2023年全国重点高中自主招生物理试卷（十二）

这是一份2023年全国重点高中自主招生物理试卷（十二），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（4分）在煮饺子时，将饺子投入沸腾的水中，并用勺子轻轻在锅底推动沉下的饺子，等到水重新沸腾后，加上些凉水继续烧煮一会儿使水再次沸腾，这时煮熟的饺子会浮出水面。熟饺子会浮起来的主要原因是（ ）
A．锅里的水量多了
B．饺子在水里经过烧煮变轻了
C．水温低时水对饺子的浮力小，水温高时水对饺子的浮力大
D．水沸腾后，饺子内的小部分水汽化后变成水蒸气，使饺子体积增大
2．（4分）如图所示，虚线框内为一透镜，MN为透镜的主光轴，O是透镜光心，a（双箭头）和b（单箭头）是射向透镜的两条光线，已知光线a通过透镜之后与MN交于P点，光线b通过透镜之后与MN交于Q点，由图可知，下列说法中正确的是（ ）
A．透镜是凸透镜，距离OP小于焦距
B．透镜是凹透镜，距离OQ小于焦距
C．透镜是凸透镜，距离OP大于焦距
D．透镜是凹透镜，距离OQ大于焦距
3．（4分）将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．10℃B．6℃C．6℃以上D．6℃以下
4．（4分）用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150N的物体匀速提升1m，不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为60%．则下列选项错误的是（ ）
A．拉力大小一定是125NB．有用功一定是150J
C．总功一定是250JD．动滑轮重一定是100N
5．（4分）如图所示装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过一固定定滑轮，另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。现使线套逐渐向右移动，但始终使木棒保持水平，则悬线上的拉力T（棒和悬线足够长）（ ）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大
B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小
D．逐渐变小
6．（4分）小明一家搬进刚装修完的新家的这天晚上，小明闭合床头灯的开关准备坐在床头看书，可是发现房间的日光灯也亮了，他断开床头灯的开关，两盏灯都熄灭了；他过去闭合日光灯的开关，床头灯不亮，但日光灯更亮了。小明很想知道他的床头灯为什么会出现这种“奇怪现象”？关于小明家的日光灯与床头灯此时的连接电路图是（ ）
A．B．
C．D．
7．（4分）由2kg密度为ρ1的金属甲和4kg密度为ρ2的金属乙做成质量为6kg的合金球，则合金球的密度为（ ）
A．B．
C．D．
8．（4分）一盏电灯接在恒定电压的电源上，其功率为100W，若将这盏电灯先接在一段很长的导线后，再接在同一电源上，已知导线上损失功率是9W，那么此时电灯实际消耗功率是（ ）
A．91WB．小于91W
C．大于91WD．大于91W小于100W
二、填空题（每空1分，共21分）
9．（3分）物质由分子和原子组成，原子是可分的，原子由原子核和 组成；原子核也是可分的，原子核由中子和 组成；原子核内蕴藏着巨大的能量，核能释放途径有两种﹣﹣重核裂变和轻核聚变，目前人类和平利用核能的方式是利用 来发电的。
10．（1分）夏天，自来水管上常有水珠，这是因为： 。
11．（3分）蜻蜓点水是指雌蜻蜓将卵直接产入水中。如图所示，是小华观察到的蜻蜓贴着水面沿直线飞行，连续三次“点水”后水面振动的波纹图片（每次点水只形成一个波纹，时间忽略不计），三个波纹刚好内切于坐标原点O。由图片可知：
（1）蜻蜓的飞行方向是沿y轴 ，其平均速度 （选填“大于”、“等于”或“小于”）水波的传播速度。
（2）小华测得蜻蜓由第二次点水到第三次点水历时1s，则蜻蜓飞行的平均速度为 m/s。
12．（2分）如图，用100N的力拉着物体A以2m/s的速度在水平面匀速前进，若A受到的摩擦力是20N，则B受到的摩擦力是 N，B物体的速度是 m/s。（不考虑绳子与滑轮之间的摩擦）
13．（1分）由于水流速的影响，一艘船顺流而下时的速度是6m/s，逆流而上时的速度是4m/s。那么它在两港间往返一次的平均速度为 m/s。
14．（2分）一台简易电动机如图所示。用硬金属丝做两个支架，分别与电池的两极相连，用漆包线绕成一个矩形线圈，以线圈引线为轴。用小刀刮去轴一端的全部漆皮，再刮去另一端的半周漆皮，并将线圈放在支架上，磁体放在线圈下。接通电源并用手轻推一下线圈，线圈就会不停地转动起来。
（1）电动机是利用 原理制成的。
（2）“刮去另一端的半周漆皮”的目的是 （选填“改变线圈中电流方向”或“使线圈在转动过程中半周没有电流”）。
15．（4分）下图是一种煲汤用的电热锅工作原理图，其中温控器的作用是每当水沸腾后能自动断电一段时间。电热锅的部分参数如下表所示。
（1）三脚插头上标着E的导线和电热锅的金属外壳相连，插头插入插座时，插座上跟E相连的导线应和 （选填“火线”、“零线”或“地线”）相连。
（2）调节切换开关可以使电热锅处于“关、高温、自动、保温”四种工作状态，则原理图中的切换开关连接触点“ ”时为保温挡，保温时的电流约为 A。
（3）当该电热锅处于高温挡时，正常加热1分钟将会产生 J的热量。
16．（2分）如图所示，在某科技馆内陈列着一个模拟“风洞实验室”，一架重15N的模型飞机固定在台秤的秤盘上，设由于空气流动，在模型飞机的上方A点和下方B点产生的压强分别为p1和p2，则p1 p2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）当迎风吹向飞机的风速v达到20m/s时，台秤的读数为7N，则模型飞机得到的升力为 N。
17．（3分）如图所示，斜面长s＝10m，高h＝4m。用平行斜面方向的拉力F＝50N，将一个重为G＝100N的物体由斜面底端A处匀速拉到顶点B处。运动过程中对物体做的有用功等于 J；斜面的机械效率等于 ；物体所受的摩擦力等于 N。
三、解答题（第18题15分，第19题16分，第20题16分，共47分）
18．（15分）某抗强风的新型建筑“漂浮的城市”如图，该三角形建筑的主体结构是中空的，强风能从中通过，可以确保当飓风来临时，把飓风对建筑的破坏降到最低。建筑表面安装有太阳能电池板，接收太阳能的功率为8.0×108W，请回答下列问题：
（1）若“漂浮的城市”建筑空洞的面积为2.0×104m2，某次飓风正好垂直于空洞的表面吹入，1s内流入空洞的空气质量是1.92×106kg，该地的空气密度是1.2kg/m3，则飓风的风速是多大？
（2）若电池板吸收的太阳能只用来提供推动“漂浮的城市”前进所需的能量，漂浮城市在平静的水面上沿直线运动，运动过程中受到的阻力不变。从某一时刻开始，漂浮城市受到水平方向的牵引力F随运动时间t的变化关系如图所示，漂浮城市的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。
①“漂浮的城市”在运动过程中受到的阻力为多大？从第50s到100s内牵引力做的功为多少？
②“漂浮的城市”在匀速运动过程中，太阳能转化为机械能的效率为多少？
19．（16分）如图，光滑长木板AB可绕O转动，质量不计，A端用竖直绳与地板上拉着，在离O点0.4m的B处挂一密度为0.8×103kg/m3；长20cm的长方形物体，当物体浸入水中10cm深处静止时，从盛水到溢水口的杯中溢出0.5N的水（g＝10N/kg），求：
①物体受到的浮力
②物体的重力
③当一质量为200g的球从0点以2cm/s的速度沿木板向A端匀速运动时，问球由O点出发多少时间，系在A端的绳拉力刚好为零？
20．（16分）如图所示的电路中，电源两端的电压为12V，且保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P位于A点时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为2.88W；当滑片P位于B点时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，电阻R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为2.52W。已知U1：U2＝4：7。
求：（1）电流I1与I2之比；
（2）U2的大小。
2023年全国重点高中自主招生物理试卷（十二）
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题4分，共32分。以下各题中只有一个答案正确）
1．（4分）在煮饺子时，将饺子投入沸腾的水中，并用勺子轻轻在锅底推动沉下的饺子，等到水重新沸腾后，加上些凉水继续烧煮一会儿使水再次沸腾，这时煮熟的饺子会浮出水面。熟饺子会浮起来的主要原因是（ ）
A．锅里的水量多了
B．饺子在水里经过烧煮变轻了
C．水温低时水对饺子的浮力小，水温高时水对饺子的浮力大
D．水沸腾后，饺子内的小部分水汽化后变成水蒸气，使饺子体积增大
【分析】一切浸在液体或气体中的物体都受到竖直向上的浮力，物体所受浮力的大小既与物体排开液体的体积有关，又与排开液体的密度有关；物体的沉浮与物体的重力大小以及物体所受浮力的大小无关，它是由物体所受重力与浮力的合力决定。当合力向上则物体上浮；当合力向下，则物体下沉；当合力为0，则物体处于漂浮或悬浮状态。
【解答】解：水的浮力与水温无关，与水量也无关，同时饺子的重量也不会变轻；其上浮的原因是因为饺子内的水受热汽化后形成水蒸气，使饺子膨胀体积变大，故使饺子所受浮力变大；当浮力大于饺子的重力时，饺子上浮。
故选：D。
2．（4分）如图所示，虚线框内为一透镜，MN为透镜的主光轴，O是透镜光心，a（双箭头）和b（单箭头）是射向透镜的两条光线，已知光线a通过透镜之后与MN交于P点，光线b通过透镜之后与MN交于Q点，由图可知，下列说法中正确的是（ ）
A．透镜是凸透镜，距离OP小于焦距
B．透镜是凹透镜，距离OQ小于焦距
C．透镜是凸透镜，距离OP大于焦距
D．透镜是凹透镜，距离OQ大于焦距
【分析】根据光线经透镜后会聚的特点，可判定此透镜为凸透镜，再根据平行主光轴的光线经凸透镜后会聚焦点，可知P点在焦点的左侧，然后即可判定OP和焦距的关系。
【解答】解：由图中可知，a（双箭头）和b（单箭头）是射向透镜的两条光线。经透镜的作用后光线会聚，由此可判定此透镜为凸透镜；
因为平行主光轴的光线经凸透镜后会聚焦点，而a光线如果不发生折射，将射向OP的外侧，又因为a不是平行主光轴的光线，所以经凸透镜折射后光线一定在焦点的左侧，所以此时OP小于焦距；
平行主光轴的光线经凸透镜后会聚焦点，而b光线如果不发生折射，将会偏离主光轴射出，又因为b不是平行主光轴的光线，所以经凸透镜折射后光线一定在焦点的右侧，所以此时OQ大于焦距。
故选：A。
3．（4分）将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．10℃B．6℃C．6℃以上D．6℃以下
【分析】热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。
知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸＝Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度。
【解答】解：设热水和冷水的温度差为t，
质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，
Q吸＝Q放，
从而可知，cm0（t﹣10℃）＝cm×10℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，
ΔQ吸＝ΔQ放，
从而可知，cm0（t﹣10℃﹣6℃）＝c（m+m0）×6℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
则①﹣②得：
6℃×cm0＝10℃×cm﹣6℃×cm﹣6℃×cm0，
整理得：12℃×cm0＝4℃×cm，
解得：m＝3m0；
代入①式可得，t＝40℃；
假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：
3m0c（40℃﹣Δt）＝mcΔt，m＝3m0；
联立两式解得：Δt＝20℃；
则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃﹣10℃﹣6℃＝4℃。
故选：D。
4．（4分）用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150N的物体匀速提升1m，不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为60%．则下列选项错误的是（ ）
A．拉力大小一定是125NB．有用功一定是150J
C．总功一定是250JD．动滑轮重一定是100N
【分析】由题知，用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组可能有右图两种绕法，左图n1＝3，右图n2＝2，
分别对右图两种情况计算分析，最后判断选择：
知道物体重和物体上升的高度，利用W＝Gh求对物体做的有用功；又知道滑轮组的机械效率，利用效率公式求总功，求出了有用功和总功可求额外功，不计绳重和摩擦，额外功W额＝G轮h，据此求动滑轮重；不计摩擦和绳重，根据F＝（G物+G轮）求拉力大小。
【解答】解：对左图滑轮组，承担物重的绳子股数n＝3，
对物体做的有用功：
W有＝Gh＝150N×1m＝150J，
∵η＝，
∴W总＝＝＝250J，
∴W额＝W总﹣W有＝250J﹣150J＝100J；
∵不计绳重和摩擦，W额＝G轮h，
∴动滑轮重：
G轮＝＝＝100N，
拉力F的大小：
F＝（G物+G轮）＝（150N+100N）＝N；
对右图滑轮组，承担物重的绳子股数n＝2，
对物体做的有用功：
W有＝Gh＝150N×1m＝150J，
∵η＝，
∴W总＝＝＝250J，
∴W额＝W总﹣W有＝250J﹣150J＝100J；
∵不计绳重和摩擦，W额＝G轮h，
∴动滑轮重：
G轮＝＝＝100N，
拉力F的大小：
F＝（G物+G轮）＝（150N+100N）＝125N。
由以上计算可知，对物体做的有用功都是150J，总功都是250J，动滑轮重都是100N，故B、C、D都正确；但拉力不同，故A错。
故选：A。
5．（4分）如图所示装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过一固定定滑轮，另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。现使线套逐渐向右移动，但始终使木棒保持水平，则悬线上的拉力T（棒和悬线足够长）（ ）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大
B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小
D．逐渐变小
【分析】由图知，阻力乘以阻力臂是相等的，动力的大小变化要从动力臂的大小变化上得出，所以要画出几条典型的情况下的力臂加以分析得出结论。
【解答】解：如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。
把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA＝T×L，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。
故选：A。
6．（4分）小明一家搬进刚装修完的新家的这天晚上，小明闭合床头灯的开关准备坐在床头看书，可是发现房间的日光灯也亮了，他断开床头灯的开关，两盏灯都熄灭了；他过去闭合日光灯的开关，床头灯不亮，但日光灯更亮了。小明很想知道他的床头灯为什么会出现这种“奇怪现象”？关于小明家的日光灯与床头灯此时的连接电路图是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】当床头灯开关闭合时，床头灯和日光灯都亮，断开时都不亮，说明此时床头灯和日光灯串联；闭合日光灯的开关床头灯不亮，说明此时两者独立工作，互不影响，日光灯更亮了，根据P＝可知，此时电路中的电阻变小了，即床头灯被短路了。
【解答】解：由题意可知；床头灯开关应同时控制床头灯和日光灯即串联；
日光灯的开关只能控制日关灯，即此时床头灯和日光灯并联；
日光灯更亮，根据P＝可知，日光灯的开关使床头灯短路，
综合以上，结合选项可知B选项符合题意。
故选：B。
7．（4分）由2kg密度为ρ1的金属甲和4kg密度为ρ2的金属乙做成质量为6kg的合金球，则合金球的密度为（ ）
A．B．
C．D．
【分析】已知甲、乙两物体的质量，还知道密度的大小，根据公式ρ＝可求甲、乙体积的大小；甲、乙体积之和就是合金的体积，甲、乙质量之和就是合金的质量，根据公式ρ＝ 可求合金密度。
【解答】解：甲的体积 V1＝＝；乙的体积 V2＝＝，
所以合金的体积 V＝V1+V2＝+，
合金的质量为 m合＝2kg+4kg＝6kg；
合金密度 ρ＝＝＝
故选：B。
8．（4分）一盏电灯接在恒定电压的电源上，其功率为100W，若将这盏电灯先接在一段很长的导线后，再接在同一电源上，已知导线上损失功率是9W，那么此时电灯实际消耗功率是（ ）
A．91WB．小于91W
C．大于91WD．大于91W小于100W
【分析】已知导线和灯泡串联，导线电阻较大，说明电路电阻变大，根据公式P＝可可知，电路的总功率变小，已知导线消耗的功率从而可以求出灯泡消耗的功率。
【解答】解：如果导线电阻忽略时，灯接在恒定电压的电源上功率是100W；
因为导线和灯泡串联，当导线上电阻较大时，即电路中的电阻变大，由P＝可知电路消耗的总功率变小，即小于100W，而导线上消耗的功率为9W，所以灯泡的实际功率只能小于91W。
故选：B。
二、填空题（每空1分，共21分）
9．（3分）物质由分子和原子组成，原子是可分的，原子由原子核和 电子 组成；原子核也是可分的，原子核由中子和 质子 组成；原子核内蕴藏着巨大的能量，核能释放途径有两种﹣﹣重核裂变和轻核聚变，目前人类和平利用核能的方式是利用 重核裂变 来发电的。
【分析】（1）原子由带正电的原子核和带负电的核外电子组成；原子核由带正电的质子和不带电的中子组成。
（2）目前人们和平利用核能的核电站是利用原子核的裂变来发电的。
【解答】解：原子由位于原子中心带正电的原子核与绕原子核运动的带负电的电子组成；原子核由带正电的质子与不带电的中子组成。
核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。
故答案为：电子；质子；重核裂变。
10．（1分）夏天，自来水管上常有水珠，这是因为： 空气中的水蒸气遇到比它温度低的水管外壁会放热液化成小水滴 。
【分析】物质由气态变为液态的过程称为液化。
【解答】解：夏天，自来水管中的水温一定比外界空气温度要低得多，导致管壁比周围的空气温度低，空气中的水蒸气遇到比它温度低的水管外壁会放热液化成小水滴。
故答案为：空气中的水蒸气遇到比它温度低的水管外壁会放热液化成小水滴。
11．（3分）蜻蜓点水是指雌蜻蜓将卵直接产入水中。如图所示，是小华观察到的蜻蜓贴着水面沿直线飞行，连续三次“点水”后水面振动的波纹图片（每次点水只形成一个波纹，时间忽略不计），三个波纹刚好内切于坐标原点O。由图片可知：
（1）蜻蜓的飞行方向是沿y轴 负方向 ，其平均速度 等于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）水波的传播速度。
（2）小华测得蜻蜓由第二次点水到第三次点水历时1s，则蜻蜓飞行的平均速度为 2 m/s。
【分析】（1）本题首先知道蜻蜓“点水”点的是水波的圆心，不同的水波传播的速度是相同的；其次应明白先点的水波的半径大，后点的水波的半径小；第三应考虑到三个水波内切，出现这种情况是因为蜻蜓在点水时前面点水的水波恰好到达点水处；
（2）利用公式v＝计算蜻蜓的飞行速度。
【解答】解：（1）因为三个水波的圆心在y轴上，而且沿y轴负方向水波半径越来越小，所以蜻蜓应沿y轴负方向飞行；
根据三个水波内切，即蜻蜓点水时先点水的水波恰好传到后点水的位置，所以蜻蜓的飞行速度等于水波的传播速度；
（2）蜻蜓每次点水只形成一个圆形波纹，点水的位置在于圆形的圆心，则蜻蜓三次点水的坐标依次为：（0，10m）、（0，3m）、（0，1m），
蜻蜓由第二次点水到第三次点水飞行的路程s＝3m﹣1m＝2m，时间t＝1s，
则蜻蜓飞行的平均速度v＝＝＝2m/s。
故答案为：（1）负方向；等于；（2）2。
12．（2分）如图，用100N的力拉着物体A以2m/s的速度在水平面匀速前进，若A受到的摩擦力是20N，则B受到的摩擦力是 40 N，B物体的速度是 4 m/s。（不考虑绳子与滑轮之间的摩擦）
【分析】（1）分析物体水平方向上受到的力，根据平衡力条件求出物体受到的摩擦力。
（2）B移动的速度和A移动速度的关系是：vB＝nvA。
【解答】解：
已知：F＝100N，fA＝20N，vA＝2m/s，n＝2
（1）因为物体在水平面上匀速前进，
所以fA+2fB＝F，
所以B与地面的摩擦力：
fB＝（F﹣fA）＝（100N﹣20N）＝40N；
（2）B运动的速度：
vB＝2vA＝2×2m/s＝4m/s。
故答案为：40；4。
13．（1分）由于水流速的影响，一艘船顺流而下时的速度是6m/s，逆流而上时的速度是4m/s。那么它在两港间往返一次的平均速度为 4.8 m/s。
【分析】船顺水行驶时的速度v1，逆水行驶时的速度v2，再设两码头之间的距离为s，并表示出船往和返所用的时间，最后利用平均速度的计算公式v＝计算出船在两码头间往返一次的平均速度。
【解答】解：船顺水行驶时的速度v1，逆水行驶时的速度v2，再设两码头之间的距离为s，船往返一次的路程是2s；
船顺水行驶时所用的时间：t1＝；
船逆水行驶时所用的时间：t2＝；
往返一次的平均速度：v＝＝＝＝＝4.8m/s。
故答案为：4.8。
14．（2分）一台简易电动机如图所示。用硬金属丝做两个支架，分别与电池的两极相连，用漆包线绕成一个矩形线圈，以线圈引线为轴。用小刀刮去轴一端的全部漆皮，再刮去另一端的半周漆皮，并将线圈放在支架上，磁体放在线圈下。接通电源并用手轻推一下线圈，线圈就会不停地转动起来。
（1）电动机是利用 通电线圈在磁场中受力转动 原理制成的。
（2）“刮去另一端的半周漆皮”的目的是 使线圈在转动过程中半周没有电流 （选填“改变线圈中电流方向”或“使线圈在转动过程中半周没有电流”）。
【分析】（1）电动机有电源，通电后，导体受力运动，将电能转化为机械能。
（2）该线圈之所以能转动，是据通电导线在磁场中受力的作用的原理来工作的，但是该线圈在转过平衡位置时，若不改变电流的反向，此时所受到的磁场力会阻碍线圈的转动，故为了使线圈持续转动，将线圈两端引线的漆皮一端全部刮掉，另一端只刮半周，这样在一个半周内受到磁场的力的作用，另一个半周利用惯性转动；而真正的直流电动机工作时，为了让线圈持续的转动下去，即是通过换向器在平衡位置及时的改变线圈中的电流的方向，即改变线圈所受力的反向，使线圈持续的转动下去。
【解答】解：（1）电动机，即通电能动，是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的；
（2）将线圈两端引线的漆皮一端全部刮掉，另一端只刮半周，这样在一个半周内受到磁场的力的作用，另一个半周没有电流通过，不受磁场力的作用，利用惯性转动；
故答案为：（1）通电线圈在磁场中受力转动；（2）使线圈在转动过程中半周没有电流。
15．（4分）下图是一种煲汤用的电热锅工作原理图，其中温控器的作用是每当水沸腾后能自动断电一段时间。电热锅的部分参数如下表所示。
（1）三脚插头上标着E的导线和电热锅的金属外壳相连，插头插入插座时，插座上跟E相连的导线应和 地线 （选填“火线”、“零线”或“地线”）相连。
（2）调节切换开关可以使电热锅处于“关、高温、自动、保温”四种工作状态，则原理图中的切换开关连接触点“ 3 ”时为保温挡，保温时的电流约为 0.36 A。
（3）当该电热锅处于高温挡时，正常加热1分钟将会产生 3×104 J的热量。
【分析】三孔插座的第三个孔是接地的。三脚插头上标着E的导线和电热锅的金属外壳相连，这样电热锅的外壳就接地了。
由P＝可知，电压一定时，电阻越小，功率越大。因为R1大于R2，所以R1的功率小于R2的功率，所以，切换开关连接触点“3”时是保温状态。由电压和功率可算出电流。
由图可知，将R2接入电路中是高温挡。由功率和时间根据W＝Pt可算出产生的热量。
【解答】解：（1）三孔插座的第三个孔是接地的。三脚插头上标着E的导线和电热锅的金属外壳相连，这样电热锅的外壳就接地了。用起来安全。
（2）由P＝可知，电压一定时，电阻越小，功率越大。因为R1大于R2，所以R1的功率小于R2的功率，所以，切换开关连接触点“3”时是保温状态。
保温功率是80W．根据P＝UI可得：I＝＝＝0.36A。
（3）电热锅处于高温挡时，高温功率是500W。
正常加热1分钟产生的热量是：Q＝W＝Pt＝500W×60s＝3×104J。
故答案为：（1）地线、（2）3、0.36、（3）3×104。
16．（2分）如图所示，在某科技馆内陈列着一个模拟“风洞实验室”，一架重15N的模型飞机固定在台秤的秤盘上，设由于空气流动，在模型飞机的上方A点和下方B点产生的压强分别为p1和p2，则p1 ＜ p2。（选填“＞”、“＜”或“＝”）当迎风吹向飞机的风速v达到20m/s时，台秤的读数为7N，则模型飞机得到的升力为 8 N。
【分析】（1）流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
（2）静止的飞机受到的合力为零，分析飞机受力情况，根据合力为零，求得升力。
【解答】解：如图，相同时间内气流从飞机机翼上方通过的路程长（红色），从飞机机翼下方通过的路程短（绿色），所以气流在机翼上方的速度大于气流在机翼下方的速度，所以机翼上方的压强小于下方的压强，飞机在空气压强差的作用下受到空气的升力。
静止在台秤上的飞机受到重力、升力和支持力的作用，
F升＝G﹣F支＝15N﹣7N＝8N。
故答案为：＜；8。
17．（3分）如图所示，斜面长s＝10m，高h＝4m。用平行斜面方向的拉力F＝50N，将一个重为G＝100N的物体由斜面底端A处匀速拉到顶点B处。运动过程中对物体做的有用功等于 400 J；斜面的机械效率等于 80% ；物体所受的摩擦力等于 10 N。
【分析】（1）已知物体的重力和斜面的高度，根据公式W＝Gh可求对物体做的有用功；
（2）根据W＝Fs求出总功，利用效率公式求出斜面的机械效率；
（3）总功与有用功的差就是运动过程中物体克服摩擦力所做的功，根据W额＝fs求出物体所受的摩擦力。
【解答】解：（1）运动过程中对物体做的有用功：
W有＝Gh＝100N×4m＝400J；
（2）运动过程做的总功：
W总＝Fs＝50N×10m＝500J，
斜面的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%；
（3）克服摩擦力做功：
W额＝W总﹣W有用＝500J﹣400J＝100J，
根据W额＝fs可得，物体所受的摩擦力：
f＝＝＝10N。
故答案为：400；80%；10。
三、解答题（第18题15分，第19题16分，第20题16分，共47分）
18．（15分）某抗强风的新型建筑“漂浮的城市”如图，该三角形建筑的主体结构是中空的，强风能从中通过，可以确保当飓风来临时，把飓风对建筑的破坏降到最低。建筑表面安装有太阳能电池板，接收太阳能的功率为8.0×108W，请回答下列问题：
（1）若“漂浮的城市”建筑空洞的面积为2.0×104m2，某次飓风正好垂直于空洞的表面吹入，1s内流入空洞的空气质量是1.92×106kg，该地的空气密度是1.2kg/m3，则飓风的风速是多大？
（2）若电池板吸收的太阳能只用来提供推动“漂浮的城市”前进所需的能量，漂浮城市在平静的水面上沿直线运动，运动过程中受到的阻力不变。从某一时刻开始，漂浮城市受到水平方向的牵引力F随运动时间t的变化关系如图所示，漂浮城市的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。
①“漂浮的城市”在运动过程中受到的阻力为多大？从第50s到100s内牵引力做的功为多少？
②“漂浮的城市”在匀速运动过程中，太阳能转化为机械能的效率为多少？
【分析】（1）知道1s流入空洞的空气质量和空气密度，可利用公式V＝计算出空洞内空气的体积，知道空洞的面积，可利用公式L＝计算空气移动的距离，又知道运动的时间，可利用公式v＝＝计算风速；
（2）①从速度v与时间t图像乙上看出，当50s到100s时物体做匀速直线运动，从F的大小与时间t的关系图像甲，根据二力平衡求出阻力大小；
在0～50s内物体做加速运动，因为在整个运动过程中，阻力是不变的，漂浮城市整个运动过程中受到的阻力就是漂浮城市匀速运动时的阻力；
从速度v与时间t图像乙上看出，50s到100s时物体做匀速直线运动，判断此时物体的运动速度，知道拉力F的大小，从而可利用公式W＝Fs＝Fvt计算拉力F做的功；
②知道接收太阳能的功率，可利用公式Q＝Pt计算吸收的太阳能，再利用公式η＝计算太阳能转化为机械能的效率。
【解答】解：
（1）已知m＝1.92×106kg，ρ＝1.2kg/m3，
根据ρ＝可得空洞内空气的体积为：
V＝＝＝1.6×106m3，
而空洞的面积为S＝2.0×104m2，
空气移动的距离为：
L＝＝＝80m，
又因为t＝1s，
飓风的风速为：v＝＝＝80m/s；
（2）①从速度v与时间t图像乙上看出，50s到100s时物体做匀速直线运动，物体处于平衡状态，
即物体所受到的阻力大小与拉力F大小相等，
从F的大小与时间t的关系图可以看出，50s到100s时，拉力F＝8×108N，
因为在整个运动过程中，阻力是不变的，即漂浮整个运动过程中受到的阻力为f＝8×108N；
由速度与时间图像甲可知，50s到100s时物体做匀速直线运动，v＝0.5m/s，
而t＝100s﹣50s＝50s，
牵引力F做的功为：
W＝Fs＝Fvt＝8×108N×0.5m/s×50s＝2×1010J；
②太阳能转化为机械能的效率：
η＝＝＝＝＝×100%＝50%。
答：（1）飓风的风速是80m/s；（2）①“漂浮的城市”在运动过程中受到的阻力为8×108N；从第50s到100s内牵引力做的功为2×1010J；太阳能转化为机械能的效率为50%。
19．（16分）如图，光滑长木板AB可绕O转动，质量不计，A端用竖直绳与地板上拉着，在离O点0.4m的B处挂一密度为0.8×103kg/m3；长20cm的长方形物体，当物体浸入水中10cm深处静止时，从盛水到溢水口的杯中溢出0.5N的水（g＝10N/kg），求：
①物体受到的浮力
②物体的重力
③当一质量为200g的球从0点以2cm/s的速度沿木板向A端匀速运动时，问球由O点出发多少时间，系在A端的绳拉力刚好为零？
【分析】①溢水杯内装满了水，当物体放入后，知道排开水的质量，根据阿基米德原理可以计算浮力。
②知道物体受到的浮力，从而可利用公式V排＝计算出排开水的体积，又知道长方形物体长20cm，而浸入水中的深度为10cm，从而可以计算出物体的体积，再利用公式G＝mg＝ρVg计算物体的重力。
③知道物体受到的浮力和重力，从而可以计算出绳子的拉力，设小球运动t秒后，系在A端的绳拉力0N，从而可以根据杠杆的平衡条件列出等式即可。
【解答】解：
①∵溢水杯内装满了水，G排＝0.5N，
∴物体受到的浮力为：F浮＝G排＝0.5N。
答：物体受到的浮力为0.5N。
②根据F浮＝ρ水V排g可知，
V排＝＝＝5×10﹣5m3，
∵长方形物体长20cm，而浸入水中的深度为10cm，
∴V物＝2V排＝2×5×10﹣5m3＝1×10﹣4m3，
又∵ρ物＝0.8×103kg/m3，
物体的重力为：G＝mg＝ρ物V物g＝0.8×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg＝0.8N。
③∵F浮＝0.5N，G＝0.8N，
∴绳子的拉力为：FB＝G﹣F浮＝0.8N﹣0.5N＝0.3N，
设小球运动t秒后，系在A端的绳拉力FA＝0N，
而V球＝2cm/s＝0.02m/s，G球＝m球g＝0.2kg×10N/kg＝2N，
则FB×OB＝G球×V球t，
即0.3N×0.4m＝2N×0.02m/s×t，
解得：t＝3s。
答：球由O点出发3s的时间，系在A端的绳拉力刚好为零。
20．（16分）如图所示的电路中，电源两端的电压为12V，且保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P位于A点时，电压表示数为U1，电流表示数为I1，R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为2.88W；当滑片P位于B点时，电压表示数为U2，电流表示数为I2，电阻R1与滑动变阻器消耗的电功率之和为2.52W。已知U1：U2＝4：7。
求：（1）电流I1与I2之比；
（2）U2的大小。
【分析】（1）先画出滑片P分别位于A、B点时的等效电路；然后用电压和电流表示出电路消耗的总功率之比，已知电路消耗的总功率和电压之比，即可求出电流之比；
（2）根据等效电路和已知条件结合欧姆定律列出等式，联立等式求出电压表U2的示数。
【解答】解：闭合开关S，当滑片P分别位于A、B点时，等效电路分别如图甲、乙所示；
（1）由图甲、乙：
因为＝＝，且＝，
则＝＝•＝，
故＝；
（2）由图甲、乙可知：
12V＝I1R2+U1……①，
12V＝I2R2+U2……②，
＝……③，
＝……④，
由①②③④解得：
U2＝8.4V。
答：（1）电流I1与I2之比为2：1；
（2）U2的大小为8.4V。
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4.5L
额定电压
220V
保温功率
80W
加热功率
500W
容积
4.5L
额定电压
220V
保温功率
80W
加热功率
500W