2023年中考物理考前押题预测卷02（河南卷）（全解全析）

2023年中考物理考前押题预测卷02（全解全析）

河南卷

（本卷共21小题，考试时间：60分钟  试卷满分：70分）

注意事项：

1.本试卷共9页，五个大题，21小题，满分70分，考试时间60分钟。

2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上。答在试卷上的答案无效。

一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）

1.风能是           （选填“可再生”或“不可再生”）能源；硅是常用的        （选填“导体”、“半导体”或“绝缘体”）材料。

【答案】可再生；半导体。

【解析】空气流动形成风，风能是取之不尽用之不竭的，属于可再生能源；

硅、锗的导电性介于导体和绝缘体之间，属于半导体。

2.在图中，凸透镜焦距为12cm，当蜡烛在20cm刻度处时，在光屏上能成清晰的、倒立的、______（选填“放大”或“缩小”）的实像；保持透镜位置不变，当蜡烛在46cm刻度处时，移动光屏，______在光屏上成像（选填“能”或“不能”），______就是利用凸透镜的这一特点来观察物体的（选填“照相机”、“放大镜”或“幻灯机”）。

【答案】缩小；不能；放大镜。

【解析】[1]蜡烛在20cm刻度处时，物距u=50cm-20cm=30cm

凸透镜焦距是12cm，所以u>2f

故成倒立、缩小的实像。

[2][3]蜡烛在46cm刻度处时，物距u=50cm-46cm=4cm

凸透镜焦距是12cm，所以u<f

故成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，应用于放大镜。

3.某中学初三年级全体师生，在新课标物理教学理念“从生活走向物理，从物理走向社会”的指引下，开展了“摇绳发电”活动，如图所示。教师指导学生用灵敏电流计、导线(代替摇绳)组成闭合电路，当导线(摇绳)切割地磁场磁感线时，观察灵敏电流计指针的偏转情况。这次活动让孩子们亲身探究了电磁感应的奥秘并体验了利用地磁场发电的乐趣。请参照示例写出这次活动所涉及的物理现象和对应的物理知识(不得与示例重复)。

示例：物理现象：同学蹬地跳起；物理知识：力的作用是相互的。

作答：

物理现象：______________________________________；

物理知识：_____________________________________________________。

【答案】灵敏电流计指针的偏转；闭合电路的一部分导线做切割磁感线的运动，导线中会产生感应电流。

【解析】地磁场是一个巨大的磁场，用闭合电路的一部分导线来切割地磁场的磁感线，便会在导线中产生感应电流。这一实验就是利用这一原理来进行的。同时，实验中还牵涉到了许多力学的知识，我们可以深入挖掘，做出解答。

4.如图所示，叠放在一起的a、b两物体在水平力的作用下，沿水平方向一起向右匀速直线运动，a、b的接触面之间___________（“存在”或“不存在”）摩擦力。若将b换为质量更大的物体c压在a上面，让a、c也以相同的方式运动，则地面与a之间的摩擦力将___________（选填“变大”，“变小”或“不变”）。

【答案】不存在；变大。

【解析】[1]a、b两物体叠放在一起水平向右匀速直线运动，它们之间没有相对运动或相对运动的趋势，根据摩擦力产生条件可知，它们的接触面之间不存在摩擦力。

[2]将b换为质量更大的物体c压在a上面，让a、c也以相同的方式运动，则地面与a之间的压力增大，而接触面粗糙程度不变，所以地面与a之间的摩擦力将变大。

5.如图所示的滑轮组将重G=12N的物体匀速提升20cm.所用的拉力F=5N，此滑轮组的机械效率为_________，当改为提升18N的重物时，该滑轮组的机械效率为_________。（忽略摩擦阻力）

【答案】80%；86%。

【解析】提升12N的重物做的有用功：，

由图知道：，，

忽略摩擦阻力， ，

 ,则：；

所以： ；

提升18N重物时的机械效率：．

答案为：(1)80%；(2)86%。

6.如图所示，电源电压保持不变，为定值电阻，滑动变阻器的最大阻值为。闭合开关S，滑片P移至最左端，电流表的示数为0.6A，滑片P移至最右端，电压表的示数为4V，则电源电压为______V，定值电阻的阻值为______，滑片P在最左端与在最右端时，定值电阻在相同的时间产生的热量之比为______。

【答案】6；10；9∶1。

【解析】[1][2]由电路图可知，与串联，电压表测两端的电压，电流表测电路中的电流。滑片P移至最左端时，电路为的简单电路，此时电路中的电流，由可得，电源的电压

①

滑片P移至最右端时，接入电路中的电阻，此时电压表的示数，因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流

因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以电源的电压②

由①②可得，

[3]滑片P在最左端与在最右端时，由可得，定值电阻在相同的时间产生的热量之比

。

二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。第7～12题每小题只有一个选项符合题目要求；第13～14题每小题有两个选项符合题目要求全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）

7.校园生活，同学们并不陌生，下列有关说法最合理的是（　　）。

A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为；

B．此时教室内的温度约为；

C．微机室内台式计算机的功率约为；

D．普通乒乓球拍的质量约为

【答案】C。

【解析】A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为3m，故A不符合题意；

B．教室内的温度大约20度左右，故B不符合题意；

C．台式计算机的功率约为300W合理，故C符合题意；

D．普通乒乓球拍的质量约为2g，故D不符合题意。

故选C。

8.下列有关声音的特性，说法正确的是（　　）。

A．甲图中改变用力的大小敲击鼓面可改变声音的响度；

B．乙图中用相同大小的力敲击不同水量的瓶子，发出声音的音调相同；

C．丙图中对着试管吹气时能发出声音，改变试管中的水量可以改变声音的音色；

D．丁图中钢尺伸出桌面长度越长，拨动它时发出声音的音调越高

【答案】A。

【解析】A．改变用力大小敲击鼓面，会改变鼓面振动的幅度，从而会改变响度，故A正确；

B．敲击不同水量的瓶子，瓶子和水振动发出声音，且瓶内的水越多，振动的频率越低，发出声音的音调越低，故B错误；

C．对着试管口吹气，管内水量不同振动的快慢不同，所以声音的音调不同，可以改变发声的音调，由于发声体没有改变，音色不会改变，故C错误；

D．钢尺伸出桌面长度越长，拨动它时发出声音的频率越低，音调越低，故D错误。

故选A。

9.下列关于比热容、热值和热机效率的描述，正确的是（　　）。

A．使燃料燃烧更充分，可以增大其热值；

B．只要燃料充分燃烧，就可以提高热机效率；

C．水的比热容是，表示水升高1oC吸收的热量是4.2×103J；

D．甲柴油机的效率比乙的效率高，燃烧质量相同的燃料，甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大

【答案】D。

【解析】A．热值是燃料的特性，其大小只与燃料的种类有关，与燃烧情况无关，所以无论燃料燃烧是否充分，其热值都不会改变，故A错误；

B．影响热机效率大小的因素有多种，如燃料燃烧的程度和能量的损失，所以不一定只要燃料充分燃烧，就可以提高热机效率，故B错误；

C．比热容是物质的一种特性，由比热容的定义可知，水的比热容的物理含义是：1kg的水温度升高1℃时，吸收的热量是4.2×103J，故C错误；

D．甲柴油机的效率比乙柴油机的效率高，说明甲柴油机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比大，由于甲、乙两柴油机燃烧质量相同的燃料，所以燃料完全燃烧放出的能量相同，可判断甲柴油机将燃料燃烧放出的热量变成有用功的能量比乙大，故D正确。

故选D。

10.下列有关热现象的叙述正确的是（　　）。

A．舞台上弥漫的白色烟雾，是利用干冰升华形成的二氧化碳气体液化形成的；

B．夏天从冰箱里拿出来的矿泉水瓶外面“出汗”是瓶内的水渗出来的；

C．发烧时在身体上擦些酒精降温是因为酒精的温度低；

D．蒸发可以在任何温度下且只能在液体表面进行

【答案】D。

【解析】A．舞台上要出现白烟雾，就要喷洒“干冰”，也就是固态的二氧化碳；“干冰”在常温下就可以迅速的升华，升华要吸收热量；致使空气的温度降低，空气中的水蒸气遇冷就会液化形成“雾”，故A错误；

B．从冰箱里面拿出来的矿泉水瓶“出汗”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；

C．酒精在常温下可以迅速的汽化，汽化要吸热，所以在发烧病人身上擦些酒精，利用酒精汽化吸热降低体温，故C错误；

D．蒸发是发生在液态表面的缓慢的汽化现象，在任何温度下都能发生，故D正确。

故选D。

11.如图是小莉带着妹妹玩蹦床的情景，下列分析正确的是（忽略空气阻力）（　　）。

A．小莉下降的过程中，一接触蹦床后就做减速直线运动；

B．小莉接触蹦床后下降到最低点的过程中，她受到的合力先变大后变小；

C．妹妹下降到最低点后，从最低点被弹起上升的过程中，当她受到的弹力与受到的重力二力平衡时，妹妹的运动速度变为最大；

D．小朋友在上升、下落过程中，速度最大时，她们受到合力都最大

【答案】C。

【解析】A．刚开始接触蹦床时，蹦床给的弹力小于重力，合力方向向下，小莉继续做加速运动，故A错误；

B．小莉接触蹦床后下降到最低点的过程中，蹦床给的弹力一直在增大，当弹力小于重力时，合力方向向下，大小不断减小，当弹力大于重力后，合力方向向上，合力大小增大，故合力先减小后增大，故B错误；

C．从最低点被弹起上升的过程中，当弹力大于重力时，合力方向向上，妹妹做加速运动，当弹力小于重力时，合力方向向下，妹妹做减速运动，当到的弹力与重力二力平衡时，合力为零，速度达到最大，故C正确；

D．由C分析可知，上升过程中，速度最大时，合力为零，不是最大的，故D错误。

故选C。

12.下列选项中符合安全用电要求的是（   ）。

A．用湿手按已接电源的插座上的开关；

B．及时更换家庭电路中绝缘皮老化、破损的导线；

C．在未断开电源开关的情况下，用湿布擦拭电视机；

D．把用电器的三脚插头改为两脚插头接在两孔插座上使用

【答案】B。

【解析】A．不纯净的水容易导电，用湿手按已接电源的插座上的开关，容易发生触电事故，故A不符合安全用电要求；

B．电线的绝缘皮老化、破损时应及时更换，否则容易发生触电事故，故B符合安全用电要求；

C．湿布是导体，在未断开电源开关的情况下，用湿布擦拭电视机容易发生触电事故，故C不符合安全用电要求；

D．把用电器的三脚插头改为两脚插头接在两孔插座上使用，这样当金属外壳漏电时，没有接地保护，容易引发触电事故，故D不符合安全用电要求。

13.两个底面积相同形状不同的容器（）盛有同种液体，放在水平桌面上，液体深度相同，把甲、乙、丙、丁四个体积相同的小球放入两个容器中，小球静止后位置如图所示，两容器内液体深度依旧相同。下列说法正确的是（　　）。

A．甲球密度小于丙球密度；

B．甲球受到的浮力大于丁球受到的浮力；

C．取出乙、丙小球后，A容器底部受到的液体压强小于B容器底部受到的液体压强；

D．取出乙、丙小球后，A容器对桌面的压强变化量大于B容器对桌面的压强变化量

【答案】CD。

【解析】从图中可以看出，甲球漂浮，乙、丙两球悬浮，丁球沉底。

A．由浮沉条件得 故A错误；

B．甲球排开液体的体积小于甲球的体积，丁球排开液体的体积等于丁球的体积。甲、丁的体积相同，所以 由 甲球受到的浮力小于丁球受到的浮力，故B错误；

C．从图中可以看出A容器的横截面积小于B容器的横截面积，取出乙、丙小球后，A容器液体下降的深度大于B容器液体下降的深度，所以取出乙、丙小球后，A容器液体的深度小于B容器液体的深度。同种液体深度越深压强越大，因此A容器底部受到的液体压强小于B容器底部受到的液体压强，故C正确；

D．取出乙、丙小球后，A容器对桌面的压力减小的量等于乙球的重力，B容器对桌面的压力减小的量等于丙球的重力。因为乙丙两球的密度、体积均相同，所以乙丙两球的质量 ，所以乙丙两球的重力相等。 因此A容器对桌面的压力减小的量等于B容器对桌面的压力减小的量。从图中可以看出，A容器的底面积小于B容器的底面积。当压力相同时，底面积越小，压强越大，所以A容器对桌面的压强变化量大于B容器对桌面的压强变化量，故D正确。

故选CD。

14.如图所示，电源电压为4.5V保持不变，电压表量程选择“0～3V”，电流表量程选择“0～0.6A”，滑动变阻器R规格为“20Ω 1A”，小灯泡L上标有“2.5V 1.25W”字样（忽略灯丝电阻的变化）。闭合开关S，若两电表示数均不超过量程，灯泡两端的电压不超过额定电压，下列说法中正确的是（　　）。

A．小灯泡灯丝电阻为5Ω；

B．电路中的最大电流为0.6A；

C．滑动变阻器阻值变化范围为4～20Ω；

D．电路的最大功率为2.25W

【答案】AD。

【解析】由电路图知，R与L串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；

A、由P＝得，灯泡的阻值：RL＝＝＝5Ω，故A正确；

B、滑片移动的过程中，当灯泡正常发光时，电路中的电流是最大的；由P＝UI得，电路中的最大电流：I大＝＝＝0.5A，故B错误；

C、当电压表示数为3V时，滑动变阻器连入电路中的阻值最大，此时灯泡两端的电压：UL＝U﹣U滑＝4.5V﹣3V＝1.5V，

电路中的最小电流：I小＝＝＝0.3A；

滑动变阻器连入电路中的最大阻值：R滑大＝＝＝10Ω；

灯泡正常发光时，电流最大，则电路的总电阻最小；

滑动变阻器两端的电压U滑′＝U﹣U额＝4.5V﹣2.5V＝2V，

滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R滑小＝＝＝4Ω，所以滑动变阻器的阻值变化范围是4Ω～10Ω，故C错误；

D、根据P＝UI可知，电路中的电流最大时，总功率最大，最大功率为：P＝UI大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故D正确。

故选：AD。

三、作图题（本题共2题，每小题2分，共4分）

15.请在图中画出使杠杆ABC保持平衡的最小动力F1及其力臂l1的示意图。

【解析】先确定最长的力臂，即连接OA，则最长的动力臂为l1，然后过动力作用点A，做垂直于l1的作用力F1，如图所示：

16.如图所示，根据磁体及周围磁场分布情况，在图中标出通电螺线管的N极及电源的正极。

【解析】螺线管外部磁场方向由N极指向S极，由图可知螺线管左侧为S极，右侧是N极，由右手螺旋定则可知，螺线管正面电流方向向下，背面电流方向向上，可知电源正极在左侧，如图所示：

四、实验探究题（本题共3小题，第17题4分，第18题7分，第19题8分，共19分）

17.如图是“探究平面镜成像时像与物的关系”的装置。在水平桌面上铺一张白纸，将玻璃板竖立在白纸上，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，一支完全相同，但不点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看上去它与蜡烛A的像完全重合。移动点燃的蜡烛，多做几次实验。

（1）实验时，选择玻璃板代替平面镜进行实验的原因是_____________；

（2）在寻找蜡烛A的像的位置时，某同学无论怎样调节蜡烛B，发现都不能与蜡烛A的像重合，发生这种现象的原因可能是____________；

（3）实验中把蜡烛A远离玻璃板看到的像会远离，像的大小______（填“变大”“变小”或“不变”）；

（4）若要确认平面镜所成像是虚像还是实像，进一步操作是________。

【答案】便于确定像的位置；玻璃板没垂直于水平桌面放置；不变；见解析。

【解析】（1）[1]在此探究中，用玻璃板代替平面镜的原因是为了便于确定像的位置，因玻璃板是透明的，从蜡烛A这一侧就能观察到成像情况。

（2）[2]无论怎么调节蜡烛B都不能与蜡烛A的像重合，这种现象的原因可能是玻璃板放置时不垂直于水平桌面，造成所成的像不在水平面上。

（3）[3]蜡烛A远离玻璃板时，其像会变远，但A的大小不变，像的大小也不变。

（4）[4]要确认平面镜所成的像的虚实，需要将蜡烛B移走，然后在B所处的位置放一光屏，在光屏一侧观察光屏上能否承接到像。

18.小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，选用质量不同两个钢球m和2m，分别不从同的高度h和2h由静止开始放下，观察木块被撞击后移动的距离。实验过程如图所示。

（1）小明通过观察______来判断小球动能的大小，他利用的研究方法是______（选填“控制变量法”或“转换法”）；若水平面绝对光滑，本实验将______（选填“能”或“不能”）达到探究目的；

（2）由甲、乙两图可得实验结论：物体的动能大小与______有关；

（3）小明由乙、丙两图得出实验结论：物体的动能大小与质量有关，她的看法是否正确？______（选填“正确”或“错误”），理由是：______。

【答案】木块移动的距离；转换法；不能；速度；错误；没有控制小球到达水平面时的速度相同。

【解析】（1）实验中通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法。

若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的。

（2）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面的时的速度不同，对木块做功多少不同，故可以得出结论为，质量一定时物体的动能大小与速度有关。

（3）因为要探究动能与质量的关系，需要保证小球的速度不变，乙、丙两图中小球下落的高度不同，则到达水平面的速度不同，故不能得出动能大小与质量的关系。

19.小亮在“探究电流与电阻关系”的实验中，使用的实验器材有：电池组、电流表、电压表、开关、、、、的定值电阻、滑动变阻器各一个、导线若干。

小亮把的电阻接入如图甲所示电路中。在检查电路时，发现错接了一根导线，请你在这根导线上打“”，并补画出正确的那根导线。

电路纠正无误后，将变阻器的滑片放到最______端选填“左”或“右”，闭合开关，同时调节变阻器的滑片，当电压表示数如图乙所示为______ V时，记下此时电压表及电流表示数。

断开开关，将电阻由换成，再闭合开关，调节变阻器的滑片，使______，记下电流表示数。然后更换不同阻值的电阻重复实验，最后分析获取的数据即可得出结论。

小亮接着用图丙所示电路，测量额定电压为的小灯泡正常发光时的电阻小于电源电压，电阻己知。请将下面实验步骤补充完整：

①只闭合开关S、，移动滑动变阻器滑片使______；

②只闭合开关______，保持滑动变阻器滑片位置不变，读出电压表示数为；

③小灯泡的电阻______。用物理量符号表示

【答案】如图；左；；电压表的示数保持不变；①电压表的示数为；②S、；③。

【解析】由甲图可知，电流表与R并联了，电压表串联在电路中是错误的，正确的接法是电流表与R串联，电压表与R并联，所以需要把定值电阻右端与电流表连接的导线接到电压表的负接线柱上，如图：
 

为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片放到阻值最大的一端，即最左端；由图可知，电压表选用的是量程，分度值为，示数为；

在探究电流与电阻的关系的实验中，需要控制定值电阻两端的电压不变，所以断开开关，将电阻由换成，然后再闭合开关后，调节滑动变阻器，使电压表的示数保持不变，然后记下电流表示数，再更换不同阻值电阻重复实验；

实验步骤：

①闭合开关S、，调节滑动变阻器R使电压表的示数为，此时灯泡正常发光；

②保持滑片的位置不动，闭合开关S、，读出此时电压表的示数为；

在②中，电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压：，

由欧姆定律可灯的额定电流：，

则小灯泡电阻为：。

故答案为：如图；左；；电压表的示数保持不变；①电压表的示数为；②S、；③。

五、综合应用题（本题共2小题，第20题8分，第21题9分，共17分）

20.我国自行设计的“蛟龙号”载人潜水器（如图甲）外壳选择了钛合金板做主材，其主要技术参数如下表。蛟龙号带有适当数量的压载铁，通过改变压载铁的数量，来控制其下沉或上浮，采用科学家们研发的具有世界先进水平的高速水声通信技术，即声呐通信。

（1）“蛟龙号”的电源是由多节充油银锌蓄电池串联而成，这种电源的“比能量”约为15kW•h/kg，“比能量”是指电池单位质量所输出的电能。这种蓄电池的放电电压随时间的变化规律如图乙，可以用60A的电流连续放电10h。“蛟龙号”工作时，需要的总能量约为120kW•h，则其电源的质量约为　   　kg，为了对“蛟龙号”正常供电，串联的蓄电池不得少于　   　节。

（2）“蛟龙号”采用“深潜器无动力下潜上浮技术”，其两侧配备4块相同的压载铁，当其到达设定深度时，可抛卸其中2块压载铁，使其处于悬浮状态，从而实现各种试验作业，当“蛟龙号”悬停在工作区时，每块铁块的体积为多少立方米时，才能使“蛟龙号”最大负载时实现悬浮静止状态。（设海水的密度ρ水＝1×103kg/m3，g取10N/kg，ρ铁＝8×103kg/m3）

（3）“蛟龙号”抛卸所有压载铁后上浮，乘员取出载荷上岸后，“蛟龙号”漂浮在海面上，由起重装置将其匀速竖直吊离水面，起重装置起吊拉力的功率随时间变化的图象如图所示，图丙中P2＝2P1。则t1时刻“蛟龙号”的排水体积为多少立方米？（不考虑水的阻力）

【解析】（1）电源的质量m8kg；

一节蓄电池的能量：W1＝UIt＝1.6V×60A×10×3600s＝3.456×106J，

蓄电池的节数125（节）；

（2）“蛟龙号”悬浮时受到的浮力：F浮＝ρgV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×50m3＝5×105N；

设每块压载铁的质量为m铁，则总重力：

G总＝mg+2m铁g＝（2.2×104kg+460kg+3×80kg）×10N/kg+2×10N/kg×m铁＝227000N+2×10N/kg×m铁；

2个压载铁受到的浮力：F浮铁＝2ρgV铁＝2×1.0×103kg/m3×10N/kg×V铁；

“蛟龙号”悬浮时，所受的浮力和总重力是平衡力；

由G总＝F浮+F浮铁可得：227000N+2×10N/kg×m铁＝5×105N+2×1.0×103kg/m3×10N/kg×V铁

解得V铁＝1.95m3。

（3）设在t1、t2时刻起重装置对“蛟龙号”的拉力分别为F1、F2，“蛟龙号”上升的速度为v，

t1时刻，“蛟龙号”还没有离开水面，由力的平衡条件可得：F1+F浮′＝mg，所以F1＝mg﹣F浮′，

t2时刻，“蛟龙号”已经完全离开水面，则：F2＝mg，

由题可知P2＝2P1，即F2v＝2F1v，

所以F2＝2F1，即mg＝2（mg﹣F浮′），

则F浮′mg2.2×104kg×10N/kg＝1.1×105N，

根据阿基米德原理可得t1时刻“蛟龙号”的排水体积：

V排′11m3。

故答案为：（1）8；125；（2）每块铁块的体积为1.95m3 时，才能使“蛟龙号”最大负载时实现悬浮静止状态；（3）t1时刻“蛟龙号”的排水体积为11立方米。

21.电梯为居民出入带来很大的便利，小明家住某小区某栋6楼，放学后，乘电梯回家：

（1）若小明的体重为500N，脚与电梯地面的总接触面积为0.05m2，则小明对电梯地面的压强为       。

（2）若电梯在20s内将小明匀速提升15m，在此过程中，电梯上升的速度是      ；电梯对小明做了   功,电梯对小明做功的功率为        。

（3）小明又查阅资料，了解到出于安全考虑，电梯都设置了超载自动报警系统，其工作原理如图甲所示，电路由工作电路和控制电路组成：在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作；当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，闭合开关S，电动机不工作．在控制电路中，已知电源电压U=6V，保护电阻R1=100Ω，电阻式压力传感器（压敏电阻）R2的阻值随压力F大小变化如图乙所示，电梯底架自重和电磁铁线圈的阻值都忽略不计。

①在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，从而使电磁铁的磁性      （填“增强”“减弱”或“不变”）。

②若电磁铁线圈电流达到20mA时，衔铁刚好被吸住，电铃发出警报声。当该电梯厢内站立总质量为1000kg的乘客时，试通过计算说明电梯是否超载？（g取10N/kg）

【答案】（1）1×104Pa；（2）0.75m/s；7.5×103J；375W；（3）①增强；②超载。

【解析】（1）小明对电梯地面的压力F=G=500N，则小明对电梯地面的压强：；

（2）电梯上升的速度；

电梯对小明做的功W=Gh=500N×15m=7.5×103J；

电梯对小明做功的功率。

（3）①在控制电路中，当压敏电阻R2受到的压力F增大时，其阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流增大时电磁铁的磁性增强；

②电梯厢内站立总质量为1000kg的乘客时，电梯受到的压力等于乘客的重力，即

F=G=mg=1000kg×10N/kg=10000N，

由图乙，当压力F=10000N，对应的压敏电阻阻值R2=100Ω，串联电路中总电阻等于各分电阻之和，控制电路中的电流：，

因为30mA＞20mA，所以此时电梯超载。

答：（1）小明对电梯地面的压强为1×104Pa；（2）电梯上升的速度是0.75m/s；电梯对小明做了7.5×103J功；电梯对小明做功的功率为375W；（3）①增强；②超载。