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所属成套资源：2023年中考物理考前押题密卷
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物理（重庆卷）-学易金卷：2023年中考考前押题密卷（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）
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这是一份物理（重庆卷）-学易金卷：2023年中考考前押题密卷（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡），文件包含物理重庆卷全解全析docx、物理重庆卷考试版docx、物理重庆卷参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
2023年重庆中考考前押题密卷
物 理
（全卷共四个大题，满分 80 分 与化学共用 120 分钟）
注意事项：
1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项。
3．全卷取 g=10N/kg，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。
一、选择题（本题共 8 个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题 3 分，共 24 分。）
1．下列物理量最接近实际的是（ ）
A．手托起一个鸡蛋的力约为50N B．家用电热水壶烧水功率约为1200W
C．重庆大气压强的值约为103Pa D．中学生正常步行的速度约为10m/s
【答案】B
【详解】A．一个鸡蛋质量大约为0.05kg，手托起一个鸡蛋的力约为0.5N，故A不符合题意；
B．家用电热水壶工作时的电流为5A左右，烧水功率约为1100W，故B符合题意；
C．重庆大气压强接近标准大气压，其值约为105Pa，故C不符合题意；
D．中学生正常步行的速度约4km/h，约为1.1m/s，故D不符合题意。
故选B。
2．战国时期，《墨经》中记载了影子的形成、平面镜的反射等光学问题。如图1中的光学现象与影子的形成原理相同的是（ ）
图1
A．日食现象 B．筷子弯折 C．湖中倒影 D．雨后彩虹
【答案】A
【详解】影子是由光的直线传播形成的现象。
A．日食的形成，是光的直线传播现象，故A符合题意；
B．筷子弯折是水下部分筷子上的光到达水面时发生了折射，所以看上去“弯折”了，是光的折射现象。故B不符合题意；
C．湖中倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，故C不符合题意；
D． 雨后天空出现彩虹，是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，即光的色散，属于光的折射，故D不符合题意。
故选A。
3．如图2所示，下列说法正确的是（ ）
图2
A．冰山的温度低于0℃，冰山没有内能
B．隆冬季节草上的霜是水蒸气凝固形成的
C．用铁锅炒菜是因为铁锅的比热容较大
D．用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶口出现的白雾是液化现象
【答案】D
【详解】A．内能是物体内所有分子运动所具有的分子动能与势能的总和，一切物体都有内能，故A错误；
B．霜是水蒸气在极低温度下遇冷直接凝华成的小冰晶，故B错误；
C．用铁锅炒菜是因为铁锅的熔点高，比热容较小，吸热升温快，故C错误；
D．用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶内空气推动活塞做功，内能减小，温度降低，瓶口水蒸气遇冷液化成小水珠，形成白雾，故D正确。
故选D。
4．如图3所示的有关电磁知识跟图片的对应关系正确的是（ ）
A．电磁继电器可实现远距离控制工作电路 B．电动剃须刀工作原理
C． 电铃利用电流的热效应工作 D．风力发电机工作原理
图3
【答案】A
【详解】A．电磁继电器实现了用低电压电路来控制高压工作电路，即可实现远距离控制工作电路，故A正确；
B．电路中没有电源，闭合开关，会看到灵敏电流计指针偏转，说明有电流产生，是电磁感应现象，利用该原理制成了发电机，故B错误。
C．闭合开关，电磁铁具有磁性，吸引衔铁敲击电铃，所以电铃是利用了电流的磁效应工作的，故C错误；
D．电路中有电源，闭合开关，导体棒就在磁场中运动起来，是因为通电导体受到了力的作用，利用该原理制成了电动机，故D错误。
故选A。
5．如图4所示，对下列四幅图的描述错误的是（ ）
图4
A．第一幅图中频闪照相拍摄的下落小球做竖直向下的加速运动
B．第二幅图中轮胎对地面的压力的反作用力是地面对轮胎的支持力
C．第三幅图中斧头对木柴的力大于木材对斧头的力，于是木材被劈开了
D．第四幅图中手对弓的力使弓发生了形变
【答案】C
【详解】A．由图可知，小球在相同时间内通过的路程越来越大，则下落小球做竖直向下的加速运动，故A正确，不符合题意；
B．第二幅图中，轮胎对地面的压力与地面对轮胎的支持力大小相等、方向相反、作用在不同物体上，是一对相互作用力，故B正确，不符合题意；
C．第三幅图中，由于力的作用是相互的，因此斧头对木柴的力等于木材对斧头的力，故C错误，符合题意；
D．第四幅图中，用力将弓拉开，弓的形状发生改变，说明手对弓的力使弓发生了形变，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．工程师小林为生态农场设计了水箱水量显示器，电源电压保持不变，R0为定值电阻，其工作原理如图5所示。闭合开关S，当水量减少，滑动变阻器R的滑片P会上移，下列分析正确的是（ ）
A．选择电压表作电表显示，水量减少时，则电表示数变大
B．选择电压表作电表显示，水量减少时，则总电阻会变大
C．选择电流表作电表显示，电路总功率减小，则水量增大
D．选择电流表作电表显示，R0消耗功率增大，则水量增大
图5 图6
【答案】D
【详解】AB．闭合开关S，电路中R和R0串联接入电路，电表并联在R的上半部分，若为电压表，水量减少时，滑动变阻器R的滑片P上移，与电压表并联部分的电阻变小，电压表示数变小，但并没有改变接入电路的电阻大小，所以电路总电阻不变，故AB错误；
C．若电表为电流表，则R的上半部分被短路，R0和R的下半部分串联接入电路，电流表测该部分电路电流，水量增大时，滑动变阻器R的滑片P下移，接入电路的有效电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，由I=U/R可知，电路电流变大。由P=UI可知，电路总功率变大，即电路总功率增大，则水量增大，故C错误；
D．由以上分析可知，若电表为电流表，水量增大时，电路电流变大，由P=I2R可知，R0的功率变大，即R0消耗功率增大，则说明水量增大，故D正确。
故选D。
7．在抗洪抢险行动中，小军需要帮老百姓把一个质量为240kg的重物搬到2m高的车上，为了省力他采用5m的长木板搭了一个斜面（如图6）。搬运过程中，他用沿斜面向上1200N的力，历时5min将重物匀速地推到车上（g取10N/kg）。关于此简易斜面装置，下列说法中正确的是（ ）
A．小军做的功为2400J B．小军做功的功率为1200W
C．此斜面的摩擦力为1200N D．此简易斜面装置的机械效率为80%
【答案】D
【详解】A．小军做的功为
W总=Fs=1200N×5m=6000J，故A错误；
B．小军做功的功率为
故B错误；
C．小军做的有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
克服摩擦力做的额外功为W额=W总-W有=6000J-4800J=1200J
此斜面的摩擦力为
故C错误；
D．此简易斜面装置的机械效率为
故D正确。
故选D。
8．如图7甲所示，是某同学“探究定值电阻R0的发热功率P0、滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率PU随电流I变化的关系”的实验电路图，电源电压U恒定不变，R0为定值电阻。闭合开关S，在滑动变阻器滑片P从a端移向b端的过程中，通过实验得到的数据用描点法在同一坐标系中作出了1、2、3三条图线，如图乙所示。下列选项正确的是（ ）
图7
A．乙图中1是定值电阻R0的功率与电流的关系图线
B．电源电压1V，定值电阻3Ω
C．乙图中，图线2与图线3的交点M对应的电功率为2.25W
D．当滑动变阻器的电功率为2W时，其接入电路的阻值一定为2Ω
【答案】C
【详解】A．电路中电流大小为I时，定值电阻R0的功率为P0=I2R0，定值电阻的功率与电流的图像是二次函数图像，根据抛物线的性质可知定值电阻的功率随电流的增大而增大，所以乙图中2为定值电阻R0的功率与电流的关系图线，故A错误；
B．当滑动变阻器滑片P移动至b端时路为R0的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，电流取最大值I=3A，由乙图可知P0=9W，由P=I2R可知，定值电阻的阻值大小为
电源电压为U=IR0=3A×1Ω=3V，故B错误；
D．滑动变阻器的电功率等于电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI－I2R0=3V×I－I2×1Ω
该函数的图像是抛物线，所以乙图中3为滑动变阻器的功率与电流的关系图线，滑动变阻器的电功率为2W，代入数据可得2W=3V×I－I2×1Ω
解方程可得I=1A或者I=2A
根据U=IR可得此时定值电阻两端的电压
此时滑动变阻器两端的电压为
此时滑动变阻器接入电路的阻值
故D错误；
C．根据抛物线的性质可知当
此时滑动变阻器的电功率最大，最大为
根据欧姆定律可知此时电路总电阻
则滑动变阻器接入电路的电阻
此时滑动变阻器接入电路的阻值和定值电阻的阻值相等，图线2与图线3相交时滑动变阻器和定值电阻的功率相等，串联电路各处电流相等，根据P=I2R可知此时滑动变阻器接入电路的阻值和定值电阻的阻值相等，所以交点M对应的电功率为2.25W，故C正确。
故选C。
二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．英国物理学家______在《自然哲学的数学原理》中阐述了他提出的三大运动定律和万有引力定律，如地球和月球间即存在万有引力，以地球为参照物，月球是______（填“静止”或“运动”）的。
【答案】 牛顿 运动
【详解】[1]牛顿是英国物理学家、数学家和天文学家，他在物理学、数学和天文学研究方面都做出了划时代的发明和发现，被誉为近代科学之父，1687年在他的传世之作《自然哲学的数学原理》中发表了万有引力定律，完成了物理学的第一次大统一。
[2]以地球为参照物，月球相对地球的位置不断的在发生变化，所以，月球是运动的。
10．如图8所示，气象气球是一种在高空中采集气象数据的工具，利用浮力升空，随着高度增加，外界大气压逐渐__________（选填“变大”或“变小”）；我们乘坐的客机是机翼利用流体流速越大、压强越__________而获得升力升空的。
图8 图9
【答案】 变小 小
【详解】[1]由大气压和高度的关系可知，气球利用浮力升空，随着高度增加，外界大气压逐渐变小。
[2]客机机翼设计成“上凸下平”的形状，上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而获得升力的。
11．小开家电能表铭牌如图9所示，1个标准大气压下，当家里仅有电热水壶工作时，将1kg初温为40℃的水加热至沸腾，则水吸收的热量为______J；若不计热量损失，则该电能表表盘转动______转。
【答案】 2.52×105 210
【详解】[1]1kg初温为40℃的水加热至沸腾，1个标准大气压下，水的沸点为100℃，则水吸收的热量
Q=cm△t=4.2×103J/（kg·℃）×1kg×（100℃-40℃）=2.52×105J=0.07kW·h
[2]电能表上标有3000r/（kW·h），则该电能表表盘转动圈数
12．如图10甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω，灯泡标有“6V 4.8W”，灯泡的I-U图像如图乙，灯泡L正常发光时的电阻值为_______Ω；当闭合开关S、S1，滑动变阻器的滑片位于最右端时，通过灯泡L的电流为0.6A，则此时灯泡与滑动变阻器的功率之比为_______。
图10
【答案】 7.5 1∶3
【详解】[1]灯泡标有“6V 4.8W”，根据P=U2/R得，灯泡L正常发光时的电阻值为
[2]当闭合开关S、S1，滑动变阻器的滑片位于最右端时，灯与变阻器的最大电阻串联，通过灯泡L的电流为0.6A，由上图知，灯的电压为2V，根据欧姆定律，变阻器的电压为U滑=IR滑=0.6A×10Ω=6V
串联电路各处的电流相等，根据P=UI，在电流不变时，电功率与电压成正比，则此时灯泡与滑动变阻器的功率之比为PL：P滑 = UL：U滑=2V：6V=1：3
13．在水中给无盖的茶杯的外表印图案，可以简化为图11甲所示的模型，已知茶杯由密度为2.5g/cm3的材料制成，一根体积可以忽略的轻质细杆固定在杯中，圆柱形容器中装有16cm深的水，将柱状的茶杯开口朝上竖直缓慢浸入水中，当液面跟杯口齐平时，需要等待一段时间印花（此时水没有进入杯内），待液面稳定后再继续下降，细杆给茶杯的力F随茶杯下降深度的关系如图乙所示，茶杯继续下降一段距离后松开轻杆。茶杯材料的体积为__________cm3，当茶杯沉入水底后，水对容器底部的压强为__________Pa（不计印花质量）。
图11
【答案】 40 1540
【详解】[1]由图可知，在0~1cm时，细杆对茶杯的力与茶杯受到的重力是一对平衡力，是1N，所以，茶杯材料的质量是100g，茶杯材料的体积为
[2]由图可知，当h=1cm时，茶杯刚接触圆柱形容器内的水，当h=2cm时，此时受到的浮力和重力相等，细杆对茶杯的力为0；当h=5cm时，圆柱形容器的水盛满，然后将要溢出；当h=7cm时，液面跟杯口齐平，此时刚开始有水进入杯子，随着茶杯的下降，水不断进入茶杯，但杯口始终与液面齐平。当h=5cm时，压力F1为3N，则此时受到的浮力为F浮1=F1+G=3N+1N=4N
此时排开水的体积为
当h=7cm时，压力F2为4N，则此时受到的浮力为F浮2=F2+G=4N+1N=5N
此时排开水的体积为
则溢出水的体积为V溢=V排2-V排1=500cm3-400cm3=100cm3
当h=10cm时，压力F1为1N，此时水进入茶杯中，水的重力等于排开水的重力。则此时茶杯受到的浮力为F浮3=F3+G=1N+1N=2N
排开水的体积为
则进入杯中水的体积为V水=V排2-V排3=500cm3-200cm3=300cm3
从7cm到10cm，下降了3cm，则说明有3cm深的圆柱形容器中的水进入茶杯，圆柱形容器的底面积为
圆柱形容器装有16cm的水，则水的总体积为V总=S甲h总=100cm2×16cm=1600cm3
当茶杯沉入水底后，此时圆柱形容器的水深为
则水对容器底部的压强为p=ρ水gh'=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.154m=1540Pa
14. （1）如图12所示，O点为支点，画出杠杆处于静止状态时动力F1的力臂。
（2）画出图13中折射光线的入射光线。
图12 图13
【答案】
【详解】支点到动力作用线的距离为动力臂，过支点O作动力F1作用线的垂线段l1，l1为动力臂，如图所示：凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后过焦点，则入射光线如图所示：
三、实验探究题（本题共3个小题，15题6分，16题8分，17题8分，共22分。）
15．（1）小明组装了如图14甲所示的装置，探究水沸腾的特点。
图14
①某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为______℃；
②记录温度随时间变化关系如图丙所示。实验表明，水沸腾过程中，温度______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
③如图丁所示，将刚停止沸腾的水装入烧瓶，迅速塞上瓶塞井倒置，然后向瓶底浇冷水，发现水重新沸腾起来，原因是瓶内气体温度降低，气压减小，水的沸点______（选填“升高”“降低”或“不变”）；
（2）小明用焦距为10cm的凸透镜等器材，探究凸透镜成像规律；
①实验时，小明调整蜡烛、凸透镜和光屏高度时，应______（选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛；
②小明进行正确调节后，在光屏上得到了一个清晰的像，此时，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图15所示，光屏上的像是倒立、______（选填“放大”或“缩小”）的实像。该实验现象可以说明______的成像特点（选填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）。
图15
【答案】 92 不变 降低 点燃 缩小 照相机
【详解】（1）①[1]由图乙可知，温度计的分度值为1℃，因此读数为92℃。
②[2]由图丙可知，当水沸腾后，吸收热量，温度保持不变。
③[3]沸点随气压的升高而升高，随气压的降低而降低。所以将刚停止沸腾的水装入烧瓶，迅速塞上瓶塞井倒置，然后向瓶底浇冷水，发现水重新沸腾起来，原因是瓶内气体温度降低，气压减小，水的沸点降低。
（2）[4]因为实验时要保证烛焰的像成在光屏的中央，因此在调整蜡烛、凸透镜和光屏高度时，应点燃蜡烛。
[5][6]由图可知，物距大于像距，根据凸透镜成实像时的特点，此时成倒立缩小的实像。实验现象原理应用于照相机。
16．小严和小芳去嘉陵江边散步时，看到水中有块表面光滑的“浮石”，如图16甲所示，于是打捞回学校实验室测量其密度：
图16
（1）小严把天平放在___________桌面上，将游码移到标尺左端的___________处，发现指针指在分度盘中央刻度线的左侧，小明应将平衡螺母向___________（选填“左”或“右”）调节，使天平横梁平衡；
（2）小严从大“浮石”上取下一小块，放在天平的左盘，当天平再次平衡时，右盘中的砝码及游码在标尺上的位置如图乙所示，则这块小浮石的质量为___________g；
（3）小严将小“浮石”轻轻放入装有适量水的量筒中，一段时间后发现它沉底了，水面位置如图丙所示，则小“浮石”的体积为___________cm3，由此可算出小“浮石”的密度为___________kg/m3；
（4）小严通过观察发现，原来“浮石”的中间有许多气泡孔导致密度测量误差较大，同行的小芳想到可以利用铸模的石蜡来测大“浮石”的体积。他们将小“浮石”吸干水分之后粘在大“浮石”原位置，放入一个质量为1kg、容积5000ml的容器中，用电子秤称得总质量为2.9kg，将容器内填满熔化后的石蜡（“浮石”被浸没），待凝固后称出总质量为5.6kg，已知固态石蜡的密度为0.9g/cm3，则大“浮石”的密度为___________kg/m3；如果考虑石蜡冷却后体积会缩小一些，那么这样测量的“浮石”密度会___________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 水平 零刻度线 右 32.4 15 2.16×103 0.95×103 偏小
【详解】（1）[1][2]使用天平测物体质量前要先进行调零，将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端零刻度线处，然后调节平衡螺母，直到天平平衡。
[3]若指针指在分度盘中央刻度线的左侧，说明天平左边重，右边高，则应向右调节平衡螺母，直到天平平衡。
（2）[4]当天平再次平衡时，左盘中物体的质量等于右盘中砝码质量加游码示数。标尺分度值为0.2g，标尺上的读数为2.4g，则小浮石的质量m=20g+10g+2.4g=32.4g
（3）[5]小“浮石”的体积V=45mL－30mL=15mL=15cm3
[6]小“浮石”的密度
（4）[7]大“浮石”的质量和容器中石蜡的质量分别为
容器中石蜡的体积和大“浮石”的体积分别为
大“浮石”的密度
[8]如果石蜡冷却后体积会缩小一些，则测得大“浮石”的体积偏大，故浮石密度偏小。
17．在“测量小灯泡额定功率”实险中，小华选用了标有“2.5V”字样的小灯泡、电流表、电压表、开关、学生电源、标有“50Ω 1.5A”的滑动变阻器、若干导线等器材按如图所示连接起来。
图17
（1）用笔画线代替导线将图甲电路补充完整，并使滑动变阻器右移时电路中电流变小；
（2）开关试触时发现电流表无示数、电压表满偏，出现此故障的原因是___________；
A．小灯泡断路 B．小灯泡短路
C．滑动变阻器断路 D．滑动变阻器短路
（3）正确连接电路后，闭合开关，电压表及电流表示数如图乙，电源电压为___________V；
（4）为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向___________端移动滑片，当小灯泡正常发光，电流表示数为0.3A，则此小灯泡的额定功率为___________W；
（5）滑动变阻器的滑片向左移，小灯泡的电功率将___________（选填“增大“减小”或“不变”）；
（6）小华测出在不同电压下灯泡的电流值，将记录下来的数据描绘成I-U图像，如图丙，实验中发现灯泡电阻随温度升高而增大，则正确的图像为___________；
（7）实验过程中，小华向左调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了△P1，灯泡的功率交化了△P2，则△P1___________△P2（选填“>”“<”或“=”）。
【答案】 A 4 左 0.75 增大 C ＜
【详解】（1）[1]向右移时电流变小，则电路中总电阻变大，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，因此如图所示；
（2）[2]电流表无示数，说明电路中存在断路，电压表满偏，说明小灯泡之外的电路正常，因此故障为小灯泡断路，故选A。
（3）[3]闭合开关后，电流表测电路电流，电压表测小灯泡两端电压。由图可知，I=0.04A，UL=2V，则小灯泡电阻和总电压分别为
（4）[4]为了使电压达到2.5V，应增大电路中的电流，减小滑动变阻器的阻值，即向左移动滑片。
[5]由题可知，小灯泡的额定功率为
（5）[6]当滑片向左移动时，滑动变阻器电阻变小，电流中电流增大，故小灯泡功率增大。
（6）[7]因灯泡电阻随温度升高而增大，故图像应偏向电压轴，故选C。
（7）[8]当向左调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，则电路中的电流变大，由串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端的电压减小，灯泡两端的电压增大，灯泡的实际功率变大；电源电压不变，由P=UI可知，电路总功率变大；电路总功率等于各用电器消耗功率之和，故滑动变阻器的功率减小量ΔP1小于灯泡的功率变化ΔP2，即ΔP1＜ΔP2；
四、论述计算题(本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。)
18．2022年，我国快递业务量首破950亿件，如图18是一物流机器智能配送时情景，在某平直道路上100s匀速行驶了400m，已知机器所受阻力为120N。求：
（1）该物流机器匀速行驶时的速度；
（2）匀速行驶的100s内牵引力做的功。
图18
【答案】（1）4m/s；（2）48000J
【详解】解：（1）根据速度公式可得
（2）已知机器所受阻力为120N，匀速直线行驶，所受牵引力与阻力是一对大小相等的平衡力，故牵引力F=f=120N
故匀速行驶的100s内牵引力做的功为
答：（1）该物流机器匀速行驶时的速度为4m/s；
（2）匀速行驶的100s内牵引力做的功为48000J。
19．打造成渝地区双城经济圈，新建智慧公园中的智能座椅有供暖、提供5G等功能，如图19甲所示。其中供暖部分主要由坐垫和靠背组成，其发热电路如图乙所示，供电电压恒为30V。坐垫内的电热丝R1、R2、R3的阻值分别为5Ω、20Ω、10Ω，靠背内的电热丝R4的阻值为40Ω。闭合开关S1，调节开关S2，可使坐垫分别处于“低暖”“中暖”“高暖”三挡。求：
（1）开关S2接c时，电路中的电流；
（2）10秒内智能座椅能够产生的最大电热；
（3）调节开关S2，坐垫在“高暖”挡时消耗的功率。
图19
【答案】（1）0.6A；（2）200J；（3）5W
【详解】解：（1）开关S2接c时，电热丝R4和R3串联，此时电路中的电流
（2）开关S2接a时，电热丝R4和R1串联，电路的总电阻减小，由P=U2/R可知此时智能座椅的电功率最大，10秒内智能座椅能够产生的最大电热
（3）由题，闭合开关S1，调节开关S2，可使坐垫分别处于“低暖”“中暖”“高暖”三挡。设P1、P2、P3分别为开关S2 接a、b、c时坐垫的电功率，则有
有P2＞P3＞P1，故坐垫的暖挡是开关S2接b时，此时坐垫的最大电功率为
答：（1）开关S2接c时，电路中的电流是0.6A；
（2）10秒内智能座椅能够产生的最大电热是200J；
（3）调节开关S2，坐垫在“高暖”挡时消耗的功率是5W。
20．某次创新大赛中，评委对小杨的量水仪进行评审检测，其内部简化结构如图所示。一根轻质绝缘细杆将木块A与轻质滑片P固定在一起，底面积为0.01m2的木块A放在圆柱形容器内，当容器中注入水时，滑片P随A的浮动在滑动变阻器R1上滑动。评委检测发现滑动变阻器ab一段发生短路，滑动变阻器的电功率P、电压表示数U与水深H的关系分别如图20甲和乙所示。已知电源电压U0恒定不变，R2为定值电阻，R1的阻值与自身长度成正比（容器足够高，不计绝缘杆、滑片的体积和自重及滑片处的摩擦）。求：
（1）当水深H=5cm时，水对容器底的压强；
（2）木块A的重力；
（3）图甲和乙中对应H0的值。
图20
【答案】（1）500Pa；（2）5N；（3）28cm
【详解】解：（1）根据液体压强公式p=ρgH可得当水深H=5cm时，水对容器底的压强为
（2）根据图乙可知，当水深超过5cm时，电压表开始有示数，表明此时木块A刚好开始离开容器底，处于漂浮状态，根据物体沉浮条件可得木块A的重力为
（3）根据图甲乙可知，当R1两端电压U=1.5V时，功率为P=1.125W，由电功率计算公式P=UI可得则此时的电流、滑动变阻器连入电路的阻值、电源电压分别为
同理，当R1两端电压U2=3V时，功率为P2=1.8W，根据电功率计算公式P=UI可得则此时的电流为
当水深为10cm时，此时滑动变阻器连入电路的阻值
则电源电压为
联立两次电压表达式可得U=9V，R2=10Ω
此时滑片向上移动的距离为
则滑动变阻器每1cm的电阻为1Ω，当水位到达H0后，电压表示数不再增加，表明此时滑片处于最上端即最大阻值处，此时的R1的功率也为1.8W，可得
解方程可得Rmax=5Ω或20Ω，如图甲所示，可知滑动变阻器最大阻值为20Ω，对应的电阻丝的长度为
由图乙可知，当水位在10~13cm时，电压表示数不变，表明接入电阻不变，即短路部分的长度为
所以图甲和乙中对应H0的值为
答：（1）当水深H=5cm时，水对容器底的压强为500Pa；
（2）木块A的重力5N；
（3）图甲和乙中对应H0的值28cm。
2023年重庆中考考前押题密卷
物 理
（全卷共四个大题，满分 80 分 与化学共用 120 分钟）
注意事项：
1．试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项。
3．全卷取 g=10N/kg，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。
一、选择题（本题共 8 个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题 3 分，共 24 分。）
1．下列物理量最接近实际的是（ ）
A．手托起一个鸡蛋的力约为50N B．家用电热水壶烧水功率约为1200W
C．重庆大气压强的值约为103Pa D．中学生正常步行的速度约为10m/s
【答案】B
【详解】A．一个鸡蛋质量大约为0.05kg，手托起一个鸡蛋的力约为0.5N，故A不符合题意；
B．家用电热水壶工作时的电流为5A左右，烧水功率约为1100W，故B符合题意；
C．重庆大气压强接近标准大气压，其值约为105Pa，故C不符合题意；
D．中学生正常步行的速度约4km/h，约为1.1m/s，故D不符合题意。
故选B。
2．战国时期，《墨经》中记载了影子的形成、平面镜的反射等光学问题。如图1中的光学现象与影子的形成原理相同的是（ ）
图1
A．日食现象 B．筷子弯折 C．湖中倒影 D．雨后彩虹
【答案】A
【详解】影子是由光的直线传播形成的现象。
A．日食的形成，是光的直线传播现象，故A符合题意；
B．筷子弯折是水下部分筷子上的光到达水面时发生了折射，所以看上去“弯折”了，是光的折射现象。故B不符合题意；
C．湖中倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，故C不符合题意；
D． 雨后天空出现彩虹，是由于太阳光照到空气中的小水滴上，被分解为绚丽的七色光，即光的色散，属于光的折射，故D不符合题意。
故选A。
3．如图2所示，下列说法正确的是（ ）
图2
A．冰山的温度低于0℃，冰山没有内能
B．隆冬季节草上的霜是水蒸气凝固形成的
C．用铁锅炒菜是因为铁锅的比热容较大
D．用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶口出现的白雾是液化现象
【答案】D
【详解】A．内能是物体内所有分子运动所具有的分子动能与势能的总和，一切物体都有内能，故A错误；
B．霜是水蒸气在极低温度下遇冷直接凝华成的小冰晶，故B错误；
C．用铁锅炒菜是因为铁锅的熔点高，比热容较小，吸热升温快，故C错误；
D．用活塞向瓶内打气，瓶塞飞起，瓶内空气推动活塞做功，内能减小，温度降低，瓶口水蒸气遇冷液化成小水珠，形成白雾，故D正确。
故选D。
4．如图3所示的有关电磁知识跟图片的对应关系正确的是（ ）
A．电磁继电器可实现远距离控制工作电路 B．电动剃须刀工作原理
C． 电铃利用电流的热效应工作 D．风力发电机工作原理
图3
【答案】A
【详解】A．电磁继电器实现了用低电压电路来控制高压工作电路，即可实现远距离控制工作电路，故A正确；
B．电路中没有电源，闭合开关，会看到灵敏电流计指针偏转，说明有电流产生，是电磁感应现象，利用该原理制成了发电机，故B错误。
C．闭合开关，电磁铁具有磁性，吸引衔铁敲击电铃，所以电铃是利用了电流的磁效应工作的，故C错误；
D．电路中有电源，闭合开关，导体棒就在磁场中运动起来，是因为通电导体受到了力的作用，利用该原理制成了电动机，故D错误。
故选A。
5．如图4所示，对下列四幅图的描述错误的是（ ）
图4
A．第一幅图中频闪照相拍摄的下落小球做竖直向下的加速运动
B．第二幅图中轮胎对地面的压力的反作用力是地面对轮胎的支持力
C．第三幅图中斧头对木柴的力大于木材对斧头的力，于是木材被劈开了
D．第四幅图中手对弓的力使弓发生了形变
【答案】C
【详解】A．由图可知，小球在相同时间内通过的路程越来越大，则下落小球做竖直向下的加速运动，故A正确，不符合题意；
B．第二幅图中，轮胎对地面的压力与地面对轮胎的支持力大小相等、方向相反、作用在不同物体上，是一对相互作用力，故B正确，不符合题意；
C．第三幅图中，由于力的作用是相互的，因此斧头对木柴的力等于木材对斧头的力，故C错误，符合题意；
D．第四幅图中，用力将弓拉开，弓的形状发生改变，说明手对弓的力使弓发生了形变，故D正确，不符合题意。
故选C。
6．工程师小林为生态农场设计了水箱水量显示器，电源电压保持不变，R0为定值电阻，其工作原理如图5所示。闭合开关S，当水量减少，滑动变阻器R的滑片P会上移，下列分析正确的是（ ）
A．选择电压表作电表显示，水量减少时，则电表示数变大
B．选择电压表作电表显示，水量减少时，则总电阻会变大
C．选择电流表作电表显示，电路总功率减小，则水量增大
D．选择电流表作电表显示，R0消耗功率增大，则水量增大
图5 图6
【答案】D
【详解】AB．闭合开关S，电路中R和R0串联接入电路，电表并联在R的上半部分，若为电压表，水量减少时，滑动变阻器R的滑片P上移，与电压表并联部分的电阻变小，电压表示数变小，但并没有改变接入电路的电阻大小，所以电路总电阻不变，故AB错误；
C．若电表为电流表，则R的上半部分被短路，R0和R的下半部分串联接入电路，电流表测该部分电路电流，水量增大时，滑动变阻器R的滑片P下移，接入电路的有效电阻变小，电路总电阻变小，电源电压不变，由I=U/R可知，电路电流变大。由P=UI可知，电路总功率变大，即电路总功率增大，则水量增大，故C错误；
D．由以上分析可知，若电表为电流表，水量增大时，电路电流变大，由P=I2R可知，R0的功率变大，即R0消耗功率增大，则说明水量增大，故D正确。
故选D。
7．在抗洪抢险行动中，小军需要帮老百姓把一个质量为240kg的重物搬到2m高的车上，为了省力他采用5m的长木板搭了一个斜面（如图6）。搬运过程中，他用沿斜面向上1200N的力，历时5min将重物匀速地推到车上（g取10N/kg）。关于此简易斜面装置，下列说法中正确的是（ ）
A．小军做的功为2400J B．小军做功的功率为1200W
C．此斜面的摩擦力为1200N D．此简易斜面装置的机械效率为80%
【答案】D
【详解】A．小军做的功为
W总=Fs=1200N×5m=6000J，故A错误；
B．小军做功的功率为
故B错误；
C．小军做的有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
克服摩擦力做的额外功为W额=W总-W有=6000J-4800J=1200J
此斜面的摩擦力为
故C错误；
D．此简易斜面装置的机械效率为
故D正确。
故选D。
8．如图7甲所示，是某同学“探究定值电阻R0的发热功率P0、滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率PU随电流I变化的关系”的实验电路图，电源电压U恒定不变，R0为定值电阻。闭合开关S，在滑动变阻器滑片P从a端移向b端的过程中，通过实验得到的数据用描点法在同一坐标系中作出了1、2、3三条图线，如图乙所示。下列选项正确的是（ ）
图7
A．乙图中1是定值电阻R0的功率与电流的关系图线
B．电源电压1V，定值电阻3Ω
C．乙图中，图线2与图线3的交点M对应的电功率为2.25W
D．当滑动变阻器的电功率为2W时，其接入电路的阻值一定为2Ω
【答案】C
【详解】A．电路中电流大小为I时，定值电阻R0的功率为P0=I2R0，定值电阻的功率与电流的图像是二次函数图像，根据抛物线的性质可知定值电阻的功率随电流的增大而增大，所以乙图中2为定值电阻R0的功率与电流的关系图线，故A错误；
B．当滑动变阻器滑片P移动至b端时路为R0的简单电路，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流最大，电流取最大值I=3A，由乙图可知P0=9W，由P=I2R可知，定值电阻的阻值大小为
电源电压为U=IR0=3A×1Ω=3V，故B错误；
D．滑动变阻器的电功率等于电路总功率与定值电阻的电功率之差，即PR=UI－I2R0=3V×I－I2×1Ω
该函数的图像是抛物线，所以乙图中3为滑动变阻器的功率与电流的关系图线，滑动变阻器的电功率为2W，代入数据可得2W=3V×I－I2×1Ω
解方程可得I=1A或者I=2A
根据U=IR可得此时定值电阻两端的电压
此时滑动变阻器两端的电压为
此时滑动变阻器接入电路的阻值
故D错误；
C．根据抛物线的性质可知当
此时滑动变阻器的电功率最大，最大为
根据欧姆定律可知此时电路总电阻
则滑动变阻器接入电路的电阻
此时滑动变阻器接入电路的阻值和定值电阻的阻值相等，图线2与图线3相交时滑动变阻器和定值电阻的功率相等，串联电路各处电流相等，根据P=I2R可知此时滑动变阻器接入电路的阻值和定值电阻的阻值相等，所以交点M对应的电功率为2.25W，故C正确。
故选C。
二、填空作图题（本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．英国物理学家______在《自然哲学的数学原理》中阐述了他提出的三大运动定律和万有引力定律，如地球和月球间即存在万有引力，以地球为参照物，月球是______（填“静止”或“运动”）的。
【答案】 牛顿 运动
【详解】[1]牛顿是英国物理学家、数学家和天文学家，他在物理学、数学和天文学研究方面都做出了划时代的发明和发现，被誉为近代科学之父，1687年在他的传世之作《自然哲学的数学原理》中发表了万有引力定律，完成了物理学的第一次大统一。
[2]以地球为参照物，月球相对地球的位置不断的在发生变化，所以，月球是运动的。
10．如图8所示，气象气球是一种在高空中采集气象数据的工具，利用浮力升空，随着高度增加，外界大气压逐渐__________（选填“变大”或“变小”）；我们乘坐的客机是机翼利用流体流速越大、压强越__________而获得升力升空的。
图8 图9
【答案】 变小 小
【详解】[1]由大气压和高度的关系可知，气球利用浮力升空，随着高度增加，外界大气压逐渐变小。
[2]客机机翼设计成“上凸下平”的形状，上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而获得升力的。
11．小开家电能表铭牌如图9所示，1个标准大气压下，当家里仅有电热水壶工作时，将1kg初温为40℃的水加热至沸腾，则水吸收的热量为______J；若不计热量损失，则该电能表表盘转动______转。
【答案】 2.52×105 210
【详解】[1]1kg初温为40℃的水加热至沸腾，1个标准大气压下，水的沸点为100℃，则水吸收的热量
Q=cm△t=4.2×103J/（kg·℃）×1kg×（100℃-40℃）=2.52×105J=0.07kW·h
[2]电能表上标有3000r/（kW·h），则该电能表表盘转动圈数
12．如图10甲所示的电路中，电源电压不变，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω，灯泡标有“6V 4.8W”，灯泡的I-U图像如图乙，灯泡L正常发光时的电阻值为_______Ω；当闭合开关S、S1，滑动变阻器的滑片位于最右端时，通过灯泡L的电流为0.6A，则此时灯泡与滑动变阻器的功率之比为_______。
图10
【答案】 7.5 1∶3
【详解】[1]灯泡标有“6V 4.8W”，根据P=U2/R得，灯泡L正常发光时的电阻值为
[2]当闭合开关S、S1，滑动变阻器的滑片位于最右端时，灯与变阻器的最大电阻串联，通过灯泡L的电流为0.6A，由上图知，灯的电压为2V，根据欧姆定律，变阻器的电压为U滑=IR滑=0.6A×10Ω=6V
串联电路各处的电流相等，根据P=UI，在电流不变时，电功率与电压成正比，则此时灯泡与滑动变阻器的功率之比为PL：P滑 = UL：U滑=2V：6V=1：3
13．在水中给无盖的茶杯的外表印图案，可以简化为图11甲所示的模型，已知茶杯由密度为2.5g/cm3的材料制成，一根体积可以忽略的轻质细杆固定在杯中，圆柱形容器中装有16cm深的水，将柱状的茶杯开口朝上竖直缓慢浸入水中，当液面跟杯口齐平时，需要等待一段时间印花（此时水没有进入杯内），待液面稳定后再继续下降，细杆给茶杯的力F随茶杯下降深度的关系如图乙所示，茶杯继续下降一段距离后松开轻杆。茶杯材料的体积为__________cm3，当茶杯沉入水底后，水对容器底部的压强为__________Pa（不计印花质量）。
图11
【答案】 40 1540
【详解】[1]由图可知，在0~1cm时，细杆对茶杯的力与茶杯受到的重力是一对平衡力，是1N，所以，茶杯材料的质量是100g，茶杯材料的体积为
[2]由图可知，当h=1cm时，茶杯刚接触圆柱形容器内的水，当h=2cm时，此时受到的浮力和重力相等，细杆对茶杯的力为0；当h=5cm时，圆柱形容器的水盛满，然后将要溢出；当h=7cm时，液面跟杯口齐平，此时刚开始有水进入杯子，随着茶杯的下降，水不断进入茶杯，但杯口始终与液面齐平。当h=5cm时，压力F1为3N，则此时受到的浮力为F浮1=F1+G=3N+1N=4N
此时排开水的体积为
当h=7cm时，压力F2为4N，则此时受到的浮力为F浮2=F2+G=4N+1N=5N
此时排开水的体积为
则溢出水的体积为V溢=V排2-V排1=500cm3-400cm3=100cm3
当h=10cm时，压力F1为1N，此时水进入茶杯中，水的重力等于排开水的重力。则此时茶杯受到的浮力为F浮3=F3+G=1N+1N=2N
排开水的体积为
则进入杯中水的体积为V水=V排2-V排3=500cm3-200cm3=300cm3
从7cm到10cm，下降了3cm，则说明有3cm深的圆柱形容器中的水进入茶杯，圆柱形容器的底面积为
圆柱形容器装有16cm的水，则水的总体积为V总=S甲h总=100cm2×16cm=1600cm3
当茶杯沉入水底后，此时圆柱形容器的水深为
则水对容器底部的压强为p=ρ水gh'=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.154m=1540Pa
14. （1）如图12所示，O点为支点，画出杠杆处于静止状态时动力F1的力臂。
（2）画出图13中折射光线的入射光线。
图12 图13
【答案】
【详解】支点到动力作用线的距离为动力臂，过支点O作动力F1作用线的垂线段l1，l1为动力臂，如图所示：凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后过焦点，则入射光线如图所示：
三、实验探究题（本题共3个小题，15题6分，16题8分，17题8分，共22分。）
15．（1）小明组装了如图14甲所示的装置，探究水沸腾的特点。
图14
①某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为______℃；
②记录温度随时间变化关系如图丙所示。实验表明，水沸腾过程中，温度______（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
③如图丁所示，将刚停止沸腾的水装入烧瓶，迅速塞上瓶塞井倒置，然后向瓶底浇冷水，发现水重新沸腾起来，原因是瓶内气体温度降低，气压减小，水的沸点______（选填“升高”“降低”或“不变”）；
（2）小明用焦距为10cm的凸透镜等器材，探究凸透镜成像规律；
①实验时，小明调整蜡烛、凸透镜和光屏高度时，应______（选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛；
②小明进行正确调节后，在光屏上得到了一个清晰的像，此时，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图15所示，光屏上的像是倒立、______（选填“放大”或“缩小”）的实像。该实验现象可以说明______的成像特点（选填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）。
图15
【答案】 92 不变 降低 点燃 缩小 照相机
【详解】（1）①[1]由图乙可知，温度计的分度值为1℃，因此读数为92℃。
②[2]由图丙可知，当水沸腾后，吸收热量，温度保持不变。
③[3]沸点随气压的升高而升高，随气压的降低而降低。所以将刚停止沸腾的水装入烧瓶，迅速塞上瓶塞井倒置，然后向瓶底浇冷水，发现水重新沸腾起来，原因是瓶内气体温度降低，气压减小，水的沸点降低。
（2）[4]因为实验时要保证烛焰的像成在光屏的中央，因此在调整蜡烛、凸透镜和光屏高度时，应点燃蜡烛。
[5][6]由图可知，物距大于像距，根据凸透镜成实像时的特点，此时成倒立缩小的实像。实验现象原理应用于照相机。
16．小严和小芳去嘉陵江边散步时，看到水中有块表面光滑的“浮石”，如图16甲所示，于是打捞回学校实验室测量其密度：
图16
（1）小严把天平放在___________桌面上，将游码移到标尺左端的___________处，发现指针指在分度盘中央刻度线的左侧，小明应将平衡螺母向___________（选填“左”或“右”）调节，使天平横梁平衡；
（2）小严从大“浮石”上取下一小块，放在天平的左盘，当天平再次平衡时，右盘中的砝码及游码在标尺上的位置如图乙所示，则这块小浮石的质量为___________g；
（3）小严将小“浮石”轻轻放入装有适量水的量筒中，一段时间后发现它沉底了，水面位置如图丙所示，则小“浮石”的体积为___________cm3，由此可算出小“浮石”的密度为___________kg/m3；
（4）小严通过观察发现，原来“浮石”的中间有许多气泡孔导致密度测量误差较大，同行的小芳想到可以利用铸模的石蜡来测大“浮石”的体积。他们将小“浮石”吸干水分之后粘在大“浮石”原位置，放入一个质量为1kg、容积5000ml的容器中，用电子秤称得总质量为2.9kg，将容器内填满熔化后的石蜡（“浮石”被浸没），待凝固后称出总质量为5.6kg，已知固态石蜡的密度为0.9g/cm3，则大“浮石”的密度为___________kg/m3；如果考虑石蜡冷却后体积会缩小一些，那么这样测量的“浮石”密度会___________（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【答案】 水平 零刻度线 右 32.4 15 2.16×103 0.95×103 偏小
【详解】（1）[1][2]使用天平测物体质量前要先进行调零，将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端零刻度线处，然后调节平衡螺母，直到天平平衡。
[3]若指针指在分度盘中央刻度线的左侧，说明天平左边重，右边高，则应向右调节平衡螺母，直到天平平衡。
（2）[4]当天平再次平衡时，左盘中物体的质量等于右盘中砝码质量加游码示数。标尺分度值为0.2g，标尺上的读数为2.4g，则小浮石的质量m=20g+10g+2.4g=32.4g
（3）[5]小“浮石”的体积V=45mL－30mL=15mL=15cm3
[6]小“浮石”的密度
（4）[7]大“浮石”的质量和容器中石蜡的质量分别为
容器中石蜡的体积和大“浮石”的体积分别为
大“浮石”的密度
[8]如果石蜡冷却后体积会缩小一些，则测得大“浮石”的体积偏大，故浮石密度偏小。
17．在“测量小灯泡额定功率”实险中，小华选用了标有“2.5V”字样的小灯泡、电流表、电压表、开关、学生电源、标有“50Ω 1.5A”的滑动变阻器、若干导线等器材按如图所示连接起来。
图17
（1）用笔画线代替导线将图甲电路补充完整，并使滑动变阻器右移时电路中电流变小；
（2）开关试触时发现电流表无示数、电压表满偏，出现此故障的原因是___________；
A．小灯泡断路 B．小灯泡短路
C．滑动变阻器断路 D．滑动变阻器短路
（3）正确连接电路后，闭合开关，电压表及电流表示数如图乙，电源电压为___________V；
（4）为测小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向___________端移动滑片，当小灯泡正常发光，电流表示数为0.3A，则此小灯泡的额定功率为___________W；
（5）滑动变阻器的滑片向左移，小灯泡的电功率将___________（选填“增大“减小”或“不变”）；
（6）小华测出在不同电压下灯泡的电流值，将记录下来的数据描绘成I-U图像，如图丙，实验中发现灯泡电阻随温度升高而增大，则正确的图像为___________；
（7）实验过程中，小华向左调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了△P1，灯泡的功率交化了△P2，则△P1___________△P2（选填“>”“<”或“=”）。
【答案】 A 4 左 0.75 增大 C ＜
【详解】（1）[1]向右移时电流变小，则电路中总电阻变大，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，因此如图所示；
（2）[2]电流表无示数，说明电路中存在断路，电压表满偏，说明小灯泡之外的电路正常，因此故障为小灯泡断路，故选A。
（3）[3]闭合开关后，电流表测电路电流，电压表测小灯泡两端电压。由图可知，I=0.04A，UL=2V，则小灯泡电阻和总电压分别为
（4）[4]为了使电压达到2.5V，应增大电路中的电流，减小滑动变阻器的阻值，即向左移动滑片。
[5]由题可知，小灯泡的额定功率为
（5）[6]当滑片向左移动时，滑动变阻器电阻变小，电流中电流增大，故小灯泡功率增大。
（6）[7]因灯泡电阻随温度升高而增大，故图像应偏向电压轴，故选C。
（7）[8]当向左调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，则电路中的电流变大，由串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端的电压减小，灯泡两端的电压增大，灯泡的实际功率变大；电源电压不变，由P=UI可知，电路总功率变大；电路总功率等于各用电器消耗功率之和，故滑动变阻器的功率减小量ΔP1小于灯泡的功率变化ΔP2，即ΔP1＜ΔP2；
四、论述计算题(本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分。)
18．2022年，我国快递业务量首破950亿件，如图18是一物流机器智能配送时情景，在某平直道路上100s匀速行驶了400m，已知机器所受阻力为120N。求：
（1）该物流机器匀速行驶时的速度；
（2）匀速行驶的100s内牵引力做的功。
图18
【答案】（1）4m/s；（2）48000J
【详解】解：（1）根据速度公式可得
（2）已知机器所受阻力为120N，匀速直线行驶，所受牵引力与阻力是一对大小相等的平衡力，故牵引力F=f=120N
故匀速行驶的100s内牵引力做的功为
答：（1）该物流机器匀速行驶时的速度为4m/s；
（2）匀速行驶的100s内牵引力做的功为48000J。
19．打造成渝地区双城经济圈，新建智慧公园中的智能座椅有供暖、提供5G等功能，如图19甲所示。其中供暖部分主要由坐垫和靠背组成，其发热电路如图乙所示，供电电压恒为30V。坐垫内的电热丝R1、R2、R3的阻值分别为5Ω、20Ω、10Ω，靠背内的电热丝R4的阻值为40Ω。闭合开关S1，调节开关S2，可使坐垫分别处于“低暖”“中暖”“高暖”三挡。求：
（1）开关S2接c时，电路中的电流；
（2）10秒内智能座椅能够产生的最大电热；
（3）调节开关S2，坐垫在“高暖”挡时消耗的功率。
图19
【答案】（1）0.6A；（2）200J；（3）5W
【详解】解：（1）开关S2接c时，电热丝R4和R3串联，此时电路中的电流
（2）开关S2接a时，电热丝R4和R1串联，电路的总电阻减小，由P=U2/R可知此时智能座椅的电功率最大，10秒内智能座椅能够产生的最大电热
（3）由题，闭合开关S1，调节开关S2，可使坐垫分别处于“低暖”“中暖”“高暖”三挡。设P1、P2、P3分别为开关S2 接a、b、c时坐垫的电功率，则有
有P2＞P3＞P1，故坐垫的暖挡是开关S2接b时，此时坐垫的最大电功率为
答：（1）开关S2接c时，电路中的电流是0.6A；
（2）10秒内智能座椅能够产生的最大电热是200J；
（3）调节开关S2，坐垫在“高暖”挡时消耗的功率是5W。
20．某次创新大赛中，评委对小杨的量水仪进行评审检测，其内部简化结构如图所示。一根轻质绝缘细杆将木块A与轻质滑片P固定在一起，底面积为0.01m2的木块A放在圆柱形容器内，当容器中注入水时，滑片P随A的浮动在滑动变阻器R1上滑动。评委检测发现滑动变阻器ab一段发生短路，滑动变阻器的电功率P、电压表示数U与水深H的关系分别如图20甲和乙所示。已知电源电压U0恒定不变，R2为定值电阻，R1的阻值与自身长度成正比（容器足够高，不计绝缘杆、滑片的体积和自重及滑片处的摩擦）。求：
（1）当水深H=5cm时，水对容器底的压强；
（2）木块A的重力；
（3）图甲和乙中对应H0的值。
图20
【答案】（1）500Pa；（2）5N；（3）28cm
【详解】解：（1）根据液体压强公式p=ρgH可得当水深H=5cm时，水对容器底的压强为
（2）根据图乙可知，当水深超过5cm时，电压表开始有示数，表明此时木块A刚好开始离开容器底，处于漂浮状态，根据物体沉浮条件可得木块A的重力为
（3）根据图甲乙可知，当R1两端电压U=1.5V时，功率为P=1.125W，由电功率计算公式P=UI可得则此时的电流、滑动变阻器连入电路的阻值、电源电压分别为
同理，当R1两端电压U2=3V时，功率为P2=1.8W，根据电功率计算公式P=UI可得则此时的电流为
当水深为10cm时，此时滑动变阻器连入电路的阻值
则电源电压为
联立两次电压表达式可得U=9V，R2=10Ω
此时滑片向上移动的距离为
则滑动变阻器每1cm的电阻为1Ω，当水位到达H0后，电压表示数不再增加，表明此时滑片处于最上端即最大阻值处，此时的R1的功率也为1.8W，可得
解方程可得Rmax=5Ω或20Ω，如图甲所示，可知滑动变阻器最大阻值为20Ω，对应的电阻丝的长度为
由图乙可知，当水位在10~13cm时，电压表示数不变，表明接入电阻不变，即短路部分的长度为
所以图甲和乙中对应H0的值为
答：（1）当水深H=5cm时，水对容器底的压强为500Pa；
（2）木块A的重力5N；
（3）图甲和乙中对应H0的值28cm。
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