电能。
（3）根据欧姆定律计算控制电路的总电阻，根据相对湿度达到45%，计算湿敏电阻R的阻值。
（4）室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小。
1 / 12025年广东省中山市中考三模物理试题
1．公园是人们休闲的好去处，下面是小明在公园里观察到的几个现象，属于光的折射现象的是（　　）
A．凉亭在水中的倒影
B．树荫下的圆形光斑
C．露珠下的叶脉
D．阳光下鸽子的影子
【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；透镜及其特点与分类
【解析】【解答】A．凉亭发出光在水面发生反射，反射光线射入眼睛成像，这就是在水中的倒影，属于光的反射现象，故A不符合题意；
B．树荫下形成圆形光斑，是太阳光沿直线传播时通过树叶缝隙形成的小孔成像，故B不符合题意；
C．露珠下看到的叶脉变粗了，是因为水珠相当于凸透镜，属于光的折射现象，故C符合题意；
D．由于光的直线传播形成，所以鸽子在阳光回留下影子，故D不符合题意。
故选C。
【分析】A.平面镜成像的原理是光的反射；
BD.光在同一种均匀介质中沿直线传播，现象有影子、日食和月食，小孔成像等；
C.根据凸透镜成像的原理判断。
2．如图是童谣“两只老虎”的一段歌词与乐谱，当诗怡同学第一次唱到“跑得快”这三个字期间，关于诗怡声音变化的描述，正确的是（　　）
A．声带振动频率越来越高 B．音调越来越低
C．声波的传播速度逐渐增大 D．振幅逐渐增大
【答案】A
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】根据图像，乐谱为咪、法、索，越往后，音调越高，振动频率越来越快，而音调变化不影响声音的传播速度，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】发声体振动的频率不同，音调不同，声速和音调高低无关。
3．小京洗水果时，发现体积较小的桔子漂浮在水面上，而体积较大的芒果却沉在水底，如图所示。已知桔子的密度小于芒果的密度，下列说法正确的是（　　）
A．因为桔子的密度小，所以受到的浮力大
B．因为桔子排开水的体积小，所以受到的浮力小
C．因为芒果的密度大，所以受到的浮力大
D．因为芒果沉在水底，所以受到的浮力小
【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】AC．根据阿基米德原理可知，浮力与液体密度和排开液体的体积有关，与物体的密度没有关系，故AC错误；
BD．根据图片可知，桔子排开水的体积小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，它受到的浮力小，故B正确，D错误。
故选B。
【分析】AC.浮力与液体密度和排开液体的体积有关；
BD.根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排比较桔子和芒果受到浮力的大小。
4．中华美食享誉世界。厨师在烹饪美食的过程中，包含了许多物理知识，下列说法中正确的是（　　）
A．砂锅煲汤是通过热传递的方式改变内能的
B．冰冻食物在解冻的过程中内能减少
C．刚出锅的饭菜很烫，是因为此时饭菜含有的热量多
D．用相同的炉灶加热质量相等的水和食用油，相同时间内食用油升温大，说明食用油比热容大
【答案】A
【知识点】热量的概念；温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A．砂锅煲汤过程中，高温砂锅将热量传递给温度较低的汤，通过热传递方式增加了汤的内能，该选项正确；B．冰冻食物解冻时需要吸热导致内能增加，但温度升高是吸热后的结果而非原因，原解析表述有误；
C．高温饭菜的"烫"是由其温度决定，而热量是热传递过程中的能量变化量，属于过程量，因此不能描述为"含有热量"；
D．相同加热条件下，水和食用油吸收相同热量时，由于食用油的比热容（单位：J/(kg·℃)）较小，其温度上升更快，这反映其吸热能力较弱。
正确答案为A选项。
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、比热容的应用：水的比热容较大，吸收或者释放热量，水的温度变化量小；
3、固体熔化时，液体沸腾时，吸收热量温度保持不变。
5．如题图甲所示是智能化数显式圆规，能直接显示出所画圆的半径大小r。其内部等效电路图如图乙所示，OEF为可旋转调节阻值的变阻器，当r增大时，滑片P向顺时针方向移动，反之，则向逆时针方向移动。闭合开关，则下列说法中正确的是（　　）
A．半径r减小时，电流表示数减小
B．半径r增大时，电压表示数增大
C．圆规的数显表盘对应电流表示数
D．半径r增大时，电压表示数与电流表示数的比值减小
【答案】B
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．如图乙所示，变阻器与R0串联，电流表测总电流，电压表测变阻器两端电压。半径r减小时，滑片P向逆时针方向移动，则它接入电路阻值减小，根据可知，电路的电流增大，故A错误；
B．综上所述，半径r增大时，滑片P向顺时针方向移动，接入电路阻值增大，根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，电压表示数增大，故B正确；
C．当半径r增大时，电压表示数增大，电流表示数减小，所以圆规的数显表盘对应电压表示数，故C错误；
D．根据可知，电压表示数与电流表示数的比值为变阻器阻值大小，半径r增大时，变阻器阻值增大，电压表示数与电流表示数的比值增大，故D错误。
故选B。
【分析】 由图乙知变阻器与定值电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量变阻器两端的电压；
A.由当r减小时，滑片P向逆时针方向移动，根据图片确定滑动变阻器接入电路的电阻的变化，根据判断出电路中电流的变化；
B.当r增大时，滑片P向顺时针方向移动，根据图片确定滑动变阻器接入电路的电阻的变化，由串联电路的分压作用判断出滑动变阻器分得电压的变化；
C.根据上面的分析确定哪个电表的示数变化符合数显表盘的变化规律即可；
D.由图乙知电压表示数与电流表示数的比值等于滑动变阻器接入电路的电阻，根据当r增大时滑动变阻器接入电路电阻的变化判断出电压表示数与电流表示数比值的变化.
6．2025年蛇年春晚在节目最后机器人们的“飞手绢”环节，凭借腕部电机的创新抛放线机构，精准还原传统秧歌中抛接手绢的高难度技巧。下列各图中能反映腕部电机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】电机的工作原理为通电导体在磁场中受力运动。
A．当移动变阻器的滑片时，通过螺线管的电流大小改变，则吸引大头针的数量改变，那么探究电磁铁磁性强弱影响因素的实验故A不符合题意；
B．当电流通过导线时，小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场，故B不符合题意；
C．当线圈在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针摆动，是发电机原理，故C不符合题意；
D．当线圈通过电流时，线圈受力转动起来，反映电动机工作原理，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项中包含的物理原理，然后与电机的工作原理对照即可。
7．在某次综合实践活动中，小明观察了生活中的一些设备和现象，下列解释正确的是（　　）
A．用高压锅炖煮食物熟得快，是因为锅内水的沸点会随气体压强增大而降低
B．炒菜时，燃气灶上的铁锅一会儿就会变得很烫，是通过做功改变了它的内能
C．在客厅能闻到厨房烹饪中的菜香，这是扩散现象，温度越高，扩散越慢
D．带有金属外壳的用电器一定要接地线，是为了避免人体因用电器漏电而触电
【答案】D
【知识点】热传递改变物体内能；沸点及沸点与气压的关系；安全用电原则；分子热运动
【解析】【解答】A．锅内水的沸点会随气体压强增大而升高，所以用高压锅炖煮食物熟得快，故A错误；
B．炒菜时，铁锅吸收火焰的热量而温度升高，属于能量的转移，是通过热传递改变了它的内能，故B错误；
C．在客厅能闻到厨房烹饪中的菜香，这是扩散现象，温度越高，扩散越快，故C错误；
D．当用电器的外壳接地时，一旦外壳漏电，电流通过地线流入大地，是为了避免人体因用电器漏电而触电，故D正确。
故选D。
【分析】A.根据液体沸点随上方气压的变化规律判断；
B.热传递改变内能的本质为能量的转移；
C.根据分子运动和温度的变化规律判断；
D.根据家庭电路安全用电的知识判断。
8．检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像，如图所示，视力表在镜中的像与被测者相距　 　m，镜中所成视力表的像是　 　（选填“实像”或“虚像”），与不用平面镜的方法相比，这样安排的好处是　 　。
【答案】5；虚像；可以节省空间，在较小的空间内检查视力
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）根据图片可知，视力表距离平面镜2.7m，根据平面镜成像“物像等距”的规律可知，视力表在镜中的像到镜面的距离为2.7m。人到视力表的距离为0.4m，则视力表在镜中的像与被测者的距离为2.7m-0.4m+2.7m=5m。
（2）平面镜成像是所有反射光线反向延长线的交点，不是实际光线会聚而成，因此镜中所成视力表的像是虚像。
（3）如果不用平面镜，则要求两个墙壁的距离为5m。用平面镜只需2.7m，则与不用平面镜的方法相比，这样安排的好处是可以节省空间，在较小的空间内检查视力。
【分析】（1）根据平面镜成像“物像等距”的规律分析解答；
（2）根据平面镜成像的特点解答；
（3）将不使用平面镜时墙壁的距离与现在的距离比较即可。
9．如图所示是大家常喝的“AD钙奶”，包装盒上标注了净含量450mL，瓶中所装AD钙奶的体积为　 　cm3；若该奶的密度为1.05×103kg/m3，则瓶内AD钙奶的质量为　 　g；若将此瓶AD钙奶喝掉一半以后，剩余AD钙奶的密度将　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】450；472.5；不变
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，“AD钙奶”包装盒上标注450mL，瓶中所装AD钙奶的体积为V=450mL=450cm3；
（2）瓶内AD钙奶的质量m=ρV=1.05×103kg/m3×450×10-6m3=0.4725kg=472.5g；
（3）若将此瓶AD钙奶喝掉一半以后，剩余AD钙奶的物质种类不变，则它的密度将不变。
【分析】（1）根据包装盒上的净含量解答；
（2）根据m=ρV计算瓶内AD钙奶的质量；
（3） 密度是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量和体积无关。
10．十九大报告提出：“绿水青山就是金山银山”。倡导保护环境，使用新能源势在必行。太阳能属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；现在人们用的“核电”源自于原子核　 　（选填“裂变”或“聚变”）释放的核能；手机充电时消耗的电能属于　 　（选填“一次”、或“二次”）能源。
【答案】可再生；裂变；二次
【知识点】能源及其分类；核能
【解析】【解答】太阳能可以从自然界中源源不断的得到，属于可再生能源。
现在人们用的“核电”源自于原子核裂变释放的核能，核聚变释放的核能目前还不能和平利用。
手机充电时消耗的电能是由其他形式的能源转化而来，属于二次能源。
【分析】可再生能源的特点是可以重复利用，取之不尽用之不竭，例如风能、水能、太阳能等。
核电站是通过核裂变来获取能量的。
11．指甲钳是生活中必不可少的物品；
（1）如图所示刀刃磨的很薄，是通过　 　的方式增大压强的；
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是为了　 　摩擦力（选填“增大”或“减小”）；
（3）ABC属于　 　杠杆。
【答案】（1）减小受力面积
（2）增大
（3）省力
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；杠杆的分类
【解析】【解答】（1）刀刃磨的很薄，是通过减小受力面积增大压强。
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是在压力一定的条件下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（3）根据图片可知，杠杆ABC中，弯曲处为支点，C点作用阻力，A点作用动力，此时动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，是省力杠杆。
【分析】（1）增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；
（2）增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（3）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
（1）如图所示刀刃磨的很薄，受力面积小，是通过减小受力面积增大压强。
（2）磨指甲的表面刻有凹凸花纹，是为了增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（3）杠杆ABC中，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，是省力杠杆。
12．如图所示，老师带领学生用塑料瓶制作的水火箭发射成功，迅速走红！舱体主要由饮料瓶衔接而成，把水注入“动力舱”，加入高压，在反冲力的作用下，“水火箭”快速升空。水火箭升空，利用了物体间力的作用是　 　，使水火箭获得上升的推力，该力的施力物体是　 　（填“空气”或“喷出的水”），当水火箭到最高点时候，水火箭处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态。
【答案】相互的；喷出的水；非平衡
【知识点】力的概念及单位；力作用的相互性；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1） 水火箭升空时， 它向下喷水，对水施加一个向下的力，同时水对水火箭产生一个向上的反作用力，即力的作用是相互的，那么水火箭获得上升的推力的施力物体是喷出的水。
（2）水火箭到最高点时候，只受竖直向下的重力作用，受到非平衡力，处于非平衡状态。
【分析】（1）根据力的作用是相互的分析火箭推力的施力物体；
（2）平衡状态受到平衡力，包括静止或匀速直线运动状态。
13．如图所示是一台单缸四冲程汽油机的某一冲程，该冲程发生的能量转化是　 　，若它每秒对外做功20次，则该汽油机的飞轮转速为　 　r/min。若该汽油机的效率为30%，完全燃烧10kg汽油放出的热量可以对外做功　 　J。（汽油的热值为4.6×107J/kg）
【答案】机械能转化为内能；2400；1.38×108
【知识点】燃料的热值；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据图片可知，活塞向上运动，两个气门都关闭，则为压缩冲程，将活塞的机械能转化为空气的内能。
（2）若汽油机每秒对外做功20次，则每秒飞轮转圈，每分钟飞轮转：40×60=2400圈，因此该汽油机的飞轮转速为2400r/min。
（3）根据题意可知， 汽油的热值为4.6×107J/kg ，
则完全燃烧10kg汽油放出的热量Q放=mq=10kg×4.6×107J/kg=4.6×108J
可以对外做功W=ηQ放=30%×4.6×108J=1.38×108J。
【分析】（1）根据活塞的运动方向和气门的开合确定冲程名称，明确能量转化过程；
（2） 汽油机一个工作循环，飞轮和曲轴转2圈，完成4个冲程，对外做功1次；
（3）根据Q放=mq计算汽油燃烧放出的热量，根据W=ηQ放计算对外做功大小。
14．如图是“探究导体产生的热量与电阻的关系”的实验装置，R1、R2串联，已知R1=5Ω，R2=10Ω。通电一段时间后，两个电阻产生的热量之比为　 　；电阻丝是通过　 　方式发热。利用电流热效应工作的用电器　 　（选填“能”或“不能”）用超导体。
【答案】1∶2；做功；不能
【知识点】热传递改变物体内能；超导体特点及作用；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，两个电阻串联，则电流和通电时间相同。由焦耳定律可知，两个电阻产生的热量与电阻成正比，即。
（2）电流通过电阻丝时，将电能转化为内能，属于能量的转化，所以电阻丝是通过做功的方式发热的。
（3） 根据焦耳定律Q=I2Rt，当电阻R=0时，电阻产生的热量Q=0，此时电热器不能工作，而超导体的电阻为0，所以利用电流热效应工作的用电器不能用超导体。
【分析】（1）根据图片确定电流和通电时间的关系，然后根据焦耳定律计算二者产生的热量之比；
（2）做功改变物体内能的本质为能量的转化；
（3）电流通过导体时发热，这是电流的热效应，关键是利用其中电阻的阻值，据此分析判断。
15．（1）按要求作图，在图中画出相应的入射光线；
（2）请你画出吊桥被吊起时的阻力F2、动力臂L1；
（3）某风暖浴霸由两个开关控制，当闭合S1时，电动机工作，起送风作用，再闭合S2时，发热丝R开始工作，吹暖风；如果只闭合S2时，电动机和发热丝都不工作。请在图中虚线框内将风暖浴霸的内部电路连接完整并将其正确接入家庭电路中。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】透镜的光路图；力臂的画法；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据凹透镜的三条特殊光线可知，指向另一侧虚焦点的光线，其折射光线平行主光轴；通过光心的光线传播方向不变，如下图所述：
（2）如图所示，阻力由桥自身的重力产生，即阻力作用在桥的重心上，方向竖直向下。动力作用在桥的左端，方向沿绳子向上，过支点B作动力作用线的垂线即可，如下图所示：
（3）根据题意可知，电动机和发热丝独立工作，互不影响，因此二者是并联。开关S1闭合时，只有电动机工作；开关S1和S2都闭合时，电动机和电阻丝同时工作，则开关S1控制所有用电器，应该在干路上。开关S2控制发热丝R，故S2与发热丝串联，如下图所示：
【分析】（1）根据凹透镜的三条特殊光线完成作图；
（2）根据图片分析阻力产生的原因，进而确定阻力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段。力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离。
（3）用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只控制支路上的用电器，据此分析解答。
（1）通过光心的光线传播方向不变，画出入射光线，根据指向焦点的光线，必然平行主光轴，故连接折射点和右侧焦点可以确定第二条入射光线，故如图所示：
（2）如图所示，桥绕着B点转动，故B为支点，桥的重力是阻力，动力是直接作用在杠杆上的力，故左边的绳子是动力的作用线，过支点作动力作用线的垂线即可画出动力臂，故如图所示：
（3）为了避免安全事故，开关需要接在火线上，当闭合S1时，电动机工作，起送风作用，再闭合S2时，发热丝R开始工作，吹暖风；说明电动机和发热丝独立工作，互不影响，是并联，开关S2控制发热丝R，故S2与发热丝串联，如果只闭合S2时，电动机和发热丝都不工作，说明开关S1在干路上，故如图所示：
16．1. （1）如图所示，图甲中木块的长度为　 　cm； 图乙中温度计的示数为　 　° C，图丙中秒表的读数是　 　s；
（2）如图所示，关闭家中所有用电器，单独使用电饭煲工作30min， 转盘转过1800圈，电饭煲的电功率为　 　W；
（3）在“探究凸透镜成像规律”的实验中：（该凸透镜的焦距是10cm）
①如图甲所示，若想在光屏上（光屏未画出）得到物体清晰放大的实像，则物体应位于　 　（选填 “a”“b”“c”或“d”）；
②若把图乙的凸透镜换成相同焦距的“水凸透镜”，减少“水凸透镜”的水量，使其变薄时，光屏上原来清晰的像变得模糊不清，要想重新得到清晰的像，不改变光屏的位置，在图乙的虚线框A中放一个焦距合适的　 　（选填“凸”或“凹”）透镜进行调节；
（4）在“观察水的沸腾”实验中，小明观察到水沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况如图甲、乙所示，其中图　 　是水在沸腾时的情况。
【答案】1.95；-2；187.5；1000；c；凸；甲
【知识点】温度及温度计的使用与读数；探究水的沸腾实验；凸透镜成像规律及其探究实验；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】（1）①如图甲所示，该刻度尺的分度值为0.1cm，物体左侧估读为1.00cm，右侧估读为2.95cm，那么木块的长度为。
②根据乙图可知，该温度计的分度值为1℃，液面在0℃以下，故读数为-2℃。
③根据丙图可知，小盘的分度值为05min，分针指向3，没有过半，则小盘的读数为3min；
大盘的分度值为0.1s，读数为7.5s，则秒表的读数为：3min7.5s=187.5s。
（2）根据“3600r/kW·h”可知，电饭煲消耗的电能为；
则电饭煲的电功率为。
（3）①根据凸透镜的成像规律可知，若要物体清晰放大的实像，则物距需要在一倍到两倍焦距之间，故选c。
②“水凸透镜”变薄时，对光线的会聚能力变弱，不改变光屏的位置，此时需要增强会聚能力，因此在图乙的虚线框A中放一个焦距合适的凸透镜。
（4）水沸腾时，容器底部产生的气泡上升时体积逐渐变大，故选甲图。
【分析】 （1）①根据甲图确定刻度尺的分度值，根据“测量值=准确值+估读值”记录两个刻度值，然后相减即可。
②根据乙图确定温度计的分度值，根据液面位置读出示数；
③根据图片确定大盘和小盘的分度值，分别读出示数后相加即可；
（2）根据计算电饭煲消耗的电能，根据计算电饭煲的功率；
（3）①根据凸透镜成像规律，物距大于2倍焦距成倒立缩小的实像，物距在一倍和二倍焦距之间，成倒立放大的实像；
②凸透镜对光有会聚作用，凸赌越大，焦距越短，会聚作用越强，反之越薄的，会聚作用越弱；
（4）沸腾前烧杯底部温度高，表面温度低，底部的水先汽化形成气泡，气泡上升的过程中，遇冷液化，从下往上气泡越变越小；
沸腾时，整杯水的温度一致，底部的水先汽化，气泡慢慢上升过程中，周围的水汽化，从下往上气泡越变越大。
17．在“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验中：
（1）在使用压强计前，小明发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差。他接下来的调节的方法是__________；
A．拆除软管重新安装
B．往水面低的那边管中加入适当水
C．将水面高的那边管中高出的水倒出
（2）小明正在使用的液体压强计　 　（选填“是”或“不是”）连通器；
（3）小明把探头放进盛水的烧杯中，如图甲、乙所示，可以初步得出结论：　 　。小明又换用盐水再次进行实验，对比图甲和图丙，得出了结论：液体密度越大，压强越大。同学们认为他的结论不可靠，理由是　 　。
（4）实验丙中，U形管两水面高度差为10cm，橡皮膜在盐水中8cm，橡皮膜所在处的压强　 　Pa。
（5）小红选择了另一套装置来进行实验，如图丁所示在容器两侧分别倒入不同深度的水和酒精，若橡皮膜中心距离水面8cm，右侧注入的液体是酒精，当橡皮膜中心距离酒精液面　 　m时，可以观察到橡皮膜的形状是平的。（，）
【答案】（1）A
（2）不是
（3）同种液体中，液体压强随着深度增加而增大；没有控制探头在液体中的深度相同
（4）103Pa
（5）0.1
【知识点】液体压强的计算；连通器原理及其应用；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在使用压强计前，U形管左右液面有一定的高度差，说明软管内外气压大小不相等，此时应拆除软管后待两侧液面相平后在重新安装。故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（2）根据图片可知，压强计的U形管一端开口，一端没有开口，故压强计不是连通器。
（3）①根据图片可知，甲乙中探头的深度越大，U形管两侧液面的高度差越大，故可以得到结论：同种液体，深度越深压强越大。
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制探头的深度相同，只改变液体密度。甲丙两图液体密度不同，探头在液体中的深度也不同，故得到的结论不科学，没有控制深度相同。
（4）探头处的压强等于U形管液柱高度差产生的压强，即。
（5）橡皮膜的形状是平的，说明酒精产生的压强与水产生的压强相等时，即p酒=p水；
ρ酒gh酒=ρ水gh水；
故酒精的深度。
【分析】 （1）U形管左右液面有一定的高度差，说明软管内外气压大小不相等，此时只要取下软管重新安装，两管气体与大气相通，两管液面就可相平；
（2）底部连通、上端开口的容器叫连通器；
（3）①根据图片分析甲和乙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
②探究液体压强和液体密度的关系时，需要控制探头的深度相同，只改变液体密度。
（4）根据p=ρgh得出探头处的压强大小；
（5）当酒精产生的压强与水产生的压强相等时，橡皮膜的形状是平的，根据p=ρgh得出故酒精的深度。
（1）在使用压强计前，小明发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差，此时应拆除软管后待两侧液面相平后在重新安装。故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（2）压强计一端开口，一端没有开口，故压强计不是连通器。
（3）[1]甲乙两图中，探头放在液体中的深度越深，U形管两侧液面的高度差越大，故可以得到结论：同种液体，深度越深压强越大。
[2]甲丙两图液体密度不同，探头在液体中的深度也不同，故得到的结论不科学，没有控制深度相同。
（4）探头处的压强
（5）当酒精产生的压强与水产生的压强相等时，橡皮膜的形状是平的，故酒精的深度
18．实验小组以图甲所示电路探究“电流与电阻的关系”。图中R为电阻箱。
（1）图乙为实际连接的电路，检查发现有一根导线接错，请在这根导线上打“×”，并画出正确接法，导线不交叉　 　。
（2）实验过程中，当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑动变阻器滑片目的　 　。
（3）连接好电路，将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，电压表示数始终接近电源电压，导致这一现象的原因可能是__________（填序号）。
A．滑动变阻器最大阻值太大
B．电阻箱R的电阻丝断了
C．开关闸刀与触点接触不良
（4）正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，记录第1组电阻值和电流表的示数后，将电阻箱调到一个阻值更大的电阻后，应将滑片适当向　 　端移动（选填“A”或“B”）。数据记录如表，其中第3次实验时电流表的示数如图丙所示，读数为　 　。（保留两位有效数字）
1 2 3 4 5
R（Ω） 5 10 15 20 25
I（A） 0.40 0.20
0.10 0.08
（5）多次改变电阻箱的阻值，重复上述操作，得到了如表中所示的数据，通过观察表中的数据，分析得出：　 　。
（6）为了确定电流与电阻的定量关系，老师提出利用图像法，应将表中各组电阻值的倒数算出，并做出电流与电阻倒数的图像如图丁所示。请你分析为什么不做I与R图像，而需要做I与图像是　 　。
【答案】（1）
（2）保持电阻箱两端的电压不变
（3）B
（4）A；0.12
（5）电压一定时，电流与电阻成反比
（6）根据欧姆定律可知，电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系。而I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在实验中，电流应该与电阻串联，电压表与定值电阻并联。根据乙图可知，此时只需将定值电阻R右端与电流表相连的导线拆下，改接在电压表的“-”接线柱上即可，如下图所示：
（2）根据控制变量法的要求可知，探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端电压不变。当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑片改变变阻器接入的电阻，进而保持电阻箱两端电压不变。
（3）闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，说明电路发生了断路。电压表有示数，说明电压表与电源两极之间连接正常，比较可知，只能是与电压表并联的定值电阻R的电阻丝断了。
故选B。
（4）①在实验中，要控制定值电阻的电压不变，则变阻器两端的电压也不变，那么二者电压的比值不变。根据串联电路电压与电阻呈正比可知，二者电阻的比值不变。当电阻箱的阻值调大时，需要增大滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器的滑片向A端移动。
②根据乙图可知，电流表选用0-0.6A量程，分度值为0.02A，示数为0.12A。
（5）分别计算出每组数据总电流和电阻的乘积，即U=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V，那么乘积相等，
故可得：电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）根据欧姆定律可知，电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系。而I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像。
【分析】 （1）根据甲图分析电器元件的串并联关系，然后与乙图对照即可；
（2）根据控制变量法的要求可知，探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变；
（3）根据电流表和电压表的示数变化确定故障的种类和位置；
（4）①探究电流与电阻的关系，应保持电压不变，根据串联分压规律即可确定滑动变阻器的滑片移动方向；
②根据图丙电流表所选量程确定分度值读数；
（5）分别计算出每组数据中电流和电阻的乘积，然后比较大小，从而得到结论；
（6）图像是直线比曲线更能直观确定两个物理量的关系。
（1）探究电流与电阻的关系的实验中，电源、开关、定值电阻、电流表、滑动变阻器串联，电压表并联在定值电阻两端，实物图更改如图所示：
（2）探究电流与电阻的关系时，应控制定值电阻两端电压不变。当改变电阻箱的阻值时，需要移动滑动变阻器滑片使电压表不变，即保持电阻箱两端电压不变。
（3）连接好电路，将滑动变阻器阻值调到最大，闭合开关S，移动滑片P，发现电流表无示数，说明电路发生了断路，电压表示数始终接近电源电压，说明与电压表并联的定值电阻R的电阻丝断了。
故选B。
（4）[1]当电阻箱的阻值调大时，根据串联电路的分压原理，电阻箱两端的电压会增大，为保持电阻箱两端的电压不变，由串联分压的规律可知，需要增大滑动变阻器接入电路的阻值。故应将滑动变阻器的滑片向A端移动。
[2]由图乙可知，图丙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.12A。
（5）由表中数据可知U=0.40A×5Ω=0.20A×10Ω=0.10A×20Ω=0.08A×25Ω=2V
且导体的电阻越大，通过的电流越小，故可得：电压一定时，电流与电阻成反比。
（6）电流与电阻成反比，I与R的图像是曲线，不能直观得出定量关系，I与的图像是过原点的直线，能直观得出电流与电阻成反比的定量关系，所以作I与图像。
19．研学实践活动时，小明在农家乐看到一种农具（如图甲），他查阅资料后知道，这种农具叫“舂”，农民捣谷用的，其工作原理图如图乙，AOB为碓杆，O为支点，A处连接着碓头，脚踏碓杆的B处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷。若碓头的重力为50N。每踩一次碓头上升的高度为50cm，AO长1.5m，OB长0.3m。不计碓杆的重力和摩擦。
（1）脚至少用多大的力才可以将碓头抬起？
（2）若1min将B踩下30次，则人做功的功率是多大？
（3）每一只脚与B处接触面积为，每踩一次时脚对B处的压强是多少？
【答案】（1）解：根据乙图可知，O点为支点，B点为动力作用点，则以OB为动力臂时最大，此时最省力。
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：；
50N×1.5m=F×0.3m；
解得：。
（2）解：根据题意可知，脚向下踩一次人做的功等于碓头每上升一次克服重力所做的功，
即；
人1分钟做功的功率为。
（3）解：综上所述，脚向下踩一次的力为，脚与B点的接触面积为 ，
则B点压强为。
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可求得脚上的压力；
（2）脚向下踩一次人做的功等于碓头每上升一次克服重力所做的功，根据公式W=Gh计算出30次对碓头做的功，再根据舂的机械效率可以求出人做的功，最后根据公式求人做功的功率；（3）根据计算每踩一次时脚对B处的压强。
（1）由杠杆平衡条件可知，碓头重力与OA长度的乘积一定，动力臂最长时，脚所用的力最小。由图乙可知脚提供的力作用点在B点，且垂直于OB向下时，脚所用的力最小，此时动力臂的长度恰好等于OB的长。由以上分析可以列出
可得出
（2）无论使用何种简单机械，都不能省功。因此，碓头每上升一次克服重力所做的功等于脚向下踩一次人做的功，可以得出
人1分钟做功的功率为
（3）由小问1的分析可知，脚向下踩一次的力为，由压强的定义式可以得出B点压强为
20．如图甲所示是一款新型智能养生壶，它具有加热、保温两挡功能，壶内部简化电路如图乙所示，其中R1和R2为电热丝，S2为自动控制开关，该养生壶的主要参数如表所示。
产品名称 智能养生壶
额定电压 220V
额定加热功率 1100W
额定保温功率 100W
（1）求该养生壶在加热状态正常工作时的电流多少安培？
（2）求电热丝R1的阻值是多少欧姆？
（3）某天早上，将该养生壶接入家庭电路中单独工作，则该养生壶加热时的实际电压是198V时，养生实际功率多少W？
【答案】（1）解：根据表格可知，养生壶的额定加热功率为1100W，
则养生壶正常工作的电流。
（2）解：根据乙图可知，当、均闭合时，电路中只有自己单独工作，此时电阻较小功率较大，则为加热状态，
那么电阻R2的阻值；
当仅闭合时，电路中串联，此时电阻较大功率较小，则为保温状态，
则保温状态的总电阻；
那么R1的阻值为：。
（3）解：根据乙图可知，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，
则实际电压为198V时养生壶实际功率。
【知识点】电阻的串联；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】 （1）根据表格确定养生壶的额定加热功率，然后根据P=UI得出养生壶正常工作的电流；
（2）根据乙图可知，当S1、S2均闭合时，电路中只有R2，此时为加热状态，由得R1的阻值；当仅闭合S1时，电路中R1和R2串联，此时为保温状态，由计算保温状态的总电阻，根据电阻串联的特点得出R1的阻值；
（3）根据乙图遏制，当S1、S2均闭合时，电路中只有R2，此时为加热状态，由得养生壶实际功率。
（1）养生壶正常工作的电流
（2）由图分析，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，由得
当仅闭合时，电路中串联，此时为保温状态，则保温状态的总电阻
则根据串联电路电阻规律得
（3）由图分析，当、均闭合时，电路中只有，此时为加热状态，且由前面计算可知，则实际电压为198V时，养生壶实际功率
21．为了比较水和食用油的吸热能力，小新同学做了如图甲所示的实验。
（1）实验前应按照　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序组装实验器材，实验中取　 　（选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，用升高的温度来反映两种物质的吸热能力；
（2）小新将记录的实验数据绘制成如图乙所示的温度-时间图像，已知水的比热容是，根据图像可计算出食用油的比热容为　 　；
（3）小林同学受到小新实验的启发，设计了如下实验来比较铜和铝的比热容大小：
①小林先将质量相等的铜块和铝块放入沸水中加热足够长时间，如图丙所示（加热装置未画出）；
②再将铜块和铝块分别放入盛有质量相等、温度相同的水的A、B两容器中，并将容器用隔热材料密封，如图丁所示；
③经过足够长的时间后，同时测量A、B两容器中水的温度，记录数据分别为和；
④分析比较铜块和铝块吸收的热量和其他相关的物理量，可以判断出　 　（选填“铜”或“铝”）的比热容大。
【答案】（1）自下而上；质量
（2）2.1×103
（3）铝
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）①在实验中，要用酒精灯外焰加热，且酒精灯直接放在底座上，高度不易调节，所以先确定酒精灯的位置，再按照自下而上顺序组装器材。
②根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度低的比热容更大，因此实验中应取质量相同的水和食用油。
（2）根据乙图可知，质量相同的水和食用油都从升高到时，二者升高相同温度，水加热时间6min，食用油加热时间3min。
根据吸收热量与加热时间呈正比得到，水和食用油加热时间比；
由得到：；
；
解得：。
（3） 把同等质量100℃的铜、铝，放在相同质量、相同温度的水中，设铜、铝的质量为m，水的初温为t0，质量为m水，
铜块放出的热量等于水吸收的热量：c铜m（t-t1）=c水m水（t1-t0），
铝块放出的热量等于水吸收的热量：c铝m（t-t2）=c水m水（t2-t0），
所以；
；
，
所以铝的比热容大。
【分析】 （1）①根据实验中用酒精灯的外焰加热分析；
②根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度低的比热容更大。
（2）根据图像可知，相同质量的水和食用油都从10℃升高到30℃，食用油需要3min而水需要6min，则水吸收的热量是食用油吸收热量的两倍，由作比计算食用油的比热容；
（3）把同等质量100℃的铜、铝，放在相同质量、相同温度的水中，根据最终温度相同，结合Q放=Q吸求出铜和铝的比热容之间的关系。
（1）[1]组装实验器材时，为了用酒精灯外焰加热且使温度计玻璃泡正确放置，应按照自下而上顺序。
[2]实验中应取质量相同的水和食用油，通过吸收相同热量，用升高的温度来反映两种物质吸热能力。
（2）由图乙，质量相同的水和食用油，升高相同温度（均从升高到），水加热时间6min，食用油加热时间3min。
水和食用油加热时间比
加热时间的长短反映物质吸收热量的多少，则吸收热量之比
水和食用油质量相同、升高温度相同，由，
则
则
（3）根据可知，铜块和铝块质量相等时，要比较铜和铝的比热容，只需要比较二者吸收或放出热量与对应温度变化量的比值即可。由步骤①可知，铜块和铝块加热后的末温与沸水温度相同，由于沸水的温度高于图丁中水的温度，由步骤②可知，铜块和铝块放入隔热材料密封的A、B两容器的水中后，铜块和铝块放出热量对水加热，最终铜块和铝块分别与容器中水的温度相同，A、B容器用隔热材料密封，忽略热损失，铜块和铝块放出的热量与水吸收的热量相等；由步骤③可知，实验最终记录了A、B两容器中水的末温，为了方便比较水吸收的热量，A、B两容器中水的质量和初温相等；故比较A、B两容器中水吸收的热量即可得出铜块和铝块放出热量的大小关系，进而可以判断出铜和铝的比热容的大小关系。A、B两容器中水吸收的热量，
则
铜块和铝块放出的热量分别为
忽略热损失，，
故
则
因为，
则
所以铝的比热容比铜大。
22．阅读短文，回答问题 第五代战斗机——“歼-20”
“歼-20”作为中国第五代战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能等。“歼-20”表面平滑，机翼的外形做成流线型，它拥有良好的大仰角升力特性，较大的瞬时攻角与滚转率，并采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，可随时保证飞机与地面的联系。“歼-20”配备了大功率雷达，为解决散热问题，采用了新一代液体冷却系统。该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合），最大载油量为10t，飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系见表：（已知飞机发动机的效率是40%，航空燃油的热值为。g取）
速度v（m/s） 100 200 300 400 500
阻力f/N
（1）“歼-20”飞机表面能　 　（选填“反射”或“吸收”）对方雷达发射的电磁波，从而实现电磁隐身。飞机在水平匀速飞行过程中机械能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）下列说法中不正确的是__________。
A．飞机的机翼做成流线型是为了减小空气的阻力
B．为解决雷达的散热问题，采用比热容较大的液体作为冷却剂
C．飞机与地面的联系采用光信号的形式传输信号
D．当飞机在做较大幅度的瞬时滚转时，受到平衡力的作用
（3）当飞机以的速度巡航时，飞机发动机的输出功率为　 　kW。若在飞机油箱中加满燃油，并且以的速度巡航时，飞机的最大航程约为　 　km。
（4）翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为，则机翼面积为　 　。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，则该“歼-20”飞机的推重比约为　 　（结果保留一位小数）。
（5）飞机利用测距传感器来判断离地高度。若某测距传感器的阻值R1与离地高度h的关系如图乙所示，如图丙所示的检测电路采用了“稳流电源”（电源输出的电流恒定），要使高度表（实质是电流表或电压表）的示数能随飞行高度的增大而增大，则此高度表应安装在　 　（选填“1”、“2”或“3”）位置。
【答案】（1）吸收；不变
（2）D
（3）1.92×104；2.67×103
（4）74；0.6
（5）3
【知识点】功率计算公式的应用；机械能及其转化；平衡状态的判断；串联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】（1）①雷达依靠飞机反射回的电磁波判断飞机的高度和距离信息，因此飞机要实现电磁隐身，必须减小电磁波的反射，即其表面应能吸收雷达发射的电磁波，使雷达难以接收到反射波，从而不易被发现。
②飞机在水平匀速飞行过程中，度不变，所以重力势能不变；质量不变，速度不变，所以动能不变。根据“机械能=动能+重力势能”可知，飞机的机械能不变。
（2）A．飞机的机翼做成流线型，即上表面为曲面，下表面为平面，则可利用上下表面受到的压强差产生向上的升力，同时可以减小空气阻力，故A正确，不符合题意；
B．根据Q=cm△t可知，比热容大的液体在上升相同的温度时，所吸收的热量更多，更适合做冷却剂，故B正确，不符合题意；
C．根据短文资料第三行内容可知，飞机采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，故C正确，不符合题意；
D．当飞机翻滚时，其运动状态不断改变，受到的不是平衡力的作用，故D错误，符合题意。
故选D。
（3）①根据表格数据可知，当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力为。根据平衡力的知识可知，此时飞机发动机提供的牵引力
飞机发动机输出的功率为。
②根据短文资料可知，该飞机的最大载油量，
燃油完全燃烧释放的热量为
发动机做的有用功；
根据表格数据可知，当飞机以500m/s的速度巡航时飞机受到的阻力为，
故飞机发动机提供的牵引力；
飞机的最大航程为。
（4）①根据短文资料第四行可知，飞机的最大起飞质量为37t，故机翼面积为；
②飞根据题意可知，飞机的最大航行速度，
故此时飞机发动机提供的牵引力；
最大起飞重力为
故飞机的推重比为。
（5）根据图乙可知，随着飞行高度的增大，增大，根据串联电路电压与电阻呈正比可知，此时两端的电压增大，故应装在3位置。
【分析】 （1）①雷达依靠物体发射回的电磁波判断物体的距离和形状等信息；
②动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
（2）A.流线型可以减小空气的阻力；
B.根据Q=cm△t可知相同质量的两种物体，升高相同温度，比热容较大的物体吸收热量多；
C.据短文资料第三行内容判断；
D.平衡状态受到平衡力，包括静止或匀速直线运动状态。
（3）①当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力和牵引力相等，根据P=Fv计算飞机发动机输出的功率；
②根据Q=mq计算燃油完全燃烧释放的热量，根据效率公式计算发动机做的有用功，进一步计算当飞机以500m/s的速度巡航时飞机的最大航程；
（4）①翼载指飞机的最大起飞质量与机翼面积的比值，若该飞机的翼载为500kg/m2，据此分析机翼面积；
②飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，据此计算该“歼-20”飞机的推重比；
（5）根据串联电路的分压规律判断电阻两端的电压变化规律即可。
（1）[1]飞机要实现电磁隐身，其表面应能吸收雷达发射的电磁波，减少反射，使雷达难以接收到反射波，从而不易被发现。
[2]飞机在水平匀速飞行过程中，质量不变，速度不变，所以动能不变。高度不变，所以重力势能不变。故飞机的机械能不变。
（2）A．飞机的机翼做成流线型一方面可以减小空气阻力，另一方面还能提供飞机所需的升力，故A正确，不符合题意；
B．比热容大的液体在上升相同的温度时，所吸收的热量更多，更适合做冷却剂，故B正确，不符合题意；
C．根据题意可知，采用先进的光传操纵系统，以光信号的形式传输信号，故C正确，不符合题意；
D．当飞机在做较大幅度的翻滚时，其运动状态不断改变，故飞机不是处于平衡状态，受到的不是平衡力的作用，故D错误，符合题意。
故选D。
（3）[1]当飞机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机受到的阻力为，故飞机发动机提供的牵引力
飞机发动机输出的功率为
[2]最大载油量
燃油完全燃烧释放的热量为
已知发动机的效率为40%，则发动机做的有用功
当飞机以500m/s的速度巡航时飞机受到的阻力为，故飞机发动机提供的牵引力
飞机的最大航程为
（4）[1]根据题意可知，飞机的最大起飞质量为37t，故机翼面积为
[2]飞机受到的阻力与速度的关系为，飞机的最大航行速度
故此时飞机发动机提供的牵引力
最大起飞重力为
故飞机的推重比为。
（5）根据题图乙可知，随着飞行高度的增大，增大，电路中电流减小，故不能装在2位置，根据可知，电阻两端的电压减小，故不能装在1位置，根据串联电路的电压规律可知两端的电压增大，故应装在3位置。
23．某自动除湿机可以实现恒湿功能，当湿度达到设定值时，会自动断开压缩机。除湿机中的压缩机是整个系统的核心，除湿机的动力全部由压缩机来提供。除湿机内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图甲所示。控制电路中的电源电压U1=12V，调控电阻R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿机内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度RH变化的图像如图乙所示，L为磁控开关。当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电压220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。
（1）当S接通时，可判断图甲中线圈上端P的磁极为　 　极；
（2）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，已知保护电阻Rg=2Ω，则除湿过程中工作电路中的电流为　 　A。如果除湿机工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，1h内Rg消耗的电能为　 　J；
（3）实验室内有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%以内，则调控电阻R0的阻值不能超过　 　Ω。若要适当提高相对湿度，可采取的办法是　 　（答出一种即可）；
（4）某除湿机有40%（干衣模式）、50%、60%、70%等4个恒湿功能挡位，如图是它分别工作于不同挡位时测得的电流随时间的变化图象，其中属于干衣模式的是　 　（填字母）。
A.
B.
C.
D.
【答案】N；5；9×104；500；通过增大调控电阻R0的阻值或者减小电源电压U；D
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，当S接通时，由右手螺旋定则可知，线圈上端P的磁极为N极。
（2）根据图甲可知，保护电阻Rg与压缩机串联接入电路，由除湿过程中工作电路的总功率1100W，根据P=UI可求出电路中的电流为
根据串联电路电流特点知，通过保护电阻Rg的电流为Ig=I=5A
保护电阻Rg两端的电压为Ug=IgRg=5A×2Ω=10V
1h内除湿机的工作时间为
除湿机工作1h保护电阻 Rg消耗的电能为Wg=UgIgt=10V×5A×1800s=9×104J
（3）当磁控开关L两个磁性弹片相互吸合时，此时控制电路中的电流为20mA，此时控制电路的总电阻为，当相对湿度达到45%，湿敏电阻R的阻值R湿=100Ω
所以调控电阻R0的最大阻值R0=R总﹣R湿=600Ω﹣100Ω=500Ω
即调控电阻R0的阻值不能超过500Ω。
如果要适当提高相对湿度，即当湿敏电阻更小时，要使通过线圈的电流不会达到20mA，根据欧姆定律以及串联电路电阻特点可知，可以通过增大调控电阻R0的阻值或者减小电源电压U1。
（4）干衣模式即空气中水蒸气含量少，所以每次的工作时间较长，由于室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小，故ABC不符合题意，D符合题意。
【分析】（1）由右手螺旋定则判断线圈磁极。
（2）根据P=UI可求出电路中的电流，根据串联电路电流特点知，通过保护电阻Rg的电流，再根据W=UIt计算保护电阻 Rg消耗的电能。
（3）根据欧姆定律计算控制电路的总电阻，根据相对湿度达到45%，计算湿敏电阻R的阻值。
（4）室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小。
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