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2021年中考考前最后一课-物理（正式版）
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这是一份2021年中考考前最后一课-物理（正式版），共3页。主要包含了基础篇1，基础篇2，猜想篇1，猜想篇2，猜想篇3，猜想篇4，猜想篇5，猜想篇6等内容，欢迎下载使用。
目 录
第一部分 考前基础篇。
【基础篇1】思维导图 04
【基础篇2】物理公式 19
第二部分 命题猜想篇。
【猜想篇1】选择题 24
【猜想篇2】填空题 48
【猜想篇3】作图题 68
【猜想篇4】实验探究题 75
【猜想篇5】计算题 87
【猜想篇6】综合分析题 98
第一部分 考前基础篇
【基础篇1】思维导图（图片可放大）
【基础篇2】物理公式
物理量
主要公式
主要单位
长度(l)
(1)用刻度尺测量;(2)路程s=vt;
(3)力的方向上通过的距离s=WF;(4)力臂l1=F2l2F1;
(5)液体深度h=pρg;(6)物体厚度h=VS,a=3V
km、m、dm、cm、mm等;
1 km=1000 m;
1 m=100 cm;
1 cm=10-2 m
面积(S)
(1)S长=ab,S正=a2,S圆=πR2,S球=πD2;
(2)利用体积,S=Vh;(3)利用压强,S=Fp
1 m2=102 dm2;
1 dm2=102 cm2;
1 cm2=10-4 m2
体积(V)
(1)V正=a3,V长=Sh=abh,V柱=Sh,V球=43πR3;
(2)利用密度,V=mρ;(3)利用量筒或量杯,V=V2-V1;
(4)阿基米德原理:浸没时V物=V排=F浮ρ液g,部分露出时V排=V物-V露
1 m3=103 dm3;
1 L=1 dm3=
103 cm3;
1 mL=1 cm3=
10-6 m3
时间(t)
(1)利用速度,t=sv;(2)利用功率,t=WP;(3)用停表测量
1 h=60 min;
1 min=60 s
速度(v)
(1)v=st;(2)根据P=Fv,则v=PF;
(3)15 ℃时空气中的声速v=340 m/s,真空中的光速近似取为c=3×108 m/s
1 m/s=3.6 km/h;
1 km/h=13.6 m/s
质量(m)
(1)利用重力公式,m=Gg;(2)利用功的公式W=Gh=mgh,m=Wgh;
(3)利用密度公式,m=ρV;(4)用天平测量
1 t=1000 kg;
1 kg=1000 g;
1 g=1000 mg
密度(ρ)
(1)ρ=mV,m=Gg,则ρ=GgV;(2)利用压强公式p=ρgh,ρ=pgh;
(3)阿基米德原理F浮=ρ液gV排,则ρ液=F浮gV排
1 g/cm3=103 kg/m3
合力(F)
(1)同方向F=F1+F2;
(2)反方向F=F1-F2(F1>F2,方向与力大的方向相同)
N
压强(p)
(1)p=FS(适用于一切固体和液体);
(2)p=ρgh(适用于液体和侧面与底面垂直的固体)
[注意] 标准大气压p0=1.01×105 Pa(其大小相当于76 cm高的Hg柱产生的压强,也相当于10.3 m高的水柱产生的压强)
1 Pa=1 N/m2
浮力(F浮)
(1)压力差法,F浮=F向上-F向下;(2)称重法,F浮=G-F示;
(3)阿基米德原理法,F浮=G排=ρ液gV排;(4)漂浮或悬浮法,F浮=G
N
动力、阻力
F1l1=F2l2,则F1=F2l2l1,F2=F1l1l2
l1与l2单位相同即可
(续表)
物理量
主要公式
主要单位
功(W)
(1)定义W=Fs,重力做功W=Gh=mgh,摩擦力做功W=fs;
(2)总功W总=W有+W额,有用功W有=Gh,W有=W总-W额;
(3)η=W有W总,W有=ηW总,W总=W有η;(4)P=Wt,W=Pt
1 J=1 N·m=1 W·s
机械效率
(η)
(1)η=W有W总=W有W有+W额=11+W额W有;(2)η=W有W总=P有tP总t=P有P总;
(3)对于滑轮组,η=GnF(n为在动滑轮上的绳子股数,奇动偶定);
(4)滑轮组中忽略绳重及摩擦,η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动
[注意] 由于有用功总小于总功,所以η总小于1
用百分数表示
拉力(F)
(1)不计动滑轮和绳重及摩擦时,F绳=1nF物;
(2)不计绳重及摩擦时,F=1n(F物+G动);
(3)一般用F绳=F物ηn(n为在动滑轮上的绳子股数)
[注意] F物是动滑轮挂钩上拉物体的力,物体处于平衡状态时,空气中等于G物,液体中考虑浮力,水平拉动时等于f
N
功率(P)
(1)P=Wt;(2)P=Wt=Fst=Fv;
(3)从机器的铭牌上读出
1 W=1 J/s=1 N·m/s
比热容
(c)
(1)Q吸=cm(t-t0),Q放=cm(t0-t),可统一为Q=cmΔt则,c=QmΔt;
(2)Q放=qm(q为J/kg,m用kg);(3)Q放=qV(q为J/m3,V用m3);
(4)不计热量的损失时,Q吸=Q放(热平衡方程)
水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃),
物理意义:1 kg水温度升高1 ℃吸收的热量为4.2×103 J
电荷量
(Q)
(1)定义I=Qt,则Q=It;(2)W=UIt=UQ,则Q=WU(Q为电荷量)
C
电流(I)
(1)定义I=Qt(Q为电荷量);(2)I=UR;
(3)W=UIt,则I=WUt;(4)P=UI,则I=PU;
(5)焦耳定律Q=I2Rt,则I=QRt(Q为产生的热量);
(6)纯电阻电路W=UIt=I2Rt,则I=WRt;
(7)纯电阻电路P=UI=I2R,则I=PR;
(8)串联:I=I1=I2,并联:I=I1+I2;(9)从电流表上读出
1 A=1000 mA
电压(U)
(1)U=WQ=WIt(Q为电荷量);(2)U=IR;(3)U=PI;
(4)焦耳定律Q=U2Rt,则U=QRt(Q为产生的热量);
(5)P=U2R,则U=PR;
(6)串联:U=U1+U2,并联:U=U1=U2;(7)从电压表上读出
1 kV=1000 V,
1 V=1000 mV;
家庭电路电压为220 V,对人体的安全电压为不超过36 V
(续表)
物理量
主要公式
主要单位
电阻(R)
(1)R=UI(伏安法测电阻的原理);
(2)纯电阻电路W=UIt=I2Rt=U2Rt,则R=WI2t=U2tW;
(3)P=I2R,则R=PI2,P=U2R则R=U2P;
(4)焦耳定律Q=I2Rt=U2Rt,则R=QI2t或R=U2tQ(Q为产生的热量);
(5)串联:R=R1+R2,则R1=R-R2,R2=R-R1;
(6)并联:1R=1R1+1R2,R=R1R2R1+R2;
(7)从欧姆表上读出或从铭牌上读出,如滑动变阻器上的“10 Ω 1 A”等字样
1 Ω=1 V/A;
1 MΩ=106 Ω;
1 kΩ=103 Ω
电功(W)
(1)W=UIt=UQ(Q为电荷量);
(2)W=Q=I2Rt=U2Rt(Q为产生的热量);(3)P=Wt,则W=Pt;
(4)当无热量损失时,W=Q=I2Rt(Q为产生的热量);
(5)从电能表上读出;
(6)W=nN(n为实际转数,N为电能表上标明的转数)
[注意] 有电动机时,W总=Q+W机(Q为产生的热量)
国际单位为J,电能表上常用单位为kW·h;
1 kW·h=3.6×106 J
电功率
(P)
(1)P=UI=I2R=U2R;(2)P=Wt;(3)从用电器上读出
1 kW=1000 W;
1马力≈735 W
电热(Q)
(1)Q=I2Rt=U2Rt,当不计热量损失时,Q=W=I2Rt;
(2)热平衡方程Q吸=Q放
J
通电时间
(t)
(1)t=QI(Q为电荷量);
(2)W=UIt则t=WUI;(3)P=Wt则t=WP;
(4)Q=I2Rt则t=QI2R(Q为产生的热量)
s
二、凸透镜成像规律
物距、像距关系
物距u
像距v
像的性质
应用
正倒
放缩
虚实
位置
u>v
u>2ƒ
2ƒ>v>ƒ
倒立
缩小
实像
异侧
照相机、摄影机
u=v
u=2ƒ
v=2ƒ
倒立
等大
实像
异侧
等距法测焦距
u
v>2ƒ
倒立
放大
实像
异侧
幻灯机、投影仪
u=ƒ
不成像
获得平行光、粗测
凸透镜焦距
u
正立
放大
虚像
同侧
放大镜
第二部分 命题猜想篇
【猜想篇1】选择题
1．下列数据中，最符合实际情况的是（ ）
A.拉萨市七月份平均气温是42℃
B. 新型冠状病毒的直径约2mm
C. 一节干电池的电压大约是1.5V
D. 一名初中生的质量是50t
【答案】 C
【解析】A．拉萨市7月份的平均温度为10℃至25℃之间，A不符合题意；
B．新型冠状病毒的颗粒直径为100nm左右，B不符合题意；
C．一节干电池两极间的电压为1.5V，C符合题意；
D．一名初中生的质量是50kg，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据常见物体的温度、长度、质量和电压，结合数据解答。
2．戴口罩是防止新冠病毒传播的有效指施之一，如图所示，医用外科口罩由口罩体、鼻夹口罩带组成，口罩体采用三层工艺制成，下列说法不正确的是（ ）
A. 口罩体的长度约为175mm
B. 一只医用外科口罩的质量约为50g
C. 口罩体中带有静电的熔喷布具有吸引轻小物体的性质
D. 佩戴口罩时，轻压鼻夹能使其与鼻梁贴合，说明力可以改变物体的形状
【答案】 B
【解析】A．口罩的长度大约是17cm，也就是170mm左右，A正确，不符合题意；
B．一只医用外科口罩的质量约为3g，B错误，符合题意；
C．带电体可以吸引轻小物体，C正确，不符合题意；
D．力可以改变物体的形状，所以轻压鼻夹能使其与鼻梁贴合，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据常见物体的长度、质量解答；带电体可以吸引轻小物体；力可以改变物体的形状。
3．如图所示是某型号的钢琴与长笛发出的C调1（do）的波形图。根据该波形图，下列说法正确的是（ ）
A. 钢琴与长笛的音调不同，音色相同
B. 钢琴与长笛的音调相同，音色不同
C. 钢琴与长笛的响度相同，音色相同
D. 钢琴与长笛的响度不同，音色不同
【答案】 B
【解析】由波形图可知，钢琴与长笛的振动幅度与频率相同但波形不同，响度与振动幅度有关，音调与振动频率有关，音色与波形状有关，则二者响度与音调相同，但音色不同，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】声音的音调和频率有关，音色不同，声波图形不同。
4．下列关于声现象的说法正确的是（ ）
A. 图甲中人在水面下能听到岸上的说话声，表明声音的传播不需要介质
B. 图乙中改变试管内的水量可以改变吹气时声音的音调
C. 图丙中禁止鸣笛是在传播过程中减弱噪声
D. 图丁中B超诊断仪是利用次声波工作的
【答案】 B
【解析】A．图甲中人在水面下能听到岸上的说话声，表明声音可能通过液体传播，A不符合题意；
B．图乙中改变试管内的水量可以改变管中空气柱的长短，吹气时声音的音调发生变化，B符合题意；
C．图丙中禁止鸣笛是在声源处消声，C不符合题意；
D．图丁中B超诊断仪是利用超声波工作的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】声音的传播需要介质；改变物体的长度，可以改变音调；阻止声音的产生可以减弱噪声。
5．关于生活中的热现象，下列说法正确的是（ ）
A. 夏天超市里用冰块给食材保鲜利用了冰熔化吸热
B. 水银体温计是利用玻璃热胀冷缩的性质制成的
C. 夏天从冰箱里取出的饮料瓶外有小水珠出现是凝华现象
D. 水沸腾时吸收热量，温度升高
【答案】 A
【解析】A．冰在熔化时会吸收热量，夏天超市里用冰块给食材保鲜就是利用了冰熔化吸热，A符合题意；
B．水银体温计是利用水银热胀冷缩的性质制成的，B不符合题意；
C．夏天从冰箱里取出的饮料瓶外有小水珠出现是水蒸气遇冷液化形成的，C不符合题意；
D．水在沸腾时持续吸热但温度不变，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固体熔化吸收热量；液体温度计利用液体的热胀冷缩工作；液体沸腾时温度保持不变。
6．下面四个有关生活实例的分析正确的是（ ）
A. 北方寒冷的冬季玻璃窗上会产生冰花，是凝固现象
B. 晾晒在太阳光下的湿衣服不久会变干，是沸腾现象
C. 炒菜前滴入热锅的小水滴很快不见了，是升华现象
D. 医务工作者戴的护目镜内侧产生水珠，是液化现象
【答案】 D
【解析】A．北方寒冷的冬季玻璃上产生的冰花，是室外空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃直接形成的小冰晶，是凝华现象，A不符合题意；
B．晾晒在太阳光下的湿衣服变干，是衣服上的水变成了水蒸气跑掉了，是蒸发现象，B不符合题意；
C．炒菜前滴入热锅的小水滴不见了，是小水滴变成了水蒸气，是蒸发现象，C不符合题意；
D．医务工作者戴的护目镜内侧产生的水珠，是空气中的水蒸气遇到冷的镜片形成的小水珠，是液化现象，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体由气态变为液态的过程称为液化，液化放热，小水珠出现在温度比较高的一面。
7．下列与生活密切相关的热现象中，分析正确的是（ ）
A. “端午节、粽飘香”﹣分子间有斥力
B. 冬天用热水袋取暖﹣热水袋的内能转移到人体上
C. 我市海边昼夜温差比沙漠中的小﹣沙石比水的比热容大
D. 冬季从室外走进室内，眼镜片变“模糊”了﹣室内的水蒸气遇冷凝华
【答案】 B
【解析】A．“端午节、粽飘香”是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，A不符合题意；
B．冬天用热水袋取暖，通过热传递的方式，热水袋的内能转移到人体上，B符合题意；
C．我市海边昼夜温差比沙漠中的小，是因为水比沙石的比热容大的缘故，吸收或放出相同热量时水的温度变化量较小，C不符合题意；
D．冬季从室外走进室内，眼镜片变“模糊”了，是因为室内的水蒸气遇冷发生了液化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】热传递可以改变物体的内能，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加，其中两个物体中间传递的能量叫做热量。
8．下列有关光现象的说法中正确的是（ ）
A. 在平静的湖面可以看到蓝天白云是光的折射现象
B. 挖隧道时，用激光引导掘进方向是利用光的直线传播
C. 游泳池注水后，看上去好像变浅了是光的反射现象
D. 雨后彩虹是光的反射现象
【答案】 B
【解析】A．在平静的湖面可以看到蓝天白云，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，A不符合题意；
B．开凿大山隧道时，用激光引导掘进方向是运用光的直线传播，符合实际，B符合题意；
C．游泳池注水后，看上去好像变浅了是光的折射，C不符合题意；
D．雨后彩虹是因为阳光射到空中接近圆型的小水滴发生折射，造成光的色散而成，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】激光准直运用光的直线传播；雨后彩虹是光的折射形成的；池水变浅是光的折射现象。
9．额温枪这一非接触式测温仪器，成为2020年防控新冠肺炎的一种重点物资。额温枪通过传感器接收人体发出的红外线，得出体温数据。在用额温枪测体温的过程中（ ）
A. 红外线传递体温信息
B. 额温枪传递体温信息
C. 红外线传递病毒信息
D. 额温枪传递病毒信息
【答案】 A
【解析】额温枪是针对人体体温做出测量与记录的医疗仪器，在用额温枪测体温的过程中，人体发出的红外线传递体温信息被额温枪检测到。
故答案为：A。
【分析】红外线可以传递能量和信息。
10．“金边日食”是壮观的天文现象，小明用自制小孔观看日食，下列说法正确的是（ ）
A. 日食现象可用光的直线传播解释
B. 用小孔成像原理观看日食利用了光的折射
C. 日食通过小孔成正立、缩小的实像
D. 日食通过小孔所成的像与小孔的形状有关
【答案】 A
【解析】A．日食是由于太阳、月亮、地球排成一条直线，月亮挡住了太阳的光线形成的，可以用光的直线传播来解释，A符合题意；
B．用小孔成像原理观看日食利用了光的直线传播，B不符合题意；
C．日食通过小孔成倒立的实像，C不符合题意；
D．日食通过小孔所成的像与太阳的形状有关，跟小孔形状无关，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，可以形成小孔成像、日食、影子等。
11．如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜焦距是10cm，蜡烛放在A处，位于C处的光屏（图中未画出）上得到了清晰的像；保持透镜位置不变，将蜡烛移到B处，移动光屏再次得到清晰的像。关于光屏移动的方向和移动距离L屏与蜡烛移动距离L烛的大小关系，正确的是（ ）
A. 向右移动光屏，L屏＜L烛
B. 向左移动光屏，L屏＜L烛
C. 向左移动光屏，L屏＞L烛
D. 向右移动光屏，L屏＞L烛
【答案】 A
【解析】蜡烛放在A处时物距为u=50.00cm-23.00cm=27.00cm
满足当物距大于2倍焦距时，像距在1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、缩小的实像，此时像距为10.00cm
满足当物距等于2倍焦距时，则像距也在2倍焦距，成倒立、等大的实像，此时C位置在70.00cm处，应向右移动光屏；在此过程中像距一直小于物距，则光屏移动距离L屏（像距变化量）小于蜡烛移动距离L烛（物距变化量）。
故答案为：A。
【分析】当物体在一倍焦距和二倍焦距之间时，像在二倍焦距以外，物体靠近凸透镜时，像远离凸透镜。
12．如图是小强用手机、透镜和纸盒自制的简易投影仪，能将手机上的画面放大投射到白色墙上。下列说法正确的是（ ）
A. 手机屏幕到透镜的距离应大于透镜的二信焦距
B. 白色墙上呈现的是手机画面倒立、放大的实像
C. 若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白色墙上的画面将不再完整
D. 从各个角度都能清楚地看到白色墙上的像，是因为墙对光发生了镜面反射
【答案】 B
【解析】A．根据投影仪成像的原理可知，手机到透镜的距离应大于焦距，小于二倍焦距，A不符合题意；
B．投影仪成的像是倒立、放大的实像，B符合题意；
C．若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白墙上的画面仍然完整，只是亮度变暗，C不符合题意；
D．发生漫反射的物体可以从不同角度都能看到，因此从各个角度都能清楚的看到白墙上的像，是因为白墙对照射到其上面的光产生漫反射，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】投影仪成像时，物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间，成像是倒立放大的实像。
13．如图所示是我们看远处物体的示意图，来自远处物体的光经过眼睛晶状体后在视网膜上形成（ ）
A. 正立、缩小的实像
B. 正立、缩小的虚像
C. 倒立、缩小的实像
D. 倒立、缩小的虚像
【答案】 C
【解析】眼睛的成像类似照相机，物体位于二倍焦距以外，成倒立缩小的实像。
故答案为：C。
【分析】物体在凸透镜的二倍焦距以外时，成倒立缩小的实像。
14．以下操作中，相应物理量的数值前后发生改变的是（ ）
A. 一根导线剪掉一半，剩下导线的电阻
B. 一杯牛奶喝掉一半，剩下牛奶的密度
C. 一桶汽油燃烧掉一半，剩下汽油的热值
D. 一瓶水喝掉一半，剩下水的比热容
【答案】 A
【解析】A．导体的电阻与其长度、横截面、材料等有关，若一根导线剪掉一半，则剩下导线的电阻发生改变，A符合题意；
B．物体的密度随温度、压力的变化而改变，但不随物体自身的质量或体积的变化而变化，则剩下牛奶的密度不变，B不符合题意；
C．热值是指单位质量（或体积）的燃料完全燃烧时所放出的热量，一桶汽油燃烧掉一半，剩下汽油的热值不变，C不符合题意；
D．比热容是物质的一种特性，反映了物质吸热和放热能力的大小，与无物质种类和状态有关，与质量无关，一瓶水喝掉一半后剩下水的比热容不变，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】导体的电阻与其长度、横截面、材料等有关，长度改变时，电阻变化；物体的密度、燃料的热值、物体的比热容是特性，和质量无关。
15．为了响应“绿色生活，低碳出行”的号召，旦增坚持乘坐新能源公交车出行。一辆新能源公交车在水平公路上匀速行驶，以下分析正确的是（ ）
A. 汽车在行驶过程中，动能不断增加
B. 汽车受到的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
C. 汽车受到的重力与地面对汽车的支持力是相互作用力
D. 驾驶员必须系安全带是为了防止惯性力带来的危害
【答案】 B
【解析】A．汽车在行驶过程中，因为质量不变，速度不变，所以动能不变，A不符合题意；
B．这时汽车受到的牵引力与汽车受到的阻力因为大小相等，方向相反，作用在一条直线上，并且作用在同一物体汽车上，满足二力平衡条件，是一对平衡力，B符合题意；
C．汽车受到的重力与地面对汽车的支持力，这两个力作用在同一个物体汽车上，不满足相互作用力条件，不是相互作用力，C不符合题意；
D．驾驶员必须系安全带是为了防止惯性带来的危害，不能说“惯性力”带来的危害，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】匀速直线运动的物体受到平衡力的作用；系安全带可以防止惯性带来的危害。
16．为备战2022年冬季奥运会，短道速滑运动员在集训中多次进行模拟比赛，有关比赛过程中的说法正确的是（ ）
A. 发令枪响前，运动员静止时所受的支持力与他对冰面的压力是一对平衡力
B. 发令枪响后，运动员用力向后蹬来获得向前的动力，是因为力的作用是相互的
C. 运动员在经过弯道时不再用力向后蹬，此时运动状态不发生改变
D. 冲线后，运动员停止用力仍能滑行很远，是因为运动员不受摩擦阻力
【答案】 B
【解析】A．平衡力是作用在同一个物体上的两个力，而运动员静止时所受的支持力与他对冰面的压力有两个受力物体，A不符合题意；
B．发令枪响后，运动员用力向后蹬来获得向前的动力，利用的是地面对运动员的反作用力，B符合题意；
C．运动员在经过弯道时运动方向发生了变化，所以运动状态发生了改变，C不符合题意；
D．运动员停止用力仍能滑行很远，是运动员具有惯性，会保持向前的运动状态，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】力的作用是相互的，物体A对物体B施加一个力，那么物体B一定会对物体A施加一个等大反向的力；
17．2020年6月1日起，公安部交管局在全国开展“一盔一带”安全守护行动，要求骑摩托车和电动自行车必须戴头盔，开车必须系安全带。戴头盔、系安全带能保护人的生命安全，其原因是在遇到交通事故时（ ）
A. 头盔能防止人头由于惯性撞击头盔
B. 安全带能防止人体由于惯性飞出车外
C. 头盔能减小人头的惯性，从而减小撞击力的大小
D. 安全带能减小人体的惯性，从而减小撞击力的大小
【答案】 B
【解析】A．摩托车手的头盔一般是由玻璃钢制成的，材料很硬，当驾驶员头部因为交通事故受到冲击时，首先与头盔接触，挡住了部分力量，从而保护头部安全，A不符合题意；
B．紧急刹车时，车由运动突然变成静止，而司机由于具有惯性继续向前运动，容易撞到挡风玻璃发生伤害，使用安全带可以起到保护作用，B符合题意；
C．头盔不能减小人头的惯性，惯性的量度是质量，C不符合题意；
D．安全带不能减小人体的惯性，惯性的量度是质量，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】系安全带可以防止惯性带来危害；惯性使物体保持原有状态。
18．疫情期间，人们利用5G无人配送车实现了非接触安心送，如图为一辆在水平路面上匀速行驶的无人配送车，速度为10km/h，空载时质量为360kg，轮胎与路面的总接触面积为240cm2（g取10N/kg），下列说法正确的是（ ）
A. 该车所受的牵引力和阻力是一对相互作用力
B. 空载时该车对路面的压强为1.5x104Pa
C. 该车行驶2km需要12min
D. 5G通信比4G所使用的电磁波在空气中的传播速度更大
【答案】 C
【解析】A．该车做匀速直线运动，所受的牵引力和阻力是一对平衡力，A不符合题意；
B．空载时该车对路面的压力等于重力，所以压强 p=FS=GS=mgS=360kg×10N/kg240×10-4m2=1.5×105Pa
B不符合题意；
C．该车行驶2km需要 t=sv=2km10km/h=0.2h=12min
C符合题意；
D．电磁波在空气中的传播速度是相同的，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据压力和受力面积的比值计算压强；根据路程和速度的比值计算时间；电磁波在空气中的传播速度是相同的。
19．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
【答案】 C
【解析】A．飞机的机翼上凸下平，气流通过上方时，速度大、压强小，气流通过下方时，速度小、压强大，在上下的压强差下获得升力，A正确，不符合题意；
B．连通器的底部连通，上面开口，船闸利用的是连通器原理使船能够在上下游来回航行，B正确，不符合题意；
C．由于同种液体中，深度越深，压强越大，为了使拦河大坝底部能够承受更大的压强，即在单位面积上承担更大的压力，建成上窄下宽的形状，C错误，符合题意；
D．堵住茶壶盖的小孔，壶内压强小于大气压强，在大气压的作用下，水不容易被倒出是由于大气压强的作用，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】流体在流速的大的地方压强小，使飞机获得升力；船闸利用连通器的原理工作；液体液体随深度的增大而增大。
20．有两根相同的缠有铜丝的木棒，将它们分别放入装有不同液体的两个烧杯中，会竖直立在液体中，静止时液面相平，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 液体的密度大小关系ρ甲＞ρ乙
B. 木棒在液体中受到的浮力大小关系F甲＜F乙
C. 容器底部受到液体的压强大小关系p甲=p乙
D. 木棒排开液体的质量大小关系m甲=m乙
【答案】 D
【解析】有两根相同的缠有铜丝的木棒，在甲、乙液体中都漂浮，故 F甲=F乙=G ，木棒在甲、乙两种液体中受到的浮力都等于木棒受到的重力 G，故 m甲=m乙 ；由图知木棒排开液体的体积 V排甲>V排乙 ，根据 F浮=ρ液gV排 可知， ρ甲<ρ乙 ；因为静止时液面相平，根据 p=ρ液gh 得 p甲
【分析】漂浮的物体受到的浮力等于物体的重力；相同物体在不同液体漂浮时，浮力相等。
21．三个完全相同的烧杯，分别装有相同体积的甲、乙、丙三种不同液体，将烧杯放在同一个水槽中，静止时如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 三个烧杯所受浮力相等
B. 乙液体的密度最大
C. 丙液体的密度比水大
D. 三种液体的密度相等
【答案】 B
【解析】三杯中，乙杯V排最大，故乙杯所受浮力最大，甲杯V排最小，故甲杯所受浮力最小，三杯都处于漂浮状态，所受浮力等于各自重力，故乙杯液体质量最大，液体体积都相同，乙杯液体密度最大，丙杯内外液面高度相等，考虑到烧杯自重，丙杯液体密度小于水的密度。
故答案为：B。
【分析】当物体处于漂浮或悬浮状态时，物体受到的重力等于浮力；结合物体受到的浮力和排开液体的体积，利用阿基米德原理的变形公式求解液体的密度。
22．高空中形成的雨滴在重力和空气阻力的共同作用下，开始下落的一段时间速度越来越大，落到地面前一段时间匀速下落。雨滴在空中下落的整个过程中（ ）
A. 动能一直增大，机械能守恒
B. 动能先增大后不变，机械能守恒
C. 动能先增大后不变，机械能一直减小
D. 动能先减小后不变，机械能一直减小
【答案】 C
【解析】雨滴在空中下落的整个过程中，高度一直降低则重力势能一直减小，开始下落的一段时间速度越来越大，则动能增大，落到地面前一段时间匀速下落时动能不变，即动能先增大后不变；由于下落过程中要克服空气阻力做功，则机械能一直减小，机械能不守恒。
故答案为：C。
【分析】物体的动能和质量、速度有关，重力势能和质量、高度有关。
23．2020年6月23日9时43分，我国用“长征三号乙”运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，至此“北斗三号”全球卫星导航系统星座部署全面完成，下列有关能量的分析错误的是（ ）
A. 火箭加速升空的过程中，内能转化为机械能
B. 火箭加速升空的过程中，动能转化为重力势能
C. 卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，机械能总量保持不变
D. 卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，在近地点时动能最大
【答案】 B
【解析】A．火箭加速升空的过程中，燃料燃烧释放内能，通过热机做功，转化为机械能，A正确，不符合题意；
B．火箭加速升空的过程中，速度和高度都在增大，所以动能和重力势能都在增大，B错误，符合题意；
C．卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行时，不受空气阻力，所以机械能转化过程中总量保持不变，C正确，不符合题意；
D．卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行时，动能和重力势能相互转化且总量保持不变；在近地点高度最小，重力势能最小，所以动能最大，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】质量一定时，动能和速度有关，重力势能和高度有关；火箭加速上升，动能和重力势能都增大。
24．将一个定滑轮和挂有一个重6N钩码的动滑轮分别组装成如图甲和乙所示的两种滑轮组。在图甲滑轮组，用大小为36N的竖直向下的拉力F1把钩码匀速提升了0.3m；在图乙滑轮组，用竖直向上的拉力F2把钩码匀速提升了0.6m。不计摩擦和绳重。设图甲滑轮组的机械效率为η甲 ， 图乙滑轮组的机械效率为η乙 ， 则（ ）
A. η甲＞η乙 B. η甲＜η乙
C. η甲≈55.5% D. η乙≈83.3%
【答案】 D
【解析】由图可知，甲、乙滑轮组中n1=2、n2=3，不计摩擦和绳重时滑轮组的机械效率分别为
η甲=W有用W总×100%=Gh1F1s1=Gh1n1F1h1=GG+G动=36N36N+6N=83.3%
η乙=W有用'W总'×100%=Gh2F2s2=Gh2n2F2h2=GG+G动=36N36N+6N=83.3%
即η甲=η乙 ， D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据物体重力和动滑轮的重力，可以计算滑轮组的机械效率。
25．绵阳一号桥是斜拉桥，斜拉桥比梁式桥的跨越能力大，我国已成为拥有斜拉桥最多的国家。如图是单塔双索斜拉大桥，索塔两侧对称的拉索承受了桥梁的重力，一辆载重汽车从桥梁左端按设计时速匀速驶向索塔的过程中，左侧拉索拉力大小（ ）
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
【答案】 B
【解析】斜拉桥类似于杠杆，拉索拉力为动力，索塔基础为支点，拉索到索塔基础的距离为动力臂，载重汽车重力为阻力，载重汽车到索塔基础的距离为阻力臂，当载重汽车从桥梁左端匀速向索塔行驶过程中阻力不变，阻力臂在变小，动力臂不变，根据杠杆平衡条件，所以拉索拉力一直减小。B符合题意。
故答案为：B。
【分析】在杠杆上，阻力一定，阻力臂减小时，动力减小。
26．下列说法正确的是（ ）
A. 同一物体温度越高，内部分子运动越剧烈
B. 烧开水是通过做功改变了水的内能
C. 原子核由质子和电子组成
D. 跳水运动员在空中下落时动能转化为重力势能
【答案】 A
【解析】A．同一物体温度越高，内部分子运动越剧烈，A符合题意；
B．烧开水是通过热传递的方式改变了水的内能，B不符合题意；
C．原子核由质子和中子构成的，C不符合题意；
D．跳水运动员在空中下落时高度减小、速度增大，所以是重力势能转化为动能，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】温度越高，分子运动越剧烈；加热通过热传递改变内能；原子核由质子和中子构成的。
27．小明要设计一款电热水壶，能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立操作。下列符合要求的电路是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】 A
【解析】A．A图电路中，电动机和电阻并联，两支路各有一个开关，抽水和加热可以独立工作，，A符合题意；
B．B图电路中，电动机和电阻并联，电阻支路有一个开关，另一开关在干路，加热功能不可以独立工作，B不符合题意；
C．C图电路中，电动机和电阻并联，电动机支路有一个开关，另一开关在干路，抽水功能不能独立工作，C不符合题意；
D．D图电路中，电动机和电阻串联，当开关S2闭合时，电动机被短路，电动机不能独立工作，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】各用电器能独立工作的电路是并联电路，并联电路中支路开关控制支路用电器。
28．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒a去接触不带电的验电器金属球b后，验电器的两片金属箔张开，则下列说法正确的是（ ）
A. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带负电荷
B. 丝绸与玻璃棒a摩擦过程中创造出了新电荷
C. a、b接触时，a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向b→a
D. 验电器的两片金属箔张开时，金属箔都带正电荷
【答案】 D
【解析】A．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，A不符合题意；
B．丝绸与玻璃棒a摩擦过程中并没有创造出新电荷，而是电荷发生了转移，B不符合题意；
C．玻璃棒a带正电荷，是由于失去部分电子形成的，当a、b接触时，b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向a→b，C不符合题意；
D．玻璃棒a和金属球b接触时，金属球b和两片金属箔均带上和a相同种电荷，即正电荷，两片金属箔由于同种电荷相互排斥而张开，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】自然界中存在两种电荷，一种是正电荷，一种是负电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷吸引，同时带电物体它也能吸引轻小物体，结合题目给出的小球之间的相互作用分析即可；在物理学中规定正电荷移动的方向为电流的方向，或负电荷移动的反方向为电流的方向。
29．如图所示电路中，电源两端电压保持不变，小灯泡L的规格为“3V 1.5W”，当开关S2 ， S3断开，S1闭合时，灯泡恰好正常发光；当开关S1 ， S3断开，S2闭合时，电流表的读数为0.3A（忽略灯丝电阻的变化），则（ ）
A. 电源两端电压为6V
B. 电阻R的阻值大小为6Ω
C. 当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，电流表的示数为1.25A
D. 当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯泡L和电阻R的电功率之比是3：2
【答案】 C
【解析】A．当只闭合开关S1时，电路中只接入了小灯泡，电流表测整个电路的电流，此时小灯泡正常发光，故电源电压等于小灯泡的额定电压，即 U=UL额=3V ，A不符合题意；
B．当只闭合开关S2时，小灯泡与电阻R串联，电流表测整个电路的电流，小灯泡的电阻为 RL=UL额2P=(3V)21.5W=6Ω
电路中的总电阻为 R总=UI=3V0.3A=10Ω
根据串联电路电阻的特点可得电阻R的阻值 R=R总-RL=10Ω-6Ω=4Ω ，B不符合题意；
C．当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯与电阻R并联，电流表测干路的电流，则电路中的总电阻为 R总'=RLRRL+R=6Ω×4Ω6Ω+4Ω=2.4Ω
则干路的电流为 I'=UR总'=3V2.4Ω=1.25A ，C符合题意；
D．当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯与电阻R并联，由 P=U2R 可得灯与电阻R消耗的电功率之比 PLPR=U2RLU2R=RRL=4Ω6Ω=2:3 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据用电器的电压和电功率，计算电流和电阻；利用串联电路电阻规律和并联电路的电阻规律，计算总电阻；利用电压和电阻可以计算电功率的大小。
30．电梯超载报警器工作原理示意图如图所示，R0为定值电阻，压敏电阻R的阻值随着压力的增大而减小，A为电流表，其示数超过设定值时自动报警。电梯处于运行状态，开关S闭合，有人进入电梯后（ ）
A. 电流表示数变小，R和R0的总电功率变大
B. 电流表示数变小，R和R0的总电功率变小
C. 电流表示数变大，R和R0的总电功率变大
D. 电流表示数变大，R和R0的总电功率变小
【答案】 C
【解析】由图可知，两个电阻串联，开关S闭合后有人进入电梯后，压敏电阻受到的压力增大，则其接入电阻减小，电路电流增大，电流表示数变大，由 P=UI 可知电路总功率变大。
故答案为：C。
【分析】串联电路中电阻减小时，电流变大，定值电阻的电功率变大。
31．如图1所示的电路，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关､滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A. 滑片从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变小
B. 滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变
C. 电源电压为6V
D. 电路消耗的最大功率为3.6W
【答案】 C
【解析】A．电路是串联电路，滑片从最左端向最右端滑动过程中，滑动变阻器电阻变小，总电阻也变小，所以电流变大，A不符合题意；
B．电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的阻值，滑片滑动过程中，阻值是变化的，B不符合题意；
C．由图2可知，当滑动变阻器的阻值是5Ω时，其电压为3V，则此时的电流 I1=U滑R滑=3V5Ω=0.6A
电源电压为 U=I1(R滑+R0)=0.6A×(5Ω+R0)
当滑动变阻器阻值是10Ω时，其电压为4V，则此时的电流 I2=U滑'R滑'=4V10Ω=0.4A
电源电压为 U=I2(R滑+R0)=0.4A×(10Ω+R0)
电源电压不变，则 0.6A×(5Ω+R0)=0.4A×(10Ω+R0)
可得 R0=5Ω ，则电源电压 U=I2(R滑+R0)=0.4A×(10Ω+5Ω)=6V
C符合题意；
D．由 P=U2R 可知，当电阻最小时，电功率最大，所以当滑动变阻器阻值为0时，最大电功率为 P大=U2R小=(6V)25Ω=7.2W
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】滑片靠近下面的接线柱电阻减小，电流变大；利用电流和电阻的乘积计算电压；利用电压和电阻可以计算电功率的大小。
32．如图甲所示，电源电压保持不变，电阻R2＝10Ω，闭合开关S，电压表V1、V2的指针偏转情况完全相同，如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A的示数为0.6A B. 电阻R1的阻值为10Ω
C. 电阻R2的电功率为9W D. 10s内电阻R1产生的热量为36J
【答案】 A
【解析】从电路中可看出V2示数较大，电压表V1、V2的指针偏转情况完全相同，两表所选量程不同，V2应是大量程，示数为7.5V，V1应是小量程，示数为1.5V。
R2的电压为 U2=U-U1=7.5V-1.5V=6V
电路中的电流为 I=U2R2=6V10Ω=0.6A
电阻R1的阻值为 R1=U1I=1.5V0.6A=2.5Ω
电阻R2的电功率 P2=U2I=6V×0.6A=3.6W
10s内电阻R1产生的热量为 Q=I2R1t=(0.6A)2×2.5Ω×10s=9J
故答案为：A。
【分析】分析电路结构，两个电阻为串联关系；结合串联电路电流、电压规律和欧姆定律分析求解各个用电器两端的电压和流过它们的电流，结合功率公式和焦耳定律求解功率和产生的热量即可。
33．电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插头是三脚插头，如图所示。细心的小敏同学发现标“E”的插脚要稍长些，其作用是（ ）
A. 插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳先离地线
B. 插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳后离地线
C. 插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳先离地线
D. 插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳后离地线
【答案】 B
【解析】标有“E”字的插脚比其他两脚稍长一些，这样在插插头时能使家用电器的金属外壳先接地，拔插头时能使金属外壳后离开地线，即使家用电器因绝缘不好“漏电”，人也不会触电；B符合题意。
故答案为：B。
【分析】三线插头使有金属外壳的用电器接地，可以防止人体触电。
34．如图所示是家庭电路的一部分，下列说法中正确的是（ ）
A. 若保险丝熔断了，可以用铜丝代替
B. 灯泡与开关的连接符合安全用电原则
C. 使用试电笔辨别火线时，手指要接触笔尖金属体
D. 电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地
【答案】 D
【解析】A．保险丝是用熔点低的材料制成的，而铜的熔点高，不能及时熔断，A不符合题意；
B．开关接到火线上，图中开关接到零线上，容易触电，B不符合题意；
C．在使用试电笔时，应用手接触笔尾的金属体，用笔尖接触导线，手指不能碰到笔尖的金属体，C不符合题意；
D．三孔插座已接地，当电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地，这样能防止金属外壳的用电器漏电发生触电事故，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】灯泡的开关要接在火线上；使用试电笔时，手要接触笔尾的金属体；三孔插座能使用电器的金属外壳接地，防止人体触电。
35．如图甲、乙分别是动圈式话筒的实物图和构造示意图，当你对着话筒说话时，声音使膜片振动与膜片相连的线圈也跟着一起振动，线圈处在磁场中。把线圈两端的导线接入扩音机，就能通过扬声器听到你说话的声音。以下四幅图中，与动圈式话筒工作原理相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】当你对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也跟着一起振动， 而线圈处在磁场中，线圈振动时切割磁感线，能产生随着声音变化而变化的电流，感应电流经过放大后，通过扬声器还原成声音。话筒运用的是电磁感应的原理，即导体在闭合线圈中做切割磁感线运动，产生的感应电流，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】动圈式话筒的工作原理是电磁感应，实现机械能转化为电能。
36．下列关于电磁波的说法，不正确的是（ ）
A. 电磁波在真空中的传播速度是340m/s
B. 北斗卫星定位系统是利用电磁波传输信号的
C. “嫦娥四号”探测器能从月球上传输影像图，说明电磁波能在真空中传播
D. “5G技术”世界领先，该技术采用无线电波传输信息，无线电波是电磁波
【答案】 A
【解析】A．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s，A错误，符合题意；
B．电磁波可以传递信息，北斗卫星定位系统是利用电磁波传输信号的，B正确，不符合题意；
C．航天器、卫星等都是用电磁波与地面进行通信的，月球周围是真空，探测器能从月球上发回月背的影像图，说明电磁波能在真空中传播，C正确，不符合题意；
D．5G技术采用无线电波传输信息，无线电波属于电磁波，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光就是电磁波，电磁波就是光，光在真空中的传播速度最快为3×10^8m/s，光在水中的传播速度为真空的3/4，光在玻璃中的传播速度为真空的2/3。
【猜想篇2】填空题
1．智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的。
【答案】音色。
【解析】不同物体发出的声音的音色是不同的，智能手机的“智慧语音”，可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的音色这一特征来工作的。
2．考试前，“请考生进入考场”指令是播音员的声带 产生的，经扬声器传出后再通过 传到考生耳中，考试过程中，考场周围禁止建筑工地施工和车辆鸣笛，是从 减弱噪声。
【答案】振动；空气；声源处。
【解析】“请考生进入考场”指令是播音员的声带振动产生的；空气可以传播声音，经扬声器传出后再通过空气传到考生耳中；
考场周围禁止建筑工地施工和车辆鸣笛，这是防止噪声的产生，是从声源处减弱噪声。
3．小华用录音机录下自己唱歌的声音，再播放出来感觉和直接听到的声音不同，在乐音的响度、音调和音色三个特性中，考虑到录音机音量是由自己调节的，所以不是声音的 不同；询问其他同学，得知自己唱的音是准的，没有“跑调”，所以不是声音的 不同；由此可以推断是声音的 不同。
【答案】响度；音调；音色。
【解析】调节录音机的音量是改变声音的响度的大小；声音没有跑调，说明声音的音调是相同的，所以播放出来声音和直接听到的声音不同，是因为音色不同。
4．图中是中国古代的计程车“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓，鼓面由于 发声，当车走到十里时，车上的木人就敲一下镯（古代的乐器），人们根据鼓和镯发声的 （填“响度”或“音色”）不同，确定车行驶的是一里还是十里，这是利用声传递 （填“信息”或“能量”）。
【答案】振动；音色；信息。
【解析】声音是由物体振动产生的，鼓声是由于鼓面振动发声；
由于不同物体发出声音的音色不同，所以人们根据音色分辨出鼓和镯发声的；
声音可以传递信息，人们根据鼓声和镯声来确定车行驶的是一里还是十里。
5．口技是民间的一种声音艺术，高超的口技艺人，可以模仿各种语音，从声音的特性来看，他主要模仿声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”）。现场观众能欣赏到，是因为声音能在 中传播，口技艺人往往通过重拍醒木结束表演，醒木拍得越重，声音的
（选填“音调”、“响度”或“音色”）越大。
【答案】音色；空气；响度。
【解析】口技演员可以发出各种各样的声音，从声音的特性来看，他主要模仿声音的音色；
声音可以在空气中传播，现场观众欣赏听到的口技艺人模仿的各种语音是通过空气传播的；
醒木拍得越重，桌面的振幅越大，响度越大。
6．实验用的音叉上通常刻有一个数值（如图），表示该音叉所产生声音的频率。此数值越大的音叉，敲击时发出声音的 越高。
【答案】音调。
【解析】音叉振动的频率越大，则音叉发出声音的音调越高。
7． “照镜子，正衣冠”。小红站在平面镜前0.3m处，她的像离她 m．利用自制简易潜望镜可以观察到高处的物体是利用了平面镜可以 。
【答案】0.6；改变光路。
【解析】因平面镜成像时物距与像距相等，小红站在平面镜前0.3m处，此时物距为0.3m，则像距也为0.3m，她的像离她0.6m；
简易潜望镜就是由两块平面镜组成，主要是利用了平面镜可以改变光路。
8.小蓓同学上学前走向穿衣镜整理校服，她在不断靠近镜子的过程中，所成______（ 选填“实”或“虚”）像的大小______（选填 “变大”、“变小”或“不变”）。眼睛近视的同学为了能看清老师写在黑板上的字，需要佩戴镜片为______（选填“ 凸”或“凹”）透镜的眼镜。
【答案】(1)虚；(2)不变；(3)凹。
【解析】平面镜所成的像是虚像。
小蓓同学靠近镜子的过程，其大小不变，所以所成的像的大小也不变。
近视眼需要佩戴凹透镜。
9.小明站在竖直的平面镜前1.5m处时，他与镜中像的距离是______m。若小明身高170cm，当他以0.1m/s的速度缓慢向平面镜走近时，他在镜中像的高度将______（选填“大于”“小于”或“等于”）170cm，所成的像是______（选填“虚”或“实”）像。
【答案】(1)3.0m；(2)等于；(3)虚像。
【解析】根据平面镜所成的像是正立、等大、对称的虚像；所以小明站在竖直的平面镜前1.5m处时，他与镜中像的距离是3.0m，小明身高170cm，不管他怎么运动，他在镜中所成的像与他等大，像的高度也为170cm，平面镜所成的像是虚像。
10．唐代高骈的诗句“绿树浓阴夏日长，楼台倒影入池塘。”中蕴含着一些物理知识：看到“绿树”是树叶 （填“反射”、“折射”或“吸收”）绿光；“倒影”是正立、 （填“放大”、“缩小”或“等大”）的 像。
【答案】反射；等大；虚。
【解析】（1）不透明物体只能反射与其颜色相同的色光，吸收与其颜色不同的色光。因此，我们看到树叶之所以呈现绿色，是因为它们反射绿光的缘故；
（2）楼台倒影是平面镜成像现象，是光的反射形成的，倒影是正立、等大的虚像。
11.小波在湖边游玩时，看到茂密的树下有许多圆形光斑，仔细一看是太阳的“像”，这是光的______而形成的；看到湖水中游动的“鱼”比其实际位置要______（选填“深”或“浅”），这是因为光从水中斜射向空气时发生______；湖面上拱桥在水中的“倒影”，这是由于光的______而形成的虚像。
【答案】(1)直线传播；(2)浅；(3)折射；(4)反射。
【解析】小波看到茂密树下有许多圆形光斑，这是太阳沿直线传播通过树叶缝隙成倒立的像。
我们看到的水中的鱼，是由光的折射形成的虚像，在折射光线的反向延长线上，由于折射光线向水面偏折，折射光线相对于入射光线位置升高了，所以看到的水中的鱼位置比实际位置浅。
湖面上拱桥在水中的“倒影”，这是由于光的反射而形成的虚像。
12．小明同学用一个凸透镜观察洗手液的商标，成像情况如图甲，若想再看到倒立、放大的像，应将凸透镜向 移动，图乙的成像原理可应用于 。（选填“照相机”或“放大镜”）
【答案】远离商标的方向；照相机。
【解析】（1）图甲成正立，放大的虚像，此时u＜f，若想再看到倒立、放大的像，2f＞u＞f，增大物距，因此应将凸透镜向远离商标的方向移动，
（2）图乙的成像，成倒立缩小的实像，应用是照相机。
13.在“探究凸透镜成像规律”实验中，将凸透镜正对着太阳光，在距高凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，则该透镜的焦距为 cm。若将一个物体放在此透镜前40cm处，可在透镜另一侧光屏上得到一个倒立 (放大，等大，缩小）的实像。
【答案】15；缩小。
【解析】焦距是焦点到凸透镜光心的距离，凸透镜正对着太阳光，在距离凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，光斑的位置即为焦点，故该透镜的焦距为15cm；当物距大于二倍焦距时，成倒立，缩小的实像，故物体放在此透镜前40cm处时，u=40cm>2f成成倒立，缩小的实像。
14.如图所示，下列有关眼睛的示意图，远视眼是 图，远视眼矫正是 图。
【答案】丁；乙。
【解析】远视眼是由于晶状体会聚能力弱，成像在视网膜的后方，需要佩戴凸透镜矫正。故远视眼为丁图，远视眼矫正为乙图。
15．购物支付已进入“刷脸”时代，如图所示，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。“刷脸”支付过程中，摄像头相当于 （选填“凸”或“凹”）透镜，面部经摄像头成倒立、 （选填“缩小”、“等大”或“放大”）的实像。
【答案】凸；缩小。
【解析】摄像机的镜头相当于一个凸透镜，当物体位于其二倍焦距以外时，物体在凸透镜中成倒立缩小的实像。
16．梅雨季节空气特别潮湿时，墙壁瓷砖上有一层小水珠，小水珠是水蒸气 形成的，开启电风扇，经过段时间小水珠消失了，这是 现象。（填物态变化名称）
【答案】液化；汽化。
【解析】梅雨季节空气特别潮湿时，墙壁瓷砖上有一层小水珠，小水珠是水蒸气遇到瓷砖液化形成的。开启电风扇，经过段时间小水珠消失了，这是水的汽化现象。
17．如图是“观察水的沸腾”实验中描绘的水温随时间变化的图象，由图可知，水的沸点为 °C，此时水面上方的气压 （选填“高于”、“低于”或“等于”）标准大气压；在第8mim内，水中的气泡在上升过程中会 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】98；低于； 变大。
【解析】（1）由图象可知：当水的温度到了98℃后就不再升高，说明此时水是沸腾的，沸点为98℃；
1标准大气压下水的沸点是100℃，根据气压越低，沸点越低，所以此时大气压小于1标准大气压；
（2）由图象可知，在第8mim时，水处于沸腾状态，水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，水中的气泡在上升过程中会变大。
18．如图所示，在探究冰的熔化特点时，为测量试管中碎冰的温度，应使温度计的玻璃泡与碎冰 ，图中温度计的示数为 ℃。
【答案】充分接触；﹣4。
【解析】（1）用温度计测量碎冰温度时，温度计的玻璃泡要与碎冰充分接触，但不能将其碰到试管底或者试管壁，防止影响测量结果；
（2）由图知，温度计的分度值为1℃，示数在0的下面，是零下，所以其示数为﹣4℃。
19．如图所示，用电蒸锅蒸馒头时，电热丝加热使水 （填物态变化名称），产生高温水蒸气。水蒸气接触到馒头时液化，同时 （选填“吸收”或“放出”）大量的热，从而把馒头蒸熟。
【答案】汽化；放出。
【解析】用电蒸锅蒸馒头时，电热丝加热使水汽化，产生大量高温水蒸气；水蒸气向上运动过程中，接触到馒头时液化成小水滴，同时放出大量的热，从而把馒头蒸熟。
20. 4月29日以来，全国疫情防控进入常态化。每天早上我们都要经过红外线热成像测温通道进入校园，此时我们体温的示数和行走的图像将显示在与仪器相连的显示屏上。红外线是______（选填“超声波”或“电磁波”）；仪器成像的原理与______（选填“照相机”或“投影仪”）相同。每天我们还用水银体温计检测体温，水银体温计是根据______的性质制成的，图中体温计的读数是______℃。
【答案】(1)电磁波；(2)照相机；(3)液体热胀冷缩；(4)36.1。
【解析】红外线是电磁波大家族中的一种。
仪器成像时，像距大于二倍焦距呈现倒立缩小的实像，成像原理和照相机相同。
每天我们还用水银体温计检测体温，水银体温计是根据液体热胀冷缩的性质制成的。
已知图中温度计的分度值为0.1℃，读数为36.1℃。
21．如图，“长征五号B”运载火箭首次采用了我国最新研制的大推力液氧煤油发动机。煤油的热值为4.6×107J/kg，完全燃烧2kg煤油放出的热量为 J。火箭升空后助推器会自动脱落。助推器脱落后在 作用下落回地面。此时火箭相对地面是 的。
【答案】9.2×107；重力；运动。
【解析】完全燃烧2kg煤油放出的热量：Q放＝qm＝4.6×107J/kg×2kg＝9.2×107J；
火箭升空后助推器会自动脱落后，助推器会在重力的作用下落回地面，此时火箭相对于地面发生了位置的变化，则火箭是运动的。
22．新冠疫情过后，同学们回到刚刚消毒过的教室，就能闻到很浓的酒精味，这是 现象。酒精也可以和汽油混合作为汽车的燃料。如图是汽油机工作循环中的 冲程，该冲程将内能转化为 能。
【答案】扩散；做功；机械。
【解析】同学们进入教室闻到刺鼻的酒精味，是因为酒精分子在不停地做无规则运动，属于扩散现象；
由图可知，两气门都关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程，并将内能转化为机械能；
23．一辆小汽车从小红身旁驶过后，小红闻到了汽油气味，于是她结合所学知识确认这是汽油发生了扩散，该现象说明组成物质的分子在不停地做 运动；以小汽车为参照物，该车驾驶员是 的；她进一步思考：小汽车的发动机是汽油机，四冲程汽油机工作时， 冲程是将内能转化为机械能。
【答案】无规则；静止；做功。
【解析】（1）小红闻到了汽油气味，说明汽油味分子在不停地做无规则运动；
（2）以小汽车为参照物，该车驾驶员与小汽车之间没有位置的变化，是静止的；
（3）汽车的发动机工作时，在做功冲程将内能转化为机械能，在压缩冲程将机械能转化为内能。
24．为全力打赢新冠肺炎疫情防控阻击战，2020年2月2日凌晨，空军出动8架大型运输机，分别从沈阳、兰州、广州、南京起飞，向武汉紧急空运医疗队员和物资。运输机从机场起飞时，以地面为参照物，运输机是 （选填“静止”或“运动”）的；使运输机起飞获取的升力是利用了流体流速大的位置压强 的原理。
【答案】运动；小。
【解析】（1）运输机是被研究的对象，运输机从机场起飞时，运输机和地面之间发生了位置的变化，所以以地面为参照物，运输机是运动的。
（2）运输机的机翼上方空气流速大、压强小，机翼下方空气流速小、压强大，起飞时产生向上的升力，所以使运输机起飞获取的升力是利用了流体流速大的位置压强小原理工作的。
25.近年来电动平衡车深受年轻人喜爱，已悄然成为生活中一种新的交通时尚。如图所示，平衡车的踏板上都刻有花纹，目的是 。人驾驶该车在水平路面匀速前进时，以平衡车为参照物，人是 （选填“静止”或“运动”）的。如果突然刹车，由于惯性身体会向 （选填“前”或“后”）倾倒，危害生命安全。
【答案】增大摩擦力；静止；前。
【解析】平衡车的踏板上都刻有花纹，在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
人驾驶该车在水平路面匀速前进时，人和平衡车之间的位置不发生变化，所以，以车为参照物，人是静止的，
刹车后，由于惯性还要保持原来的运动状态，不能立刻停下来，所以身体会向前倾倒，危害生命安全。
26.图1中，物块的长度为_____cm；
(2)图2中，电压表的示数为_____V；
(3)图3中，弹簧测力计的示数为_____N。
【答案】(1)2.50；(2)0.9；(3)2.2。
【解析】(1)从图1可以看到，物块左端对准零刻度线，右端对准2cm右端第5条刻度线，所以物块的长度是2.50cm。
(2)从图2可以看到，电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，指针指在零刻度线往右第9条刻度，所以电压表的示数是0.9V。
(3)从图3可以看到，弹簧测力计的分度值是0.2N，指针指在2刻度往下第1条刻度线，所以它的读数是2.2N。
27.如图甲所示，完全相同的木块A和B紧靠着平放在粗糙程度相同的水平桌面上，在12N的水平推力F1作用下，A、B一起作匀速直线运动。若将A、B叠放到该桌面上，用水平力F2拉着B使它们一起匀速运动（如图乙所示），则拉力F2=______N；此时木块A所受的摩擦力为______N。
【答案】(1)12；(2)0。
【解析】将A、B紧靠着放在水平桌面上，A、B一起作匀速直线运动，处于平衡状态，受到的推力和摩擦力是平衡力，所以摩擦力大小等于推力，即f=F1=12N
将A、B叠放到该桌面上，用水平力F2拉着B使它们一起匀速运动，接触面的粗糙程度不变，对桌面的压力也不变，因此B受到的摩擦力也不变，仍为12N，即f′=12N，AB整体处于平衡状态，拉力和摩擦力是平衡力，所以拉力F2=f′=12N。
28．如图，把托板盖在支座上，将小钢球放在托板上，对准支座的正上方，压住底座，向后弯曲弹性片，松手后弹性片快速打击托板，弹性片的弹性势能转化为托板的 能，托板飞出。小钢球由于具有 ，恰好落在支座内。
【答案】动；惯性。
【解析】向后弯曲弹性片，弹性片发生了弹性形变，具有弹性势能；松手后弹性片快速打击托板，托板的速度增大、动能增大，则该过程中弹性片的弹性势能转化为托板的动能；
托板飞出时，由于小钢球具有惯性，仍然会保持原来的静止状态，则小钢球在重力作用下会向下运动，恰好落在支座内。
29.公安交通管理部门要求驾驶员和乘客必须使用安全带，如图 2 所示。汽车匀速行驶时，坐在座位上的乘客相对于汽车是 的。如果不系安全带，汽车一旦发生碰撞 突然停止运动，乘客由于 继续向前运动，就会与车身发生碰撞，对人身造成伤 害。行驶的汽车受到碰撞停止运动，说明力可以改变物体的 。
【答案】 静止 、惯性、运动状态
【解析】物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；力的作用效果有两个：一是使物体发生形变，二是改变物体的运动状态。
30. 2019年12月，中国第一艘国产航母（命名为“中国人民解放军海军山东舰”）在海南三亚某军港交付海军，山东舰在海面上快速匀速航行时，所受海水的浮力______（选填“大于”、“小于”或“等于”）重力；若航母速度不变，航母上许多舰载机起飞后，航母的总动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】(1)等于；(2)变小。
【解析】山东舰在海面上快速匀速航行时，由于漂浮，它所受浮力等于它的总重力。
若航母速度不变，航母上许多舰载机起飞后，航母的总质量减小，速度不变，航母的总动能减小。
31．如图所示，是我国自行设计和自主研制的蛟龙号载人潜水器。当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，则蛟龙号受到海水的浮力是 N；随着不断下潜，蛟龙号下表面受到海水的压强 ，受到的浮力 。（后两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】5×105；变大；不变。
【解析】（1）当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，由阿基米德原理可知，蛟龙号受到海水的浮力F浮＝G排＝5×105N；
（2）潜水器在下潜的过程中，所处深度h变大，由p＝ρgh可知，潜水器下表面受到海水的压强变大；
（3）潜水器下潜的过程中，海水的密度不变，排开海水的体积V排也不变，由阿基米德原理F浮＝ρ海水gV排可知，其受到海水的浮力不变。
32. 2020年6月我国深潜器在马里亚纳海沟下潜深度达10907m时，它受到水的压强是 Pa.深潜器在下潜过程中浮力 (变大、变小或不变)。(ρ水=1.0×103kg/m3)
【答案】1.0907×108Pa ；不变。
【解析】它受到水的压强P=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg ×10907m=1.0907X108Pa; 浮力大小与排开液体的体积和液体的密度有关，与浸没的深度无关；故深潜器在下潜过程中浮力不变。
33.今年6月17日，长征二号丁运载火箭在酒泉卫星发射中心升空（如图），成功以一箭三星的方式发射取得圆满成功。火箭加速上升阶段，卫星的机械能将______ （选填“增大”、“不变”或“减小”）。运载火箭常选用液氢、煤油等作燃料，选择依据主要是密度小和______等物理性质。
【答案】(1)增大；(2)热值高。
【解析】火箭加速上升阶段，卫星的高度增加，重力势能增大，卫星速度增大，动能增大，故机械能增大。
液氢、煤油具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢、煤油时，可以释放出更多的热量，故选择依据主要是密度小和热值高等物理性质。
34.国产雪龙2号极地科考破冰船配备15000kW总动力，能以2~3节的航速在冰厚1.5米的条件下连续破冰航行。2019年11月23日，雪龙2号完成了南极中山站附近的航道破冰任务。若此次破冰所用功率为6000kW，向前破冰行驶速度是3.6km/h，则破冰船产生的向前推力大约是______N。
【答案】6×106。
【解析】据P=Fv得，破冰船向前的推力。
35.（2020·荆州）2020年6月23日9时23分，我国北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心成功发射。经过8天长途跋涉、5次变轨于6月30日14时15分定点在距地球3万6千公里的地球同步轨道，标志着我国北斗三号全球卫星系统全面建成。地面测控人员是通过______对太空中卫星进行测控的，变轨是通过施加______改变其运动状态的，目前该卫星相对地球处于______状态。 大多数人造卫星沿椭圆轨道运动，卫星在远地点和近地点之间运行的过程中，从能量转化的角度看，是______的相互转化。
【答案】(1)电磁波；(2)力；(3)静止；(4)动能和重力势能。
【解析】地面测控人员通过电磁波对太空中卫星进行测控。
变轨是运动状态发生改变，必须受到力的作用。
地球同步卫星相对地球没有位置的变化，所以是处于静止状态。
卫星在远地点时，重力势能最大，动能最小，而在近地点时，重力势能最小，动能最大，所以从远地点向近地点运行的过程是动能和重力势能之间的转化。
36.如图，小儿垂钓时的鱼竿是______（选填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆，“怕得鱼惊不应人”是因为______可以传声。
【答案】(1)费力；(2)水。
【解析】鱼竿使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
怕声音惊扰到鱼，说明声音能在水中传播。
37．在斜面上将一个重4.5N的物体匀速拉到高处（如图所示），沿斜面向上的拉力为1.8N，斜面长1.2m，高0.3m。把重物直接提升h所做的有用功为 J，这个斜面的机械效率是 。
【答案】1.35；62.5%。
【解析】（1）已知因为G＝4.5N，h＝0.3m，F＝1.8N，s＝1.2m，
所以拉力F所做的有用功为：W有用＝Gh＝4.5N×0.3m＝1.35J；
所以拉力F对物体做的总功为：W总＝Fs＝1.8N×1.2m＝2.16J；
（2）斜面的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝62.5%。
38．在”探究杠杆平衡条件”的实验前，如图甲，杠杆不在水平位置平衡，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 移动。实验中，如图乙，在A点用弹簧测力计施加一个竖直向上的力，在B点施加一个最小为 N的力，才能使杠杆在水平位置重新平衡。
【答案】左；1。
【解析】（1）杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，则重心应向左移动，故应向左调节左端或右端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2）由图可知弹簧拉力计的示数为3.0N，设杠杆的一个刻度为L，则拉力的力臂为2L；B点施加力的力臂为6L，根据杠杆平衡的条件可得，在B点施加一个最小为F2＝＝＝1N。
39．小彬用如图所示滑轮组把重400N的货物匀速提升2m，若不计绳重和摩擦，所用的拉力是250N．此过程中绳端移动的距离为 m，滑轮组的机械效率是 。
【答案】4；80%。
【解析】（1）由图知，n＝2，绳端移动的距离：s＝2h＝2×2m＝4m；
（2）滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%＝80%；
40.如图所示，物体重210N，动滑轮重25N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，此过程中有用功是______J，拉力的功率是______W，滑轮的机械效率是______，克服动滑轮重所做的额外功占总功的______%。
【答案】(1)630；(2)75；(3)84%；(4)10。
【解析】此过程中有用功W有=Gh=210N×3m=630J
拉力做的功W总=Fs=F×2h=125N×2×3m=750J
拉力的功率P==75W
滑轮的机械效率=84%
克服动滑轮重所做的额外功W额=G动h=25N×3m=75J
克服动滑轮重所做的额外功占总功的=10%。
41.用塑料梳子梳理干燥的头发后，梳子能够吸起碎纸屑，这是因为带电体能______；若塑料的原子核束缚电子的本领强于头发，用该梳子接触不带电的验电器金属球，两金属箔片由于带上同种电荷互相______而张开；接触的瞬间，电流方向______（选填序号即可：①“从梳子到金属球”或②“从金属球到梳子”）。
【答案】(1) 吸引轻小物体；(2) 排斥；(3) ②。
【解析】 用塑料梳子梳理干燥的头发后，使梳子带上电，梳子能够吸起碎纸屑，说明带电体能吸引轻小物体。
同种电荷相排斥。用该梳子接触不带电的验电器金属球，两金属箔片由于带上同种电荷互相排斥而张开。
塑料的原子核束缚电子的本领强于头发，用该梳子梳头发，梳子带上负电，该梳子接触不带电的验电器金属球，接触的瞬间，使金属球带上负电，电子从梳子流向金属球。电流的方向与电子定向移动方向相反，所以电流的方向从金属球到梳子。
42.如图所示为小朋友从滑梯滑下后，出现了“怒发冲冠”的情景。产生这种现象的原因是小朋友从滑梯滑下时发生了 现象，使头发带上了 （填“同种”或“异种”）电荷互相排斥而张开。
【答案】摩擦起电；同种。
【解析】小朋友从滑梯滑下时，身体与滑梯发生摩擦，发生了摩擦起电现象，并且使头发带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，所以出现了“怒发冲冠”的情景。
故答案为：摩擦起电；同种。
43.如图所示，图甲中电压表的分度值为______V，读数为______V；若使用前出现如图乙所示的情况，则原因是______。
【答案】(1) 01；(2) 23；(3) 电压表未调零。
【解析】由甲图知，电压表的量程为0～3V，分度值为01V，示数为23V。
由乙图知，电压表的指针未指在0刻度线处，原因是电压表未调零。
44.某同学用两节干电池串联做电源连接串联电路，如图所示，闭合开关，发现灯不亮。为了查找原因，老师帮助他用导线分别连接a、b和b、c．连接a、b时，两灯不亮，连接b、c时，L1很亮，则故障的原因可能是 。两灯都不亮时，a、b两点之间的电压是 V。
【答案】L2断路；0。
【解析】闭合开关后，发现两灯不亮；用导线连接a、b时，两灯不亮，说明ab之间是正常的，其它地方断路了，此时ab间的电压为0；连接b、c时，L1很亮，说明与导线并联部分发生了断路现象，即L2断路。
故答案为：L2断路；0。
45.如图所示为“探究电流通过导体产生的热量跟______的关系”的实验装置。实验中用U形管内液面高度差的大小来反映电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫______（选填“控制变量”或“转换”）法。通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的______（选填 “多”或“少”）。
【答案】(1)电阻；(2)转换；(3)少。
【解析】由图知，两电阻的阻值不同，串联于电路中，通过两电阻的电流相等，通过时间相等，故探究电流通过导体产生的热量跟电阻的关系。
在实验中无法直接测量电流通过导体产生热量，通过U形管内液面高度差的大小来判断电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫做转换法。
通电一段时间后，左侧的电阻小于右侧的电阻，通过两电阻的电流相等，由焦耳定律知，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的少。
46.在家庭用电的调查活动中，小明听妈妈说“使用20W的白炽灯比使用60W的白炽灯省电”。小明经过研究发现，这种说法是指它们正常工作相同的时间，使用额定功率为20W的白炽灯比使用额定功率为60W的白炽灯消耗的电能 （选填“少”或“多”）。小明关闭电灯后，发现家中电冰箱仍在工作，说明电冰箱和电灯是 （选填“串联”或“并联”）的。
【答案】少；并联。
【解析】（1）灯泡正常工作时的实际功率等于额定功率，由W＝Pt可知，在灯泡正常工作相同时间时，使用额定功率为20W的白炽灯比使用额定功率为60W的白炽灯消耗的电能少；
（2）并联电路中各用电器互不影响，关掉电灯后，电冰箱仍能工作，这说明它们是并联连接的。
47.如图所示，电路中电源电压恒定，定值电阻R1＝20Ω，只闭合开关S1，电流表示数为03A，则电源电压为 V；同时闭合开头S1、S2，电流表示数为05A，则R2的阻值为 Ω。
【答案】6；30。
【解析】（1）电路中电源电压恒定，定值电阻R1＝20Ω，只闭合开关S1，为R1的简单电路，电流表示数为03A，由欧姆定律I＝，则电源电压为：U＝I1R1＝03A×20Ω＝6V；
（2）同时闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表测干路的电流，电流表示数为05A，由并联电路各支路互不影响，通过R1的电流不变，由并联电路电流的的规律，R2的电流为：
I2＝I﹣I1＝05A﹣03A＝02A，
由欧姆定律，R2＝＝＝30Ω。
48.在探究“电流与电阻关系”实验中，电路如图甲所示，多次改变电阻R的阻值，并记录对应的电流表示数，得到如图乙所示的电流/随电阻R变化的图象。由图象可以得到电压表示数始终保持______V不变；若将图象中A、B两点所对应的电阻、串联使用，则通过它们的电流之比______。
【答案】(1) 25；(2) 1：1。
【解析】根据乙图可知，当定值电阻的阻值是10Ω时，经过定值电阻的电流是025A，则此时定值电阻两端电压为
因为研究电流与电阻的关系，所以定值电阻两端电压不变，即电压表示数始终保持25V不变。
串联电路中电流处处相等，因为电阻和串联，所以电流相等，即电流之比是1∶1。
49.家庭电路的触电事故都是人体直接或间接跟 线接触造成的。如图所示是测电笔的结构，在使用测电笔时，手能接触测电笔的 （选填“笔尖”和“笔尾”）金属体。
【答案】火线；笔尾。
【解析】（1）当人体直接或间接与火线接触时，就会造成触电；
（2）使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线，但是手不能接触笔尖金属体，防止触电。
50.如图所示的电路中，当开关S拨到a后，电磁铁左端为______极，小磁针静止时，B端是______极；当开关S由a拨到b，调节滑动变阻器，使电流表的示数仍保持不变，则电磁铁的磁性______（选填 “增强”、“不变”或“减弱”）。
【答案】(1) N；(2) S；(3) 减弱。
【解析】从图可知，当开关S拨到a时，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极。由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极。
在此实验装置中，保持电流不变，将开关S由a换到b，则减少了线圈的匝数，因此通电螺线管的磁性减弱。
51. “指南针”是我国古代四大发明之一，利用指南针能辨别方向，是因为指南针受到了_____的作用，它的南极指向地理的_____方｡
【答案】(1) 地磁场；(2) 南。
【解析】地球是一个巨大的磁体，它对放入其中的磁体产生磁力作用，“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用。
指南针静止时南极指向地磁北极，在地理南极附近。
52.5G网络采用的电磁波频率比4G网络更高，下载速度比4G网络快数百倍，与4G相比5G电磁波的波长更____（选填“长”或“短”；如图是一款华为折叠屏5G手机其折叠屏主要是由____材料制成的柔性发光二极管（选填“导体”“半导体”或“超导体”）｡
【答案】(1) 短；(2) 半导体。
【解析】因为5G网络采用的电磁波频率比4G网络更高，所以与4G相比5G电磁波的波长更短。
因为二极管具有发光特性，所以折叠屏主要是由半导体材料制成的柔性发光二极管制作。
53.煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，同时也是_____能源和_____能源｡（选填“一次”“二次”“可再生”或“不可再生”）
【答案】(1) 一次；(2) 不可再生。
【解析】煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，都可以从自然界直接获取，所以同时也是一次能源。煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，在短时间内无法获得补充，所以也是不可再生能源。
54.虽然纯净的水是不导电的，但一般的水都能导电。根据水的导电性可以设计一种水位自动报警器，其原理如图所示，图中的螺线管中插入了一根软铁棒，通电后磁性会更 （选填“强”或“弱”）：当水位到达金属块A时， （选填“红”或“绿”）灯亮。
【答案】强；红。
【解析】（1）螺线管插入软铁棒之前，只有螺线管的磁场作用，当螺线管中插入软铁棒，软铁棒被磁化，此时软铁棒磁场和螺线管的磁场共同作用，使磁场大大增强。
（2）当水位到达金属块A时，左端的控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，使红灯电路接通，红灯亮。
【猜想篇3】作图题
1.一个质量分布均匀的小球放在光滑的水平地面上，左边与竖直光滑墙壁接触，小球处于静止状态，如图，在图中画出小球受力示意图。
【解析】小球处于静止状态，小球受力平衡，小球受到重力与支持力，若竖直墙壁对小球有弹力，小球将运动，因此小球只受到重力与支持力，从小球的重心沿竖直向下和垂直于水平面向上画出重力和支持力的示意图，如图所示：
2．如图所示，木棒在手指上平衡，画出它所受重力的示意图（力的作用点画在木棒的重心上）。
【解析】图中所示木棒静止时，手指尖与木棒接触的上方位置即为重心，过重心画沿竖直向下画一条有向线段，用“G”表示，如图所示：
3．如图所示，物块置于长木板上表面，两者一起沿斜面匀速下滑，物块与木板始终保持相对静止。请在图中画出长木板对物块作用力的示意图。（O点为力的作用点）
【解析】物块置于长木板上表面，两者一起沿斜面匀速下滑，物块与木板始终保持相对静止，此时的木块受力平衡，木块受到竖直向下的重力G、垂直于长木板表面向上的支持力F、平行于长木板表面向上的摩擦力f的作用，则长木板对物块的作用力是摩擦力和支持力，这两个力的作用点在O点，如图所示：
4．如图所示，物体上系一细线，细线右端固定，物体静止在水中时细线恰好水平，请作出物体受力的示意图。
【解析】由题知，物体静止在水中时细线恰好水平，说明物体处于悬浮状态，浮力等于重力，细线对物体没有力的作用，过物体重心分别竖直向上和竖直向下作出浮力和重力，注意长度相等，如图所示：
5．如图所示，一束光线从水中斜射向空气，请画出折射光线的大致位置。
【解析】根据光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角画出折射光线。如图所示：
6．作出图中物体AB在平面镜中的像A′B′。
【解析】①作A点关于镜面的对称点A′；（做对称点留下的作图痕迹是对应点的虚线连线和垂直符号）
②作B点关于镜面的对称点B′；
③用虚线连接A′B′，A′B′就是AB在平面镜中的像。如图所示：
7．如图所示，请补充平面镜的入射光线和透镜的折射光线，完成光路图。
【解析】经过入射点作出法线，因为反射光线与镜面的夹角是45°，所以反射角为90°﹣45°＝45°。根据反射角与入射角相等作出入射光线；
反射光线平行于凸透镜的主光轴，经过凸透镜后折射光线过焦点，如图所示：
8．如图所示，SC、SD为点燃的蜡烛发出的两条光线，光线SC平行于凸透镜的主光轴，O为凸透镜的光心，F为凸透镜的焦点：光线SD斜射到平面镜上。请画出：
①光线SC经过凸透镜折射后的光线；
②光线SD经过平面镜反射后的光线。
【解析】过点D作法线DN，作，直线DE即为反射光线；因入射光线SC平行于凸透镜的主光轴，故经凸透镜后的折射光线通过右焦点F，如下图所示。
9．如图所示，轻质杠杆的A点挂一重物G，绳受的拉力为F2，O为杠杆的支点。请在杠杆的端点B处画出使杠杆保持静止的最小的力F1的示意图，并作出F2的力臂l2。
【解析】由图可知，力F1作用在B点时，以OB为动力臂时L1最大，此时力F1最小，力F1示意图如图所示；
10．如图甲所示是一种红酒开瓶器，图乙是其简化的示意图，O是支点，是瓶塞作用在B点的阻力。请在图乙中画出阻力臂，并画出作用在A点的最小动力及动力臂。
【解析】过O点作阻力F2作用线的垂线，O点到垂足间的线段即为阻力臂l2；要使A点的动力最小，根据杠杆的平衡条件分析可知，就要使A点的动力臂l1最大，连接O、A两点，线段OA为动力臂l1，即可满足要求，然后以A点为作用点，垂直于OA斜向上作动力F1的示意图即可，如下图所示：
11．一间教室要安装2盏“220V 40W”的电灯和一个插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光，请按以上要求将图中元件用笔画线代替导线连接起来。
【解析】灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关时，能切断火线与灯泡的连接，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。如图所示：
12．如图所示，楼梯有一电灯受控于两个开关，光线较暗且有声响时灯才亮。其中“光控开关”在光线较暗时自动闭合“声拉开关”在有声响时自动闭合，请用铅笔画线代替导线把元件连在电路中。
【解析】由分析知：“光控开关”在光线较暗时闭合，“声控开关”在有声响时闭合，光线较暗且有声响时灯才亮，则灯泡与两个开关串联，且为了保证安全，开关应接在火线上；如图所示：
13．如图所示，根据小磁针的N极指向，判断电源的正负极，填在括号内。
【解析】根据同名磁极相互排斥异名磁极相互吸引，可以判断通电螺线管的左端是N 极，右端是S极，根据安培定则判断，电流从螺线管的右端进入，从左端流出，可以判断电源的右端是正极，左端是负极，如图。
14．请根据图中通电螺线管的电流方向标出螺线管的磁极，并标出图中所画磁感线的方向｡
【解析】根据螺线管中的电流方向，利用“安培定则”可以判断出螺线管右端是N极、左端是S极，在磁体外部，磁感线总是从N极出发回到S极
【猜想篇4】实验探究题
1．小亮想测量一个小木块（不吸水）的密度，他利用天平、圆柱形玻璃杯、适量的水、细针等器材，经过思考，想出了如下的实验方法：
（1）图甲是小亮在调节天平时的情景，小丽指出了他在操作上的错误，你认为错误之处是：________；
（2）小亮纠正错误后调节好天平，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在天平左盘，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则木块质量为________g；
②将玻璃杯中装满水，用细针缓慢地将木块压入水中，使之完全浸没．利用排水法，测出溢出水的质量为30 g，则小木块的体积为________cm3 ．
③测出小木块的密度是________g/cm3 ．
（3）受小亮实验的启发，小丽在实验时，又找了一把刻度尺，不用天平也测出了木块的密度．请你将下列测量步骤补充完整：
①在玻璃杯中装入适量的水，用刻度尺测出杯中水的深度为h0；
②________；
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为 h2；
④小木块密度的表达式：ρ木＝________．（用测量的物理量和已知量的符号表示）
【答案】 （1）调节天平平衡前，未将游码调到“0”刻度线处
（2）18.6；30；0.62
（3）将木块放入玻璃杯中，待其漂浮时用该度尺测出水的深度为h1；h1-h0h2-h0ρ水
【解析】（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；（2）如图乙所示，则小木块的质量m=10g+5g+3.6g=18.6g；排开水的体积 V水=V木=m水ρ水=30g1g/cm3=30cm3 ，木块的密度 ρ木=mV木=18.6g30cm3=0.62g/cm3 ；（3）实验步骤：①将适量的水倒入烧杯中，测出烧杯中水的深度h0；②将木块轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，用刻度尺测出杯中水的深度为h1；③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为h2；
因为木块漂浮在水面上受到的浮力等于重力，所以G=F浮=ρ水gV排 ，
设烧杯的底面积为S，木块排开水的体积为：V排=S（h1-h0），所以G=F浮=ρ水gS（h1-h0），
木块的质量： m=Gg=ρ水gS（h1-h0）g=ρ水S(h1-h0) ，
当木块压入烧杯中，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度h2 ，
小木块的体积为：V=S（h2-h0）
小木块的密度： ρ=mV=ρ水S(h1-h0)S(h2-h0)=h1-h0h2-h0ρ水 ．
（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；（2）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；木块浸没时，排开水的体积和木块的体积相等，根据密度公式的变形求出木块的体积，再根据密度公式求出木块的密度；（3）设烧杯的底面积是S，烧杯中倒入水时，用刻度尺测出烧杯中水的深度h0 ， 可以求出水的体积．把木块漂浮水面上，测出此时水的深度h1 ， 可以求出木块排开水的重力，即木块受到的浮力，木块漂浮在水面上，木块受到的浮力等于木块的重力，求出木块的质量．当木块沉入放入烧杯，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度h2 ， 可以求出水和木块的总体积．从而求出木块的体积，根据密度的公式求出木块的密度．
2．小明等几位同学设计不同实验探究浮力。
（1）他们找了一段较细的红线，将其两端分别固定在乒乓球和大烧杯的底部，再向烧杯缓慢注水，直到水将乒乓球浸没，发现红线在竖直方向被拉直，如图甲所示；然后，将大烧杯倾斜，发现红线仍旧在竖直方向被拉直，如图乙所示。根据两次观察到的现象，小明他们认为：乒乓球受到的浮力_______（选填序号）。
A.大小与乒乓球的体积有关
B.大小与水的密度有关
C.方向可能竖直向上也可能斜向上
D.方向竖直向上
（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N。然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是________N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，此时铝块受到浮力大小是________N。实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
【答案】 （1）D （2）3.0；1.5
【解析】(1)根据两次观察到的现象，乒乓球的体积不变，水的密度不变，乒乓球受到竖直向下的重力作用，但连接乒乓球的红线一直紧绷，说明乒乓球受到的浮力方向竖直向上，故答案为：D。(2)当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是3.0N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，测力计的示数为2.5N，根据称重法可知此时铝块受到浮力大小是 F浮=G-T=4.0N-2.5N=1.5N
【分析】（1）浮力的方向竖直向上；（2）根据测力计指针位置测量力的大小；结合测力计示数差计算浮力。
3．如图所示是小王“探究杠杆的平衡条件”的装置，每个钩码重为0.5N（钩码个数若干），弹簧测力计量程为0~5N。
（1）将该装置置于水平桌面上，静止时处于甲图所示状态。为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）移，这样做的好处是便于直接测量________。
（2）乙图中杠杆恰好处于水平平衡，若在A点下方再挂一个相同的钩码，为使杠杆保持水平平衡，则需将B点的钩码向右移动________格。
（3）丙图中杠杆每个小格长度均为5 cm，在C点竖直悬挂4个重为0.5N的钩码，当在D点用如丙图所示动力F拉杠杆。使杠杆在水平位置平衡，此时动力臂为________cm，动力F为________N。
【答案】 （1）左；力臂
（2）1
（3）10；3
【解析】(1)为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向左移。在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂。(2)如图乙所示，设一格的长度为l，根据杠杆的平衡条件可得 4G×2l=2G×nl
解得：n=4，故应该将B处所挂钩码向右移动4−3=1格(3)当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是 l1=12OD=12×4×5cm=10cm
根据杠杆的平衡条件 Fl1=4Gl2 可得，动力为 F=4Gl2l1=4×0.5N×3×5cm10cm=3N
【分析】(1)实验前，应首先进行杠杆平衡调节，根据杠杆的平衡条件，杠杆左、右两端的螺母（或一端的螺母）向杠杆上翘的一端调节；杠杆处于静止状态或匀速转动状态都为杠杆的平衡状态；在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂；(2)根据杠杆的平衡条件计算即可；(3)当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是 12OD ，根据杠杆的平衡条件求出动力大小。
4．如图甲所示是小明“探究电流与电压、电阻的关系”的实验电路图。选用的实验器材是：电源（3V）、电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V），定值电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω、R3＝20Ω，滑动变阻器（40Ω 2A）、开关、导线若干。
（1）探究电流与电压关系：
①探究电流与电压的关系时，要保持________不变，采用的科学方法是________；
②小明在实验中进行多组数据测量的目的是什么？________
③小明选用5Ω和10Ω的两只电阻分别进行实验后，由实验数据画出的图象如图乙所示，其中M图象对应的是哪只电阻？由M图象得到的实验结论是什么？________
（2）探究电流与电阻的关系：
①小明在实验中，首先确定一个保持不变的电压值U，当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向________（选填“a”或“b”）移动，才能使电压表示数变为U；
②当AB间换接20Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到U。请你告诉他，为完成实验，U的取值范围是________。
【答案】 （1）电阻；控制变量法；为了寻找普遍规律；M图象对应的是5Ω电阻；电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
（2）b；1V-3V
【解析】(1)①由控制变量法可知，探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变。
②实验中，进行了多组数据的测量，其目的是为了寻找普遍规律。③由图乙可知，当电压为1V时，通过M的电流大于N的电流，由R= UI 可知N图像对应的电阻较大，M图像对应的电阻较小，所以M图像对应的电阻是5Ω。由图像可知，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(2)①当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向b端移动，使电压为U。
②变阻器的最大阻值是40Ω，当AB间换接20Ω的电阻时，变阻器的阻值处于最大处，通过电路的电流 I=UR3+R滑=3V20Ω+40Ω =0.05A
电阻两端的电压UAB=IR3=0.05A×20Ω=1V
电压表的示数最小为1V，电压表的量程是0-3V，电压表的最大示数是3V，所以为完成实验，U的取值范围是1V-3V.
【分析】（1）要研究电流和电压的关系，需要保证电阻的阻值不变，滑动变阻器的作用是改变定值电阻两端的电压；探究电流与电压的关系，得到的结论是电阻一定时，电流和电压成正比；
（2）要研究电流和电阻的关系，需要保证电阻的电压不变；定值电阻和滑动变阻器是串联关系，串联分压，分得的电压和电阻成正比，结合定值电阻此时的电压判断滑动变阻器的移动方向。
5．丽丽为了较精确地测出待测电阻Rx的阻值，根据老师提供的下列实验器材，设计了如图甲所示的实物连接电路，老师提供的实验器材：
A．待测定值电阻Rx：阻值在45~50Ω之间；
B．定值电阻R0：阻值30Ω；
C．电压表V：测量范围0~3V；
D．滑动变阻器：规格为“20Ω 2A”；
E．滑动变阻器：规格为“100Ω 1.5A”；
F．电源：电源电压恒为4.5V；
G．开关及导线若干。
（1）丽丽实验的主要操作步骤和记录的数据如下：
①断开开关S2、闭合开关S1 ， 由________（填“A至B”或“B至A”）移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，电压表的示数如图乙所示。读出电压表的示数为________V。
②保持滑动变阻器的滑片P的位置不变，断开开关S1、闭合开关S2 ， 读出电压表的示数为1.5V。则在丽丽设计的电路中，滑动变阻器应选________（填序号）。
（2）根据丽丽测量的数据可以得到待测电阻的阻值Rx＝________Ω。
【答案】 （1）B至A；2；E
（2）48
【解析】(1)①电源由3节干电池组成，电源电压U=3×1.5V=4.5V
由图可知，电压表的量程是0-3V，电压表的示数是2V，断开开关S2、闭合开关S1 ， Rx和变阻器串联，电压表测量Rx两端的电压，由B至A移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，使电压表的示数为2V。②保持滑动变阻器的滑片P的位置不变，断开开关S1、闭合开关S2 ， R0和变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电压表的示数为1.5V，定值电阻R0的阻值是30Ω，由串联分压可知 1.5V4.5V-1.5V=30ΩR滑
R滑=60Ω
滑动变阻器选择规格为“100Ω 1.5A”。(2)断开开关S2、闭合开关S1 ， 通过电路的电流I= U-UxR滑=4.5V-2V60Ω=124A
待测电阻的阻值Rx＝ UxI=2V124A =48Ω
【分析】（1）为了保证电路安全，拆装电路时，滑动变阻器应处在阻值最大端，慢慢减小电阻；结合电压表选择的量程和分度值，根据指针读数即可；滑动变阻器与定值电阻的阻值相近即可；
（2）结合用电器的电流和电压，利用欧姆定律求解用电器两端的电阻即可。
6．小刚同学在做“测量小灯泡额定功率”的实验中，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，为________A，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，此时小灯泡的实际功率________（填“大于”、“小于”或“等于”）1.08W。
（4）同组的小红同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成三个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小红根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可知小红将定值电阻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实验结论是电压一定时，________。
③实验结束后，小红问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，老师指导小红分析了不能更换的原因。你认为原因是________。
【答案】 （1）
（2）小灯泡断路
（3）0.3；0.75；小于
（4）3；变大；通过导体的电流与导体的电阻成反比；滑动变阻器量程过小
【解析】(1)在“测量小灯泡额定功率”实验中，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，说明电路电流变大，变阻器接入的阻值变小，实验电路补充完整后如图所示：
；(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，电压表有示数，电流表无示数，则故障原因是小灯泡断路，造成电压表串联在电路中，电路电流极小。(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，电流表接入小量程，分度值为0.02A，则示数为0.3A，小灯泡的额定功率为 P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W 小灯泡在额定状态下的电阻为 R=U额I额=2.5V0.3A=253Ω
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，假设灯泡的电阻不变，则此时小灯泡的功率为 P=U2R=(3V)2253Ω=1.08W
但实际上随着灯泡两端电压变大，电阻丝温度增大，灯泡的电阻也将变大，则此时实际功率将小于1.08W。(4)由图象可知小红将定值电阻R两端的电压控制为 U0=IR=0.2A×15Ω=3V 当定值电阻由5Ω换为10Ω时，根据串联分压特点，定值电阻两端电压变大，故为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应变大以增加其分压能力。由 U=IR 可知，可得到的实验结论是电压一定时，电流与电阻成反比。保持该电压不变的情况下，更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，滑动变阻器接入最大量程时，定值电阻两端电压最小，此时 Umin=RR+R滑U=50Ω50Ω+20Ω×6V=4.3V
可知此时由于滑动变阻器的最大阻值过小，分压能力有限，故无法继续进行实验。
【分析】（1）滑动变阻器连接时，要一上一下，滑片远离下面的接线柱时电阻变大；（2）在串联电路中电压表有示数，电流表无示数，电压表测量的位置断路；（3）根据电流表选择的量程和指针位置测量电流，利用电压和电流的乘积计算电功率；灯丝电阻受温度影响；（4）根据电流和电阻的乘积计算电压；当电压一定时，电流与电阻成反比；根据串联电路电流和电压规律，结合最大电阻计算最大分压。
7．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。甲、乙是完全相同的密闭容器，里面密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，闭合开关前，A、B两U形管内液面相平。
（1）实验中，乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的________不相等；
（2）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中是通过观察U形管中液面高度的变化来显示甲、乙容器内空气温度的变化，这里采用的物理研究方法是________；
（3）通过对比观察，________（选填“甲”或“乙”）容器中导体的电阻产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越________导体产生的热量越多。
【答案】 （1）电流
（2）转换法
（3）甲；越大
【解析】(1)乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的电流不相等，因为左右容器内两导体的阻值相等，必须让两电阻的电流不同才能探究电流产生的热量与电流的关系。(2)甲乙两容器内空气温度的变化不能直接测出，而是通过U形管液面高度变化来显示，这是物理研究中的转换法。(3)在电阻和通电时间相同时，甲容器内液面高度差较大，说明甲容器内的电阻产生较多的热量，而甲容器内电阻通过的电流较大，由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越大，导体产生的热量越多。
【分析】（1）串联电路中电流处处相等；（2）利用U型管中液面高度变化反应热的多少，利用了转换法；（3）探究电流产生的热量和电流大小的关系，需要时电阻和通电时间相同，电流大小不同，切电流越大产生的热量越多。
【猜想篇5】计算题
1.三峡双线五级船闸规模举世无双，是世界上最大的船闸。它正常蓄水位为海拔175米高程，坝下通航最低水位62米高程，船闸上下落差达113米左右，相当于40层楼房的高度。现有一艘排水量为3000吨的轮船要由下游通过船闸到达上游，设每级闸室落差均为22米，如图所示。g＝10N/kg，求：
（1）轮船受到的重力；
（2）阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差；
（3）将轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功；
（4）分析说明轮船由下游提升到上游过程中的能量转化情况。
【答案】 解：（1）根据漂浮条件和阿基米德原理，排水量为3000吨的轮船的重力为 G=F浮=G排=m排g=3.0×106kg×10N/kg=3.0×107N
答：轮船受到的重力为3.0×107N
（2）已知船闸上下落差达113米左右，阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差为 ΔF=ΔpS=ρ水gΔhS=1.0×103kg/m3×10N/kg×113m×10-3m2=1.13×103N
答：阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差为1.13×103N.
（3）轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功为 W=GΔh=3.0×107N×113m=3.39×109J
答：将轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功为3.39×109J.
（4）轮船由下游提升到上游，水从上游由于重力的作用流向下游，水的重力势能减小，轮船的重力势能增加。
答：轮船由下游提升到上游过程中水的重力势能转化为轮船的重力势能。
【分析】（1）求解浮力的大小，可以利用阿基米德原理求解，即物体受到的浮力等于排开液体的体积；
（2）结合轮船受到的浮力和受力面积求解压力差即可；
（3）求解外力做功，利用外力大小乘以位移在力的方向上移动的距离即可，即W=Fs；
（4）运动的物体具有动能，物体的质量越大、速度越大，物体的动能就越大；处在高处物体具有重力势能，物体的质量越大、高度越高，物体的重力势能就越大。
2.由于突降暴雨，一件体积为0.3m3的物资浸没在了水坑中，其上表面距水面2m。如图是打捞物资所用起重机滑轮组的装置图，动滑轮重为600N且始终露在水面外，电动机的输出功率恒为9kW。打捞过程中，物资从水底开始运动到上表面刚露出水面前以某一速度做匀速直线运动；物资从完全离开水面到竖直提升到离水面3m高的过程中，保持1m/s的速度匀速运动，在此过程中电动机所拉绳子的拉力刚好达到这根绳子所能承受的最大拉力。已知水的密度为1.0×103kg/m3 ， g取10N/kg。不计绳子的重力、水和空气的阻力及绳子与滑轮组的摩擦。求：
（1）物资浸没在水中时所受的浮力；
（2）电动机所拉绳子承受的最大拉力；
（3）物资浸没在水中匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率。
【答案】 解：（1）由阿基米德原理可知，物资浸没在水中时所受的浮力为 F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m3=3000N
答：物资浸没在水中时所受的浮力为3000N
（2）滑轮组中n=3，当物资被拉出水面后，绳端移动速度为 v绳=nv物=3×1m/s=3m/s
根据功率计算公式 P=Fv 可知拉力为 F=Pv=9000W3m/s=3000N
在此过程中电动机所拉绳子的拉力刚好达到这根绳子所能承受的最大拉力，则电动机所拉绳子承受的最大拉力为 Fmax=F=3000N
根据力的平衡可知 nF=G物+G动
则物体重量为 G物=nF-G动=3×3000N-600N=8400N
答：电动机所拉绳子承受的最大拉力为3000N
（3）物资浸没在水中匀速提升的过程中，物资上方绳上的拉力为 T=G物-F浮=8400N-3000N=5400N
根据力的平衡可知此时自由绳端的拉力为 F'=T+G动n=5400N+600N3=2000N
则滑轮组的机械效率为 η=W有用W总×100%=ThFs=TnF=5400N3×2000N=90%
答：物资浸没在水中匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为90%。
【分析】（1）阿基米德原理给出了一种求解物体浮力大小的方法，F浮=ρ液gV排 ， ρ液是液体的密度，V排使物体排开水的体积；
（2）分析该滑轮组中与动滑轮接触的绳子的段数，分析拉力与阻力的大小关系和自由端移动距离与物体移动距离的关系；
（3）拉力作的功为总功，克服重力做的功为有用功，利用公式W=Fs求解做功，两者相除即为机械效率。
3.抗击新冠肺炎疫情期间，我省用负压救护车转运患者，进行集中隔离治疗。该车配置了负压装置，负压仓内气压小于外界气压，将内部空气“吸入”排风净化装置进行处理，有效避免了病毒的传播。某次转运病人时，救护车以90kW的恒定功率在平直公路上匀速行驶54km，用时30min。请解答下列问题：
（1）救护车在这段时间内的速度。
（2）救护车匀速行驶54km动力做的功。
（3）救护车所受的阻力。
（4）按照卫生部标准，负压仓内外气压差应在10~38Pa之间。经测量发现，该车负压仓0.9m2的面积上内外气体压力差为18N，通过计算判断负压仓内外气压差是否符合标准。
【答案】 解：（1）救护车在这段时间内的速度 v=st=54×103m30×60s=30m/s
答：救护车在这段时间内的速度为30m/s
（2）救护车匀速行驶54km动力做功为 W=Pt=90×103W×30×60s=1.62×108J
答：救护车匀速行驶54km动力做的功为1.62×108J
（3）救护车以90kW的恒定功率在平直公路上匀速行驶，救护车所受的阻力为 f=F=Pv=90×103W30m/s=3000N
答：救护车所受的阻力为3000N
（4）负压仓内外气压差为 p差=F差S=18N0.9m2=20Pa
按照卫生部标准，负压仓内外气压差应在10~38Pa之间，故符合标准。
答：负压仓内外气压差为20Pa，符合标准。
【分析】（1）根据路程和时间的比值计算速度；（2）根据功率和时间的乘积计算功的大小；（3）根据功率和速度的比值，可以计算力的大小；（4）利用压力和受力面积的比值计算压强大小。
4.一个质量60kg的物体放在水平地面上，物体与地面的接触面积为0.1m2。工人用如图所示的滑轮组，在20s内将物体匀速提高了5m，工人在绳子自由端施加的拉力F为220N。（不考虑绳重和摩擦）求：
（1）物体放在水平地面上时，对地面的压强；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）拉力F做功的功率。
【答案】 解：（1）物体对地面的压力F =G=mg=60kg×10N/kg=600N
物体对地面的压强 p=FS=600N0.1m2=6×103Pa
答：物体放在水平地面上时，对地面的压强是6 × 103Pa
（2）此滑轮组由三股绳承担物重，滑轮组对物体做的功即有用功为W有=Gh=600N×5m=3000J
拉力移动的距离s=nh=3×5m=15m
拉力F做功W总=Fs=220N×15m=3300J
滑轮组的机械效率 η=W有W总×100%=3000J3300J×100%=90.9%
答：滑轮组的机械效率是90.9 %
（3）拉力F做功的功率 P=Wt=3300J20s=165W
答：拉力F做功的功率为165W。
【分析】（1）利用质量计算重力，利用压力和受力面积的比值计算压强；（2）利用力和结论的乘积计算功的大小，有用功和总功的比值计算机械效率；（3）功和时间的比值计算功率的大小。
5.如图是一种用于建筑工地、桥梁施工等工程的爬梯式混凝土搅拌机。工作时，搅拌机将原料加工成混凝土后自动倒入运料斗，在提升电机的带动下，运料斗通过爬梯顶端定滑轮沿竖直爬梯上升到一定位置，然后将混凝土卸下。该爬梯式搅拌机部分参数如表所示，求：
型号
J2M310
整机质量（kg）
2000
空的运料斗质量（kg）
70
提升电机额定功率（kW）
4.5
（1）提升电机正常工作8h，消耗的电能是多少 kW⋅h ？
（2）若运料斗每次能运送混凝土400kg，则运送40m3的混凝土至少需要多少次？（设混凝土的密度为2×103kg/m3）
（3）某次将装有4000N混凝土的运料斗提升9m，若提升部分的机械效率为80%，则提升过程中运料斗受到的阻力是多少N？（不计绳重及滑轮摩擦）
【答案】 解：（1）提升电机正常工作8h，消耗的电能是 W=Pt=4.5kW×8h=36kW⋅h
（2）40m3的混凝土质量为 m=ρV=2×103kg/m3×40m3=8×104kg
需要运送的次数为 n=mm0=8×104kg400kg=200(次)
（3）有用功为克服混凝土重力做的功，因不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力，故做的额外功为克服运料斗的重力和克服运料斗受到爬梯的阻力做的功，
提升部分的机械效率为： η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G斗h+Fh=GG+G斗+F
即80%＝ 4000N4000N+700N+F×100%
提升过程中运料斗受到爬梯的阻力是：F＝300N。
【分析】（1）根据电功率和时间的乘积计算消耗的电能；（2）根据密度和体积的乘积计算质量；（3）根据物体重力和总拉力的比值计算滑轮组的机械效率。
6.某一家用两档可控的恒温餐盘，其高温档电功率为 880W，简化电路如图甲所示，R1、R2 均是发热电阻，R2 的阻值是 R1 的 3 倍。求：
（1）餐盘处于低温档时，电路中电流是多少？
（2）1kg 米饭温度升高 40℃，吸收的热量是多少？[米饭的比热容取 2.5×10 3J /（kg•℃）]
（3）若电路中只使用该恒温餐盘，同样加热 1kg的米饭，电能表的脉冲指示灯闪烁了 125 次，如图乙所示，这个恒温餐盘的效率是多少？
【答案】 解：（1）当开关S与2接触时，R1连入电路，恒温餐盘处于高温档 R1=U2P高=(220V)2880W=55Ω
当开关S与1接触时，R1和R2串联连入电路，恒温餐盘处于低温档R2=3×55Ω=165Ω
I=UR=UR1+R2=220V55Ω+165Ω=1A
答：餐盘处于低温档时，电路中电流是1A
（2）米饭吸收的热量是 Q吸=c饭m饭（t-t0)=2.5×103J /（kg•℃）×1kg×40℃=105 J
答：米饭吸收的热量是105J
（3）恒温餐盘消耗的电能为 W=125imp3600imp/(kW•h)=1.25×105J
恒温餐盘的效率是 η=Q吸W×100%=1×105J1.25×105J×100%=80%
答：这个恒温餐盘的效率是80%。
【分析】（1）根据电压和电功率，可以计算电阻大小；根据电压和电阻的比值计算电流；（2）利用比热容、质量和温度差的乘积计算物体吸收热量的多少；（3）根据电能表转数计算消耗的电能；结合吸收的热量计算热效率。
7.图甲是一款紫砂电饭锅，其简化电路如图乙所示，R1、R2是电热丝，R1的阻值为110Ω，通过单独或同时闭合S1、S2实现低温、中温、高温三个挡位间的切换，其铭牌如图丙所示，求：
加热效率
80%
额定电压
220V
电功率
低温挡
440W
中温挡
880W
高温挡
（1）低温挡加热时电流的大小；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）已知粥的比热容c粥=4.0×103J/（kg·℃），将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间。
【答案】 解：（1）电热丝R1的电功率为 P1=U2R1=(220V)2110Ω=440W
根据表格数据可知道，只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于低温档，则低温挡加热时电流的大小为 I1=UR1=220V110Ω=2A
答：低温挡加热时电流的大小为2A
（2）根据 P=U2R 可知，只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于中温档，P2=880W，电热丝R2的阻值为 R2=U2P2=(220V)2880W=55Ω
答：电热丝R2的阻值为55Ω
（3）当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，由 P=U2R 可知，电饭锅处于高温档，则高温档的功率为 P=P1+P2=440W+880W=1320W
2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃吸收的热量为 Q吸=c粥mΔt=4×103J/(kg⋅℃)×2.2kg×(74℃-20℃)=475200J
不计热量损失，需要消耗的电能为 W=Q吸=475200J
由 P=Wt 可得，将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为 t=WP=475200J1320W=360s
答：将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为360s。
【分析】（1）根据电压和电阻的比值计算电流；（2）利用电压和电功率计算电阻；（3）根据比热容、质量和温度差的乘积计算吸收的热量；利用热量和总功率的比值计算时间。
8.如图甲所示是一个电辅助太阳能热水器（以下简称热水器）。图乙为该热水器电加热部分的原理图，S是控制开关，可以在1、2、3三档之间切换；图丙为热水器的铭牌。在光照条件不好时，可用电加热器加热，温度达到预设温度时会自动切换到保温状态，为了防止触电，热水器在向外供水过程中会自动断电。某日因天气原因，太阳辐射能为E＝1.75×106J/(h•m2)（每小时每平方米辐射的热量），太阳能只将水由20℃加热到了30℃，此时开启电加热器，将水加热到预设温度70℃。已知太阳能板的面积为2m2 ， 水吸收太阳能的效率为60%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。供水过程中不计热量损失，请根据以上条件分析计算：
项目
参数
电源电压（V）
220
低温档功率（W）
100
高温档功率（W）
1200
容积（L）
50
（1）水吸收太阳能的多少。
（2）太阳能板当天接收太阳能的时间。
（3）电路中电阻R2的阻值。
（4）在热水器向外供水时，通过控制冷、热水阀使热水器内的热水与20℃的冷水混合，可以使出水口流出的水达到需要的温度。已知人在淋浴时适宜的水温为40℃，每个人淋浴用水均为30L，假设热水器内70℃的热水能全部用完，则能满足几个人的淋浴用水？
【答案】 解：（1）由题意，热水器的容积为50L，则满水状态下水的质量为 m=ρ水V=1×103kg/m3×50×10-3m3=50kg
太阳能只将水由20℃加热到了30℃，根据吸热公式可知水吸收太阳能为 Q吸=c水m(t1-t0)=4.2×103J/(kg⋅°C)×50kg×(30°C-20°C)=2.1×106J
答：水吸收 2.1×106J 的太阳能
（2）由于水吸收太阳能的效率为60%，故太阳能板当天接收太阳能的总热量为 Q总=Q吸η=2.1×106J60%=3.5×106J
已知太阳辐射能为E＝1.75×106J/(h•m2)，太阳能板的面积为2m2 ， 则当天接收太阳能的时间为 t=Q总ES=3.5×106J1.75×106J/(h⋅m2)×2m2=1h
答：太阳能板当天接收太阳能的时间为1h
（3）由表格中数据可知，热水器处于低温档时只有电阻R1接入，此时 P低温=U2R1
热水器处于低温档时，电阻R1与R2并联接入，此时 P高温=U2R1+U2R2
联立可得 U2R2=P高温-P低温
则电路中电阻R2的阻值为 R2=U2P高温-P低温=(220V)21200W-100W=44Ω
答：电路中电阻R2的阻值为44Ω
（4）设每个人淋浴用水体积为V，则 c水ρ水(V0-V)(t温-t冷)=c水ρ水V(t热-t温)
简化得 V0-VV=t热-t温t温-t冷
代入数据可得 30L-VV=70°C-40°C40°C-20°C=32 解得 V=12L 热水器的容积为50L，则 n=V容V=50L12L=4.2
则能满足4个人的淋浴用水。
答：则能满足4个人的淋浴用水。
【分析】（1）结合水的体积和密度求解质量，结合水的质量和温度的变化量，利用比热容公式求解水吸收的热量即可；
（2）结合热水器的加热效率求解吸收的热量，根据太阳能的功率求解加热时间即可；
（3）结合用电器的额定功率和额定电压，利用功率的变形公式R=U2/P求解用电器的电阻；
（4）低温水吸收的热量等于高温水放出的热量，结合比热容公式列方程求解即可。
【猜想篇6】综合分析题
1．今年，新型冠状病毒（Covid-19）席卷而来，在短短两个月时间就迅速发展成为全球公共卫生事件。我国政府采取迅速有效的措施，使国内的疫情较短时间内得到缓解，医学专家们已经初步认识到这种新型冠状病毒特点。
（1）新型冠状病毒大小约100nm=________m。飞沫是新冠状病毒的主要传播途径，人们在打喷嚏时如果没有阻拦，则有上万个飞沫以50m/s= ________km/h（相当于超级台风）的速度带出。所以为了自己和他人的安全请佩戴口罩。
（2）如果不幸确诊，病人就通过负压救护车送至负压隔离病房，火神山和雷神山医院提供的就是这种病房。负压病房内气压________（选填“低于”、“高于”或“等于”）病房外大气压，这样空气在自由流动时只能由室外流向室内，减少疾病传播和交叉感染的风险。
（3）病人的检查涉及到肺部影像学，主要指的是肺部CT，原理是利用了X光，它属于________波的一部分，此时是利用它传播________（选填“信息”或“能量”）。
（4）体温检测是必要的防控措施，如图所示为水银体温计的横截面。凸起圆弧型玻璃可以看清体温计内极细的汞柱，便于读数。这是因为凸起圆弧型玻璃的作用相当于________镜，能看到汞柱被放大后正立放大的________像。
【答案】 （1）10-7；180
（2）低于
（3）电磁；信息
（4）凸透；虚
【解析】(1)1纳米=10-9米，则新型冠状病毒大小约100nm=10-7m。1米/秒=3.6千米/时，飞沫是新冠状病毒的主要传播途径，人们在打喷嚏时如果没有阻拦，则有上万个飞沫以50m/s= 180km/h的速度带出。(2)负压病房内气压低于病房外大气压，这样空气在自由流动时只能由室外流向室内，减少疾病传播和交叉感染的风险。(3)肺部CT的原理是利用了X光，它属于电磁波的一部分，此时是利用它传播信息。(4)因为凸起圆弧型玻璃中间厚两边薄，其作用相当于凸透镜，物距小于1倍焦距，能看到汞柱被放大后正立放大的虚像。
【分析】（1）根据长度换算、速度换算解答；（2）负压房内气压低于大气压；（3）X光利用了电磁波传递信息；（4）中间厚边缘薄是凸透镜，放大镜可以成正立放大的虚像。
2．阅读短文，回答问题：
火星探测器“天问一号”
火星是太阳系中与地球最相似的行星，有大气，温度适宜，自转周期和地球相近，物体在火星表面受到的重力约为在地球表面重力的二分之一，人类对火星的探测具有重大的科学意义。
2020年4月24日，国家航天局宣布将我国火星探测任务命名“天问”，并将首个探测器命名“天问一号”。天问一号将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上还没有先例。
“绕”，探测器经过7个月的长途飞行，预计明年2月抵达火星附近，之后沿椭圆轨道绕火星运动，实现火星的远、近火点环绕探测。离火星最近的点叫近火点，离火星最远的点叫远火点。
“落”，使探测器着陆火星表面将是一个更艰巨的挑战，需在7分钟内，使探测器的时速降至0。我国利用探月的技术积累，通过四个阶段来减速。第一阶段气动减速，给探测器来个急刹车；第二阶段降落伞减速，速度减至342km/h；第三阶段动力减速，探测器反推发动机点火工作，速度减至3.6m/s；第四阶段着陆缓冲，将探测器悬停在空中，对火星表面观察，寻找合适的位置着陆。
“巡”，当探测器到达火星后，放出巡视车，完成对火星表面的拍摄及土壤分析等工作，为下一步探测打好基础。
人类对于未知世界的好奇与探索从没有停息过，仰望璀璨星空，我们追梦不止！
（1）探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化。由近火点向远火点运动时，探测器的动能________，机械能________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）探测器着陆前的降落伞减速阶段，速度减至________m/s；
（3）巡视器降落到火星表面后，巡视器对火星表面的压力和火星对巡视器的支持力________（选填“是”或“不是”）一对平衡力；
（4）在火星上重力与质量的比值为g火 ， 探测器在火星上空悬停时其质量为m，反推发动机喷出的气体对探测器的作用力大小为________。
【答案】 （1）减小；不变
（2）95
（3）不是
（4）mg火
【解析】(1)探测器由近火点向远火点运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，探测器相对于火星的高度增加，重力势能变大，动能转化为重力势能，动能减小，机械能不变。(2)由材料知，探测器着陆前的降落伞减速阶段，速度减至342km/h，合95m/s。(3)巡视器降落到火星表面后，巡视器处于平衡状态，受力平衡，巡视器对火星表面的压力和火星对巡视器的支持力是一对相互作用力。(4)在火星上重力与质量的比值为g火 ， 探测器在火星上空悬停时其质量为m，探测器在火星上空悬停时受到的重力为G火=mg火
反推发动机喷出的气体对探测器的作用力与探测器受到的重力相互平衡，故气体对探测器的作用力大小为F= G火=mg火
【分析】（1）物体运动的速度减小，动能减小，高度变大，重力势能变大；（2）根据速度的单位换算解答；（3）压力和支持力是相互作用的力；（4）根据重力和质量关系，结合质量可以计算重力。
3．利用水电站枢纽，可以集中天然水流的落差形成水头，改善生态环境，促进经济发展。
某水电站总库容200亿立方米，混凝土双曲拱坝最大坝高260米，顶宽12米，最大底宽66米。电站左岸、右岸地下厂房共有16台水轮发电机组。建成后具有以发电为主，兼有防洪拦沙、改善下游航运条件和发展库区通航等综合效益。（ρ水=1.0×103kg/m3）
（1）水电站库区建成后，该地区空气湿度会增大，这与水的________（填物态变化名称）有关：
（2）从压强角度分析说明水电站混凝土双曲拱坝筑成“上窄下宽”的好处________；
（3）水电站枢纽最大总泄洪量约为40000立方米1秒。泄洪10分钟即可装满一个西湖。若以最大总泄洪量泄洪，10分钟内所泄出水的质量________。
【答案】 （1）汽化
（2）从坝体对地基的作用看，坝体上窄下宽，可以增大地基的受力面积，减小坝体对地基的压强；从水对坝体的作用看，因为水的压强随深度的增大而增大，所以，大坝通常筑成上窄下宽的形状，可以承受更大的液体压强。
（3）2.4×1010kg
【解析】(1)空气湿度大，即空气中水蒸气的含量大，原因是水吸收热量后汽化为水蒸气弥漫在空气中。(2)从坝体对地基的作用看，坝体上窄下宽，可以增大地基的受力面积，减小坝体对地基的压强；从水对坝体的作用看，因为水的压强随深度的增大而增大，所以，大坝通常筑成上窄下宽的形状，可以承受更大的液体压强。(3)10分钟泄洪水的体积V=40000m3/s×10×60s=2.4×107m3
泄洪水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×2.4×107m3=2.4×1010kg
【分析】（1）液体变为气体的过程是汽化过程；（2）液体压强和液体密度有关，和深度有关；（3）根据密度和体积的乘积计算质量。
4．请阅读下列材料，回答相关问题：
2020年4月24日，中国国家航天局宜布，中国行星探索计划以屈原的长诗“天问”命名，表达了中华民族对于真理追求的坚初与执着。我国首次火星飞行任务命名为“天问1号”，将开启中国人探索“星辰大海”的伟大征程！
火星在我国古代被称之为“荧惑星”，是太阳系八大行星之一，直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，火星表面g约为3.7N/kg。火星地表沙丘､砾石遍布，非常干燥，南北极有以固态的水和二氧化碳组成的冰盖。火星表面的大气密度大约只有地球的1%｡火星表面平均温度约为-55℃，从冬天的-133℃到夏日白天的将近27℃，温差很大。火星表面的平均大气压强约为700Pa，比地球上的1%还小｡
（1）发射到火星的探测器，进入火星大气层后，若用降落伞减速，为保证减速效果，如果让你选择着陆点，应选择在地势________（选填“较高”或“较低”）的地方。火星探测器与地球之间是利用________来传递信息的；
（2）假如同一物体分别在地球和火星表面以相同的初始速度在相同的水平面上滑行，在火星上滑行的距离会比地球上________（选填“长”或“短”），原因是________；
（3）有人设想通过加热火星两级的冰盖获得液态水，从而减小地表温差，这是利用了水的什么性质：________；
（4）在火星上水的沸点会比地球上________（选填“高”成“低”），这是火星上没有液态水的原因之一。
【答案】 （1）较低；电磁波（或无线电､中继卫星）
（2）长；在火星上阻力小（火星上滑动摩擦力小或火星上空气阻力小）
（3）水的比热容大（或比热容）
（4）低
【解析】(1)探测器从降落伞张开到达着陆点的路程越长，时间越充分，减速效果越高，故应选择在地势较低的地方作为着陆点。电磁波可以在真空中传播，火星探测器与地球之间是利用电磁波来传递信息的。(2)火星表面g火小于地球表面g地，同一物体在地球和火星表面受到的重力较小，对接触面的压力减小，在相同的水平面上滑行时，受到的摩擦力阻力较小，且由于火星表面的大气密度小，运动的物体受到的空气阻力小，因此在火星上滑行的距离会比地球上长。(3)由于水的比热容大，在温度升高或降低时吸收或放出的热量较多，故可以利用这一性质，通过加热火星两级的冰盖获得液态水，从而减小地表温差。(4)火星表面的平均大气压强约为700Pa，比地球上的1%还小，水的沸点随气压减小而降低，因此火星上水的沸点会比地球上低，在温度较低时，水就汽化变成气态，以致火星上没有液态水。
【分析】（1）减速的时间越长，减速效果越好；电磁波可以在真空中传播，探测器与地球间利用电磁波来传递信息；（2）物体的重力越小，对地面压力小，摩擦力小；（3）水的比热容较大，相同情况下，吸收热量更多；（4）水的沸点随气压减小而降低。
5．阅读材料，回答问题
微波通信
电磁波可以用来传递信息，通常用于广播、电视等通信。微波是电磁波家族中的一员，它的性质比中波和短波更接近光波。信息理论表明，作为载体的电磁波，与中波和短波相比，微波在相同的时间内可以传输更多的信息。
用微波传递信息时，必须每隔50km左右就要建设一个微波中继站，如图甲所示。信号传递的距离越远，需要的中继站越多。在雪山上、大洋中，根本无法建设中继站，所以人类用地球同步通信卫星做微波通信的中继站来进行通信如图乙所示，在地球的周围均匀地配置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三颗同步通信卫星作为太空微波中继站可使地球上任意两点间保持通信，接收地面站传来的电信号，经过处理后，再发送到另一个或几个地面站。现在通过卫星电视，某地举行体育赛事，其他地方的人几乎可以立刻看到现场的画面。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）用微波传递信息时，必须每隔50km左右就要建设一个微波中继站，这是因为________（选填序号）。
①多修建中继站，有利于微波产生更多的信息
②微波的传播距离比中波近，只能传播50km
③微波沿直线传播，不能沿地球表面绕射
（2）如图丙所示，a、b分别是Ⅰ、Ⅱ两颗卫星正下方的地面站，把通信卫星假想成一个平面镜，要使地球上b处地面站接收到a处发送的信号，请仿照光路图，在图中画出平面镜及微波传播的路径和方向。
（3）已知三颗通信卫星距地面的高度都是3.58×104km，任意两颗卫星之间的距离都是7.30×104km。则a处发送的微波信号传送到b处所用的时间是________s。
【答案】 （1）③
（2）
（3）0.482
【解析】(1)由于微波的性质更接近于光波，大致沿直线传播，不能沿地球表面绕射，同时在传输过程中信号存在衰减等。因此，人们在用微波传输信息时，需每隔一定距离建一个微波中继站，来放大上一站传来的信号并发射，转向另一条微波中继站。(2)要使地球上b处地面站接收到a处发送的信号，则光从a出发经过Ⅰ、Ⅱ再反射到b处，根据光的反射定律，作图如下图所示
。
(3)a处发送的微波信号传送到b处所用时间为 t=sv=2×3.58×104km+7.30×104km3×105km/s=0.482s
【分析】（1）微波大致沿直线传播，不能沿地球表面绕射，通过中继站转接信息；（2）根据光的反射特点，分别作入射光线、法线和反射光线；（3）根据电磁波通过的路程和速度的比值计算传播时间。
6．图1是密水池水位自动控制模拟装置∶可绕O点转动的轻质杠杆A端用轻绳系正方体浮块，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡，已知∶AO长为1m，BO长为2m；浮块边长为20cm，密度为5×103kg/m3 ， 下表面距池底2m；当电磁铁线圈中的电流I≤0.02A时，铁K被释放，水泵开始工作向水池注水，反之停止注水，池内达到所设定的最高水位，线圈电阻不计；电压U=6V，电阻箱R调至75Ω；设RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示，g取10N/kg｡
（1）浮块的重力为________N。在达到最高水位之前，随着浮块排开水的体积逐渐增大，支架对RF的压力将________｡
（2）当池内达到所设定的最高水位时，求∶
①轻绳对浮块的拉力________
②池内水面距池底的高度________
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，在其他条件不变的情况下，电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是________｡
【答案】 （1）400；减小
（2）350N；2.125m
（3）50Ω≤R≤90Ω
【解析】(1)由密度计算公式，可知浮块的质量为 m=ρV=5×103kg/m3×(0.2m)3=40kg
由重力与质量关系可知浮块的重力为 G=mg=40kg×10N/kg=400N 随着浮块排开水的体积逐渐增大，其所受竖直向上的浮力逐渐增大，根据杠杆平衡条件，可知支架对RF的压力将逐渐减小｡(2)当池内达到所设定的最高水位时，电路中电流I=0.02A，即 R+RF=UI=6V0.02A=300Ω
则RF的电阻为 RF=300Ω-75Ω=225Ω
由图可知，RF的阻值与支架所施加压力F的数值关系为 RF=F+50
此时支架对RF的压力为FB=175N
根据杠杆平衡条件 FA×OA=FB×OB
代入数据得A端绳拉力为 FA=FB×OBOA=175N×2m1m=350N 在A端根据平衡条件FA+F浮=G
代入数据得F浮=400N-350N=50N
根据浮力公式 F浮=ρ水gV排
代入数据可得 V排=F浮ρ水g=50N103kg/m3×10N/kg=5×10-3m3
则浮块浸入水中的深度为 h浸=V排S=5×10-3m3(0.2m)2=0.125m
则池内水面距池底的高度为 H=2m+0.125m=2.125m (3)当浮块浸没后其所受浮力达到最大且不再变化，此时浮力为 F浮'=ρ水gV=103kg/m3×10N/kg×(0.2m)3=80N
此时A端绳的拉力为 FA'=G-F浮'=400N-80N=320N
根据杠杆平衡条件 FA×OA=FB×OB
代入数据得B端压力为 FB=FA×OAOB=320N×1m2m=160N
此时RF的阻值达到最小，为210Ω，则电阻箱R接入电路阻值最大为 Rmax=300Ω-210Ω=90Ω
当浮块不受水浮力时，代入数据得B端压力为200N，此时RF的阻值达到最大，为250Ω，则电阻箱R接入电路阻值最小为 Rmin=300Ω-250Ω=50Ω
故电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是50Ω≤R≤90Ω。
【分析】（1）已知物体的体积和密度，利用密度公式求解物体的质量即可，进而求解重力；
（2）阿基米德原理给出了一种求解物体浮力大小的方法，F浮=ρ液gV排 ， ρ液是液体的密度，V排使物体排开水的体积，结合物体的重力求解浮力大小；
（3）结合用电器两端的电压和流过用电器的电流，利用欧姆定律求解用电器的电阻即可。
目 录
第一部分 考前基础篇。
【基础篇1】思维导图 04
【基础篇2】物理公式 19
第二部分 命题猜想篇。
【猜想篇1】选择题 24
【猜想篇2】填空题 48
【猜想篇3】作图题 68
【猜想篇4】实验探究题 75
【猜想篇5】计算题 87
【猜想篇6】综合分析题 98
第一部分 考前基础篇
【基础篇1】思维导图（图片可放大）
【基础篇2】物理公式
物理量
主要公式
主要单位
长度(l)
(1)用刻度尺测量;(2)路程s=vt;
(3)力的方向上通过的距离s=WF;(4)力臂l1=F2l2F1;
(5)液体深度h=pρg;(6)物体厚度h=VS,a=3V
km、m、dm、cm、mm等;
1 km=1000 m;
1 m=100 cm;
1 cm=10-2 m
面积(S)
(1)S长=ab,S正=a2,S圆=πR2,S球=πD2;
(2)利用体积,S=Vh;(3)利用压强,S=Fp
1 m2=102 dm2;
1 dm2=102 cm2;
1 cm2=10-4 m2
体积(V)
(1)V正=a3,V长=Sh=abh,V柱=Sh,V球=43πR3;
(2)利用密度,V=mρ;(3)利用量筒或量杯,V=V2-V1;
(4)阿基米德原理:浸没时V物=V排=F浮ρ液g,部分露出时V排=V物-V露
1 m3=103 dm3;
1 L=1 dm3=
103 cm3;
1 mL=1 cm3=
10-6 m3
时间(t)
(1)利用速度,t=sv;(2)利用功率,t=WP;(3)用停表测量
1 h=60 min;
1 min=60 s
速度(v)
(1)v=st;(2)根据P=Fv,则v=PF;
(3)15 ℃时空气中的声速v=340 m/s,真空中的光速近似取为c=3×108 m/s
1 m/s=3.6 km/h;
1 km/h=13.6 m/s
质量(m)
(1)利用重力公式,m=Gg;(2)利用功的公式W=Gh=mgh,m=Wgh;
(3)利用密度公式,m=ρV;(4)用天平测量
1 t=1000 kg;
1 kg=1000 g;
1 g=1000 mg
密度(ρ)
(1)ρ=mV,m=Gg,则ρ=GgV;(2)利用压强公式p=ρgh,ρ=pgh;
(3)阿基米德原理F浮=ρ液gV排,则ρ液=F浮gV排
1 g/cm3=103 kg/m3
合力(F)
(1)同方向F=F1+F2;
(2)反方向F=F1-F2(F1>F2,方向与力大的方向相同)
N
压强(p)
(1)p=FS(适用于一切固体和液体);
(2)p=ρgh(适用于液体和侧面与底面垂直的固体)
[注意] 标准大气压p0=1.01×105 Pa(其大小相当于76 cm高的Hg柱产生的压强,也相当于10.3 m高的水柱产生的压强)
1 Pa=1 N/m2
浮力(F浮)
(1)压力差法,F浮=F向上-F向下;(2)称重法,F浮=G-F示;
(3)阿基米德原理法,F浮=G排=ρ液gV排;(4)漂浮或悬浮法,F浮=G
N
动力、阻力
F1l1=F2l2,则F1=F2l2l1,F2=F1l1l2
l1与l2单位相同即可
(续表)
物理量
主要公式
主要单位
功(W)
(1)定义W=Fs,重力做功W=Gh=mgh,摩擦力做功W=fs;
(2)总功W总=W有+W额,有用功W有=Gh,W有=W总-W额;
(3)η=W有W总,W有=ηW总,W总=W有η;(4)P=Wt,W=Pt
1 J=1 N·m=1 W·s
机械效率
(η)
(1)η=W有W总=W有W有+W额=11+W额W有;(2)η=W有W总=P有tP总t=P有P总;
(3)对于滑轮组,η=GnF(n为在动滑轮上的绳子股数,奇动偶定);
(4)滑轮组中忽略绳重及摩擦,η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动
[注意] 由于有用功总小于总功,所以η总小于1
用百分数表示
拉力(F)
(1)不计动滑轮和绳重及摩擦时,F绳=1nF物;
(2)不计绳重及摩擦时,F=1n(F物+G动);
(3)一般用F绳=F物ηn(n为在动滑轮上的绳子股数)
[注意] F物是动滑轮挂钩上拉物体的力,物体处于平衡状态时,空气中等于G物,液体中考虑浮力,水平拉动时等于f
N
功率(P)
(1)P=Wt;(2)P=Wt=Fst=Fv;
(3)从机器的铭牌上读出
1 W=1 J/s=1 N·m/s
比热容
(c)
(1)Q吸=cm(t-t0),Q放=cm(t0-t),可统一为Q=cmΔt则,c=QmΔt;
(2)Q放=qm(q为J/kg,m用kg);(3)Q放=qV(q为J/m3,V用m3);
(4)不计热量的损失时,Q吸=Q放(热平衡方程)
水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃),
物理意义:1 kg水温度升高1 ℃吸收的热量为4.2×103 J
电荷量
(Q)
(1)定义I=Qt,则Q=It;(2)W=UIt=UQ,则Q=WU(Q为电荷量)
C
电流(I)
(1)定义I=Qt(Q为电荷量);(2)I=UR;
(3)W=UIt,则I=WUt;(4)P=UI,则I=PU;
(5)焦耳定律Q=I2Rt,则I=QRt(Q为产生的热量);
(6)纯电阻电路W=UIt=I2Rt,则I=WRt;
(7)纯电阻电路P=UI=I2R,则I=PR;
(8)串联:I=I1=I2,并联:I=I1+I2;(9)从电流表上读出
1 A=1000 mA
电压(U)
(1)U=WQ=WIt(Q为电荷量);(2)U=IR;(3)U=PI;
(4)焦耳定律Q=U2Rt,则U=QRt(Q为产生的热量);
(5)P=U2R,则U=PR;
(6)串联:U=U1+U2,并联:U=U1=U2;(7)从电压表上读出
1 kV=1000 V,
1 V=1000 mV;
家庭电路电压为220 V,对人体的安全电压为不超过36 V
(续表)
物理量
主要公式
主要单位
电阻(R)
(1)R=UI(伏安法测电阻的原理);
(2)纯电阻电路W=UIt=I2Rt=U2Rt,则R=WI2t=U2tW;
(3)P=I2R,则R=PI2,P=U2R则R=U2P;
(4)焦耳定律Q=I2Rt=U2Rt,则R=QI2t或R=U2tQ(Q为产生的热量);
(5)串联:R=R1+R2,则R1=R-R2,R2=R-R1;
(6)并联:1R=1R1+1R2,R=R1R2R1+R2;
(7)从欧姆表上读出或从铭牌上读出,如滑动变阻器上的“10 Ω 1 A”等字样
1 Ω=1 V/A;
1 MΩ=106 Ω;
1 kΩ=103 Ω
电功(W)
(1)W=UIt=UQ(Q为电荷量);
(2)W=Q=I2Rt=U2Rt(Q为产生的热量);(3)P=Wt,则W=Pt;
(4)当无热量损失时,W=Q=I2Rt(Q为产生的热量);
(5)从电能表上读出;
(6)W=nN(n为实际转数,N为电能表上标明的转数)
[注意] 有电动机时,W总=Q+W机(Q为产生的热量)
国际单位为J,电能表上常用单位为kW·h;
1 kW·h=3.6×106 J
电功率
(P)
(1)P=UI=I2R=U2R;(2)P=Wt;(3)从用电器上读出
1 kW=1000 W;
1马力≈735 W
电热(Q)
(1)Q=I2Rt=U2Rt,当不计热量损失时,Q=W=I2Rt;
(2)热平衡方程Q吸=Q放
J
通电时间
(t)
(1)t=QI(Q为电荷量);
(2)W=UIt则t=WUI;(3)P=Wt则t=WP;
(4)Q=I2Rt则t=QI2R(Q为产生的热量)
s
二、凸透镜成像规律
物距、像距关系
物距u
像距v
像的性质
应用
正倒
放缩
虚实
位置
u>v
u>2ƒ
2ƒ>v>ƒ
倒立
缩小
实像
异侧
照相机、摄影机
u=v
u=2ƒ
v=2ƒ
倒立
等大
实像
异侧
等距法测焦距
u
v>2ƒ
倒立
放大
实像
异侧
幻灯机、投影仪
u=ƒ
不成像
获得平行光、粗测
凸透镜焦距
u
正立
放大
虚像
同侧
放大镜
第二部分 命题猜想篇
【猜想篇1】选择题
1．下列数据中，最符合实际情况的是（ ）
A.拉萨市七月份平均气温是42℃
B. 新型冠状病毒的直径约2mm
C. 一节干电池的电压大约是1.5V
D. 一名初中生的质量是50t
【答案】 C
【解析】A．拉萨市7月份的平均温度为10℃至25℃之间，A不符合题意；
B．新型冠状病毒的颗粒直径为100nm左右，B不符合题意；
C．一节干电池两极间的电压为1.5V，C符合题意；
D．一名初中生的质量是50kg，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据常见物体的温度、长度、质量和电压，结合数据解答。
2．戴口罩是防止新冠病毒传播的有效指施之一，如图所示，医用外科口罩由口罩体、鼻夹口罩带组成，口罩体采用三层工艺制成，下列说法不正确的是（ ）
A. 口罩体的长度约为175mm
B. 一只医用外科口罩的质量约为50g
C. 口罩体中带有静电的熔喷布具有吸引轻小物体的性质
D. 佩戴口罩时，轻压鼻夹能使其与鼻梁贴合，说明力可以改变物体的形状
【答案】 B
【解析】A．口罩的长度大约是17cm，也就是170mm左右，A正确，不符合题意；
B．一只医用外科口罩的质量约为3g，B错误，符合题意；
C．带电体可以吸引轻小物体，C正确，不符合题意；
D．力可以改变物体的形状，所以轻压鼻夹能使其与鼻梁贴合，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】根据常见物体的长度、质量解答；带电体可以吸引轻小物体；力可以改变物体的形状。
3．如图所示是某型号的钢琴与长笛发出的C调1（do）的波形图。根据该波形图，下列说法正确的是（ ）
A. 钢琴与长笛的音调不同，音色相同
B. 钢琴与长笛的音调相同，音色不同
C. 钢琴与长笛的响度相同，音色相同
D. 钢琴与长笛的响度不同，音色不同
【答案】 B
【解析】由波形图可知，钢琴与长笛的振动幅度与频率相同但波形不同，响度与振动幅度有关，音调与振动频率有关，音色与波形状有关，则二者响度与音调相同，但音色不同，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】声音的音调和频率有关，音色不同，声波图形不同。
4．下列关于声现象的说法正确的是（ ）
A. 图甲中人在水面下能听到岸上的说话声，表明声音的传播不需要介质
B. 图乙中改变试管内的水量可以改变吹气时声音的音调
C. 图丙中禁止鸣笛是在传播过程中减弱噪声
D. 图丁中B超诊断仪是利用次声波工作的
【答案】 B
【解析】A．图甲中人在水面下能听到岸上的说话声，表明声音可能通过液体传播，A不符合题意；
B．图乙中改变试管内的水量可以改变管中空气柱的长短，吹气时声音的音调发生变化，B符合题意；
C．图丙中禁止鸣笛是在声源处消声，C不符合题意；
D．图丁中B超诊断仪是利用超声波工作的，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】声音的传播需要介质；改变物体的长度，可以改变音调；阻止声音的产生可以减弱噪声。
5．关于生活中的热现象，下列说法正确的是（ ）
A. 夏天超市里用冰块给食材保鲜利用了冰熔化吸热
B. 水银体温计是利用玻璃热胀冷缩的性质制成的
C. 夏天从冰箱里取出的饮料瓶外有小水珠出现是凝华现象
D. 水沸腾时吸收热量，温度升高
【答案】 A
【解析】A．冰在熔化时会吸收热量，夏天超市里用冰块给食材保鲜就是利用了冰熔化吸热，A符合题意；
B．水银体温计是利用水银热胀冷缩的性质制成的，B不符合题意；
C．夏天从冰箱里取出的饮料瓶外有小水珠出现是水蒸气遇冷液化形成的，C不符合题意；
D．水在沸腾时持续吸热但温度不变，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】固体熔化吸收热量；液体温度计利用液体的热胀冷缩工作；液体沸腾时温度保持不变。
6．下面四个有关生活实例的分析正确的是（ ）
A. 北方寒冷的冬季玻璃窗上会产生冰花，是凝固现象
B. 晾晒在太阳光下的湿衣服不久会变干，是沸腾现象
C. 炒菜前滴入热锅的小水滴很快不见了，是升华现象
D. 医务工作者戴的护目镜内侧产生水珠，是液化现象
【答案】 D
【解析】A．北方寒冷的冬季玻璃上产生的冰花，是室外空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃直接形成的小冰晶，是凝华现象，A不符合题意；
B．晾晒在太阳光下的湿衣服变干，是衣服上的水变成了水蒸气跑掉了，是蒸发现象，B不符合题意；
C．炒菜前滴入热锅的小水滴不见了，是小水滴变成了水蒸气，是蒸发现象，C不符合题意；
D．医务工作者戴的护目镜内侧产生的水珠，是空气中的水蒸气遇到冷的镜片形成的小水珠，是液化现象，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】物体由气态变为液态的过程称为液化，液化放热，小水珠出现在温度比较高的一面。
7．下列与生活密切相关的热现象中，分析正确的是（ ）
A. “端午节、粽飘香”﹣分子间有斥力
B. 冬天用热水袋取暖﹣热水袋的内能转移到人体上
C. 我市海边昼夜温差比沙漠中的小﹣沙石比水的比热容大
D. 冬季从室外走进室内，眼镜片变“模糊”了﹣室内的水蒸气遇冷凝华
【答案】 B
【解析】A．“端午节、粽飘香”是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，A不符合题意；
B．冬天用热水袋取暖，通过热传递的方式，热水袋的内能转移到人体上，B符合题意；
C．我市海边昼夜温差比沙漠中的小，是因为水比沙石的比热容大的缘故，吸收或放出相同热量时水的温度变化量较小，C不符合题意；
D．冬季从室外走进室内，眼镜片变“模糊”了，是因为室内的水蒸气遇冷发生了液化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】热传递可以改变物体的内能，热量向外界传递，物体的内能减小，热量由外界传向物体，物体的内能增加，其中两个物体中间传递的能量叫做热量。
8．下列有关光现象的说法中正确的是（ ）
A. 在平静的湖面可以看到蓝天白云是光的折射现象
B. 挖隧道时，用激光引导掘进方向是利用光的直线传播
C. 游泳池注水后，看上去好像变浅了是光的反射现象
D. 雨后彩虹是光的反射现象
【答案】 B
【解析】A．在平静的湖面可以看到蓝天白云，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，A不符合题意；
B．开凿大山隧道时，用激光引导掘进方向是运用光的直线传播，符合实际，B符合题意；
C．游泳池注水后，看上去好像变浅了是光的折射，C不符合题意；
D．雨后彩虹是因为阳光射到空中接近圆型的小水滴发生折射，造成光的色散而成，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】激光准直运用光的直线传播；雨后彩虹是光的折射形成的；池水变浅是光的折射现象。
9．额温枪这一非接触式测温仪器，成为2020年防控新冠肺炎的一种重点物资。额温枪通过传感器接收人体发出的红外线，得出体温数据。在用额温枪测体温的过程中（ ）
A. 红外线传递体温信息
B. 额温枪传递体温信息
C. 红外线传递病毒信息
D. 额温枪传递病毒信息
【答案】 A
【解析】额温枪是针对人体体温做出测量与记录的医疗仪器，在用额温枪测体温的过程中，人体发出的红外线传递体温信息被额温枪检测到。
故答案为：A。
【分析】红外线可以传递能量和信息。
10．“金边日食”是壮观的天文现象，小明用自制小孔观看日食，下列说法正确的是（ ）
A. 日食现象可用光的直线传播解释
B. 用小孔成像原理观看日食利用了光的折射
C. 日食通过小孔成正立、缩小的实像
D. 日食通过小孔所成的像与小孔的形状有关
【答案】 A
【解析】A．日食是由于太阳、月亮、地球排成一条直线，月亮挡住了太阳的光线形成的，可以用光的直线传播来解释，A符合题意；
B．用小孔成像原理观看日食利用了光的直线传播，B不符合题意；
C．日食通过小孔成倒立的实像，C不符合题意；
D．日食通过小孔所成的像与太阳的形状有关，跟小孔形状无关，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，可以形成小孔成像、日食、影子等。
11．如图所示，在“探究凸透镜成像规律”的实验中，凸透镜焦距是10cm，蜡烛放在A处，位于C处的光屏（图中未画出）上得到了清晰的像；保持透镜位置不变，将蜡烛移到B处，移动光屏再次得到清晰的像。关于光屏移动的方向和移动距离L屏与蜡烛移动距离L烛的大小关系，正确的是（ ）
A. 向右移动光屏，L屏＜L烛
B. 向左移动光屏，L屏＜L烛
C. 向左移动光屏，L屏＞L烛
D. 向右移动光屏，L屏＞L烛
【答案】 A
【解析】蜡烛放在A处时物距为u=50.00cm-23.00cm=27.00cm
满足当物距大于2倍焦距时，像距在1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、缩小的实像，此时像距为10.00cm
满足当物距等于2倍焦距时，则像距也在2倍焦距，成倒立、等大的实像，此时C位置在70.00cm处，应向右移动光屏；在此过程中像距一直小于物距，则光屏移动距离L屏（像距变化量）小于蜡烛移动距离L烛（物距变化量）。
故答案为：A。
【分析】当物体在一倍焦距和二倍焦距之间时，像在二倍焦距以外，物体靠近凸透镜时，像远离凸透镜。
12．如图是小强用手机、透镜和纸盒自制的简易投影仪，能将手机上的画面放大投射到白色墙上。下列说法正确的是（ ）
A. 手机屏幕到透镜的距离应大于透镜的二信焦距
B. 白色墙上呈现的是手机画面倒立、放大的实像
C. 若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白色墙上的画面将不再完整
D. 从各个角度都能清楚地看到白色墙上的像，是因为墙对光发生了镜面反射
【答案】 B
【解析】A．根据投影仪成像的原理可知，手机到透镜的距离应大于焦距，小于二倍焦距，A不符合题意；
B．投影仪成的像是倒立、放大的实像，B符合题意；
C．若用不透明的硬纸板遮住透镜的一部分，白墙上的画面仍然完整，只是亮度变暗，C不符合题意；
D．发生漫反射的物体可以从不同角度都能看到，因此从各个角度都能清楚的看到白墙上的像，是因为白墙对照射到其上面的光产生漫反射，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】投影仪成像时，物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间，成像是倒立放大的实像。
13．如图所示是我们看远处物体的示意图，来自远处物体的光经过眼睛晶状体后在视网膜上形成（ ）
A. 正立、缩小的实像
B. 正立、缩小的虚像
C. 倒立、缩小的实像
D. 倒立、缩小的虚像
【答案】 C
【解析】眼睛的成像类似照相机，物体位于二倍焦距以外，成倒立缩小的实像。
故答案为：C。
【分析】物体在凸透镜的二倍焦距以外时，成倒立缩小的实像。
14．以下操作中，相应物理量的数值前后发生改变的是（ ）
A. 一根导线剪掉一半，剩下导线的电阻
B. 一杯牛奶喝掉一半，剩下牛奶的密度
C. 一桶汽油燃烧掉一半，剩下汽油的热值
D. 一瓶水喝掉一半，剩下水的比热容
【答案】 A
【解析】A．导体的电阻与其长度、横截面、材料等有关，若一根导线剪掉一半，则剩下导线的电阻发生改变，A符合题意；
B．物体的密度随温度、压力的变化而改变，但不随物体自身的质量或体积的变化而变化，则剩下牛奶的密度不变，B不符合题意；
C．热值是指单位质量（或体积）的燃料完全燃烧时所放出的热量，一桶汽油燃烧掉一半，剩下汽油的热值不变，C不符合题意；
D．比热容是物质的一种特性，反映了物质吸热和放热能力的大小，与无物质种类和状态有关，与质量无关，一瓶水喝掉一半后剩下水的比热容不变，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】导体的电阻与其长度、横截面、材料等有关，长度改变时，电阻变化；物体的密度、燃料的热值、物体的比热容是特性，和质量无关。
15．为了响应“绿色生活，低碳出行”的号召，旦增坚持乘坐新能源公交车出行。一辆新能源公交车在水平公路上匀速行驶，以下分析正确的是（ ）
A. 汽车在行驶过程中，动能不断增加
B. 汽车受到的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
C. 汽车受到的重力与地面对汽车的支持力是相互作用力
D. 驾驶员必须系安全带是为了防止惯性力带来的危害
【答案】 B
【解析】A．汽车在行驶过程中，因为质量不变，速度不变，所以动能不变，A不符合题意；
B．这时汽车受到的牵引力与汽车受到的阻力因为大小相等，方向相反，作用在一条直线上，并且作用在同一物体汽车上，满足二力平衡条件，是一对平衡力，B符合题意；
C．汽车受到的重力与地面对汽车的支持力，这两个力作用在同一个物体汽车上，不满足相互作用力条件，不是相互作用力，C不符合题意；
D．驾驶员必须系安全带是为了防止惯性带来的危害，不能说“惯性力”带来的危害，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】匀速直线运动的物体受到平衡力的作用；系安全带可以防止惯性带来的危害。
16．为备战2022年冬季奥运会，短道速滑运动员在集训中多次进行模拟比赛，有关比赛过程中的说法正确的是（ ）
A. 发令枪响前，运动员静止时所受的支持力与他对冰面的压力是一对平衡力
B. 发令枪响后，运动员用力向后蹬来获得向前的动力，是因为力的作用是相互的
C. 运动员在经过弯道时不再用力向后蹬，此时运动状态不发生改变
D. 冲线后，运动员停止用力仍能滑行很远，是因为运动员不受摩擦阻力
【答案】 B
【解析】A．平衡力是作用在同一个物体上的两个力，而运动员静止时所受的支持力与他对冰面的压力有两个受力物体，A不符合题意；
B．发令枪响后，运动员用力向后蹬来获得向前的动力，利用的是地面对运动员的反作用力，B符合题意；
C．运动员在经过弯道时运动方向发生了变化，所以运动状态发生了改变，C不符合题意；
D．运动员停止用力仍能滑行很远，是运动员具有惯性，会保持向前的运动状态，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】力的作用是相互的，物体A对物体B施加一个力，那么物体B一定会对物体A施加一个等大反向的力；
17．2020年6月1日起，公安部交管局在全国开展“一盔一带”安全守护行动，要求骑摩托车和电动自行车必须戴头盔，开车必须系安全带。戴头盔、系安全带能保护人的生命安全，其原因是在遇到交通事故时（ ）
A. 头盔能防止人头由于惯性撞击头盔
B. 安全带能防止人体由于惯性飞出车外
C. 头盔能减小人头的惯性，从而减小撞击力的大小
D. 安全带能减小人体的惯性，从而减小撞击力的大小
【答案】 B
【解析】A．摩托车手的头盔一般是由玻璃钢制成的，材料很硬，当驾驶员头部因为交通事故受到冲击时，首先与头盔接触，挡住了部分力量，从而保护头部安全，A不符合题意；
B．紧急刹车时，车由运动突然变成静止，而司机由于具有惯性继续向前运动，容易撞到挡风玻璃发生伤害，使用安全带可以起到保护作用，B符合题意；
C．头盔不能减小人头的惯性，惯性的量度是质量，C不符合题意；
D．安全带不能减小人体的惯性，惯性的量度是质量，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】系安全带可以防止惯性带来危害；惯性使物体保持原有状态。
18．疫情期间，人们利用5G无人配送车实现了非接触安心送，如图为一辆在水平路面上匀速行驶的无人配送车，速度为10km/h，空载时质量为360kg，轮胎与路面的总接触面积为240cm2（g取10N/kg），下列说法正确的是（ ）
A. 该车所受的牵引力和阻力是一对相互作用力
B. 空载时该车对路面的压强为1.5x104Pa
C. 该车行驶2km需要12min
D. 5G通信比4G所使用的电磁波在空气中的传播速度更大
【答案】 C
【解析】A．该车做匀速直线运动，所受的牵引力和阻力是一对平衡力，A不符合题意；
B．空载时该车对路面的压力等于重力，所以压强 p=FS=GS=mgS=360kg×10N/kg240×10-4m2=1.5×105Pa
B不符合题意；
C．该车行驶2km需要 t=sv=2km10km/h=0.2h=12min
C符合题意；
D．电磁波在空气中的传播速度是相同的，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据压力和受力面积的比值计算压强；根据路程和速度的比值计算时间；电磁波在空气中的传播速度是相同的。
19．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
【答案】 C
【解析】A．飞机的机翼上凸下平，气流通过上方时，速度大、压强小，气流通过下方时，速度小、压强大，在上下的压强差下获得升力，A正确，不符合题意；
B．连通器的底部连通，上面开口，船闸利用的是连通器原理使船能够在上下游来回航行，B正确，不符合题意；
C．由于同种液体中，深度越深，压强越大，为了使拦河大坝底部能够承受更大的压强，即在单位面积上承担更大的压力，建成上窄下宽的形状，C错误，符合题意；
D．堵住茶壶盖的小孔，壶内压强小于大气压强，在大气压的作用下，水不容易被倒出是由于大气压强的作用，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】流体在流速的大的地方压强小，使飞机获得升力；船闸利用连通器的原理工作；液体液体随深度的增大而增大。
20．有两根相同的缠有铜丝的木棒，将它们分别放入装有不同液体的两个烧杯中，会竖直立在液体中，静止时液面相平，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 液体的密度大小关系ρ甲＞ρ乙
B. 木棒在液体中受到的浮力大小关系F甲＜F乙
C. 容器底部受到液体的压强大小关系p甲=p乙
D. 木棒排开液体的质量大小关系m甲=m乙
【答案】 D
【解析】有两根相同的缠有铜丝的木棒，在甲、乙液体中都漂浮，故 F甲=F乙=G ，木棒在甲、乙两种液体中受到的浮力都等于木棒受到的重力 G，故 m甲=m乙 ；由图知木棒排开液体的体积 V排甲>V排乙 ，根据 F浮=ρ液gV排 可知， ρ甲<ρ乙 ；因为静止时液面相平，根据 p=ρ液gh 得 p甲
【分析】漂浮的物体受到的浮力等于物体的重力；相同物体在不同液体漂浮时，浮力相等。
21．三个完全相同的烧杯，分别装有相同体积的甲、乙、丙三种不同液体，将烧杯放在同一个水槽中，静止时如图所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 三个烧杯所受浮力相等
B. 乙液体的密度最大
C. 丙液体的密度比水大
D. 三种液体的密度相等
【答案】 B
【解析】三杯中，乙杯V排最大，故乙杯所受浮力最大，甲杯V排最小，故甲杯所受浮力最小，三杯都处于漂浮状态，所受浮力等于各自重力，故乙杯液体质量最大，液体体积都相同，乙杯液体密度最大，丙杯内外液面高度相等，考虑到烧杯自重，丙杯液体密度小于水的密度。
故答案为：B。
【分析】当物体处于漂浮或悬浮状态时，物体受到的重力等于浮力；结合物体受到的浮力和排开液体的体积，利用阿基米德原理的变形公式求解液体的密度。
22．高空中形成的雨滴在重力和空气阻力的共同作用下，开始下落的一段时间速度越来越大，落到地面前一段时间匀速下落。雨滴在空中下落的整个过程中（ ）
A. 动能一直增大，机械能守恒
B. 动能先增大后不变，机械能守恒
C. 动能先增大后不变，机械能一直减小
D. 动能先减小后不变，机械能一直减小
【答案】 C
【解析】雨滴在空中下落的整个过程中，高度一直降低则重力势能一直减小，开始下落的一段时间速度越来越大，则动能增大，落到地面前一段时间匀速下落时动能不变，即动能先增大后不变；由于下落过程中要克服空气阻力做功，则机械能一直减小，机械能不守恒。
故答案为：C。
【分析】物体的动能和质量、速度有关，重力势能和质量、高度有关。
23．2020年6月23日9时43分，我国用“长征三号乙”运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，至此“北斗三号”全球卫星导航系统星座部署全面完成，下列有关能量的分析错误的是（ ）
A. 火箭加速升空的过程中，内能转化为机械能
B. 火箭加速升空的过程中，动能转化为重力势能
C. 卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，机械能总量保持不变
D. 卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行，在近地点时动能最大
【答案】 B
【解析】A．火箭加速升空的过程中，燃料燃烧释放内能，通过热机做功，转化为机械能，A正确，不符合题意；
B．火箭加速升空的过程中，速度和高度都在增大，所以动能和重力势能都在增大，B错误，符合题意；
C．卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行时，不受空气阻力，所以机械能转化过程中总量保持不变，C正确，不符合题意；
D．卫星在大气层外沿椭圆轨道绕地球运行时，动能和重力势能相互转化且总量保持不变；在近地点高度最小，重力势能最小，所以动能最大，D正确，不符合题意。
故答案为：B。
【分析】质量一定时，动能和速度有关，重力势能和高度有关；火箭加速上升，动能和重力势能都增大。
24．将一个定滑轮和挂有一个重6N钩码的动滑轮分别组装成如图甲和乙所示的两种滑轮组。在图甲滑轮组，用大小为36N的竖直向下的拉力F1把钩码匀速提升了0.3m；在图乙滑轮组，用竖直向上的拉力F2把钩码匀速提升了0.6m。不计摩擦和绳重。设图甲滑轮组的机械效率为η甲 ， 图乙滑轮组的机械效率为η乙 ， 则（ ）
A. η甲＞η乙 B. η甲＜η乙
C. η甲≈55.5% D. η乙≈83.3%
【答案】 D
【解析】由图可知，甲、乙滑轮组中n1=2、n2=3，不计摩擦和绳重时滑轮组的机械效率分别为
η甲=W有用W总×100%=Gh1F1s1=Gh1n1F1h1=GG+G动=36N36N+6N=83.3%
η乙=W有用'W总'×100%=Gh2F2s2=Gh2n2F2h2=GG+G动=36N36N+6N=83.3%
即η甲=η乙 ， D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据物体重力和动滑轮的重力，可以计算滑轮组的机械效率。
25．绵阳一号桥是斜拉桥，斜拉桥比梁式桥的跨越能力大，我国已成为拥有斜拉桥最多的国家。如图是单塔双索斜拉大桥，索塔两侧对称的拉索承受了桥梁的重力，一辆载重汽车从桥梁左端按设计时速匀速驶向索塔的过程中，左侧拉索拉力大小（ ）
A. 一直增大
B. 一直减小
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
【答案】 B
【解析】斜拉桥类似于杠杆，拉索拉力为动力，索塔基础为支点，拉索到索塔基础的距离为动力臂，载重汽车重力为阻力，载重汽车到索塔基础的距离为阻力臂，当载重汽车从桥梁左端匀速向索塔行驶过程中阻力不变，阻力臂在变小，动力臂不变，根据杠杆平衡条件，所以拉索拉力一直减小。B符合题意。
故答案为：B。
【分析】在杠杆上，阻力一定，阻力臂减小时，动力减小。
26．下列说法正确的是（ ）
A. 同一物体温度越高，内部分子运动越剧烈
B. 烧开水是通过做功改变了水的内能
C. 原子核由质子和电子组成
D. 跳水运动员在空中下落时动能转化为重力势能
【答案】 A
【解析】A．同一物体温度越高，内部分子运动越剧烈，A符合题意；
B．烧开水是通过热传递的方式改变了水的内能，B不符合题意；
C．原子核由质子和中子构成的，C不符合题意；
D．跳水运动员在空中下落时高度减小、速度增大，所以是重力势能转化为动能，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】温度越高，分子运动越剧烈；加热通过热传递改变内能；原子核由质子和中子构成的。
27．小明要设计一款电热水壶，能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立操作。下列符合要求的电路是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】 A
【解析】A．A图电路中，电动机和电阻并联，两支路各有一个开关，抽水和加热可以独立工作，，A符合题意；
B．B图电路中，电动机和电阻并联，电阻支路有一个开关，另一开关在干路，加热功能不可以独立工作，B不符合题意；
C．C图电路中，电动机和电阻并联，电动机支路有一个开关，另一开关在干路，抽水功能不能独立工作，C不符合题意；
D．D图电路中，电动机和电阻串联，当开关S2闭合时，电动机被短路，电动机不能独立工作，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】各用电器能独立工作的电路是并联电路，并联电路中支路开关控制支路用电器。
28．如图所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒a去接触不带电的验电器金属球b后，验电器的两片金属箔张开，则下列说法正确的是（ ）
A. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带负电荷
B. 丝绸与玻璃棒a摩擦过程中创造出了新电荷
C. a、b接触时，a上的一些电子转移到b上，瞬时电流方向b→a
D. 验电器的两片金属箔张开时，金属箔都带正电荷
【答案】 D
【解析】A．用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷，A不符合题意；
B．丝绸与玻璃棒a摩擦过程中并没有创造出新电荷，而是电荷发生了转移，B不符合题意；
C．玻璃棒a带正电荷，是由于失去部分电子形成的，当a、b接触时，b上的一些电子转移到a上，瞬时电流方向a→b，C不符合题意；
D．玻璃棒a和金属球b接触时，金属球b和两片金属箔均带上和a相同种电荷，即正电荷，两片金属箔由于同种电荷相互排斥而张开，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】自然界中存在两种电荷，一种是正电荷，一种是负电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷吸引，同时带电物体它也能吸引轻小物体，结合题目给出的小球之间的相互作用分析即可；在物理学中规定正电荷移动的方向为电流的方向，或负电荷移动的反方向为电流的方向。
29．如图所示电路中，电源两端电压保持不变，小灯泡L的规格为“3V 1.5W”，当开关S2 ， S3断开，S1闭合时，灯泡恰好正常发光；当开关S1 ， S3断开，S2闭合时，电流表的读数为0.3A（忽略灯丝电阻的变化），则（ ）
A. 电源两端电压为6V
B. 电阻R的阻值大小为6Ω
C. 当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，电流表的示数为1.25A
D. 当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯泡L和电阻R的电功率之比是3：2
【答案】 C
【解析】A．当只闭合开关S1时，电路中只接入了小灯泡，电流表测整个电路的电流，此时小灯泡正常发光，故电源电压等于小灯泡的额定电压，即 U=UL额=3V ，A不符合题意；
B．当只闭合开关S2时，小灯泡与电阻R串联，电流表测整个电路的电流，小灯泡的电阻为 RL=UL额2P=(3V)21.5W=6Ω
电路中的总电阻为 R总=UI=3V0.3A=10Ω
根据串联电路电阻的特点可得电阻R的阻值 R=R总-RL=10Ω-6Ω=4Ω ，B不符合题意；
C．当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯与电阻R并联，电流表测干路的电流，则电路中的总电阻为 R总'=RLRRL+R=6Ω×4Ω6Ω+4Ω=2.4Ω
则干路的电流为 I'=UR总'=3V2.4Ω=1.25A ，C符合题意；
D．当开关S2断开，S1 ， S3闭合时，灯与电阻R并联，由 P=U2R 可得灯与电阻R消耗的电功率之比 PLPR=U2RLU2R=RRL=4Ω6Ω=2:3 ，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据用电器的电压和电功率，计算电流和电阻；利用串联电路电阻规律和并联电路的电阻规律，计算总电阻；利用电压和电阻可以计算电功率的大小。
30．电梯超载报警器工作原理示意图如图所示，R0为定值电阻，压敏电阻R的阻值随着压力的增大而减小，A为电流表，其示数超过设定值时自动报警。电梯处于运行状态，开关S闭合，有人进入电梯后（ ）
A. 电流表示数变小，R和R0的总电功率变大
B. 电流表示数变小，R和R0的总电功率变小
C. 电流表示数变大，R和R0的总电功率变大
D. 电流表示数变大，R和R0的总电功率变小
【答案】 C
【解析】由图可知，两个电阻串联，开关S闭合后有人进入电梯后，压敏电阻受到的压力增大，则其接入电阻减小，电路电流增大，电流表示数变大，由 P=UI 可知电路总功率变大。
故答案为：C。
【分析】串联电路中电阻减小时，电流变大，定值电阻的电功率变大。
31．如图1所示的电路，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关､滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A. 滑片从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变小
B. 滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变
C. 电源电压为6V
D. 电路消耗的最大功率为3.6W
【答案】 C
【解析】A．电路是串联电路，滑片从最左端向最右端滑动过程中，滑动变阻器电阻变小，总电阻也变小，所以电流变大，A不符合题意；
B．电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的阻值，滑片滑动过程中，阻值是变化的，B不符合题意；
C．由图2可知，当滑动变阻器的阻值是5Ω时，其电压为3V，则此时的电流 I1=U滑R滑=3V5Ω=0.6A
电源电压为 U=I1(R滑+R0)=0.6A×(5Ω+R0)
当滑动变阻器阻值是10Ω时，其电压为4V，则此时的电流 I2=U滑'R滑'=4V10Ω=0.4A
电源电压为 U=I2(R滑+R0)=0.4A×(10Ω+R0)
电源电压不变，则 0.6A×(5Ω+R0)=0.4A×(10Ω+R0)
可得 R0=5Ω ，则电源电压 U=I2(R滑+R0)=0.4A×(10Ω+5Ω)=6V
C符合题意；
D．由 P=U2R 可知，当电阻最小时，电功率最大，所以当滑动变阻器阻值为0时，最大电功率为 P大=U2R小=(6V)25Ω=7.2W
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】滑片靠近下面的接线柱电阻减小，电流变大；利用电流和电阻的乘积计算电压；利用电压和电阻可以计算电功率的大小。
32．如图甲所示，电源电压保持不变，电阻R2＝10Ω，闭合开关S，电压表V1、V2的指针偏转情况完全相同，如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A的示数为0.6A B. 电阻R1的阻值为10Ω
C. 电阻R2的电功率为9W D. 10s内电阻R1产生的热量为36J
【答案】 A
【解析】从电路中可看出V2示数较大，电压表V1、V2的指针偏转情况完全相同，两表所选量程不同，V2应是大量程，示数为7.5V，V1应是小量程，示数为1.5V。
R2的电压为 U2=U-U1=7.5V-1.5V=6V
电路中的电流为 I=U2R2=6V10Ω=0.6A
电阻R1的阻值为 R1=U1I=1.5V0.6A=2.5Ω
电阻R2的电功率 P2=U2I=6V×0.6A=3.6W
10s内电阻R1产生的热量为 Q=I2R1t=(0.6A)2×2.5Ω×10s=9J
故答案为：A。
【分析】分析电路结构，两个电阻为串联关系；结合串联电路电流、电压规律和欧姆定律分析求解各个用电器两端的电压和流过它们的电流，结合功率公式和焦耳定律求解功率和产生的热量即可。
33．电冰箱、洗衣机等大功率家用电器的电源插头是三脚插头，如图所示。细心的小敏同学发现标“E”的插脚要稍长些，其作用是（ ）
A. 插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳先离地线
B. 插插头时外壳先接地线，拔插头时外壳后离地线
C. 插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳先离地线
D. 插插头时外壳后接地线，拔插头时外壳后离地线
【答案】 B
【解析】标有“E”字的插脚比其他两脚稍长一些，这样在插插头时能使家用电器的金属外壳先接地，拔插头时能使金属外壳后离开地线，即使家用电器因绝缘不好“漏电”，人也不会触电；B符合题意。
故答案为：B。
【分析】三线插头使有金属外壳的用电器接地，可以防止人体触电。
34．如图所示是家庭电路的一部分，下列说法中正确的是（ ）
A. 若保险丝熔断了，可以用铜丝代替
B. 灯泡与开关的连接符合安全用电原则
C. 使用试电笔辨别火线时，手指要接触笔尖金属体
D. 电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地
【答案】 D
【解析】A．保险丝是用熔点低的材料制成的，而铜的熔点高，不能及时熔断，A不符合题意；
B．开关接到火线上，图中开关接到零线上，容易触电，B不符合题意；
C．在使用试电笔时，应用手接触笔尾的金属体，用笔尖接触导线，手指不能碰到笔尖的金属体，C不符合题意；
D．三孔插座已接地，当电冰箱的插头插入三孔插座能使电冰箱的金属外壳接地，这样能防止金属外壳的用电器漏电发生触电事故，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】灯泡的开关要接在火线上；使用试电笔时，手要接触笔尾的金属体；三孔插座能使用电器的金属外壳接地，防止人体触电。
35．如图甲、乙分别是动圈式话筒的实物图和构造示意图，当你对着话筒说话时，声音使膜片振动与膜片相连的线圈也跟着一起振动，线圈处在磁场中。把线圈两端的导线接入扩音机，就能通过扬声器听到你说话的声音。以下四幅图中，与动圈式话筒工作原理相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】 B
【解析】当你对着话筒说话时，产生的声音使膜片振动，与膜片相连的线圈也跟着一起振动， 而线圈处在磁场中，线圈振动时切割磁感线，能产生随着声音变化而变化的电流，感应电流经过放大后，通过扬声器还原成声音。话筒运用的是电磁感应的原理，即导体在闭合线圈中做切割磁感线运动，产生的感应电流，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】动圈式话筒的工作原理是电磁感应，实现机械能转化为电能。
36．下列关于电磁波的说法，不正确的是（ ）
A. 电磁波在真空中的传播速度是340m/s
B. 北斗卫星定位系统是利用电磁波传输信号的
C. “嫦娥四号”探测器能从月球上传输影像图，说明电磁波能在真空中传播
D. “5G技术”世界领先，该技术采用无线电波传输信息，无线电波是电磁波
【答案】 A
【解析】A．电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s，A错误，符合题意；
B．电磁波可以传递信息，北斗卫星定位系统是利用电磁波传输信号的，B正确，不符合题意；
C．航天器、卫星等都是用电磁波与地面进行通信的，月球周围是真空，探测器能从月球上发回月背的影像图，说明电磁波能在真空中传播，C正确，不符合题意；
D．5G技术采用无线电波传输信息，无线电波属于电磁波，D正确，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】光就是电磁波，电磁波就是光，光在真空中的传播速度最快为3×10^8m/s，光在水中的传播速度为真空的3/4，光在玻璃中的传播速度为真空的2/3。
【猜想篇2】填空题
1．智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的。
【答案】音色。
【解析】不同物体发出的声音的音色是不同的，智能手机的“智慧语音”，可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的音色这一特征来工作的。
2．考试前，“请考生进入考场”指令是播音员的声带 产生的，经扬声器传出后再通过 传到考生耳中，考试过程中，考场周围禁止建筑工地施工和车辆鸣笛，是从 减弱噪声。
【答案】振动；空气；声源处。
【解析】“请考生进入考场”指令是播音员的声带振动产生的；空气可以传播声音，经扬声器传出后再通过空气传到考生耳中；
考场周围禁止建筑工地施工和车辆鸣笛，这是防止噪声的产生，是从声源处减弱噪声。
3．小华用录音机录下自己唱歌的声音，再播放出来感觉和直接听到的声音不同，在乐音的响度、音调和音色三个特性中，考虑到录音机音量是由自己调节的，所以不是声音的 不同；询问其他同学，得知自己唱的音是准的，没有“跑调”，所以不是声音的 不同；由此可以推断是声音的 不同。
【答案】响度；音调；音色。
【解析】调节录音机的音量是改变声音的响度的大小；声音没有跑调，说明声音的音调是相同的，所以播放出来声音和直接听到的声音不同，是因为音色不同。
4．图中是中国古代的计程车“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓，鼓面由于 发声，当车走到十里时，车上的木人就敲一下镯（古代的乐器），人们根据鼓和镯发声的 （填“响度”或“音色”）不同，确定车行驶的是一里还是十里，这是利用声传递 （填“信息”或“能量”）。
【答案】振动；音色；信息。
【解析】声音是由物体振动产生的，鼓声是由于鼓面振动发声；
由于不同物体发出声音的音色不同，所以人们根据音色分辨出鼓和镯发声的；
声音可以传递信息，人们根据鼓声和镯声来确定车行驶的是一里还是十里。
5．口技是民间的一种声音艺术，高超的口技艺人，可以模仿各种语音，从声音的特性来看，他主要模仿声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”）。现场观众能欣赏到，是因为声音能在 中传播，口技艺人往往通过重拍醒木结束表演，醒木拍得越重，声音的
（选填“音调”、“响度”或“音色”）越大。
【答案】音色；空气；响度。
【解析】口技演员可以发出各种各样的声音，从声音的特性来看，他主要模仿声音的音色；
声音可以在空气中传播，现场观众欣赏听到的口技艺人模仿的各种语音是通过空气传播的；
醒木拍得越重，桌面的振幅越大，响度越大。
6．实验用的音叉上通常刻有一个数值（如图），表示该音叉所产生声音的频率。此数值越大的音叉，敲击时发出声音的 越高。
【答案】音调。
【解析】音叉振动的频率越大，则音叉发出声音的音调越高。
7． “照镜子，正衣冠”。小红站在平面镜前0.3m处，她的像离她 m．利用自制简易潜望镜可以观察到高处的物体是利用了平面镜可以 。
【答案】0.6；改变光路。
【解析】因平面镜成像时物距与像距相等，小红站在平面镜前0.3m处，此时物距为0.3m，则像距也为0.3m，她的像离她0.6m；
简易潜望镜就是由两块平面镜组成，主要是利用了平面镜可以改变光路。
8.小蓓同学上学前走向穿衣镜整理校服，她在不断靠近镜子的过程中，所成______（ 选填“实”或“虚”）像的大小______（选填 “变大”、“变小”或“不变”）。眼睛近视的同学为了能看清老师写在黑板上的字，需要佩戴镜片为______（选填“ 凸”或“凹”）透镜的眼镜。
【答案】(1)虚；(2)不变；(3)凹。
【解析】平面镜所成的像是虚像。
小蓓同学靠近镜子的过程，其大小不变，所以所成的像的大小也不变。
近视眼需要佩戴凹透镜。
9.小明站在竖直的平面镜前1.5m处时，他与镜中像的距离是______m。若小明身高170cm，当他以0.1m/s的速度缓慢向平面镜走近时，他在镜中像的高度将______（选填“大于”“小于”或“等于”）170cm，所成的像是______（选填“虚”或“实”）像。
【答案】(1)3.0m；(2)等于；(3)虚像。
【解析】根据平面镜所成的像是正立、等大、对称的虚像；所以小明站在竖直的平面镜前1.5m处时，他与镜中像的距离是3.0m，小明身高170cm，不管他怎么运动，他在镜中所成的像与他等大，像的高度也为170cm，平面镜所成的像是虚像。
10．唐代高骈的诗句“绿树浓阴夏日长，楼台倒影入池塘。”中蕴含着一些物理知识：看到“绿树”是树叶 （填“反射”、“折射”或“吸收”）绿光；“倒影”是正立、 （填“放大”、“缩小”或“等大”）的 像。
【答案】反射；等大；虚。
【解析】（1）不透明物体只能反射与其颜色相同的色光，吸收与其颜色不同的色光。因此，我们看到树叶之所以呈现绿色，是因为它们反射绿光的缘故；
（2）楼台倒影是平面镜成像现象，是光的反射形成的，倒影是正立、等大的虚像。
11.小波在湖边游玩时，看到茂密的树下有许多圆形光斑，仔细一看是太阳的“像”，这是光的______而形成的；看到湖水中游动的“鱼”比其实际位置要______（选填“深”或“浅”），这是因为光从水中斜射向空气时发生______；湖面上拱桥在水中的“倒影”，这是由于光的______而形成的虚像。
【答案】(1)直线传播；(2)浅；(3)折射；(4)反射。
【解析】小波看到茂密树下有许多圆形光斑，这是太阳沿直线传播通过树叶缝隙成倒立的像。
我们看到的水中的鱼，是由光的折射形成的虚像，在折射光线的反向延长线上，由于折射光线向水面偏折，折射光线相对于入射光线位置升高了，所以看到的水中的鱼位置比实际位置浅。
湖面上拱桥在水中的“倒影”，这是由于光的反射而形成的虚像。
12．小明同学用一个凸透镜观察洗手液的商标，成像情况如图甲，若想再看到倒立、放大的像，应将凸透镜向 移动，图乙的成像原理可应用于 。（选填“照相机”或“放大镜”）
【答案】远离商标的方向；照相机。
【解析】（1）图甲成正立，放大的虚像，此时u＜f，若想再看到倒立、放大的像，2f＞u＞f，增大物距，因此应将凸透镜向远离商标的方向移动，
（2）图乙的成像，成倒立缩小的实像，应用是照相机。
13.在“探究凸透镜成像规律”实验中，将凸透镜正对着太阳光，在距高凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，则该透镜的焦距为 cm。若将一个物体放在此透镜前40cm处，可在透镜另一侧光屏上得到一个倒立 (放大，等大，缩小）的实像。
【答案】15；缩小。
【解析】焦距是焦点到凸透镜光心的距离，凸透镜正对着太阳光，在距离凸透镜 15cm处得到一个最小最亮的光斑，光斑的位置即为焦点，故该透镜的焦距为15cm；当物距大于二倍焦距时，成倒立，缩小的实像，故物体放在此透镜前40cm处时，u=40cm>2f成成倒立，缩小的实像。
14.如图所示，下列有关眼睛的示意图，远视眼是 图，远视眼矫正是 图。
【答案】丁；乙。
【解析】远视眼是由于晶状体会聚能力弱，成像在视网膜的后方，需要佩戴凸透镜矫正。故远视眼为丁图，远视眼矫正为乙图。
15．购物支付已进入“刷脸”时代，如图所示，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。“刷脸”支付过程中，摄像头相当于 （选填“凸”或“凹”）透镜，面部经摄像头成倒立、 （选填“缩小”、“等大”或“放大”）的实像。
【答案】凸；缩小。
【解析】摄像机的镜头相当于一个凸透镜，当物体位于其二倍焦距以外时，物体在凸透镜中成倒立缩小的实像。
16．梅雨季节空气特别潮湿时，墙壁瓷砖上有一层小水珠，小水珠是水蒸气 形成的，开启电风扇，经过段时间小水珠消失了，这是 现象。（填物态变化名称）
【答案】液化；汽化。
【解析】梅雨季节空气特别潮湿时，墙壁瓷砖上有一层小水珠，小水珠是水蒸气遇到瓷砖液化形成的。开启电风扇，经过段时间小水珠消失了，这是水的汽化现象。
17．如图是“观察水的沸腾”实验中描绘的水温随时间变化的图象，由图可知，水的沸点为 °C，此时水面上方的气压 （选填“高于”、“低于”或“等于”）标准大气压；在第8mim内，水中的气泡在上升过程中会 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】98；低于； 变大。
【解析】（1）由图象可知：当水的温度到了98℃后就不再升高，说明此时水是沸腾的，沸点为98℃；
1标准大气压下水的沸点是100℃，根据气压越低，沸点越低，所以此时大气压小于1标准大气压；
（2）由图象可知，在第8mim时，水处于沸腾状态，水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，水中的气泡在上升过程中会变大。
18．如图所示，在探究冰的熔化特点时，为测量试管中碎冰的温度，应使温度计的玻璃泡与碎冰 ，图中温度计的示数为 ℃。
【答案】充分接触；﹣4。
【解析】（1）用温度计测量碎冰温度时，温度计的玻璃泡要与碎冰充分接触，但不能将其碰到试管底或者试管壁，防止影响测量结果；
（2）由图知，温度计的分度值为1℃，示数在0的下面，是零下，所以其示数为﹣4℃。
19．如图所示，用电蒸锅蒸馒头时，电热丝加热使水 （填物态变化名称），产生高温水蒸气。水蒸气接触到馒头时液化，同时 （选填“吸收”或“放出”）大量的热，从而把馒头蒸熟。
【答案】汽化；放出。
【解析】用电蒸锅蒸馒头时，电热丝加热使水汽化，产生大量高温水蒸气；水蒸气向上运动过程中，接触到馒头时液化成小水滴，同时放出大量的热，从而把馒头蒸熟。
20. 4月29日以来，全国疫情防控进入常态化。每天早上我们都要经过红外线热成像测温通道进入校园，此时我们体温的示数和行走的图像将显示在与仪器相连的显示屏上。红外线是______（选填“超声波”或“电磁波”）；仪器成像的原理与______（选填“照相机”或“投影仪”）相同。每天我们还用水银体温计检测体温，水银体温计是根据______的性质制成的，图中体温计的读数是______℃。
【答案】(1)电磁波；(2)照相机；(3)液体热胀冷缩；(4)36.1。
【解析】红外线是电磁波大家族中的一种。
仪器成像时，像距大于二倍焦距呈现倒立缩小的实像，成像原理和照相机相同。
每天我们还用水银体温计检测体温，水银体温计是根据液体热胀冷缩的性质制成的。
已知图中温度计的分度值为0.1℃，读数为36.1℃。
21．如图，“长征五号B”运载火箭首次采用了我国最新研制的大推力液氧煤油发动机。煤油的热值为4.6×107J/kg，完全燃烧2kg煤油放出的热量为 J。火箭升空后助推器会自动脱落。助推器脱落后在 作用下落回地面。此时火箭相对地面是 的。
【答案】9.2×107；重力；运动。
【解析】完全燃烧2kg煤油放出的热量：Q放＝qm＝4.6×107J/kg×2kg＝9.2×107J；
火箭升空后助推器会自动脱落后，助推器会在重力的作用下落回地面，此时火箭相对于地面发生了位置的变化，则火箭是运动的。
22．新冠疫情过后，同学们回到刚刚消毒过的教室，就能闻到很浓的酒精味，这是 现象。酒精也可以和汽油混合作为汽车的燃料。如图是汽油机工作循环中的 冲程，该冲程将内能转化为 能。
【答案】扩散；做功；机械。
【解析】同学们进入教室闻到刺鼻的酒精味，是因为酒精分子在不停地做无规则运动，属于扩散现象；
由图可知，两气门都关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程，并将内能转化为机械能；
23．一辆小汽车从小红身旁驶过后，小红闻到了汽油气味，于是她结合所学知识确认这是汽油发生了扩散，该现象说明组成物质的分子在不停地做 运动；以小汽车为参照物，该车驾驶员是 的；她进一步思考：小汽车的发动机是汽油机，四冲程汽油机工作时， 冲程是将内能转化为机械能。
【答案】无规则；静止；做功。
【解析】（1）小红闻到了汽油气味，说明汽油味分子在不停地做无规则运动；
（2）以小汽车为参照物，该车驾驶员与小汽车之间没有位置的变化，是静止的；
（3）汽车的发动机工作时，在做功冲程将内能转化为机械能，在压缩冲程将机械能转化为内能。
24．为全力打赢新冠肺炎疫情防控阻击战，2020年2月2日凌晨，空军出动8架大型运输机，分别从沈阳、兰州、广州、南京起飞，向武汉紧急空运医疗队员和物资。运输机从机场起飞时，以地面为参照物，运输机是 （选填“静止”或“运动”）的；使运输机起飞获取的升力是利用了流体流速大的位置压强 的原理。
【答案】运动；小。
【解析】（1）运输机是被研究的对象，运输机从机场起飞时，运输机和地面之间发生了位置的变化，所以以地面为参照物，运输机是运动的。
（2）运输机的机翼上方空气流速大、压强小，机翼下方空气流速小、压强大，起飞时产生向上的升力，所以使运输机起飞获取的升力是利用了流体流速大的位置压强小原理工作的。
25.近年来电动平衡车深受年轻人喜爱，已悄然成为生活中一种新的交通时尚。如图所示，平衡车的踏板上都刻有花纹，目的是 。人驾驶该车在水平路面匀速前进时，以平衡车为参照物，人是 （选填“静止”或“运动”）的。如果突然刹车，由于惯性身体会向 （选填“前”或“后”）倾倒，危害生命安全。
【答案】增大摩擦力；静止；前。
【解析】平衡车的踏板上都刻有花纹，在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
人驾驶该车在水平路面匀速前进时，人和平衡车之间的位置不发生变化，所以，以车为参照物，人是静止的，
刹车后，由于惯性还要保持原来的运动状态，不能立刻停下来，所以身体会向前倾倒，危害生命安全。
26.图1中，物块的长度为_____cm；
(2)图2中，电压表的示数为_____V；
(3)图3中，弹簧测力计的示数为_____N。
【答案】(1)2.50；(2)0.9；(3)2.2。
【解析】(1)从图1可以看到，物块左端对准零刻度线，右端对准2cm右端第5条刻度线，所以物块的长度是2.50cm。
(2)从图2可以看到，电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，指针指在零刻度线往右第9条刻度，所以电压表的示数是0.9V。
(3)从图3可以看到，弹簧测力计的分度值是0.2N，指针指在2刻度往下第1条刻度线，所以它的读数是2.2N。
27.如图甲所示，完全相同的木块A和B紧靠着平放在粗糙程度相同的水平桌面上，在12N的水平推力F1作用下，A、B一起作匀速直线运动。若将A、B叠放到该桌面上，用水平力F2拉着B使它们一起匀速运动（如图乙所示），则拉力F2=______N；此时木块A所受的摩擦力为______N。
【答案】(1)12；(2)0。
【解析】将A、B紧靠着放在水平桌面上，A、B一起作匀速直线运动，处于平衡状态，受到的推力和摩擦力是平衡力，所以摩擦力大小等于推力，即f=F1=12N
将A、B叠放到该桌面上，用水平力F2拉着B使它们一起匀速运动，接触面的粗糙程度不变，对桌面的压力也不变，因此B受到的摩擦力也不变，仍为12N，即f′=12N，AB整体处于平衡状态，拉力和摩擦力是平衡力，所以拉力F2=f′=12N。
28．如图，把托板盖在支座上，将小钢球放在托板上，对准支座的正上方，压住底座，向后弯曲弹性片，松手后弹性片快速打击托板，弹性片的弹性势能转化为托板的 能，托板飞出。小钢球由于具有 ，恰好落在支座内。
【答案】动；惯性。
【解析】向后弯曲弹性片，弹性片发生了弹性形变，具有弹性势能；松手后弹性片快速打击托板，托板的速度增大、动能增大，则该过程中弹性片的弹性势能转化为托板的动能；
托板飞出时，由于小钢球具有惯性，仍然会保持原来的静止状态，则小钢球在重力作用下会向下运动，恰好落在支座内。
29.公安交通管理部门要求驾驶员和乘客必须使用安全带，如图 2 所示。汽车匀速行驶时，坐在座位上的乘客相对于汽车是 的。如果不系安全带，汽车一旦发生碰撞 突然停止运动，乘客由于 继续向前运动，就会与车身发生碰撞，对人身造成伤 害。行驶的汽车受到碰撞停止运动，说明力可以改变物体的 。
【答案】 静止 、惯性、运动状态
【解析】物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；力的作用效果有两个：一是使物体发生形变，二是改变物体的运动状态。
30. 2019年12月，中国第一艘国产航母（命名为“中国人民解放军海军山东舰”）在海南三亚某军港交付海军，山东舰在海面上快速匀速航行时，所受海水的浮力______（选填“大于”、“小于”或“等于”）重力；若航母速度不变，航母上许多舰载机起飞后，航母的总动能______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】(1)等于；(2)变小。
【解析】山东舰在海面上快速匀速航行时，由于漂浮，它所受浮力等于它的总重力。
若航母速度不变，航母上许多舰载机起飞后，航母的总质量减小，速度不变，航母的总动能减小。
31．如图所示，是我国自行设计和自主研制的蛟龙号载人潜水器。当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，则蛟龙号受到海水的浮力是 N；随着不断下潜，蛟龙号下表面受到海水的压强 ，受到的浮力 。（后两空均选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】5×105；变大；不变。
【解析】（1）当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，由阿基米德原理可知，蛟龙号受到海水的浮力F浮＝G排＝5×105N；
（2）潜水器在下潜的过程中，所处深度h变大，由p＝ρgh可知，潜水器下表面受到海水的压强变大；
（3）潜水器下潜的过程中，海水的密度不变，排开海水的体积V排也不变，由阿基米德原理F浮＝ρ海水gV排可知，其受到海水的浮力不变。
32. 2020年6月我国深潜器在马里亚纳海沟下潜深度达10907m时，它受到水的压强是 Pa.深潜器在下潜过程中浮力 (变大、变小或不变)。(ρ水=1.0×103kg/m3)
【答案】1.0907×108Pa ；不变。
【解析】它受到水的压强P=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg ×10907m=1.0907X108Pa; 浮力大小与排开液体的体积和液体的密度有关，与浸没的深度无关；故深潜器在下潜过程中浮力不变。
33.今年6月17日，长征二号丁运载火箭在酒泉卫星发射中心升空（如图），成功以一箭三星的方式发射取得圆满成功。火箭加速上升阶段，卫星的机械能将______ （选填“增大”、“不变”或“减小”）。运载火箭常选用液氢、煤油等作燃料，选择依据主要是密度小和______等物理性质。
【答案】(1)增大；(2)热值高。
【解析】火箭加速上升阶段，卫星的高度增加，重力势能增大，卫星速度增大，动能增大，故机械能增大。
液氢、煤油具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢、煤油时，可以释放出更多的热量，故选择依据主要是密度小和热值高等物理性质。
34.国产雪龙2号极地科考破冰船配备15000kW总动力，能以2~3节的航速在冰厚1.5米的条件下连续破冰航行。2019年11月23日，雪龙2号完成了南极中山站附近的航道破冰任务。若此次破冰所用功率为6000kW，向前破冰行驶速度是3.6km/h，则破冰船产生的向前推力大约是______N。
【答案】6×106。
【解析】据P=Fv得，破冰船向前的推力。
35.（2020·荆州）2020年6月23日9时23分，我国北斗三号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心成功发射。经过8天长途跋涉、5次变轨于6月30日14时15分定点在距地球3万6千公里的地球同步轨道，标志着我国北斗三号全球卫星系统全面建成。地面测控人员是通过______对太空中卫星进行测控的，变轨是通过施加______改变其运动状态的，目前该卫星相对地球处于______状态。 大多数人造卫星沿椭圆轨道运动，卫星在远地点和近地点之间运行的过程中，从能量转化的角度看，是______的相互转化。
【答案】(1)电磁波；(2)力；(3)静止；(4)动能和重力势能。
【解析】地面测控人员通过电磁波对太空中卫星进行测控。
变轨是运动状态发生改变，必须受到力的作用。
地球同步卫星相对地球没有位置的变化，所以是处于静止状态。
卫星在远地点时，重力势能最大，动能最小，而在近地点时，重力势能最小，动能最大，所以从远地点向近地点运行的过程是动能和重力势能之间的转化。
36.如图，小儿垂钓时的鱼竿是______（选填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆，“怕得鱼惊不应人”是因为______可以传声。
【答案】(1)费力；(2)水。
【解析】鱼竿使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
怕声音惊扰到鱼，说明声音能在水中传播。
37．在斜面上将一个重4.5N的物体匀速拉到高处（如图所示），沿斜面向上的拉力为1.8N，斜面长1.2m，高0.3m。把重物直接提升h所做的有用功为 J，这个斜面的机械效率是 。
【答案】1.35；62.5%。
【解析】（1）已知因为G＝4.5N，h＝0.3m，F＝1.8N，s＝1.2m，
所以拉力F所做的有用功为：W有用＝Gh＝4.5N×0.3m＝1.35J；
所以拉力F对物体做的总功为：W总＝Fs＝1.8N×1.2m＝2.16J；
（2）斜面的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝62.5%。
38．在”探究杠杆平衡条件”的实验前，如图甲，杠杆不在水平位置平衡，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 移动。实验中，如图乙，在A点用弹簧测力计施加一个竖直向上的力，在B点施加一个最小为 N的力，才能使杠杆在水平位置重新平衡。
【答案】左；1。
【解析】（1）杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，则重心应向左移动，故应向左调节左端或右端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2）由图可知弹簧拉力计的示数为3.0N，设杠杆的一个刻度为L，则拉力的力臂为2L；B点施加力的力臂为6L，根据杠杆平衡的条件可得，在B点施加一个最小为F2＝＝＝1N。
39．小彬用如图所示滑轮组把重400N的货物匀速提升2m，若不计绳重和摩擦，所用的拉力是250N．此过程中绳端移动的距离为 m，滑轮组的机械效率是 。
【答案】4；80%。
【解析】（1）由图知，n＝2，绳端移动的距离：s＝2h＝2×2m＝4m；
（2）滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%＝80%；
40.如图所示，物体重210N，动滑轮重25N。工人用125N的拉力将物体匀速提升3m，用了10s，此过程中有用功是______J，拉力的功率是______W，滑轮的机械效率是______，克服动滑轮重所做的额外功占总功的______%。
【答案】(1)630；(2)75；(3)84%；(4)10。
【解析】此过程中有用功W有=Gh=210N×3m=630J
拉力做的功W总=Fs=F×2h=125N×2×3m=750J
拉力的功率P==75W
滑轮的机械效率=84%
克服动滑轮重所做的额外功W额=G动h=25N×3m=75J
克服动滑轮重所做的额外功占总功的=10%。
41.用塑料梳子梳理干燥的头发后，梳子能够吸起碎纸屑，这是因为带电体能______；若塑料的原子核束缚电子的本领强于头发，用该梳子接触不带电的验电器金属球，两金属箔片由于带上同种电荷互相______而张开；接触的瞬间，电流方向______（选填序号即可：①“从梳子到金属球”或②“从金属球到梳子”）。
【答案】(1) 吸引轻小物体；(2) 排斥；(3) ②。
【解析】 用塑料梳子梳理干燥的头发后，使梳子带上电，梳子能够吸起碎纸屑，说明带电体能吸引轻小物体。
同种电荷相排斥。用该梳子接触不带电的验电器金属球，两金属箔片由于带上同种电荷互相排斥而张开。
塑料的原子核束缚电子的本领强于头发，用该梳子梳头发，梳子带上负电，该梳子接触不带电的验电器金属球，接触的瞬间，使金属球带上负电，电子从梳子流向金属球。电流的方向与电子定向移动方向相反，所以电流的方向从金属球到梳子。
42.如图所示为小朋友从滑梯滑下后，出现了“怒发冲冠”的情景。产生这种现象的原因是小朋友从滑梯滑下时发生了 现象，使头发带上了 （填“同种”或“异种”）电荷互相排斥而张开。
【答案】摩擦起电；同种。
【解析】小朋友从滑梯滑下时，身体与滑梯发生摩擦，发生了摩擦起电现象，并且使头发带上了同种电荷，而同种电荷相互排斥，所以出现了“怒发冲冠”的情景。
故答案为：摩擦起电；同种。
43.如图所示，图甲中电压表的分度值为______V，读数为______V；若使用前出现如图乙所示的情况，则原因是______。
【答案】(1) 01；(2) 23；(3) 电压表未调零。
【解析】由甲图知，电压表的量程为0～3V，分度值为01V，示数为23V。
由乙图知，电压表的指针未指在0刻度线处，原因是电压表未调零。
44.某同学用两节干电池串联做电源连接串联电路，如图所示，闭合开关，发现灯不亮。为了查找原因，老师帮助他用导线分别连接a、b和b、c．连接a、b时，两灯不亮，连接b、c时，L1很亮，则故障的原因可能是 。两灯都不亮时，a、b两点之间的电压是 V。
【答案】L2断路；0。
【解析】闭合开关后，发现两灯不亮；用导线连接a、b时，两灯不亮，说明ab之间是正常的，其它地方断路了，此时ab间的电压为0；连接b、c时，L1很亮，说明与导线并联部分发生了断路现象，即L2断路。
故答案为：L2断路；0。
45.如图所示为“探究电流通过导体产生的热量跟______的关系”的实验装置。实验中用U形管内液面高度差的大小来反映电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫______（选填“控制变量”或“转换”）法。通电一段时间后，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的______（选填 “多”或“少”）。
【答案】(1)电阻；(2)转换；(3)少。
【解析】由图知，两电阻的阻值不同，串联于电路中，通过两电阻的电流相等，通过时间相等，故探究电流通过导体产生的热量跟电阻的关系。
在实验中无法直接测量电流通过导体产生热量，通过U形管内液面高度差的大小来判断电流通过导体产生热量的多少，这种方法叫做转换法。
通电一段时间后，左侧的电阻小于右侧的电阻，通过两电阻的电流相等，由焦耳定律知，左侧容器内空气吸收的热量比右侧的少。
46.在家庭用电的调查活动中，小明听妈妈说“使用20W的白炽灯比使用60W的白炽灯省电”。小明经过研究发现，这种说法是指它们正常工作相同的时间，使用额定功率为20W的白炽灯比使用额定功率为60W的白炽灯消耗的电能 （选填“少”或“多”）。小明关闭电灯后，发现家中电冰箱仍在工作，说明电冰箱和电灯是 （选填“串联”或“并联”）的。
【答案】少；并联。
【解析】（1）灯泡正常工作时的实际功率等于额定功率，由W＝Pt可知，在灯泡正常工作相同时间时，使用额定功率为20W的白炽灯比使用额定功率为60W的白炽灯消耗的电能少；
（2）并联电路中各用电器互不影响，关掉电灯后，电冰箱仍能工作，这说明它们是并联连接的。
47.如图所示，电路中电源电压恒定，定值电阻R1＝20Ω，只闭合开关S1，电流表示数为03A，则电源电压为 V；同时闭合开头S1、S2，电流表示数为05A，则R2的阻值为 Ω。
【答案】6；30。
【解析】（1）电路中电源电压恒定，定值电阻R1＝20Ω，只闭合开关S1，为R1的简单电路，电流表示数为03A，由欧姆定律I＝，则电源电压为：U＝I1R1＝03A×20Ω＝6V；
（2）同时闭合开关S1、S2，两灯并联，电流表测干路的电流，电流表示数为05A，由并联电路各支路互不影响，通过R1的电流不变，由并联电路电流的的规律，R2的电流为：
I2＝I﹣I1＝05A﹣03A＝02A，
由欧姆定律，R2＝＝＝30Ω。
48.在探究“电流与电阻关系”实验中，电路如图甲所示，多次改变电阻R的阻值，并记录对应的电流表示数，得到如图乙所示的电流/随电阻R变化的图象。由图象可以得到电压表示数始终保持______V不变；若将图象中A、B两点所对应的电阻、串联使用，则通过它们的电流之比______。
【答案】(1) 25；(2) 1：1。
【解析】根据乙图可知，当定值电阻的阻值是10Ω时，经过定值电阻的电流是025A，则此时定值电阻两端电压为
因为研究电流与电阻的关系，所以定值电阻两端电压不变，即电压表示数始终保持25V不变。
串联电路中电流处处相等，因为电阻和串联，所以电流相等，即电流之比是1∶1。
49.家庭电路的触电事故都是人体直接或间接跟 线接触造成的。如图所示是测电笔的结构，在使用测电笔时，手能接触测电笔的 （选填“笔尖”和“笔尾”）金属体。
【答案】火线；笔尾。
【解析】（1）当人体直接或间接与火线接触时，就会造成触电；
（2）使用测电笔辨别火线和零线时，用手接触笔尾金属体，笔尖接触电线，氖管发光，表明检测的是火线，但是手不能接触笔尖金属体，防止触电。
50.如图所示的电路中，当开关S拨到a后，电磁铁左端为______极，小磁针静止时，B端是______极；当开关S由a拨到b，调节滑动变阻器，使电流表的示数仍保持不变，则电磁铁的磁性______（选填 “增强”、“不变”或“减弱”）。
【答案】(1) N；(2) S；(3) 减弱。
【解析】从图可知，当开关S拨到a时，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极。由磁极间的相互作用可知，小磁针静止时B端为N极。
在此实验装置中，保持电流不变，将开关S由a换到b，则减少了线圈的匝数，因此通电螺线管的磁性减弱。
51. “指南针”是我国古代四大发明之一，利用指南针能辨别方向，是因为指南针受到了_____的作用，它的南极指向地理的_____方｡
【答案】(1) 地磁场；(2) 南。
【解析】地球是一个巨大的磁体，它对放入其中的磁体产生磁力作用，“指南针”是我国的四大发明之一，指南针之所以能够指方向就是因为受到了地磁场的作用。
指南针静止时南极指向地磁北极，在地理南极附近。
52.5G网络采用的电磁波频率比4G网络更高，下载速度比4G网络快数百倍，与4G相比5G电磁波的波长更____（选填“长”或“短”；如图是一款华为折叠屏5G手机其折叠屏主要是由____材料制成的柔性发光二极管（选填“导体”“半导体”或“超导体”）｡
【答案】(1) 短；(2) 半导体。
【解析】因为5G网络采用的电磁波频率比4G网络更高，所以与4G相比5G电磁波的波长更短。
因为二极管具有发光特性，所以折叠屏主要是由半导体材料制成的柔性发光二极管制作。
53.煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，同时也是_____能源和_____能源｡（选填“一次”“二次”“可再生”或“不可再生”）
【答案】(1) 一次；(2) 不可再生。
【解析】煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，都可以从自然界直接获取，所以同时也是一次能源。煤､石油､页岩气､可燃冰都是化石能源，在短时间内无法获得补充，所以也是不可再生能源。
54.虽然纯净的水是不导电的，但一般的水都能导电。根据水的导电性可以设计一种水位自动报警器，其原理如图所示，图中的螺线管中插入了一根软铁棒，通电后磁性会更 （选填“强”或“弱”）：当水位到达金属块A时， （选填“红”或“绿”）灯亮。
【答案】强；红。
【解析】（1）螺线管插入软铁棒之前，只有螺线管的磁场作用，当螺线管中插入软铁棒，软铁棒被磁化，此时软铁棒磁场和螺线管的磁场共同作用，使磁场大大增强。
（2）当水位到达金属块A时，左端的控制电路接通，电磁铁有磁性，吸引衔铁，使红灯电路接通，红灯亮。
【猜想篇3】作图题
1.一个质量分布均匀的小球放在光滑的水平地面上，左边与竖直光滑墙壁接触，小球处于静止状态，如图，在图中画出小球受力示意图。
【解析】小球处于静止状态，小球受力平衡，小球受到重力与支持力，若竖直墙壁对小球有弹力，小球将运动，因此小球只受到重力与支持力，从小球的重心沿竖直向下和垂直于水平面向上画出重力和支持力的示意图，如图所示：
2．如图所示，木棒在手指上平衡，画出它所受重力的示意图（力的作用点画在木棒的重心上）。
【解析】图中所示木棒静止时，手指尖与木棒接触的上方位置即为重心，过重心画沿竖直向下画一条有向线段，用“G”表示，如图所示：
3．如图所示，物块置于长木板上表面，两者一起沿斜面匀速下滑，物块与木板始终保持相对静止。请在图中画出长木板对物块作用力的示意图。（O点为力的作用点）
【解析】物块置于长木板上表面，两者一起沿斜面匀速下滑，物块与木板始终保持相对静止，此时的木块受力平衡，木块受到竖直向下的重力G、垂直于长木板表面向上的支持力F、平行于长木板表面向上的摩擦力f的作用，则长木板对物块的作用力是摩擦力和支持力，这两个力的作用点在O点，如图所示：
4．如图所示，物体上系一细线，细线右端固定，物体静止在水中时细线恰好水平，请作出物体受力的示意图。
【解析】由题知，物体静止在水中时细线恰好水平，说明物体处于悬浮状态，浮力等于重力，细线对物体没有力的作用，过物体重心分别竖直向上和竖直向下作出浮力和重力，注意长度相等，如图所示：
5．如图所示，一束光线从水中斜射向空气，请画出折射光线的大致位置。
【解析】根据光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角画出折射光线。如图所示：
6．作出图中物体AB在平面镜中的像A′B′。
【解析】①作A点关于镜面的对称点A′；（做对称点留下的作图痕迹是对应点的虚线连线和垂直符号）
②作B点关于镜面的对称点B′；
③用虚线连接A′B′，A′B′就是AB在平面镜中的像。如图所示：
7．如图所示，请补充平面镜的入射光线和透镜的折射光线，完成光路图。
【解析】经过入射点作出法线，因为反射光线与镜面的夹角是45°，所以反射角为90°﹣45°＝45°。根据反射角与入射角相等作出入射光线；
反射光线平行于凸透镜的主光轴，经过凸透镜后折射光线过焦点，如图所示：
8．如图所示，SC、SD为点燃的蜡烛发出的两条光线，光线SC平行于凸透镜的主光轴，O为凸透镜的光心，F为凸透镜的焦点：光线SD斜射到平面镜上。请画出：
①光线SC经过凸透镜折射后的光线；
②光线SD经过平面镜反射后的光线。
【解析】过点D作法线DN，作，直线DE即为反射光线；因入射光线SC平行于凸透镜的主光轴，故经凸透镜后的折射光线通过右焦点F，如下图所示。
9．如图所示，轻质杠杆的A点挂一重物G，绳受的拉力为F2，O为杠杆的支点。请在杠杆的端点B处画出使杠杆保持静止的最小的力F1的示意图，并作出F2的力臂l2。
【解析】由图可知，力F1作用在B点时，以OB为动力臂时L1最大，此时力F1最小，力F1示意图如图所示；
10．如图甲所示是一种红酒开瓶器，图乙是其简化的示意图，O是支点，是瓶塞作用在B点的阻力。请在图乙中画出阻力臂，并画出作用在A点的最小动力及动力臂。
【解析】过O点作阻力F2作用线的垂线，O点到垂足间的线段即为阻力臂l2；要使A点的动力最小，根据杠杆的平衡条件分析可知，就要使A点的动力臂l1最大，连接O、A两点，线段OA为动力臂l1，即可满足要求，然后以A点为作用点，垂直于OA斜向上作动力F1的示意图即可，如下图所示：
11．一间教室要安装2盏“220V 40W”的电灯和一个插座，要求开关S控制两盏灯，且每盏灯都能正常发光，请按以上要求将图中元件用笔画线代替导线连接起来。
【解析】灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关时，能切断火线与灯泡的连接，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。两孔插座的接法，左边接零线，右边接火线。如图所示：
12．如图所示，楼梯有一电灯受控于两个开关，光线较暗且有声响时灯才亮。其中“光控开关”在光线较暗时自动闭合“声拉开关”在有声响时自动闭合，请用铅笔画线代替导线把元件连在电路中。
【解析】由分析知：“光控开关”在光线较暗时闭合，“声控开关”在有声响时闭合，光线较暗且有声响时灯才亮，则灯泡与两个开关串联，且为了保证安全，开关应接在火线上；如图所示：
13．如图所示，根据小磁针的N极指向，判断电源的正负极，填在括号内。
【解析】根据同名磁极相互排斥异名磁极相互吸引，可以判断通电螺线管的左端是N 极，右端是S极，根据安培定则判断，电流从螺线管的右端进入，从左端流出，可以判断电源的右端是正极，左端是负极，如图。
14．请根据图中通电螺线管的电流方向标出螺线管的磁极，并标出图中所画磁感线的方向｡
【解析】根据螺线管中的电流方向，利用“安培定则”可以判断出螺线管右端是N极、左端是S极，在磁体外部，磁感线总是从N极出发回到S极
【猜想篇4】实验探究题
1．小亮想测量一个小木块（不吸水）的密度，他利用天平、圆柱形玻璃杯、适量的水、细针等器材，经过思考，想出了如下的实验方法：
（1）图甲是小亮在调节天平时的情景，小丽指出了他在操作上的错误，你认为错误之处是：________；
（2）小亮纠正错误后调节好天平，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在天平左盘，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则木块质量为________g；
②将玻璃杯中装满水，用细针缓慢地将木块压入水中，使之完全浸没．利用排水法，测出溢出水的质量为30 g，则小木块的体积为________cm3 ．
③测出小木块的密度是________g/cm3 ．
（3）受小亮实验的启发，小丽在实验时，又找了一把刻度尺，不用天平也测出了木块的密度．请你将下列测量步骤补充完整：
①在玻璃杯中装入适量的水，用刻度尺测出杯中水的深度为h0；
②________；
③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为 h2；
④小木块密度的表达式：ρ木＝________．（用测量的物理量和已知量的符号表示）
【答案】 （1）调节天平平衡前，未将游码调到“0”刻度线处
（2）18.6；30；0.62
（3）将木块放入玻璃杯中，待其漂浮时用该度尺测出水的深度为h1；h1-h0h2-h0ρ水
【解析】（1）在调节天平平衡时，应先将天平放在水平台上，并将游码拨到标尺左端的零刻线处，该同学未将游码拨到标尺左端的“0”刻度线处；（2）如图乙所示，则小木块的质量m=10g+5g+3.6g=18.6g；排开水的体积 V水=V木=m水ρ水=30g1g/cm3=30cm3 ，木块的密度 ρ木=mV木=18.6g30cm3=0.62g/cm3 ；（3）实验步骤：①将适量的水倒入烧杯中，测出烧杯中水的深度h0；②将木块轻放入玻璃杯中，待它漂浮时，用刻度尺测出杯中水的深度为h1；③用细针缓慢地把木块压入水中，使之完全浸没，用刻度尺测出杯中水的深度为h2；
因为木块漂浮在水面上受到的浮力等于重力，所以G=F浮=ρ水gV排 ，
设烧杯的底面积为S，木块排开水的体积为：V排=S（h1-h0），所以G=F浮=ρ水gS（h1-h0），
木块的质量： m=Gg=ρ水gS（h1-h0）g=ρ水S(h1-h0) ，
当木块压入烧杯中，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度h2 ，
小木块的体积为：V=S（h2-h0）
小木块的密度： ρ=mV=ρ水S(h1-h0)S(h2-h0)=h1-h0h2-h0ρ水 ．
（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；（2）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；木块浸没时，排开水的体积和木块的体积相等，根据密度公式的变形求出木块的体积，再根据密度公式求出木块的密度；（3）设烧杯的底面积是S，烧杯中倒入水时，用刻度尺测出烧杯中水的深度h0 ， 可以求出水的体积．把木块漂浮水面上，测出此时水的深度h1 ， 可以求出木块排开水的重力，即木块受到的浮力，木块漂浮在水面上，木块受到的浮力等于木块的重力，求出木块的质量．当木块沉入放入烧杯，用刻度尺测出此时烧杯中水的深度h2 ， 可以求出水和木块的总体积．从而求出木块的体积，根据密度的公式求出木块的密度．
2．小明等几位同学设计不同实验探究浮力。
（1）他们找了一段较细的红线，将其两端分别固定在乒乓球和大烧杯的底部，再向烧杯缓慢注水，直到水将乒乓球浸没，发现红线在竖直方向被拉直，如图甲所示；然后，将大烧杯倾斜，发现红线仍旧在竖直方向被拉直，如图乙所示。根据两次观察到的现象，小明他们认为：乒乓球受到的浮力_______（选填序号）。
A.大小与乒乓球的体积有关
B.大小与水的密度有关
C.方向可能竖直向上也可能斜向上
D.方向竖直向上
（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N。然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是________N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，此时铝块受到浮力大小是________N。实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
【答案】 （1）D （2）3.0；1.5
【解析】(1)根据两次观察到的现象，乒乓球的体积不变，水的密度不变，乒乓球受到竖直向下的重力作用，但连接乒乓球的红线一直紧绷，说明乒乓球受到的浮力方向竖直向上，故答案为：D。(2)当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是3.0N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，测力计的示数为2.5N，根据称重法可知此时铝块受到浮力大小是 F浮=G-T=4.0N-2.5N=1.5N
【分析】（1）浮力的方向竖直向上；（2）根据测力计指针位置测量力的大小；结合测力计示数差计算浮力。
3．如图所示是小王“探究杠杆的平衡条件”的装置，每个钩码重为0.5N（钩码个数若干），弹簧测力计量程为0~5N。
（1）将该装置置于水平桌面上，静止时处于甲图所示状态。为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）移，这样做的好处是便于直接测量________。
（2）乙图中杠杆恰好处于水平平衡，若在A点下方再挂一个相同的钩码，为使杠杆保持水平平衡，则需将B点的钩码向右移动________格。
（3）丙图中杠杆每个小格长度均为5 cm，在C点竖直悬挂4个重为0.5N的钩码，当在D点用如丙图所示动力F拉杠杆。使杠杆在水平位置平衡，此时动力臂为________cm，动力F为________N。
【答案】 （1）左；力臂
（2）1
（3）10；3
【解析】(1)为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向左移。在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂。(2)如图乙所示，设一格的长度为l，根据杠杆的平衡条件可得 4G×2l=2G×nl
解得：n=4，故应该将B处所挂钩码向右移动4−3=1格(3)当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是 l1=12OD=12×4×5cm=10cm
根据杠杆的平衡条件 Fl1=4Gl2 可得，动力为 F=4Gl2l1=4×0.5N×3×5cm10cm=3N
【分析】(1)实验前，应首先进行杠杆平衡调节，根据杠杆的平衡条件，杠杆左、右两端的螺母（或一端的螺母）向杠杆上翘的一端调节；杠杆处于静止状态或匀速转动状态都为杠杆的平衡状态；在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂；(2)根据杠杆的平衡条件计算即可；(3)当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是 12OD ，根据杠杆的平衡条件求出动力大小。
4．如图甲所示是小明“探究电流与电压、电阻的关系”的实验电路图。选用的实验器材是：电源（3V）、电流表（0～0.6A）、电压表（0～3V），定值电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω、R3＝20Ω，滑动变阻器（40Ω 2A）、开关、导线若干。
（1）探究电流与电压关系：
①探究电流与电压的关系时，要保持________不变，采用的科学方法是________；
②小明在实验中进行多组数据测量的目的是什么？________
③小明选用5Ω和10Ω的两只电阻分别进行实验后，由实验数据画出的图象如图乙所示，其中M图象对应的是哪只电阻？由M图象得到的实验结论是什么？________
（2）探究电流与电阻的关系：
①小明在实验中，首先确定一个保持不变的电压值U，当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片向________（选填“a”或“b”）移动，才能使电压表示数变为U；
②当AB间换接20Ω的电阻时，小明无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数都无法达到U。请你告诉他，为完成实验，U的取值范围是________。
【答案】 （1）电阻；控制变量法；为了寻找普遍规律；M图象对应的是5Ω电阻；电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比
（2）b；1V-3V
【解析】(1)①由控制变量法可知，探究电流与电压的关系时，需要保持电阻不变。
②实验中，进行了多组数据的测量，其目的是为了寻找普遍规律。③由图乙可知，当电压为1V时，通过M的电流大于N的电流，由R= UI 可知N图像对应的电阻较大，M图像对应的电阻较小，所以M图像对应的电阻是5Ω。由图像可知，电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
(2)①当AB间的电阻R由5Ω换成10Ω时，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向b端移动，使电压为U。
②变阻器的最大阻值是40Ω，当AB间换接20Ω的电阻时，变阻器的阻值处于最大处，通过电路的电流 I=UR3+R滑=3V20Ω+40Ω =0.05A
电阻两端的电压UAB=IR3=0.05A×20Ω=1V
电压表的示数最小为1V，电压表的量程是0-3V，电压表的最大示数是3V，所以为完成实验，U的取值范围是1V-3V.
【分析】（1）要研究电流和电压的关系，需要保证电阻的阻值不变，滑动变阻器的作用是改变定值电阻两端的电压；探究电流与电压的关系，得到的结论是电阻一定时，电流和电压成正比；
（2）要研究电流和电阻的关系，需要保证电阻的电压不变；定值电阻和滑动变阻器是串联关系，串联分压，分得的电压和电阻成正比，结合定值电阻此时的电压判断滑动变阻器的移动方向。
5．丽丽为了较精确地测出待测电阻Rx的阻值，根据老师提供的下列实验器材，设计了如图甲所示的实物连接电路，老师提供的实验器材：
A．待测定值电阻Rx：阻值在45~50Ω之间；
B．定值电阻R0：阻值30Ω；
C．电压表V：测量范围0~3V；
D．滑动变阻器：规格为“20Ω 2A”；
E．滑动变阻器：规格为“100Ω 1.5A”；
F．电源：电源电压恒为4.5V；
G．开关及导线若干。
（1）丽丽实验的主要操作步骤和记录的数据如下：
①断开开关S2、闭合开关S1 ， 由________（填“A至B”或“B至A”）移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，电压表的示数如图乙所示。读出电压表的示数为________V。
②保持滑动变阻器的滑片P的位置不变，断开开关S1、闭合开关S2 ， 读出电压表的示数为1.5V。则在丽丽设计的电路中，滑动变阻器应选________（填序号）。
（2）根据丽丽测量的数据可以得到待测电阻的阻值Rx＝________Ω。
【答案】 （1）B至A；2；E
（2）48
【解析】(1)①电源由3节干电池组成，电源电压U=3×1.5V=4.5V
由图可知，电压表的量程是0-3V，电压表的示数是2V，断开开关S2、闭合开关S1 ， Rx和变阻器串联，电压表测量Rx两端的电压，由B至A移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，使电压表的示数为2V。②保持滑动变阻器的滑片P的位置不变，断开开关S1、闭合开关S2 ， R0和变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电压表的示数为1.5V，定值电阻R0的阻值是30Ω，由串联分压可知 1.5V4.5V-1.5V=30ΩR滑
R滑=60Ω
滑动变阻器选择规格为“100Ω 1.5A”。(2)断开开关S2、闭合开关S1 ， 通过电路的电流I= U-UxR滑=4.5V-2V60Ω=124A
待测电阻的阻值Rx＝ UxI=2V124A =48Ω
【分析】（1）为了保证电路安全，拆装电路时，滑动变阻器应处在阻值最大端，慢慢减小电阻；结合电压表选择的量程和分度值，根据指针读数即可；滑动变阻器与定值电阻的阻值相近即可；
（2）结合用电器的电流和电压，利用欧姆定律求解用电器两端的电阻即可。
6．小刚同学在做“测量小灯泡额定功率”的实验中，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，为________A，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，此时小灯泡的实际功率________（填“大于”、“小于”或“等于”）1.08W。
（4）同组的小红同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成三个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小红根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可知小红将定值电阻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实验结论是电压一定时，________。
③实验结束后，小红问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，老师指导小红分析了不能更换的原因。你认为原因是________。
【答案】 （1）
（2）小灯泡断路
（3）0.3；0.75；小于
（4）3；变大；通过导体的电流与导体的电阻成反比；滑动变阻器量程过小
【解析】(1)在“测量小灯泡额定功率”实验中，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，说明电路电流变大，变阻器接入的阻值变小，实验电路补充完整后如图所示：
；(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，电压表有示数，电流表无示数，则故障原因是小灯泡断路，造成电压表串联在电路中，电路电流极小。(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，电流表接入小量程，分度值为0.02A，则示数为0.3A，小灯泡的额定功率为 P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W 小灯泡在额定状态下的电阻为 R=U额I额=2.5V0.3A=253Ω
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，假设灯泡的电阻不变，则此时小灯泡的功率为 P=U2R=(3V)2253Ω=1.08W
但实际上随着灯泡两端电压变大，电阻丝温度增大，灯泡的电阻也将变大，则此时实际功率将小于1.08W。(4)由图象可知小红将定值电阻R两端的电压控制为 U0=IR=0.2A×15Ω=3V 当定值电阻由5Ω换为10Ω时，根据串联分压特点，定值电阻两端电压变大，故为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应变大以增加其分压能力。由 U=IR 可知，可得到的实验结论是电压一定时，电流与电阻成反比。保持该电压不变的情况下，更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，滑动变阻器接入最大量程时，定值电阻两端电压最小，此时 Umin=RR+R滑U=50Ω50Ω+20Ω×6V=4.3V
可知此时由于滑动变阻器的最大阻值过小，分压能力有限，故无法继续进行实验。
【分析】（1）滑动变阻器连接时，要一上一下，滑片远离下面的接线柱时电阻变大；（2）在串联电路中电压表有示数，电流表无示数，电压表测量的位置断路；（3）根据电流表选择的量程和指针位置测量电流，利用电压和电流的乘积计算电功率；灯丝电阻受温度影响；（4）根据电流和电阻的乘积计算电压；当电压一定时，电流与电阻成反比；根据串联电路电流和电压规律，结合最大电阻计算最大分压。
7．如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关的实验装置。甲、乙是完全相同的密闭容器，里面密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，闭合开关前，A、B两U形管内液面相平。
（1）实验中，乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的________不相等；
（2）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中是通过观察U形管中液面高度的变化来显示甲、乙容器内空气温度的变化，这里采用的物理研究方法是________；
（3）通过对比观察，________（选填“甲”或“乙”）容器中导体的电阻产生的热量较多。由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越________导体产生的热量越多。
【答案】 （1）电流
（2）转换法
（3）甲；越大
【解析】(1)乙容器外部的电阻的作用是为了使左右容器内导体的电流不相等，因为左右容器内两导体的阻值相等，必须让两电阻的电流不同才能探究电流产生的热量与电流的关系。(2)甲乙两容器内空气温度的变化不能直接测出，而是通过U形管液面高度变化来显示，这是物理研究中的转换法。(3)在电阻和通电时间相同时，甲容器内液面高度差较大，说明甲容器内的电阻产生较多的热量，而甲容器内电阻通过的电流较大，由此可知，在电阻和通电时间相同时，电流越大，导体产生的热量越多。
【分析】（1）串联电路中电流处处相等；（2）利用U型管中液面高度变化反应热的多少，利用了转换法；（3）探究电流产生的热量和电流大小的关系，需要时电阻和通电时间相同，电流大小不同，切电流越大产生的热量越多。
【猜想篇5】计算题
1.三峡双线五级船闸规模举世无双，是世界上最大的船闸。它正常蓄水位为海拔175米高程，坝下通航最低水位62米高程，船闸上下落差达113米左右，相当于40层楼房的高度。现有一艘排水量为3000吨的轮船要由下游通过船闸到达上游，设每级闸室落差均为22米，如图所示。g＝10N/kg，求：
（1）轮船受到的重力；
（2）阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差；
（3）将轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功；
（4）分析说明轮船由下游提升到上游过程中的能量转化情况。
【答案】 解：（1）根据漂浮条件和阿基米德原理，排水量为3000吨的轮船的重力为 G=F浮=G排=m排g=3.0×106kg×10N/kg=3.0×107N
答：轮船受到的重力为3.0×107N
（2）已知船闸上下落差达113米左右，阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差为 ΔF=ΔpS=ρ水gΔhS=1.0×103kg/m3×10N/kg×113m×10-3m2=1.13×103N
答：阀门B上10cm2的面积上受到两侧水的压力差为1.13×103N.
（3）轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功为 W=GΔh=3.0×107N×113m=3.39×109J
答：将轮船由某级闸室提升到下一级闸室的过程中，浮力对轮船所做的功为3.39×109J.
（4）轮船由下游提升到上游，水从上游由于重力的作用流向下游，水的重力势能减小，轮船的重力势能增加。
答：轮船由下游提升到上游过程中水的重力势能转化为轮船的重力势能。
【分析】（1）求解浮力的大小，可以利用阿基米德原理求解，即物体受到的浮力等于排开液体的体积；
（2）结合轮船受到的浮力和受力面积求解压力差即可；
（3）求解外力做功，利用外力大小乘以位移在力的方向上移动的距离即可，即W=Fs；
（4）运动的物体具有动能，物体的质量越大、速度越大，物体的动能就越大；处在高处物体具有重力势能，物体的质量越大、高度越高，物体的重力势能就越大。
2.由于突降暴雨，一件体积为0.3m3的物资浸没在了水坑中，其上表面距水面2m。如图是打捞物资所用起重机滑轮组的装置图，动滑轮重为600N且始终露在水面外，电动机的输出功率恒为9kW。打捞过程中，物资从水底开始运动到上表面刚露出水面前以某一速度做匀速直线运动；物资从完全离开水面到竖直提升到离水面3m高的过程中，保持1m/s的速度匀速运动，在此过程中电动机所拉绳子的拉力刚好达到这根绳子所能承受的最大拉力。已知水的密度为1.0×103kg/m3 ， g取10N/kg。不计绳子的重力、水和空气的阻力及绳子与滑轮组的摩擦。求：
（1）物资浸没在水中时所受的浮力；
（2）电动机所拉绳子承受的最大拉力；
（3）物资浸没在水中匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率。
【答案】 解：（1）由阿基米德原理可知，物资浸没在水中时所受的浮力为 F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m3=3000N
答：物资浸没在水中时所受的浮力为3000N
（2）滑轮组中n=3，当物资被拉出水面后，绳端移动速度为 v绳=nv物=3×1m/s=3m/s
根据功率计算公式 P=Fv 可知拉力为 F=Pv=9000W3m/s=3000N
在此过程中电动机所拉绳子的拉力刚好达到这根绳子所能承受的最大拉力，则电动机所拉绳子承受的最大拉力为 Fmax=F=3000N
根据力的平衡可知 nF=G物+G动
则物体重量为 G物=nF-G动=3×3000N-600N=8400N
答：电动机所拉绳子承受的最大拉力为3000N
（3）物资浸没在水中匀速提升的过程中，物资上方绳上的拉力为 T=G物-F浮=8400N-3000N=5400N
根据力的平衡可知此时自由绳端的拉力为 F'=T+G动n=5400N+600N3=2000N
则滑轮组的机械效率为 η=W有用W总×100%=ThFs=TnF=5400N3×2000N=90%
答：物资浸没在水中匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为90%。
【分析】（1）阿基米德原理给出了一种求解物体浮力大小的方法，F浮=ρ液gV排 ， ρ液是液体的密度，V排使物体排开水的体积；
（2）分析该滑轮组中与动滑轮接触的绳子的段数，分析拉力与阻力的大小关系和自由端移动距离与物体移动距离的关系；
（3）拉力作的功为总功，克服重力做的功为有用功，利用公式W=Fs求解做功，两者相除即为机械效率。
3.抗击新冠肺炎疫情期间，我省用负压救护车转运患者，进行集中隔离治疗。该车配置了负压装置，负压仓内气压小于外界气压，将内部空气“吸入”排风净化装置进行处理，有效避免了病毒的传播。某次转运病人时，救护车以90kW的恒定功率在平直公路上匀速行驶54km，用时30min。请解答下列问题：
（1）救护车在这段时间内的速度。
（2）救护车匀速行驶54km动力做的功。
（3）救护车所受的阻力。
（4）按照卫生部标准，负压仓内外气压差应在10~38Pa之间。经测量发现，该车负压仓0.9m2的面积上内外气体压力差为18N，通过计算判断负压仓内外气压差是否符合标准。
【答案】 解：（1）救护车在这段时间内的速度 v=st=54×103m30×60s=30m/s
答：救护车在这段时间内的速度为30m/s
（2）救护车匀速行驶54km动力做功为 W=Pt=90×103W×30×60s=1.62×108J
答：救护车匀速行驶54km动力做的功为1.62×108J
（3）救护车以90kW的恒定功率在平直公路上匀速行驶，救护车所受的阻力为 f=F=Pv=90×103W30m/s=3000N
答：救护车所受的阻力为3000N
（4）负压仓内外气压差为 p差=F差S=18N0.9m2=20Pa
按照卫生部标准，负压仓内外气压差应在10~38Pa之间，故符合标准。
答：负压仓内外气压差为20Pa，符合标准。
【分析】（1）根据路程和时间的比值计算速度；（2）根据功率和时间的乘积计算功的大小；（3）根据功率和速度的比值，可以计算力的大小；（4）利用压力和受力面积的比值计算压强大小。
4.一个质量60kg的物体放在水平地面上，物体与地面的接触面积为0.1m2。工人用如图所示的滑轮组，在20s内将物体匀速提高了5m，工人在绳子自由端施加的拉力F为220N。（不考虑绳重和摩擦）求：
（1）物体放在水平地面上时，对地面的压强；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）拉力F做功的功率。
【答案】 解：（1）物体对地面的压力F =G=mg=60kg×10N/kg=600N
物体对地面的压强 p=FS=600N0.1m2=6×103Pa
答：物体放在水平地面上时，对地面的压强是6 × 103Pa
（2）此滑轮组由三股绳承担物重，滑轮组对物体做的功即有用功为W有=Gh=600N×5m=3000J
拉力移动的距离s=nh=3×5m=15m
拉力F做功W总=Fs=220N×15m=3300J
滑轮组的机械效率 η=W有W总×100%=3000J3300J×100%=90.9%
答：滑轮组的机械效率是90.9 %
（3）拉力F做功的功率 P=Wt=3300J20s=165W
答：拉力F做功的功率为165W。
【分析】（1）利用质量计算重力，利用压力和受力面积的比值计算压强；（2）利用力和结论的乘积计算功的大小，有用功和总功的比值计算机械效率；（3）功和时间的比值计算功率的大小。
5.如图是一种用于建筑工地、桥梁施工等工程的爬梯式混凝土搅拌机。工作时，搅拌机将原料加工成混凝土后自动倒入运料斗，在提升电机的带动下，运料斗通过爬梯顶端定滑轮沿竖直爬梯上升到一定位置，然后将混凝土卸下。该爬梯式搅拌机部分参数如表所示，求：
型号
J2M310
整机质量（kg）
2000
空的运料斗质量（kg）
70
提升电机额定功率（kW）
4.5
（1）提升电机正常工作8h，消耗的电能是多少 kW⋅h ？
（2）若运料斗每次能运送混凝土400kg，则运送40m3的混凝土至少需要多少次？（设混凝土的密度为2×103kg/m3）
（3）某次将装有4000N混凝土的运料斗提升9m，若提升部分的机械效率为80%，则提升过程中运料斗受到的阻力是多少N？（不计绳重及滑轮摩擦）
【答案】 解：（1）提升电机正常工作8h，消耗的电能是 W=Pt=4.5kW×8h=36kW⋅h
（2）40m3的混凝土质量为 m=ρV=2×103kg/m3×40m3=8×104kg
需要运送的次数为 n=mm0=8×104kg400kg=200(次)
（3）有用功为克服混凝土重力做的功，因不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力，故做的额外功为克服运料斗的重力和克服运料斗受到爬梯的阻力做的功，
提升部分的机械效率为： η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G斗h+Fh=GG+G斗+F
即80%＝ 4000N4000N+700N+F×100%
提升过程中运料斗受到爬梯的阻力是：F＝300N。
【分析】（1）根据电功率和时间的乘积计算消耗的电能；（2）根据密度和体积的乘积计算质量；（3）根据物体重力和总拉力的比值计算滑轮组的机械效率。
6.某一家用两档可控的恒温餐盘，其高温档电功率为 880W，简化电路如图甲所示，R1、R2 均是发热电阻，R2 的阻值是 R1 的 3 倍。求：
（1）餐盘处于低温档时，电路中电流是多少？
（2）1kg 米饭温度升高 40℃，吸收的热量是多少？[米饭的比热容取 2.5×10 3J /（kg•℃）]
（3）若电路中只使用该恒温餐盘，同样加热 1kg的米饭，电能表的脉冲指示灯闪烁了 125 次，如图乙所示，这个恒温餐盘的效率是多少？
【答案】 解：（1）当开关S与2接触时，R1连入电路，恒温餐盘处于高温档 R1=U2P高=(220V)2880W=55Ω
当开关S与1接触时，R1和R2串联连入电路，恒温餐盘处于低温档R2=3×55Ω=165Ω
I=UR=UR1+R2=220V55Ω+165Ω=1A
答：餐盘处于低温档时，电路中电流是1A
（2）米饭吸收的热量是 Q吸=c饭m饭（t-t0)=2.5×103J /（kg•℃）×1kg×40℃=105 J
答：米饭吸收的热量是105J
（3）恒温餐盘消耗的电能为 W=125imp3600imp/(kW•h)=1.25×105J
恒温餐盘的效率是 η=Q吸W×100%=1×105J1.25×105J×100%=80%
答：这个恒温餐盘的效率是80%。
【分析】（1）根据电压和电功率，可以计算电阻大小；根据电压和电阻的比值计算电流；（2）利用比热容、质量和温度差的乘积计算物体吸收热量的多少；（3）根据电能表转数计算消耗的电能；结合吸收的热量计算热效率。
7.图甲是一款紫砂电饭锅，其简化电路如图乙所示，R1、R2是电热丝，R1的阻值为110Ω，通过单独或同时闭合S1、S2实现低温、中温、高温三个挡位间的切换，其铭牌如图丙所示，求：
加热效率
80%
额定电压
220V
电功率
低温挡
440W
中温挡
880W
高温挡
（1）低温挡加热时电流的大小；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）已知粥的比热容c粥=4.0×103J/（kg·℃），将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间。
【答案】 解：（1）电热丝R1的电功率为 P1=U2R1=(220V)2110Ω=440W
根据表格数据可知道，只闭合S1时，电路为R1的简单电路，电饭锅处于低温档，则低温挡加热时电流的大小为 I1=UR1=220V110Ω=2A
答：低温挡加热时电流的大小为2A
（2）根据 P=U2R 可知，只闭合S2时，电路为R2的简单电路，电饭锅处于中温档，P2=880W，电热丝R2的阻值为 R2=U2P2=(220V)2880W=55Ω
答：电热丝R2的阻值为55Ω
（3）当S1、S2都闭合时，电热丝R1、R2并联，电路总电阻最小，由 P=U2R 可知，电饭锅处于高温档，则高温档的功率为 P=P1+P2=440W+880W=1320W
2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃吸收的热量为 Q吸=c粥mΔt=4×103J/(kg⋅℃)×2.2kg×(74℃-20℃)=475200J
不计热量损失，需要消耗的电能为 W=Q吸=475200J
由 P=Wt 可得，将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为 t=WP=475200J1320W=360s
答：将2.2kg的粥用高温挡从20℃加热到74℃需要的时间为360s。
【分析】（1）根据电压和电阻的比值计算电流；（2）利用电压和电功率计算电阻；（3）根据比热容、质量和温度差的乘积计算吸收的热量；利用热量和总功率的比值计算时间。
8.如图甲所示是一个电辅助太阳能热水器（以下简称热水器）。图乙为该热水器电加热部分的原理图，S是控制开关，可以在1、2、3三档之间切换；图丙为热水器的铭牌。在光照条件不好时，可用电加热器加热，温度达到预设温度时会自动切换到保温状态，为了防止触电，热水器在向外供水过程中会自动断电。某日因天气原因，太阳辐射能为E＝1.75×106J/(h•m2)（每小时每平方米辐射的热量），太阳能只将水由20℃加热到了30℃，此时开启电加热器，将水加热到预设温度70℃。已知太阳能板的面积为2m2 ， 水吸收太阳能的效率为60%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。供水过程中不计热量损失，请根据以上条件分析计算：
项目
参数
电源电压（V）
220
低温档功率（W）
100
高温档功率（W）
1200
容积（L）
50
（1）水吸收太阳能的多少。
（2）太阳能板当天接收太阳能的时间。
（3）电路中电阻R2的阻值。
（4）在热水器向外供水时，通过控制冷、热水阀使热水器内的热水与20℃的冷水混合，可以使出水口流出的水达到需要的温度。已知人在淋浴时适宜的水温为40℃，每个人淋浴用水均为30L，假设热水器内70℃的热水能全部用完，则能满足几个人的淋浴用水？
【答案】 解：（1）由题意，热水器的容积为50L，则满水状态下水的质量为 m=ρ水V=1×103kg/m3×50×10-3m3=50kg
太阳能只将水由20℃加热到了30℃，根据吸热公式可知水吸收太阳能为 Q吸=c水m(t1-t0)=4.2×103J/(kg⋅°C)×50kg×(30°C-20°C)=2.1×106J
答：水吸收 2.1×106J 的太阳能
（2）由于水吸收太阳能的效率为60%，故太阳能板当天接收太阳能的总热量为 Q总=Q吸η=2.1×106J60%=3.5×106J
已知太阳辐射能为E＝1.75×106J/(h•m2)，太阳能板的面积为2m2 ， 则当天接收太阳能的时间为 t=Q总ES=3.5×106J1.75×106J/(h⋅m2)×2m2=1h
答：太阳能板当天接收太阳能的时间为1h
（3）由表格中数据可知，热水器处于低温档时只有电阻R1接入，此时 P低温=U2R1
热水器处于低温档时，电阻R1与R2并联接入，此时 P高温=U2R1+U2R2
联立可得 U2R2=P高温-P低温
则电路中电阻R2的阻值为 R2=U2P高温-P低温=(220V)21200W-100W=44Ω
答：电路中电阻R2的阻值为44Ω
（4）设每个人淋浴用水体积为V，则 c水ρ水(V0-V)(t温-t冷)=c水ρ水V(t热-t温)
简化得 V0-VV=t热-t温t温-t冷
代入数据可得 30L-VV=70°C-40°C40°C-20°C=32 解得 V=12L 热水器的容积为50L，则 n=V容V=50L12L=4.2
则能满足4个人的淋浴用水。
答：则能满足4个人的淋浴用水。
【分析】（1）结合水的体积和密度求解质量，结合水的质量和温度的变化量，利用比热容公式求解水吸收的热量即可；
（2）结合热水器的加热效率求解吸收的热量，根据太阳能的功率求解加热时间即可；
（3）结合用电器的额定功率和额定电压，利用功率的变形公式R=U2/P求解用电器的电阻；
（4）低温水吸收的热量等于高温水放出的热量，结合比热容公式列方程求解即可。
【猜想篇6】综合分析题
1．今年，新型冠状病毒（Covid-19）席卷而来，在短短两个月时间就迅速发展成为全球公共卫生事件。我国政府采取迅速有效的措施，使国内的疫情较短时间内得到缓解，医学专家们已经初步认识到这种新型冠状病毒特点。
（1）新型冠状病毒大小约100nm=________m。飞沫是新冠状病毒的主要传播途径，人们在打喷嚏时如果没有阻拦，则有上万个飞沫以50m/s= ________km/h（相当于超级台风）的速度带出。所以为了自己和他人的安全请佩戴口罩。
（2）如果不幸确诊，病人就通过负压救护车送至负压隔离病房，火神山和雷神山医院提供的就是这种病房。负压病房内气压________（选填“低于”、“高于”或“等于”）病房外大气压，这样空气在自由流动时只能由室外流向室内，减少疾病传播和交叉感染的风险。
（3）病人的检查涉及到肺部影像学，主要指的是肺部CT，原理是利用了X光，它属于________波的一部分，此时是利用它传播________（选填“信息”或“能量”）。
（4）体温检测是必要的防控措施，如图所示为水银体温计的横截面。凸起圆弧型玻璃可以看清体温计内极细的汞柱，便于读数。这是因为凸起圆弧型玻璃的作用相当于________镜，能看到汞柱被放大后正立放大的________像。
【答案】 （1）10-7；180
（2）低于
（3）电磁；信息
（4）凸透；虚
【解析】(1)1纳米=10-9米，则新型冠状病毒大小约100nm=10-7m。1米/秒=3.6千米/时，飞沫是新冠状病毒的主要传播途径，人们在打喷嚏时如果没有阻拦，则有上万个飞沫以50m/s= 180km/h的速度带出。(2)负压病房内气压低于病房外大气压，这样空气在自由流动时只能由室外流向室内，减少疾病传播和交叉感染的风险。(3)肺部CT的原理是利用了X光，它属于电磁波的一部分，此时是利用它传播信息。(4)因为凸起圆弧型玻璃中间厚两边薄，其作用相当于凸透镜，物距小于1倍焦距，能看到汞柱被放大后正立放大的虚像。
【分析】（1）根据长度换算、速度换算解答；（2）负压房内气压低于大气压；（3）X光利用了电磁波传递信息；（4）中间厚边缘薄是凸透镜，放大镜可以成正立放大的虚像。
2．阅读短文，回答问题：
火星探测器“天问一号”
火星是太阳系中与地球最相似的行星，有大气，温度适宜，自转周期和地球相近，物体在火星表面受到的重力约为在地球表面重力的二分之一，人类对火星的探测具有重大的科学意义。
2020年4月24日，国家航天局宣布将我国火星探测任务命名“天问”，并将首个探测器命名“天问一号”。天问一号将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上还没有先例。
“绕”，探测器经过7个月的长途飞行，预计明年2月抵达火星附近，之后沿椭圆轨道绕火星运动，实现火星的远、近火点环绕探测。离火星最近的点叫近火点，离火星最远的点叫远火点。
“落”，使探测器着陆火星表面将是一个更艰巨的挑战，需在7分钟内，使探测器的时速降至0。我国利用探月的技术积累，通过四个阶段来减速。第一阶段气动减速，给探测器来个急刹车；第二阶段降落伞减速，速度减至342km/h；第三阶段动力减速，探测器反推发动机点火工作，速度减至3.6m/s；第四阶段着陆缓冲，将探测器悬停在空中，对火星表面观察，寻找合适的位置着陆。
“巡”，当探测器到达火星后，放出巡视车，完成对火星表面的拍摄及土壤分析等工作，为下一步探测打好基础。
人类对于未知世界的好奇与探索从没有停息过，仰望璀璨星空，我们追梦不止！
（1）探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化。由近火点向远火点运动时，探测器的动能________，机械能________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）探测器着陆前的降落伞减速阶段，速度减至________m/s；
（3）巡视器降落到火星表面后，巡视器对火星表面的压力和火星对巡视器的支持力________（选填“是”或“不是”）一对平衡力；
（4）在火星上重力与质量的比值为g火 ， 探测器在火星上空悬停时其质量为m，反推发动机喷出的气体对探测器的作用力大小为________。
【答案】 （1）减小；不变
（2）95
（3）不是
（4）mg火
【解析】(1)探测器由近火点向远火点运动时，不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，探测器相对于火星的高度增加，重力势能变大，动能转化为重力势能，动能减小，机械能不变。(2)由材料知，探测器着陆前的降落伞减速阶段，速度减至342km/h，合95m/s。(3)巡视器降落到火星表面后，巡视器处于平衡状态，受力平衡，巡视器对火星表面的压力和火星对巡视器的支持力是一对相互作用力。(4)在火星上重力与质量的比值为g火 ， 探测器在火星上空悬停时其质量为m，探测器在火星上空悬停时受到的重力为G火=mg火
反推发动机喷出的气体对探测器的作用力与探测器受到的重力相互平衡，故气体对探测器的作用力大小为F= G火=mg火
【分析】（1）物体运动的速度减小，动能减小，高度变大，重力势能变大；（2）根据速度的单位换算解答；（3）压力和支持力是相互作用的力；（4）根据重力和质量关系，结合质量可以计算重力。
3．利用水电站枢纽，可以集中天然水流的落差形成水头，改善生态环境，促进经济发展。
某水电站总库容200亿立方米，混凝土双曲拱坝最大坝高260米，顶宽12米，最大底宽66米。电站左岸、右岸地下厂房共有16台水轮发电机组。建成后具有以发电为主，兼有防洪拦沙、改善下游航运条件和发展库区通航等综合效益。（ρ水=1.0×103kg/m3）
（1）水电站库区建成后，该地区空气湿度会增大，这与水的________（填物态变化名称）有关：
（2）从压强角度分析说明水电站混凝土双曲拱坝筑成“上窄下宽”的好处________；
（3）水电站枢纽最大总泄洪量约为40000立方米1秒。泄洪10分钟即可装满一个西湖。若以最大总泄洪量泄洪，10分钟内所泄出水的质量________。
【答案】 （1）汽化
（2）从坝体对地基的作用看，坝体上窄下宽，可以增大地基的受力面积，减小坝体对地基的压强；从水对坝体的作用看，因为水的压强随深度的增大而增大，所以，大坝通常筑成上窄下宽的形状，可以承受更大的液体压强。
（3）2.4×1010kg
【解析】(1)空气湿度大，即空气中水蒸气的含量大，原因是水吸收热量后汽化为水蒸气弥漫在空气中。(2)从坝体对地基的作用看，坝体上窄下宽，可以增大地基的受力面积，减小坝体对地基的压强；从水对坝体的作用看，因为水的压强随深度的增大而增大，所以，大坝通常筑成上窄下宽的形状，可以承受更大的液体压强。(3)10分钟泄洪水的体积V=40000m3/s×10×60s=2.4×107m3
泄洪水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×2.4×107m3=2.4×1010kg
【分析】（1）液体变为气体的过程是汽化过程；（2）液体压强和液体密度有关，和深度有关；（3）根据密度和体积的乘积计算质量。
4．请阅读下列材料，回答相关问题：
2020年4月24日，中国国家航天局宜布，中国行星探索计划以屈原的长诗“天问”命名，表达了中华民族对于真理追求的坚初与执着。我国首次火星飞行任务命名为“天问1号”，将开启中国人探索“星辰大海”的伟大征程！
火星在我国古代被称之为“荧惑星”，是太阳系八大行星之一，直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，火星表面g约为3.7N/kg。火星地表沙丘､砾石遍布，非常干燥，南北极有以固态的水和二氧化碳组成的冰盖。火星表面的大气密度大约只有地球的1%｡火星表面平均温度约为-55℃，从冬天的-133℃到夏日白天的将近27℃，温差很大。火星表面的平均大气压强约为700Pa，比地球上的1%还小｡
（1）发射到火星的探测器，进入火星大气层后，若用降落伞减速，为保证减速效果，如果让你选择着陆点，应选择在地势________（选填“较高”或“较低”）的地方。火星探测器与地球之间是利用________来传递信息的；
（2）假如同一物体分别在地球和火星表面以相同的初始速度在相同的水平面上滑行，在火星上滑行的距离会比地球上________（选填“长”或“短”），原因是________；
（3）有人设想通过加热火星两级的冰盖获得液态水，从而减小地表温差，这是利用了水的什么性质：________；
（4）在火星上水的沸点会比地球上________（选填“高”成“低”），这是火星上没有液态水的原因之一。
【答案】 （1）较低；电磁波（或无线电､中继卫星）
（2）长；在火星上阻力小（火星上滑动摩擦力小或火星上空气阻力小）
（3）水的比热容大（或比热容）
（4）低
【解析】(1)探测器从降落伞张开到达着陆点的路程越长，时间越充分，减速效果越高，故应选择在地势较低的地方作为着陆点。电磁波可以在真空中传播，火星探测器与地球之间是利用电磁波来传递信息的。(2)火星表面g火小于地球表面g地，同一物体在地球和火星表面受到的重力较小，对接触面的压力减小，在相同的水平面上滑行时，受到的摩擦力阻力较小，且由于火星表面的大气密度小，运动的物体受到的空气阻力小，因此在火星上滑行的距离会比地球上长。(3)由于水的比热容大，在温度升高或降低时吸收或放出的热量较多，故可以利用这一性质，通过加热火星两级的冰盖获得液态水，从而减小地表温差。(4)火星表面的平均大气压强约为700Pa，比地球上的1%还小，水的沸点随气压减小而降低，因此火星上水的沸点会比地球上低，在温度较低时，水就汽化变成气态，以致火星上没有液态水。
【分析】（1）减速的时间越长，减速效果越好；电磁波可以在真空中传播，探测器与地球间利用电磁波来传递信息；（2）物体的重力越小，对地面压力小，摩擦力小；（3）水的比热容较大，相同情况下，吸收热量更多；（4）水的沸点随气压减小而降低。
5．阅读材料，回答问题
微波通信
电磁波可以用来传递信息，通常用于广播、电视等通信。微波是电磁波家族中的一员，它的性质比中波和短波更接近光波。信息理论表明，作为载体的电磁波，与中波和短波相比，微波在相同的时间内可以传输更多的信息。
用微波传递信息时，必须每隔50km左右就要建设一个微波中继站，如图甲所示。信号传递的距离越远，需要的中继站越多。在雪山上、大洋中，根本无法建设中继站，所以人类用地球同步通信卫星做微波通信的中继站来进行通信如图乙所示，在地球的周围均匀地配置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三颗同步通信卫星作为太空微波中继站可使地球上任意两点间保持通信，接收地面站传来的电信号，经过处理后，再发送到另一个或几个地面站。现在通过卫星电视，某地举行体育赛事，其他地方的人几乎可以立刻看到现场的画面。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）用微波传递信息时，必须每隔50km左右就要建设一个微波中继站，这是因为________（选填序号）。
①多修建中继站，有利于微波产生更多的信息
②微波的传播距离比中波近，只能传播50km
③微波沿直线传播，不能沿地球表面绕射
（2）如图丙所示，a、b分别是Ⅰ、Ⅱ两颗卫星正下方的地面站，把通信卫星假想成一个平面镜，要使地球上b处地面站接收到a处发送的信号，请仿照光路图，在图中画出平面镜及微波传播的路径和方向。
（3）已知三颗通信卫星距地面的高度都是3.58×104km，任意两颗卫星之间的距离都是7.30×104km。则a处发送的微波信号传送到b处所用的时间是________s。
【答案】 （1）③
（2）
（3）0.482
【解析】(1)由于微波的性质更接近于光波，大致沿直线传播，不能沿地球表面绕射，同时在传输过程中信号存在衰减等。因此，人们在用微波传输信息时，需每隔一定距离建一个微波中继站，来放大上一站传来的信号并发射，转向另一条微波中继站。(2)要使地球上b处地面站接收到a处发送的信号，则光从a出发经过Ⅰ、Ⅱ再反射到b处，根据光的反射定律，作图如下图所示
。
(3)a处发送的微波信号传送到b处所用时间为 t=sv=2×3.58×104km+7.30×104km3×105km/s=0.482s
【分析】（1）微波大致沿直线传播，不能沿地球表面绕射，通过中继站转接信息；（2）根据光的反射特点，分别作入射光线、法线和反射光线；（3）根据电磁波通过的路程和速度的比值计算传播时间。
6．图1是密水池水位自动控制模拟装置∶可绕O点转动的轻质杠杆A端用轻绳系正方体浮块，B端固定一轻质三角支架，支架与固定不动的压力敏感电阻RF保持水平接触挤压，杠杆保持水平平衡，已知∶AO长为1m，BO长为2m；浮块边长为20cm，密度为5×103kg/m3 ， 下表面距池底2m；当电磁铁线圈中的电流I≤0.02A时，铁K被释放，水泵开始工作向水池注水，反之停止注水，池内达到所设定的最高水位，线圈电阻不计；电压U=6V，电阻箱R调至75Ω；设RF的阻值与支架所施加压力F的关系图线如图2所示，g取10N/kg｡
（1）浮块的重力为________N。在达到最高水位之前，随着浮块排开水的体积逐渐增大，支架对RF的压力将________｡
（2）当池内达到所设定的最高水位时，求∶
①轻绳对浮块的拉力________
②池内水面距池底的高度________
（3）为使该装置能自动控制水池内的最高水位，在其他条件不变的情况下，电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是________｡
【答案】 （1）400；减小
（2）350N；2.125m
（3）50Ω≤R≤90Ω
【解析】(1)由密度计算公式，可知浮块的质量为 m=ρV=5×103kg/m3×(0.2m)3=40kg
由重力与质量关系可知浮块的重力为 G=mg=40kg×10N/kg=400N 随着浮块排开水的体积逐渐增大，其所受竖直向上的浮力逐渐增大，根据杠杆平衡条件，可知支架对RF的压力将逐渐减小｡(2)当池内达到所设定的最高水位时，电路中电流I=0.02A，即 R+RF=UI=6V0.02A=300Ω
则RF的电阻为 RF=300Ω-75Ω=225Ω
由图可知，RF的阻值与支架所施加压力F的数值关系为 RF=F+50
此时支架对RF的压力为FB=175N
根据杠杆平衡条件 FA×OA=FB×OB
代入数据得A端绳拉力为 FA=FB×OBOA=175N×2m1m=350N 在A端根据平衡条件FA+F浮=G
代入数据得F浮=400N-350N=50N
根据浮力公式 F浮=ρ水gV排
代入数据可得 V排=F浮ρ水g=50N103kg/m3×10N/kg=5×10-3m3
则浮块浸入水中的深度为 h浸=V排S=5×10-3m3(0.2m)2=0.125m
则池内水面距池底的高度为 H=2m+0.125m=2.125m (3)当浮块浸没后其所受浮力达到最大且不再变化，此时浮力为 F浮'=ρ水gV=103kg/m3×10N/kg×(0.2m)3=80N
此时A端绳的拉力为 FA'=G-F浮'=400N-80N=320N
根据杠杆平衡条件 FA×OA=FB×OB
代入数据得B端压力为 FB=FA×OAOB=320N×1m2m=160N
此时RF的阻值达到最小，为210Ω，则电阻箱R接入电路阻值最大为 Rmax=300Ω-210Ω=90Ω
当浮块不受水浮力时，代入数据得B端压力为200N，此时RF的阻值达到最大，为250Ω，则电阻箱R接入电路阻值最小为 Rmin=300Ω-250Ω=50Ω
故电阻箱R接入电路的阻值应满足的条件是50Ω≤R≤90Ω。
【分析】（1）已知物体的体积和密度，利用密度公式求解物体的质量即可，进而求解重力；
（2）阿基米德原理给出了一种求解物体浮力大小的方法，F浮=ρ液gV排 ， ρ液是液体的密度，V排使物体排开水的体积，结合物体的重力求解浮力大小；
（3）结合用电器两端的电压和流过用电器的电流，利用欧姆定律求解用电器的电阻即可。
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