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    2022年江苏省镇江市中考物理真题(教师版)
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    2022年江苏省镇江市中考物理真题(教师版)

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    这是一份2022年江苏省镇江市中考物理真题(教师版),共25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。

    2022年江苏省镇江市中考物理试卷
    一、选择题(本题共12小题,每小题2分,共24分。每小题只有一个选项是正确的)
    1. 编钟是中国最古老的乐器之一,编钟大小不同是为了改变声音的(  )
    A. 速度 B. 音色 C. 响度 D. 音调
    【答案】D

    【详解】钟振动频率的大小与编钟钟体的大小有关,编钟钟体越小,振动频率越高,发出声音的音调越高,故ABC不符合题意,D符合题意。
    故选D。
    2. 下列现象中,可用“光沿直线传播”解释的是(  )
    A. 水中倒影 B. 筷子“折断”
    C. 树下光斑 D. 雨后彩虹
    【答案】C

    【详解】A.水中的“倒影”,是平面镜成像,属于光的反射现象,故A不符合题意;
    B.筷子“折断”,是光从水斜射入空气时发生折射造成的,故B不符合题意;
    C.树下光斑是太阳光通过树叶间的小孔呈现在地面上的像,是小孔成像现象,是由光沿直线传播形成的,故C符合题意;
    D.雨过天晴时,常在天空出现彩虹,这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的,白光经水珠折射以后,分成各种彩色光,这种现象叫做光的色散现象,故D不符合题意。
    故选C。


    3. 摩擦起电现象中,在物体间转移的粒子是(  )
    A. 原子 B. 电子 C. 中子 D. 质子
    【答案】B

    【详解】摩擦起电的实质是两个物体在摩擦过程中,电于发生了转移,得到电子的物体带负电,失去电子的物体带正电,因此在物体间转移的粒子是电子,故ACD不符合题意,B符合题意。
    故选B。
    4. 下列优美的诗词中,加点字涉及的物态变化属于凝固的是(  )
    A. 天接云涛连晓雾 B. 瀚海阑干百丈冰
    C. 霜重鼓寒声不起 D. 露湿丛兰月满庭
    【答案】B

    【详解】A.雾是水蒸气从气态变为液态是液化过程,液化放热,故A不符合题意;
    B.冰是由水变成冰的过程,是凝固现象,故B符合题意;
    C.霜是水蒸气遇冷变成的小冰晶,是凝华过程,凝华放热,故C不符合题意;
    D.露是水蒸气遇冷变成小水珠,是液化过程,液化放热,故D不符合题意。
    故选B。
    5. 端午节民间有戴香包的习俗,香包内有艾草,远远地就能闻到艾香,这是因为(  )
    A. 分子在不停地运动 B. 分子间有空隙
    C. 分子间有引力 D. 分子间有斥力
    【答案】A

    【详解】分子在永不停息地做无规则运动,远远地就能闻到艾香,是因为艾分子在永不停地做无规则运动,艾香分子扩散到空气中。故A符合题意,BCD不符合题意。
    故选A。
    6. 水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起,汽油机的四个冲程中,能量转化与之相同的是(  )
    A. B.
    C. D.
    【答案】C

    【详解】水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起,水蒸气的内能会转化为壶盖的机械能;
    A.汽油机进气门和排气门均关闭,活塞向上运动,是压缩冲程,此冲程机械能转化为内能,故A不符合题意;
    B.汽油机进气门打开,排气门关闭,活塞向下运动,是吸气冲程,此冲程没有能量转化,故B不符合题意;
    C.汽油机进气门和排气门均关闭,活塞向下运动,是做功冲程,此冲程内能转化为机械能,故C符合题意;
    D.汽油机进气门关闭,排气门打开,活塞向上运动,是排气冲程,此冲程没有能量转化,故D不符合题意。
    故选C。
    7. 如图所示,在工作人员的操控下,无人机正携带防疫物资飞往居家隔离住户,以下列哪个物体为参照物,防疫物资是静止的(  )

    A. 工作人员 B. 遥控器 C. 无人机 D. 地面
    【答案】C

    【详解】防疫物资与无人机之间没有位置的变化,因此选择无人机为参照物,防疫物资是静止的;防疫物资与工作人员、遥控器、地面的位置不断发生着变化,以工作人员、遥控器、地面为参照物,防疫物资是运动的,故ABD错误,不符合题意;C正确,符合题意。
    故选C。
    8. 图示电路在闭合开关后,两电流表正常工作,且读数相同,则可能发生的故障是(  )


    A. R短路 B. R断路 C. L短路 D. L断路
    【答案】B

    【详解】A.如果R短路,与灯泡L在一条支路的电流表被短路,示数为零,电源被短路,电路中电流过大,干路中电流表示数较大,可能会烧坏电流表,故A不符合题意;
    B.如果R断路,两个电流表测量L中的电流,两个电流表示数相等,故B符合题意;
    C.如果L短路,电源被短路,电路中电流过大,可能会烧坏电流表,故C不符合题意;
    D.如果L断路,与灯泡L在一条支路的电流表示数为零,干路中的电流表测量R中的电流,此电流表有示数,故D不符合题意。
    故选B。
    9. 如图所示,用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热,两图装置均相同。燃料的质量用m表示,燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示(水未沸腾)(  )

    A. 若m相同,Δt越小,燃料的热值越大 B. 若Δt相同,m越大,燃料的热值越大
    C. 若的值越大,燃料的热值越大 D. 若的值越大,燃料的热值越大
    【答案】D

    【详解】我们假定为两套装置的加热水的效率是相同的。燃料的热值大小不能直接测量,需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少,而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关,因此为了比较热值大小可以利用Q吸=Q放η,而
    Q吸=c水m水Δt
    Q放=mq

    c水m水Δt=mqη
    解得


    通过这个式子可以做以下推导:
    A.若m相同,Δt越小,则燃料的热值越小,故A错误,不符合题意;
    B.若Δt相同,m越大,则燃料的热值越小,故B错误,不符合题意;
    C.若的值越大,即的值越小,则燃料的热值越小,故C错误,不符合题意;
    D.若的值越大,则燃料的热值越大,故D正确,符合题意。
    故选D。
    10. 如图所示为某小组设计的多挡位电热器电路,U不变,R1、R2为电阻丝且R1>R2,电热器功率最大时开关状态为(  )


    A. S1闭合,S2接a B. S1闭合,S2接b
    C. S1断开,S2接a D. S1断开,S2接b
    【答案】A

    【详解】当S1闭合,S2接a,两电阻并联;当S1闭合,S2接b时,R2被短路,电路为R1的简单电路;当S1断开,S2接a时,电路为R2的简单电路;当S1断开,S2接b时,两电阻串联。根据并联电路总电阻小于其中任一分电阻,串联电路总电阻大于任一分电阻,故可知当S1闭合,S2接a,两电阻并联,此时电路的电阻最小,由可知,此时电热器的电功率最大,故A符合题意,BCD不符合题意。
    故选A。
    11. 如图所示,凸透镜位于P处(图中未画出)位置不变,移动蜡烛,光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像,且甲处的像比乙处大,则(  )


    A. 甲处可能成的是虚像 B. 乙处像可能是放大的
    C. P点位置在甲的左侧 D. 蜡烛的移动方向向左
    【答案】B

    【详解】ACD.由题意可知,光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像,且甲处的像比乙处大,根据物距变大,像距变小,像变小可知,像在不断的靠近凸透镜,因此凸透镜在乙的右侧,蜡烛在凸透镜的右侧,此时蜡烛在远离凸透镜,因此蜡烛向右移动;由于甲处的像成在光屏上,因此甲处只能成实像,故ACD不符合题意;
    B.由于题干未提供物距和凸透镜的焦距,若物距大于1倍焦距小于2倍焦距,乙处成放大的实像;若物距大于2倍焦距,成缩小的实像;若物距等于2倍焦距,成等大的实像,故B符合题意。
    故选B。
    12. 如图1所示,物体M静止在电梯底部,其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示,忽略M和电梯的形变,0~t1内,电梯静止,弹簧处于伸长状态,t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0~t4内,F随时间t变化的图线如图2所示,则(  )


    A. t1~t2内,电梯可能向上运动 B. t2~t3内,M的机械能保持不变
    C. t3~t4内,电梯一定做加速运动 D. t1~t4内,弹簧对M的拉力不变
    【答案】D

    【详解】A.物体M静止在电梯底部,弹簧处于伸长状态,0~t1内,电梯静止,物体也处于静止,受力平衡,则受到重力G,地面的支持力F和弹簧的拉力T,由于压力与支持力是相互作用力,大小是相等的,则有
    G=F2+T
    当t1~t2内,压力变为小于F2的F1,弹力和重力不变,此时
    G>F1+T
    则物体受力不平衡,由静止变为运动,速度变大了,则运动方向与较大的力方向相同,说明电梯是向下加速运动的,故A不符合题意;
    B.t2∼t3内,压力恢复到静止时的大小,说明受力平衡,因而是匀速下降,动能不变,而重力势能减小,机械能减小,故B不符合题意;
    C.t3∼t4内,压力F3大于F2,此时
    G 如果电梯向下运动则是减速运动,如果向上运动,则是加速运动,,故C不符合题意;
    D.由于忽略M和电梯的形变,因而弹簧的长度始终不变,形变大小不变,因而弹簧的弹力保持不变,t1∼t4内,弹簧对M的拉力不变,故D符合题意。
    故选D。
    二、填空题(本题共9小题,每空1分,共28分)
    13. (1)图1中,铝块的长度为 ___________cm;
    (2)图2中,液体体积为 ___________mL;
    (3)图3中,弹簧测力计示数为 ___________N。

    【答案】 ①. 2.50 ②. 13 ③. 3.6

    【详解】(1)[1]由图知:刻度尺上1cm之间有10个小格,所以一个小格代表1mm,即刻度尺的分度值为1mm;铝块左侧与0.00cm对齐,右侧与2.50cm对齐,所以铝块的长度为2.50cm。
    (2)[2]由图知:量筒的分度值是1mL,量筒内液体的体积是13mL。
    (3)[3]由图知:在弹簧测力计上,1N之间有5个小格,一个小格代表0.2N,即弹簧测力计的分度值为0.2N,指针在“3”下面3个小格处,所以弹簧测力计的示数为3.6N。
    14. 城市山林——镇江,随处可闻鸟鸣声。鸟的发声器官由于 ___________发出声音,声音通过 ___________传入人耳,对于想安静学习的同学来说,鸟鸣声是 ___________(选填“噪声”或“乐音”)。
    【答案】 ①. 振动 ②. 空气 ③. 噪声

    【详解】[1]一切声音都是由发声体振动产生的,所以鸟鸣声是由于鸟的发声器官振动而产生的。
    [2]声音的的传播需要介质,所以鸟鸣声通过空气传入人耳。
    [3]影响工作、学习和休息的声音都是噪音,鸟鸣声影响了想安静学习的同学,故对同学来说是噪声。
    15. 手机屏幕工作时将 ___________能转化为光能,其发出的蓝光属于 ___________光(选填“可见”或“不可见”),对人眼伤害较大,造成近视时需要佩戴 ___________透镜进行矫正。
    【答案】 ①. 电 ②. 可见 ③. 凹

    【详解】[1]手机屏幕工作时依赖电池提供能量必光,故是将电能转化为光能。
    [2]蓝光人眼能够看得见,属于可见光。
    [3]近视眼是因为晶状体比较厚,折光能力比较强,光线会聚在视网膜的前面,可以配戴具有发散作用的凹透镜进行矫正。
    16. 神舟十四号飞船发射时,火箭通过向下喷射高速气流,获得向上的推力,说明力的作用是 ___________的;停止喷气后,火箭由于具有 ___________仍能继续上升,箭体上的摄像机拍摄的画面通过 ___________波传送回地面。
    【答案】 ①. 相互 ②. 惯性 ③. 电磁

    【详解】[1]火箭通过向下喷射高速气流,获得反冲力,即向上的推力,说明力的作用是相互的。
    [2]一切物体都具有惯性,所以火箭停止喷气后,由于具有惯性仍能继续向上运动。
    [3]电磁波的传播不需要介质,所以箭体上的摄像机拍摄的画面通过电磁波传送回地面。
    17. 如图所示,竖直放置的平面镜能绕水平轴MN转动,小明站在平面镜正前方,他在镜中成的是 ___________(选填“实”或“虚”)像;小明垂直镜面移动8cm,他与像的距离改变 ___________cm;为了让他站着就能看到镜中脚的像,可以让平面镜绕轴沿 ___________时针方向转动。


    【答案】 ①. 虚 ②. 16 ③. 顺

    【详解】[1]据平面镜所成像的特点可知,平面镜所成的像是虚像,所以小明同学在镜中的像是虚像。
    [2]小明垂直镜面移动8cm,由于像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离,所以小明镜中的像也垂直镜面移动8cm,那么他与像的距离改变值为
    8cm+8cm=16cm
    [3]为了让他站着就能看到镜中脚的像,即让脚反射出来的光线经平面镜反射后能够射入人的眼睛,所以应让平面镜倾斜一些,绕轴沿顺时针方向转动。
    18. 如图为自制发球机示意图,当吹风机向水平管吹风时,乒乓球上方的气体压强变 ___________。已知球的质量为2.5g,竖直方向受大气压作用的等效面积为12.5cm2,若不计管壁摩擦,当球下方和上方气压差为 ___________Pa时,球恰能上升;若考虑管壁摩擦,则需要 ___________乒乓球上方的风速(g取10N/kg)。


    【答案】 ①. 小 ②. 20 ③. 增大

    【详解】[1]当吹风机向水平管吹风时,乒乓球上方的气体流速大,压强小,小于下端管口气体压强,原本静止的乒乓球沿管上升。
    [2]球的重力
    G=mg=2.5×10﹣3kg×10N/kg=2.5×10﹣2N
    当球下方和上方受到的压力差时,乒乓球开始上升,即

    竖直方向受大气压作用的等效面积
    S=12.5cm2=12.5×10﹣4m2
    则球下方和上方气压差

    [3]若考虑管壁摩擦,则需要增大乒乓球上方的风速,则球下方和上方气压差增大,从而使球沿竖直管上升。
    19. 图示电能表能接入用电器的最大总功率为 ___________W;小明发现家中多个用电器正常工作时,指示灯在1min内闪烁90次,这段时间内电路消耗的电能为 ___________kW·h;他再将额定功率为1000W的电水壶接入该电路,发现额定电流为30A的熔丝熔断了,这是因为电路发生了 ___________故障。

    【答案】 ①. 6600 ②. 0.03 ③. 短路

    【详解】[1]图示电能表能接入用电器的最大总功率
    P=UI=220V×30A=6600W
    [2]指示灯在1min内闪烁90次,这段时间内电路消耗的电能

    [3]多个用电器正常工作时通过电路的电流

    将额定功率为1000W的电水壶接入该电路,通过电水壶的电流

    此时通过电路总电流
    I总=I0+I′=8.2A+4.5A=12.7A<30A
    但是额定电流为30A的熔丝熔断了,说明电路发生短路。
    20. 如图1所示,轻质杠杆可绕O转动,A点悬挂一重为12N的物体M,B点受到电子测力计竖直向上的拉力F,杠杆水平静止,已知OA=AB=BC,则F为 ___________N。保持杠杆水平静止,将F作用点从B移至C,此过程中F方向保持不变,F的力臂记为l,则F的大小变 ___________,F与()的关系图线为图2中的①;将M从A移至B,再重复上述步骤,F与()的关系图线为图2中的 ___________(选填数字序号)。


    【答案】 ①. 6 ②. 小 ③. ②

    【详解】[1]由图1可知,O为杠杆的支点,B点拉力F的力臂

    A点作用力的力臂为OA,由杠杆平衡条件可得:F×OB=G×OA,
    解得

    [2]由题意可知,保持杠杆水平静止,将F作用点从B移至C,此过程中F方向保持不变,根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA,
    解得

    ……Ⅰ
    由题意可知,此过程中物体M的重力G和力臂OA不变,拉力F的力臂l变大,则拉力F变小。
    [3]将M从A移至B,由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB,解得
    ……Ⅱ
    由数学知识可知,Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数,由图1可知,OB>OA,则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率,因此将M从A移至B,F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
    21. 如图1所示,RG是光敏电阻,R是阻值为10kΩ的定值电阻,电源电压U=9V。光敏电阻RG的阻值与光的照度(光照越强,照度越大,单位为Lux)关系如图2所示,当照度增大时,RG的阻值将 ___________。小芳将量程为3V的电压表接入图1电路,将其改装成照度表,为使光的照度增大时电压表的示数也增大,则该电压表应并联在 ___________两端,能够测量的最大照度为 ___________Lux。改装完成后,若小芳将电源换为电压可调电源(调节范围为12V~15V),且将R换为可调电阻(调节范围为5kΩ~20kΩ),则该装置所能测量的最大照度为 ___________Lux。


    【答案】 ①. 变小 ②. 定值电阻R ③. 1.2 ④. 1.4

    【详解】[1]由图2知道,光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小。
    [2]由图1知道,两电阻串联,又知道光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小,根据串联分压原理,为使光的照度增大时电压表的示数也增大,应将电压表并联在定值电阻R的两端。

    [3]当电压表达到3V时,电路中的电流为

    RG两端的电压为
    URG=U﹣UR=9V﹣3V=6V
    RG的阻值

    对照图2知道,此时的最大照度为1.2Lux。
    [4]换成可调电源和可调电阻后,为提高最大照度,应选择较小的电源电压和较小的定值电阻,当电源电压为12V,电阻调至5kΩ时,电压表仍并联在可调电阻的两端,当电压表示数达到3V时,电路中的电流

    RG两端的电压为
    URG′=U′﹣UR′=12V﹣3V=9V
    RG的阻值

    对照图2知道,此时能测量的最大照度为1.4Lux。
    三、解答题(本题共9小题,共48分。解答28、29、30题时应有必要的解题过程)
    22. 冰壶静止在水平冰面上,O为其重心。请画出它所受重力和支持力的示意图。


    【答案】

    【详解】冰壶静止在水平冰面上,受到的重力方向竖直向下,作用点在重心上,受到的支持力方向竖直向上,作用点也在重心上,又因为冰壶处于静止状态,所以重力的大小等于支持力,带箭头的直线一样长,如下图所示:


    23. 请用笔画线代替导线,将开关和灯泡正确连入家庭电路。


    【答案】

    【详解】开关要控制火线,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,如下图所示:


    24. 当光线从水射向空气时,它的反射光线如图所示,画出入射光线和折射光线.

    【答案】略

    【详解】首先过入射点O作出法线,在发生反射时,反射角等于入射角,据此画出入射光线;光从水中斜射入空气中,折射角大于入射角,折射光线远离法线.如图所示:

    25. 某小灯泡的额定电压为2.5V,图1是测量该灯泡额定功率的实验电路。

    (1)请用笔画线代替导线,将电压表正确接入电路;( )
    (2)闭合开关前,应将滑动变阻器的滑片移至最 ___________端(选填“左”或“右”);
    (3)当电压表示数调至2.5V时,电流表示数如图2所示,小灯泡额定功率为 ___________W;
    (4)用图3所示电路来测量另一只额定电压为4V的小灯泡的额定功率;
    ①仅闭合S1,调节滑动变阻器R2滑片至某一位置,使电压表示数为4V;
    ②在保持 ___________的情况下,仅闭合S2,调节电阻箱R1使电压表示数为 ___________V,此时R1接入电路的阻值为20Ω;
    ③该小灯泡的额定功率为 ___________W。
    【答案】 ①. ②. 右 ③. 0.75 ④. 滑动变阻器R2滑片不动 ⑤. 4 ⑥. 0.8

    【详解】(1)[1]电压表与灯泡并联接入电路,如下图所示:

    (2)[2]闭合开关前,滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处,即最右端。
    (3)[3]电流表接入电路的是小量程,分度值为0.02A,示数为0.3A,小灯泡的额定功率
    P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
    (4)①[4]仅闭合S1,灯泡和滑动变阻器串联接入电路,调节滑动变阻器R2滑片至某一位置,使电压表示数为4V,达到灯泡的额定电压,此时灯泡正常发光。
    ②[5]在保持滑片位置不动的情况下,仅闭合S2,滑动变阻器和电阻箱串联接入电路,调节电阻箱R1使电压表示数为4V,此时电阻箱相当于正常发光的灯泡,此时R1接入电路的阻值为20Ω,即灯泡正常发光时阻值也为20Ω。
    ③[6]该小灯泡的额定功率

    26. 用图1所示的实心陶瓷材质的冰墩墩模型来估测镇江香醋的密度。


    (1)将天平放在水平桌面上并将游码归零后,若指针静止时位置如图2所示,则应将平衡螺母向 ___________(选填“左”或“右”)端调节;
    (2)用天平测量冰墩墩质量,当天平平衡时,右盘中的砝码和游码位置如图3所示,其质量为 ___________g,体积为 ___________cm3;(陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3)
    (3)如图4所示,在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后,用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=135.2g;
    (4)如图5所示,将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中,在烧杯壁上标记液面的位置;
    (5)将冰墩墩取出,___________,测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=102.8g;
    (6)根据以上实验数据,求得镇江香醋的密度,ρ=___________g/cm3,与真实值相比,用本方案所测出的香醋密度 ___________(选填“偏大”、“偏小”或“相同”)。
    【答案】 ①. 左 ②. 81 ③. 30 ④. 将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处 ⑤. 1.08 ⑥. 偏大

    【详解】(1)[1]将天平放在水平桌面上并将游码归零后,若指针静止时位置如图2所示,此时指针右偏,则应将平衡螺母向左调节,使天平平衡。
    (2)[2]游码在标尺上对应的刻度值为1g,冰墩墩的质量为
    m=50g+20g+10g+1g=81g
    [3]陶瓷材料的密度为
    ρ=2.7×103kg/m3=2.7g/cm3
    由密度公式可得冰墩墩的体积为

    (5)[4]算出从乙烧杯倒入甲烧杯香醋的质量和香醋的体积(冰墩墩的体积),由密度公式可算出香醋的密度。将冰墩墩取出,将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处,乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积,即
    V醋=V=30cm3
    乙烧杯减小香醋的质量为
    m醋=m1﹣m2=135.2g﹣102.8g=32.4g
    香醋的密度为

    (6)[5][6]将冰墩墩从香醋中取出时会带出一部分香醋,会使烧杯乙及剩余香醋的总质量偏小,根据
    m醋=m1﹣m2
    可知测量的香醋质量偏大,由密度公式可知用本方案所测出的香醋密度偏大。
    27. 即热式饮水机工作原理如图1所示,水箱中的水被水泵抽出后,流经电阻丝时被加热,实现边加热边出热水的即热功能,电阻丝最大加热功率为2000W。用户可根据需要调节出水温度和出水量。小军对该饮水机进行了探究。
    表一
    实验次数
    出水温度/℃
    出水时间/s
    加热功率/W
    1
    40
    16.00

    2
    45
    16.05
    1374
    3
    50
    15.95
    1712
    4
    60
    18.90
    2000
    5
    85
    32.04
    1999
    6
    95
    37.29
    1999
    (1)小军探究过程如下(设电阻丝产生的热量全部被流经的水吸收且无热量损失):
    ①将出水量设置为250mL,出水质量为 ___________kg;
    ②用温度计测出水箱内水的初温如图2所示,示数为 ___________℃;
    ③保持水的初温和出水量不变,改变出水温度,测量出水时间并记录在表1中;
    ④根据表1数据计算出加热功率,第1次实验时的加热功率为 ___________W;
    (2)小军采用的实验方法是 ___________,小军由表1数据得出结论:饮水机可根据出水温度自动选择不同的控制方式,当出水温度低于85℃时,仅通过改变 ___________来调节出水温度,若上述实验中将出水温度设定为88℃,可估算出水时间约为 ___________s;
    (3)小军对实验进行了反思:上述结论在冬季还适用吗?为得到精准的结论,小军将表1设计优化如下并重新实验,你认为①、②处应分别填写的是 ___________和 ___________。
    实验次数

    出水温度/℃

    出水时间/s
    加热功率/W
    1





    。。。。。。







    【答案】 ①. 0.25 ②. 24 ③. 1050 ④. 控制变量法 ⑤. 加热功率 ⑥. 33.6 ⑦. 水的初温/℃ ⑧. 水升高的温度/℃

    【详解】(1)①[1]将出水量设置为
    V=250mL=250cm3
    出水质量
    m=ρV=1g/cm3×250cm3=250g
    ②[2]由图2知温度计的分度值为1℃,则温度计的示数为24℃。
    ④[3]第1次实验,水吸收热量
    Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg•℃)×0.25kg×(40℃-24℃)=1.68×104J
    由于无热量损失,所以加热器产生的热量
    W=Q吸=1.68×104J
    加热器的功率

    (2)[4]实验中保持水的初温和出水量不变,改变出水温度,用到了控制变量法。
    [5]由表1数据知当出水温度低于85℃时,仅通过改变加热功率来调节出水温度。
    [6]由表1数据知当出水温度高于85℃时,加热功率不变,都为1999W,此时水吸收的热量
    Q吸′=c水mΔt′=4.2×103J/(kg•℃)×0.25kg×(88℃-24℃)=6.72×104J
    由于无热量损失,所以加热器产生的热量
    W′=Q吸′=6.72×104J
    由得水时间

    (3)[7][8]由于冬季温度变化较大,为得到精准的结论,实验中需要记录水的初温度、末温度以及升高的温度,所以表格①处应该填写水的初温/℃,②处应填水升高的温度/℃。
    28. 如图所示,用拉力F通过动滑轮将重90N的货物匀速提升1m,动滑轮的机械效率为90%,不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦,求;
    (1)上述过程中的有用功W有;
    (2)上述过程中拉力所做的功W总;
    (3)动滑轮所受的重力G动。


    【答案】(1)90J;(2)100J;(3)10N

    【详解】解:(1)将重90N的货物匀速提升1m,所做的有用功
    W有=Gh=90N×1m=90J
    (2)由得,拉力所做的总功

    (3)由图知,有两段绳子提起物体,则
    s=2h=2×1m=2m
    由W=Fs得,绳端的拉力

    不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦,由可得,动滑轮的重力
    G动=nF-G=2×50N-90N=10N
    答:(1)上述过程中有用功W有为90J;
    (2)上述过程中拉力所做的功W总为100J;
    (3)动滑轮的重力为10N。
    29. 北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车,是利用氢与氧发生化学反应产生电能,供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示,该类型汽车甲在平直公路上从A地出发,以90km/h的速度行驶1h到达B地,消耗0.8kg氢燃料,所产生电能E电的80%用于维持汽车匀速行驶,所受阻力为1000N。已知每加注1kg氢燃料所需的费用为30元。
    (1)求A、B两地之间距离。
    (2)求此过程中产生的电能E电。
    (3)燃油汽车乙也在该公路上从A地出发,以90km/h的速度匀速行驶。所受阻力与甲车相同,汽油在气缸内完全燃烧,且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶,汽油热值取q=5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的费用为12元。则在与甲车花费相同燃料费用的情况下:
    ①求乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量。
    ②请通过计算判断乙车能否到达B地。

    【答案】(1)90km;(2)1.125×108J;(3)①1×108J;②乙车不能到达B地。

    【详解】解:(1)A、B两地之间距离为
    sAB=vt=90km/h×1h=90km=90000m
    (2)由二力平衡条件可知,汽车匀速行驶时的牵引力为
    F=f=1000N
    汽车牵引力做的功为
    W=FsAB=1000N×90000m=9×107J
    此过程中产生的电能为

    (3)①由每加注1kg氢燃料所需的费用为30元可知,消耗0.8kg氢燃料的费用为
    0.8kg×30元/kg=24元
    由每加注1kg汽油所需的费用为12元可知,在与甲车花费相同燃料费用的情况下,乙车消耗的汽油为
    m==2kg
    乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为
    Q放=mq=2kg×5×107J/kg=1×108J
    ②燃烧汽油时汽车获得的机械能为
    W机械=η汽Q放=30%×1×108J=3×107J
    汽车行驶的距离为
    s==3×104m=30km<90km
    因此乙车不能到达B地
    答:(1)A、B两地之间距离为90km。
    (2)此过程中产生的电能为1.125×108J。
    (3)①乙3车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为1×108J。
    ②乙车不能到达B地。
    30. 小华制作的蓄水池水位报警模拟装置如图所示:浮子由铜片E、空心杆F和木块Q构成。在低水位时,触点C、D位于E的正上方h0处,Q的下表面距池底的高度为h。当水位上升到使E与C、D接触后,蜂鸣器R发出忽强忽弱的报警音,报警音的强弱取决于其两端电压大小。电源电压U=6V,定值电阻R0=3Ω,R可视为9Ω的定值电阻,不计其它电阻。
    (1)当E与C、D接触时,电路接通,衔铁吸下与触点 ___________接触(选填“A”或“B”),线圈和R0被 ___________(选填“短路”或“断路”);
    (2)在被释放和吸下的过程中,衔铁与A、B的接触时间分别为0.5s和1.5s,不考虑衔铁在AB之间切换的时间。在未解除报警的情况下,求开始报警后1min内电路所消耗的电能;( )
    (3)Q为边长10cm的正方体,密度为0.5×103kg/m3,h0=12cm,h=20cm,g取10N/kg。不计E、F的质量及F与支架间的摩擦。
    ①求刚开始报警时水面距池底的高度H;( )
    ②下列措施中,可使①中H值增大的有 ___________。
    A.将池中水换为密度更大的液体
    B.仅适当减小Q的边长
    C.仅在空心管F中装入适量沙子
    D.仅适当减小Q的密度


    【答案】 ①. B ②. 短路 ③. 225J ④. 37cm ⑤. C

    【详解】(1)[1][2]当水位上升到一定高度时E与C、D接触,电路接通,电磁铁开始工作,衔铁被吸下来与B点接触,R0及线圈被短路,蜂鸣器开始报警。
    (2)[3] 已知tA=0.5s,tB=1.5s,U=6V,R0=3Ω,R=9Ω,那么完成一个周期需要2s,消耗的电能

    完成一个周期需要的时间是2s,则1min完成30个周期,故
    W总=30×WAB=30×7.5J=225J
    (3)[4]①已知L木=10cm,ρ木=0.5×103kg/m3,木头漂在水面上,故
    F浮=G木=ρ木V木g=0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg=5N
    木块浸入液体的体积

    木块浸入液体的深度

    则刚开始报警时水面距池底的高度
    H=h0+h+h排=12cm+20cm+5cm=37cm
    [5]②A.由题意可知,h0和h大小不变,则由H=h0+h+h排可知,能够变化的只有h0,即木块浸入液体的深度变大时,水面距池底的高度H就变大,已知木块在水面漂浮,浮力等于自身重力,将池中水换为密度更大的液体时,木块的浮力仍然等于其重力,由可知,物体浸入液体的体积变小,因此h0变小,H变小,故A不符合题意;
    B.仅减小Q的边长,则Q的体积减小,则由G=ρVg可知,木块的重力减小,则所受浮力变小,V排变小,因此h0变小,H变小,故B不符合题意;
    C.仅在空心管F中装入适量沙子,则木块受到的向下的压力变大,则木块受到的浮力变大,由公式F浮=ρ水V排g可知,V排变大,因此h0变大,H变大,故C符合题意;
    D.仅适当减小Q的密度,则由G=ρVg可知,木块的重力减小,则所受浮力变小,因此V排变小,h0变小,H变小,故D不符合题意。
    故选C。

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