2021山东烟台中考物理试卷+答案+解析(word整理版)

这是一份2021山东烟台中考物理试卷+答案+解析(word整理版)，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题为单项选择题每小题2分,共30分)

1.(2021山东烟台,1,2分)人类社会的发展离不开能源的开发和利用,随着社会对能源的需求不断增加,造成了能源的短缺,而开发和利用可再生能源是解决能源危机的有效途径。下列能源属于可再生能源的是( )
A.风能B.天然气
C.核能D.石油
1.A 风能以在自然界源源不断地得到,属于可再生能源,A正确;天然气、核能、石油不能在短期内从自然界得到补充,属于不可再生能源。故BCD错误,A正确。故选A。
2.(2021山东烟台,2,2分)如图所示的做法中,符合安全用电要求的是( )
2.B 家用电器的金属外壳要接地,防止金属外壳漏电,发生触电事故,A不符合家庭安全用电要求。使用试电笔时,笔尖接触要检测的导线,手接触笔尾金属体,才能正确辨别火线和零线,B正确;由于生活用水是导体,用湿手按开关时容易发生触电事故,C不符合家庭安全用电要求。多个大功率用电器同时使用一个插座,会使总功率过大,造成电流过大,容易引起火灾,D不符合安全用电原则。故选B。
3.(2021山东烟台,3,2分)如图所示,两列火车并排停在站台上,小红坐在车厢向另一列火车观望。突然她觉得自己乘坐的列车开始前进了,但是“驶过”对面列车的车尾时,小红发现她乘坐的列车还停在站台上,原来是对面的列车向反方向开去了。“开始前进了”和“停在站台上”是因为小红所选的参照物是( )
A.另一列火车 自己乘坐的火车
B.自己乘坐的火车站台
C.站台另一列火车
D.另一列火车站台
3.D 由于对面的列车向反方向开去了,如果以对面的列车为参照物,小红的列车与另一列火车之间发生了位置改变,所以小红发现自己是运动的;后来以站台为参照物,小红的列车与站台没有发生位置改变,所以小红发现自己是静止的。故选D。
解题关键 判断物体的运动或静止时,要首先选择参照物,如果物体相对于参照物的位置不断变化,物体是运动的;如果物体相对于参照物的位置保持不变,则物体是静止的。
4.(2021山东烟台,4,2分)如图所示的四种情景中,属于光的直线传播现象的是( )
4.B 凸透镜将光会聚到一点,光通过凸透镜后,发生了折射现象,A不符合题意;小孔成像是由光的直线传播形成的现象,B符合题意;看见不发光的物体是光射向物体表面时发生了反射,C不符合题意;玻璃板成像属于镜面反射,D不符合题意;故选B。
5.(2021山东烟台,5,2分)为了测量牛奶的密度,某同学利用天平和量筒测量了下面的物理量,你认为其中不需要测量的是( )

A.用天平测量空烧杯的质量
B.将牛奶倒人烧杯中,用天平测量烧杯和牛奶的总质量
C.将烧杯中的牛奶倒人量筒中一部分,测出量筒中牛奶的体积
D.用天平测量烧杯和剩余牛奶的总质量
5.A 利用天平和量筒测牛奶的密度时,可将牛奶倒入烧杯中,用天平测量烧杯和橙汁的总质量,将烧杯中的橙汁倒入量筒中一部分,测出量筒中橙汁的体积,用天平测出烧杯和剩余橙汁的质量,求出量筒中橙汁的质量,根据ρ=mV求出密度,所以实验中没用的步骤为:A用天平测量空烧杯的质量,A符合题意。故选A。
6.(2021山东烟台,6,2分)下列现象中,能利用流体压强规律解释的是( )
6.D 抽水机抽水是利用大气压工作的,A不合题意。用吸管吸饮料时,嘴内的压强小于外界大气压,饮料在大气压的作用下被压入到嘴中,是利用大气压的作用,B不合题意。盆景的自动给水装置上端不开口,底部虽然相互连通,它是利用大气压来工作的,C不合题意;风吹来时,伞上方空气流速大、压强小,伞下方空气流速小、压强大,在伞的上、下表面产生一个压强差,伞受到向上的压力大,在这个力的作用下,所以伞会向上飞起来,D符合题意。故选D。
7.(2021山东烟台,7,2分)下列科学家与科学发现对应关系正确的是( )
A.亚里士多德——惯性定律
B.法拉第——电流周围存在磁场
C.沈括——地磁的两极和地理的两极不重合
D.奥斯特——电磁感应现象
7.C 亚里士多德认为物体只要运动就需要力的作用,没有力的作用运动物体就会慢慢停下来,力是维持物体运动的原因,A错;英国物理学家法拉第发现了磁生电现象,即电磁感应现象,B错;地理的两极和地磁的两极并不重合,而是有一定的角度,这是沈括提出的地磁偏角,C正确;奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕,D错。
解题关键 力是改变物体运动状态的原因,维持物体运动不需要力的作用,依靠的是物体的惯性,牛顿第一定律也叫惯性定律。
8.(2021山东烟台,8,2分)用如图所示的四种方式匀連提升同一物体(不计机械自重和摩擦),其中最费力的是( )
8.A 选项A,此滑轮为动滑轮,作用力作用在滑轮上,拉力F1=2G;选项B,此滑轮为定滑轮,拉力F2=G;选项C,此滑轮为滑轮组,拉力F3=13G;使用斜面时,不计机械自重和摩擦,Fs=Gh,据此求拉力大小,F1×4m=G×2m,可得F1=12G。故A最费力,选A。
9.(2021山东烟台,9,2分)某兴趣小组设计了一种路灯自动控制装置,路灯的通断由光控开关控制,两路灯的额定电压为220 V,R为保护电阻,S为光控开关,白天光控并关断开两路灯不发光,晚上光控开关闭合,两路灯正常发光。下列电路设计符合要求的是( )
9.C 选项A,白天S光控开关断开,动触点与上静触点接触,上面的灯泡发光,晚上S光控开关闭合,衔铁被吸下来与静触电接触,下面的灯泡发光,A不符合要求;选项B,由于灯的额定电压为220 V,两个灯泡串联,灯泡无法正常发光,B不符合要求;选项C,晚上S光控开关闭合,衔铁被吸下来与静触电接触,两灯泡并联接在220 V电路中,都能正常发光,C符合要求;选项D,由于灯泡左边导线连接,S光控开关闭合或断开,两灯泡都发光,D不符合要求。故选C。
10.(2021山东烟台,10,2分)如图所示,跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中,关于运动员(不包含降落伞和绳)下列说法正确的是( )
A.动能不变,重力势能不变,机械能不变
B.动能变大,重力势能变小,机械能不变
C.动能不变,重力势能交小,机械能变小
D.动能变小,重力势能变小,机械能变小
10.C 跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中,运动员的质量不变,速度不变,所以动能不变;同时质量不变,高度减小,所以重力势能减小,故机械能减小。选C。
11.(2021山东烟台,11,2分)选项图中所示的装置中与甲图工作原理相同的是( )
11.D 由图可知,该装置中有电源,是通电线圈在磁场中受力的实验,利用此装置的原理制造了电动。自发电手电筒,话筒,手摇发电机,是利用闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,从而产生感应电流,这三者利用的都是电磁感应现象,ABC不符合题意。扬声器是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的,D符合题意。故选D。
解题关键 本题涉及的内容有电流的磁效应,电动机的原理和发电机的原理。注意电动机和发电机的区别:电动机的装置图有电源,发电机的原理图没有电源。
12.(2021山东烟台,12,2分)如图所示为某压力传感器的原理图,R1为定值电阻,滑动变阻器R2的滑片P通过AB间可以伸缩的导线与电路相连,导线位于弹簧内部,当闭合开关S,压力F增大时,下列说法正确的是( )
A.电压表V1的示数变大
B.电压表V2的示数变小
C.电压表V2的示数与电流表A的示数比值变大
D.电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小
12.C 由图可知,R1与R2串联,电流表测电路中电流,V1测量R1电压,V2测量R2电压,当压力F增大时,R2的阻值变大,电路中的电流变小,电流表示数变小。由U1=IR1可知,电流变小,R1不变,U1变小,电压表 V1的示数变小。根据U=U1+U2,电源电压不变,U1变小,U2变大,即电压表 V2示数变大,AB错。电压表 V2的示数与电流表A的示数比值为R2,由于R2变大,即比值变大,C正确;电压表 V1的示数与电流表A的示数比值R1,R1不变,即比值不变。选C。
思路分析 由电路图可知,电阻R1与滑动变阻器R2串联,电压表 V1测定值电阻电压,电压表 V2测滑动变阻器两端的电压,电流表测电路电流,根据滑片的移动移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化,根据串联电路特点判断电压表示数如何变化,根据欧姆定律判断电压表和电流表比值的变化。
13.(2021山东烟台,13,2分)小明同学在一根细木棒的下端缠绕了一些铁丝然后将它分别置于甲,乙两杯液体中,静止时的状态如图所示,下列说法正确的是( )
A.甲杯液体的密度较大
B.乙杯液体的密度较大
C.木棒在甲杯液体中受到的浮力较大
D.木棒在乙杯液体中受到的浮力较大
13.B 因为同一根细木棒在甲乙两种液体中都是漂浮,所以铅笔所受浮力都等于铅笔重(即浮力相等),故CD错误;因为F浮=ρ液gV排,所以,当F浮相同时,V排大的液体密度小,由图知,甲杯中V排大,所以甲杯液体的密度小,乙杯液体的密度大,A错误,B正确。故选B。
解题关键 细木棒在甲乙两种液体中都漂浮,所受浮力都等于木棒重,受浮力相等,再结合阿基米德原理分析即可。
14.(2021山东烟台,14,2分)如图所示,电源电压恒定不变,闭合开关S,灯L1和L2均发光,一段时间后,一盏灯突然熄灭,而电流表和电压表的示数都不变,出现这一现象的原因可能是( )
A.灯L1断路B.灯L2断路
C.灯L1短路D.灯L2短路
14.A 由题图可知,L1和L2并联,电流表测L2的电流,电压表测电源电压。闭合开关S,灯L1和L2均发光,一段时间后,一盏灯突然熄灭,而电流表和电压表的示数都不变,说明是L1断路,A正确;若灯L2断路,则电流表没示数,B错;若灯L1短路,则电源短路,两表都无示数,C错;若灯L2短路,则电流表可能烧坏,两表都无示数,D错。故选A。
15.(2021山东烟台,15,2分)如图所示,电源电压不变,滑动变阻器的最大阻值为R,已知R∶R1∶R2=1∶1∶2,则下列说法正确的是( )
A.当滑片P移动到a端时,闭合S1、S2,通过R1与R2的电流之比是1∶2
B.当滑片P移动到a端时,闭合S1、S2,通过R1与R2的电流之比是1∶1
C.当滑片P移动到b端时,只闭合S1,滑动变阻器两端的电压与R1两端的电压之比是1∶1
D.当滑片P移动到b端时,只闭合S2,滑动变阻器两端的电压与R2两端的电压之比是2∶1
15.D 当滑片P移动到a端时,闭合S1、S2,R1与R2并联,由于R1与R2电阻之比为1∶2,电压相同,由I=UR可得,通过R1与R2的电流之比是2∶1,AB错;当滑片P移动到b端时,只闭合S1,R和R1串联电流相同,由于R与R1电阻之比为1∶1,电压相同,由I=UR可得,滑动变阻器两端的电压与R1两端的电压之比是1∶1,C正确。当滑片P移动到b端时,只闭合S2,R和R2串联电流相同,由于R与R1电阻之比为1∶2,由I=UR可得,滑动变阻器两端的电压与R2两端的电压之比是1∶2,D错。故选C。
二、填空题(每小题3分,共15分)
16.(2021山东烟台,16,3分)如图所示,小明在筷子的一端捆上棉花蘸水后充当活塞,插入两端开口的塑料管中,做成“哨子”。用嘴吹管的上端,可以发出悦耳的哨声,这哨声是由 的振动产生的,上下推拉活塞,改变了声音的 ,当筷子不动,用不同的力吹管时,改变了声音的 。
16.答案 空气柱 音调 响度
解析 哨声是哨子内空气振动产生的,吹哨时,向上推活塞,哨子内的空气柱变短,空气柱容易振动,频率大,音调高,活塞不动,用更大的力吹哨子,可以增大空气柱的振幅,可以增大哨子的响度。
17.(2021山东烟台,17,3分)现代生活中人们越来越离不开手机,其中手机强大的拍照功能给人们带来很多的便利,景物通过手机镜头成倒立、缩小的 (选填“实像”或“虚像”)。如图所示,小明利用自拍杆进行自拍,与手拿手机自拍相比,利用自拍杆可以 物距,从而 取景范围,取得需要的拍摄效果(后两个空均选填“增大”或“减小”)。
17.答案 实像 增大 增大
解析 照相机镜头相当于凸透镜,照相机是根据物距大于2倍焦距时凸透镜成倒立、缩小实像的原理制成的;凸透镜成实像时,物像异侧,物距变大,像距变小,像变小,所以利用自拍杆进行手机自拍时,增大了被拍摄人物与镜头的距离(即增大了物距),使所成的像变小了,从而有效地增大了取景范围。
18.(2021山东烟台,18,3分)勤洗手是降低新冠病毒感染的有效防护措施。在生活中找们常会碰到这样的情况,洗完手以后身边没有纸巾、毛巾或其它可以擦手的东西,此时为了让手快点干,你通常会采用的做法是 ,你的做法用到的物理知识是 。(写出一种做法及对应的物理知识)
18. 答案 可以来回挥动手 这是利用增大空气流速增大蒸发(其他方法合理也得分)
解析 使液体蒸发加快的方法有:①提高液体的温度;②增大液体的表面积;③加快液体表面空气的流动。利用影响蒸发的因素回答即可。
19.(2021山东烟台,19,3分)为了防止电流过大将用电器核心部件烧毁,很多用电器都装有保险管,如图甲所示,乙、丙两图分别是两个保险管的截面图,若两管内保险丝的材料相同,长度相同,粗细不同,则两图中 保险丝的电阻大,当乙、丙两保险管通过相同的电流时, 保险丝的热功率大, 保险丝更容易熔断。(均选填“乙图”或“丙图”)。
19.答案 丙图 丙图 丙图
解析 由图可知,甲乙中保险丝的材料相同、长度相同,但粗细不同;乙图的保险丝越细,表明其电阻越大,相同时间内产生的热量越多,热功率越大,越容易熔断。
20.(2021山东烟台,20,3分)如图所示,电源电压恒为12 V,滑动变阻器的最大阻值为48 Ω,电流表量程为0~0.6 A,小灯泡标有“6 V,3 W”字样,忽略温度对灯丝电阻的影响。当S、S1和S2都闭合时,调节滑动变阻器的滑片,使电路中的总功率最小且为6 W,定值电阻R0的阻值为 Ω;当只闭合S时,电路中允许通过的最大电流为 A,此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
20.答案 48 0.5 12
解析 电路中的总功率最小时,为滑动变阻器阻值最大,总电流为I=PU=6W12V=0.5 A;通过滑动变阻器的电流I=UR=12V48Ω=0.25 A;通过R0的电阻为R0=UI0=12V0.25A=48 Ω;只闭合S,灯泡L和滑动变阻器串联,允许通过的最大电流为IL=PLUL=6W12V=0.5 A,滑动变阻器分压为U'=U-UL=12 V-6 V=6 V,R'=U'IL=6V0.5A=12 Ω。
三、实验探究题(21题3分,22题6分,共9分)
21.(2021山东烟台,21,3分)如图所示,某清澈池塘底部有一物体A,站在岸边的小明(假设小明的眼睛在C处)看到物体在B处,请画出小明看到物体A的光路图。
21.答案 如图所示
解析 如图所示,连接BC与水面交于点O,再连接AO,分别在AO和OC上表示光箭头,即为物体A由水射向C点光的传播路径,而C点的人总是认为光是沿着直线传播的,误认为物体在B点。
思路分析 光从水中斜射入空气中时发生折射,人看到的A即A的像,比原来的位置要浅一点,故可先将眼睛和像点B连接起来,与水面的交点即为入射点,再连接入射点与物体A,标出光的传播方向。
22.(2021山东烟台,22,6分)阅读短文回答问题
返回舱的回家之旅
经历了长达23天的飞行,在月球成功取样后,嫦娀五号返回舱于2020年12月17日凌晨1点精准地降落在内蒙古四王子旗地区。
返回舱在返回过程中要应时多种挑战,首先要应对的是高温。返回舱在利用半弹道跳跃(打水漂)再次进入大气层时的遮度约为7.9 km/s,它与大气的剧烈摩擦最高可产生3 000 ℃左右的高温,我们知道,在温度为1 600 ℃时,就能熔化钢铁,在3 000 ℃时,即使是金刚石也会熔化,为什么嫦娀五号的返回舱没有被烧毁,而仅仅只是被“烤至金黄”?这是因为我国的神舟系列飞船采用了自主研制开发的烧蚀防热技术,就是用先进的防热材料技术给返回舱穿上一层25 mm厚的“防热衣”,防热材料在高温作用下,自身分解、熔化、蒸发和升华,在消耗表面质量的同时带走大量的热,使表面温度大幅下降;同时还有一层辐射式防热和隔热材料,使热量不能传递到舱内,最终可使返回舱内部的温度控制在30 ℃左右。除了高温,返回舱返回过程中还要经过一个距地面35 km到80 km的黑障区,返回舱通过黑障区时,外壳温度为2 000 ℃左右,高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体,屏蔽了电磁波的通过,因此会丧失与外界的无线电联系,这段时间地面人员无法得知返回舱的实时状况,也无法对返回舱进行控制,只能通过进入黑障前进行精准的调控,才能使它顺利通过黑障区。返回舱在到达地面前的最后一道难关是在距地面约10 km处要用降落伞减速。嫦城五号返回舱共有三把伞:引导伞、减速伞和主伞,其中主伞面积可以达到1 200 m2左右,只有让降落伞顺利开伞才能在巨大阻力作用下,在返回舱到达地面前减速到6 m/s左右,确保返回舱安全着陆。
嫦域五号月球取样的成功,在世界面前彰显了我国航天科技的伟大成就,更让我们为祖国的强大而自豪。
(1)为什么降落伞上伞的面积要做得尽量大一些?
(2)返回舱经过稠密大气层时为什么会出现高温?如何使返回舱内部的温度保持在30 ℃左右?
(3)返回舱航返回过程中,地面工作人员与返回舱之间利用什么传送信号?当返回舱出现黑障时,为什么无法传送信号?
22.答案 (1)降落伞主伞的面积做的很大,是增大空气的阻力
(2)返回舱经过稠密大气层时与空气摩擦,把机械能转化为内能,使返回舱的内能增加;在返回舱外加防热材料
(3)地面工作人员与返回舱之间利用电磁波传送信号;等离子体,屏蔽了电磁波,所以无法传送信号。
解析 (1)降落伞主伞的面积做的很大,是增大空气的阻力,使返回舱到达地面前减速到6 m/s左右,确保返回舱安全着陆;(2)返回舱经过稠密大气层时与空气摩擦,把机械能转化为内能,使返回舱的内能增加;用先进的防热材料技术给返回舱穿上一层25 mm厚的“防热衣”,防热材料在高温作用下,自身分解、熔化、蒸发和升华,在消耗表面质量的同时带走大量的热,使表面温度大幅下降;同时还有一层辐射式防热和隔热材料,使热量不能传递到舱内,最终可使返回舱内部的温度控制在30 ℃左右。(3)返回舱通过黑障区时,外壳温度为2 000 ℃左右,高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体,屏蔽了电磁波的通过,因此会丧失与外界的无线电联系。
四、实验探究题(每小题8分,共24分)
23.(2021山东烟台,23,8分)在探究某固体熔化时温度的变化规律的实验中,小明采用了水浴法加热。
(1)水浴法加热的好处是 ;
(2)小明组装的实验器材如图甲所示,图中有在一处明显的不足,请你指出不足之处并说明理由 ;
(3)小明纠正了不足,重新调整了器材,根据实验测得的数据作出图像,如图乙所示,由图像可知该物质的熔点是 ℃,第10 min时,该物质所处的状态是 (填“固态”、“液态”或“固液共存”)。
23.答案
(1)均匀受热 (2)温度计碰到了试管底部 (3)60 固液共存
解析 (1)将装有固体碎末的试管放入水中加热,这是水浴法,采用水浴法,固体碎末的温度变化比较均匀,并且变化比较慢,便于记录实验温度。(2)由图可知,温度计的玻璃泡接触到了试管底;(3)由乙图可知,在BC段,温度保持不变,为60 ℃,物质处于其熔化过程中,处于固液共存态。
24.(2021山东烟台,24,8分)在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中,某小组用同一物块按照图甲、乙,丙进行了三次实验。
(1)实验过程中,弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做 运动,此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数,所依据的原理是 。
(2)进行 两次实验,是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小之间的关系;
(3)实验中发现丙图中弹簧测力计的示数比甲图中的大,由此可以得到的结论是: 。
(4)在交流评估环节中,某同学总认为滑动摩擦力的大小还与接触面积有关,为了验证他的想法,他进行了如下设计:将甲图中的物块竖直切掉一半重新进行实验,测得物块所受摩擦力与甲图中测得的数据进行比较,从而得出结论。请对该同学的设计方案进行评估 。
24.答案
(1)匀速直线 拉力和摩擦力是一对平衡力
(2)甲乙在压力一定时,接触面越粗糙,摩擦力越大
(3)此方案不合理。在改变受力面积的同时,改变了压力,没有控制单一变量
解析 (1)实验中,弹簧测力计必须沿水平方向拉动木块做匀速直线运动,此时根据二力平衡知识可知:滑动摩擦力的大小等于拉力的大小;
(2)研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关,要控制接触面粗糙程度相同,故分析甲乙两次实验可知,滑动摩擦力的大小与压力大小有关;
(3)将木块沿竖直方向截去一半后,压力也变为原来的一半,没有控制对接触面的压力不变,故探究过程不正确。
25.(2021山东烟台,25,8分)为了测量小灯泡的电功率及观察小灯泡的亮度变化情况,某小组选用了一只额定电压为3.8 V的小灯泡,他们准备进行三次测量,加在小灯泡两端的电压分别为3.8 V、4.5 V和3 V,连接的实物电路图如图所示。
(1)开始实验后,闭合开关,向左移动滑动变阻器的滑片时,发现小灯泡的亮度 (选填“变亮”、“变暗”或“不变”),电流表的示数 ,电压表的示数 (后两个空均选填“变大”、“变小”或“不变”);
(2)小组成员根据观察到的现象检查发现有一根导线连接错误,请在错误的导线上画“×”,用笔画线代替导线画出正确的连线 ;
(3)正确连接电路后开始实验,实验所测数据如上表所示,则小灯泡的额定功率为 W;
(4)根据上表的实验数据以及小灯泡的发光情况,你有什么发现?
25.答案
(1)变亮 变大 不变
(2)如图所示 1.52
(3)灯泡越来越亮,实际功率越来越大,灯泡亮度取决于灯泡的实际功率
解析 (1)开始实验后,闭合开关,向左移动滑动变阻器的滑片时,滑动变阻器的阻值变小,灯泡变亮,电流表的示数变大,由于电压表测电源电压,所以电压表示数不变;(2)本实验测量小灯泡的功率,所以,电压表应与灯泡并联,改正后的电路图,如图所示。(3)小灯泡的额定功率为P=UI=3.8 V×0.40 A=1.52 W;(4)由表格数据可知,实际电压大于额定电压时,实际功率大于额定功率,灯泡较亮;实际电压小于额定电压时,实际功率小于额定功率,灯泡较暗,所以灯泡亮度取决于灯泡的实际功率。
五、计算题(26题10分,27题12分,共22分)
26.(2021山东烟台,26,10分)图甲所示为某电暖器的简化原理图,其中R1、R2是两个相同的电热丝,单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220 V,每个电热丝的额定电压均为220 V,现要在某卧室使用该电暖器,卧室的容积为50 m3,空气的比热容为1.0×103 J/(kg·℃),空气密度为ρ=1.2 kg/m3,假设卧室封闭,请根据图像及以上信息解答下列问题。
(1)每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少?
(2)只闭合S2时,流过电热丝的电流为多少?此时电暖器消耗的总功率为多少?
(3)只闭合S1和S3,让电暖器工作15 min,卧室内的温度升高了10 ℃,电暖器的加热效率是多少?
26.答案 (1)110 Ω 440 W (2)1.5 A 330 W (3)76%
解析 (1)由乙图可知,当额定电压为220 V时,对应的电流为2 A,则电热丝正常工作时的电阻R=UI=220V2A=110 Ω;电热丝正常工作时的额定功率为P=UI=220 V×2 A=440 W。
(2)只闭合S2时,R1和R2串联,由于R1=R2,根据串联分压原理,U1=U2=110 V,由乙图可知,当电压为110 V时,对应的电流为1.5 A,此时电暖器消耗的总功率为P总=UI=220 V×1.5 A=330 W。
(3)卧室内空气的质量为m=ρV=1.2 kg/m3×50 m3=60 kg;让电暖器工作15 min,卧室内的温度升高了10 ℃,卧室内吸收热量为Q吸=cmΔt=1.0×103 J/(kg·℃)×60 kg×10 ℃=6×105 J;只闭合S1和S2,R1和R2并联接入电路,由乙图可知,并联后的总电流为4 A,电暖器工作15 min,产生的热量为Q=W=UIt=220 V×4 A×15×60 s=7.92×105 J,η=Q吸Q放=6×105J7.92×105J=76%。
27.(2021山东烟台,27,12分)如图所示为某学校厕所内自动冲水装置简化的原理图,这种装置能定时为便池冲水。注水口通过阀门控制可保持细小水流不停地向水箱内注水。活塞下方有支撑销(体积不计)支撑,随着水位的升高,当活塞被顶起时水由冲水口快速流出,当两侧液面相平时,活塞落下,冲水结束;杠杆AB处在水平位置,O为支点,OA∶OB=1∶2,A端通过竖直顶杆AC与活塞相连,连接配重M的细绳通过定滑轮竖直作用在B端。已知活塞的横截面积S1=10 cm2,右侧蓄水箱的横截面积为S2=0.12 m2,注水速度为20 cm3/s,配重M的质量m=0.5 kg,密度ρ物=2.0×103 kg/m3,不计杆AB、顶杆AC、绳及活塞的重力,不计摩擦,不考虑冲水所用的时间,ρ水=1.0×103 kg/m3,g=10 N/kg,设活塞刚被顶起时,杠杆水平,两侧水面高度差为h,求:
(1)配重M所受浮力F浮;
(2)两侧水面高度差h;
(3)前后两次冲水的时间间隔;
(4)若将配重M更换成相同材料体积较小的物体,装置的其它部分不变,则前后两次冲水的时间间隔怎样变化?此方法能否起到节水的作用?
27.答案
(1)2.5 N (2)0.5 m (3)50 min (4)前后两次冲水的时间变短,此方法不起到节水作用
解析 (1)配重M的体积为V=mρ=0.5kg2×103kg/m3=0.25×10-3 m3;配重M所受浮力F浮=ρ液gV排=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.25×10-3 m3=2.5 N;
(2)物体M自身的重力为G=mg=0.5 kg×10 N/m3=5 N;绳子对物体M的拉力为F=G-F浮=5 N-2.5 N=2.5 N;由F1L1=F2L2得,FA2.5N=21解得,FA=5 N;由于不计活塞的重力,活塞受到的压强为P=FS=5N10×10-4m2=5 000 Pa;由P=ρgh得,h=Pρg=5000Pa1.0×103kgm3×10N/kg=0.5 m。
(3)蓄水箱内的水平虚线上液体的体积为V=sh=0.12 m2×0.5 m=0.06 m3。t=Vv=6×104cm320cm3/s=3 000 s=50 min。
(4)若将配重M更换成相同材料体积较小的物体,装置的其它部分不变,由F拉=G-F浮=(ρ物-ρ液)gV物可知,物体体积V物变小,F拉变小,小活塞受到的压力F变小,压强P变小,深度h会减小,则前后两次冲水的时间变短,此方法不起到节水作用。
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2021年烟台市初中学业水平考试
(满分:100分 考试时间:90分钟)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
电压表
示数(V)
电流表
示数(A)
小灯泡的
实际功率(W)
小灯泡的
发光情况
3.8
0.40
正常发光
4.5
0.42
1.89
校亮
3.0
0.38
1.14
较暗