2023年福建省福州十九中中考物理三模试卷
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一、单选题(本大题共14小题,共28.0分)
1. 通过改良蒸汽机推动了第一次工业革命的英国物理学家是( )
A. 伏特 B. 焦耳 C. 安培 D. 瓦特
2. 中国第一部诗歌总集《诗经》中有“伯氏吹埙(xūn)仲氏吹篪(chí)”,人们能分辨埙和篪这两种乐器发出的声音,主要是依据声音的( )
A. 音调 B. 音速 C. 音色 D. 响度
3. 赏诗词之美,品科学之道!下列诗句所描述的现象可以用光的直线传播来解释的是( )
A. 峰多巧障日 B. 池水映明月 C. 潭清疑水浅 D. 明镜可鉴形
4. 新能源智能汽车的车窗采用“智能玻璃”,可调节温度和透明度。冬天行车时,车窗出现白雾,其形成的物态变化和智能玻璃的温度调节是( )
A. 液化 温度调高 B. 液化 温度调低 C. 凝华 温度调高 D. 凝华 温度调低
5. 下列选项中符合安全用电原则的是( )
A. 将电动车推到走廊充电 B. 打扫清洁时,用湿毛巾擦拭家用电器
C. 多个大功率用电器可以同时用一个插座 D. 用手接触测电笔的笔尾金属检查火线
6. 人的身体中藏有很多不同的“尺”,下列有关中学生的估测符合实际的是( )
A. 一分钟呼吸约70次 B. 身高大约1.75dm C. 质量约500g D. 正常体温约37℃
7. 2023年3月31日,我国自主研制的首套高温超导电动悬浮试验系统完成首次悬浮运行,其高温超导材料可在液氮温度为77K(−196℃)转变为超导态,使用液氮冷却是利用了液氮( )
A. 熔点高 B. 沸点低 C. 密度小 D. 比热容大
8. 2022年杭州亚运会共设40个竞赛大项,61个分项。如图所示是四个项目的图标,图标中体重相同的运动员对水平地面压强最小的是( )
A. 田径 B. 射箭
C. 足球 D. 举重
9. 在第24届北京冬奥会上,中国运动员谷爱凌在冬奥会自由式滑雪大跳台项目中夺冠。如图是该项目示意图,实线代表雪道,虚线是运动员运动的轨迹,运动员从A点起滑,最后落在着陆坡的D位置后,完成比赛。下列说法正确的是( )
A. 从A滑到B的过程中,运动员的动能减小,势能增大
B. 从B到C的过程中,动能转化为重力势能
C. 在运动到C点时,如果外力消失,将静止在C点
D. 落在着陆坡上时,由于受到惯性作用,运动员还会继续向前滑动一段距离
10. 为了防护师生安全,校园入口处设立了如图所示的红外线人脸或校园卡识别系统。若人脸识别通过,开关S1闭合;若刷校园卡识别通过,开关S2闭合。当人脸识别通过或刷校园卡识别通过,闸门打开。如图的四个电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
11. 2023年5月28日,中国东方航空使用中国商飞全球首架交付的C919大型客机(如图所示),从上海虹桥机场飞抵北京首都国际机场。下列说法正确的是( )
A. 飞机配备的雷达利用了超声波传输信号
B. 若飞机在有风的天气起飞,则顺风方向起飞更容易升空
C. 飞机滑行时机翼上方的空气流速大压强小
D. 机身大量采用我国自主研发的密度大的碳纤维复合材料实现减重
12. 如图所示为某握力计及其工作原理图,电源电压恒定,R2为定值电阻,R1为滑动变阻器,当握力增大时( )
A. 电流表的示数增大 B. 电压表的示数增大
C. 定值电阻R2的功率增大 D. 电路消耗的总功率增大
13. 利用电源、开关、导线、金属极板、小灯泡、一杯浓度较低的NaCl溶液可以组成如图所示电路,闭合开关后小灯泡发光。则( )
A. NaCl溶液中的Na+自右向左定向移动
B. Cl−会受到右侧金属极板的吸引力
C. 将两个金属极板靠近,灯泡会变亮
D. 电压表测量的是电源和小灯泡两端的电压
14. 如图所示,足够高的容器内部底面积为200cm2,轻质弹簧(不计质量与体积)的下端固定在容器底部,上端与高为4cm,底面积为100cm2的长方体A连接,已知弹簧受到的拉力每增加0.1N,弹簧长度就伸长0.1cm。现向容器内注水,当水的深度为20cm时,弹簧长度恰好为原长,此时物体A有14的体积露出水面,则( )
A. 物体A的密度为0.25g/cm3
B. 水对容器底部的压力20N
C. 若向容器中缓慢加水直到A浸没水中,则弹簧对A 的拉力4N
D. 若向容器中缓慢加水直到A刚浸没水中,水对容器底部的压强增加200Pa
二、填空题(本大题共6小题,共12.0分)
15. 2022年11月29日,“中国传统制茶技艺及其相关习俗”申遗成功,如图是手工制茶的工序之一晒青。晒青的过程通过______ 改变茶叶内能;在制茶的过程中可以闻到茶叶的清香,说明了分子在永不停息做______ 运动。
16. 2023年5月30日,“神舟十六号”载人飞船由“长征二号F”遥十六运载火箭发射升空,中国首位载荷专家进入太空。火箭发射时向下喷出高温高压燃气,利用力的作用是______ ,火箭获得向上的推力。船箭分离后飞船快速交会对接于“天和”核心舱,空间站形成“三舱三船”构型,如图所示,以空间站为参照物,“神舟十六号”飞船是______ 。
17. 2023年4月12日,我国“人造太阳”创造新的世界纪录,实现了高功率稳定的403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行。太阳能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源;“人造太阳”利用核聚变获取太阳能,氢原子核的核外电子之间由于带有______ (选填“同种”或“异种”)电荷存在很强的静电排斥力,在高温高压下,克服排斥力而聚合成质量较大的原子核释放出能量。
18. 如图所示,使用滑轮组提升重为400N的物体,每个滑轮重10N、不计绳重和摩擦,将物体匀速提升0.5m,绳子自由端移动的距离为______ m,拉力F大小为______ N。
19. 如图甲所示是某同学设计的模拟电路,可在潮湿的阴雨天开启警示灯,警示灯能随湿度变化而自动调整亮度。闭合开关,线圈的上端为______ 极。R1、R2是两种不同的湿敏电阻,阻值的大小随湿度的变化如图乙所示,模拟电路的湿敏电阻应选择______ 。
20. 如图甲所示电路,电源电压不变,滑动变阻器规格为“50Ω,1.5A”。闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片P从最左端移至a位置,灯恰好正常发光,电流表示数与两电压表示数的关系图象如图乙所示。则电源电压为______ V,灯泡消耗的电功率的变化量为______ W。
三、作图题(本大题共2小题,共4.0分)
21. 如图所示,在图中画出汤匙在手指尖上水平静止时,汤匙所受力的示意图。
22. 按家庭电路要求完成作图。
四、实验探究题(本大题共5小题,共30.0分)
23. 如图是“探究光的反射规律”的实验装置:
(1)小华先用加湿器使实验空间充满雾气,可显示出光路,是利用了光照到烟雾上会发生______ ;将平面镜放在一个能转动的水平圆台上,在柱N上固定一红色激光笔,使其发出的光垂直射向平面镜上的O点,其作用是为了显示______ 的位置;
(2)缓缓转动水平圆台,当观察到红色激光束和绿色激光束重合为一条直线时,可判定反射光线、入射光线和法线都在______ 内;
(3)用量角器分别测量入射角和反射角,发现两角相等。小华得出:反射角等于入射角。这一结论可靠吗?______ ,接下来的操作是______ 。
24. 如图甲是小明探究“冰熔化时温度变化规律”的实验装置图,将20g的碎冰块装入试管(实验过程不计质量损失):
(1)实验装置应选用图甲中的______ ;
(2)实验中某时刻温度计的示数如图乙所示,此时冰的温度是______ ℃;
(3)试管中的冰完全熔化后,若持续加热,绘制出温度随时间变化的图象,如图丙所示。可知该物质熔化和沸腾时温度的特点是______ ;在DE段,试管中的水不能沸腾的原因是______ ;
(4)CD段的水升温过程中,水吸收的热量是______ J。
[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
25. 如图所示是探究液体内部压强的实验:
(1)如图甲所示,在检查压强计的气密性时,用不同的力按压探头的橡皮膜,发现U形管两侧液面高度差变化始终较______ (选填“大”或“小”),说明压强计的气密性较差;
(2)当调整好压强计后,将压强计的探头放入液体中,可以通过比较U形管两侧液面______ 来比较液体压强的大小;
(3)调节好压强计后,将探头放入水中,保持探头深度不变,向不同方向旋转探头。发现U形管两侧液面高度差不变,说明同种液体同一深度,各个方向的液体压强______ ;
(4)分析图乙、丙的实验现象,初步得到的结论是:同种液体中,液体压强随深度增加而______ ;
(5)为了研究液体压强与液体密度的关系,小理同学将液体压强计做了如图丁的改进,两探头置于空气中时,U形管两侧液面______ 。再将两探头分别放入A、B两种不同液体中,调节两探头所处深度使U形管两侧液面恰好相平,此时hA>hB,则ρA ______ ρB。
26. 小明想测量矿石的密度,进行了如下操作:
(1)把天平放在水平桌面上,并将游码移到标尺左端的零刻度线处,发现指针位置如图1甲所示,此时应将平衡螺母向______ 调节,使天平平衡;
(2)正确测量,天平重新平衡后,右盘砝码和游码如图1乙所示,矿石的质量是______ g;
(3)矿石放入量筒前后,量筒中水面位置如图丙所示,则矿石的密度为______ kg/m3;
(4)若该矿石吸水,按以上步骤测量出矿石的密度将偏______ (填“大”或“小”);
(5)小明利用干燥、不吸水的矿石还可测出未知液体的密度,操作如下:
①在圆柱形容器中装入待测液体,如图2甲所示,将平底烧杯放入待测液体中,烧杯静止时容器中液体的深度为H1;
②将矿石放入烧杯中,如图2乙烧杯静止时露出液面的高度为h1,容器中液体的深度为H2;
③将矿石拴在烧杯底部,如图2丙所示,烧杯静止时露出液面的高度为h2。已知矿石的密度为ρ石,圆柱形容器的底面积是烧杯底面积的3倍,则待测液体密度的表达式ρ液= ______ 。(用已知物理量符号表示,烧杯视为上下粗细均匀的容器
)
27. 小华用如图甲所示电路探究“电流与电阻的关系”,电源电压保持6V不变:
(1)请用笔画线代替导线将甲图的电路连接完整,使滑片向右移动时灯泡变亮;连接电路时,开关要______ ;
(2)连接好电路,闭合开关,移动滑片过程中观察到电压表没有示数,电流表有示数,则故障原因可能是______ ;
(3)排除电路故障后继续实验,当用15Ω电阻替换10Ω电阻时,闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移到______ 端,闭合开关调节后电流表示数如图乙所示是______ A;
(4)根据实验数据绘制的I−R图象如图丙a所示,为了完成整体实验,滑动变阻器的最大阻值至少为______ Ω;根据图象a可得出实验结论是:______ ;
(5)小明用相同的装置进行实验,并将实验数据也绘制如图丙b所示的图象,发现与小华的图象不一致,请你帮忙分析出现此情况的原因是______ ;
(6)上述实验完成后,他们想测量另一个铭牌模糊不清的定值电阻Rx的阻值,在保证电路安全的情况下,设计了如图丁所示的电路(电源电压恒定但未知,滑动变阻器R最大阻值为R0),请将他们的实验步骤补充完整:
①闭合开关S,将滑动变阻器的滑片移至最左端,读出电流表的示数为I1;
②闭合开关S,将滑动变阻器的滑片移至最右端,读出电流表的示数为I2;
③定值电阻Rx= ______ (用I1、I2和R0表示)。
五、简答题(本大题共1小题,共4.0分)
28. 2023年2月2日是世界湿地日。我国新增18处国际重要湿地,总面积764.7万公顷,占世界第四位。湿地被喻为“地球之肾”具有调节气候的作用,请你用所学的物理知识解释调节气候的主要原因。
六、计算题(本大题共3小题,共22.0分)
29. 2022年12月20日,世界综合技术难度最高、装机规模全球第二大的水电站——白鹤滩水电站最后一台机组投产发电(如图)。白鹤滩所有机组全部投产发电,年均发电量可达6×1010kW⋅h,若火电站达到同样的发电量需要消耗2×107t标准煤。(标准煤的热值q煤=3×107J/kg)求:
(1)这些标准煤完全燃烧释放的热量;
(2)火力发电的效率。
30. 电影《流浪地球2》中拥有四条支腿的步履式挖掘机——徐工ET120,如图所示,又称“钢铁螳螂”,由徐工集团生产,质量达12t,能轻松越过2.5m的垂直障碍,跨越4m壕沟,涉水深度可达2m,能在不同地形环境下进行应急救援,堪比变形金刚的存在。
(1)涉水深度达到2m时,水对挖掘机底部的压强是多少?
(2)该步履式挖掘机停在水平地面上时,轮胎与地面的总接触面积为0.6m2,此时水平地面受到的压强是多少?
(3)该步履式挖掘机采用的是一台97kW的柴油机,工作0.5h所做的功是多少?
31. 如图甲所示,是某研究小组设计的一套测量物体重力的模拟装置,OAB为水平杠杆,O为支点,OA:AB=1:4,电源电压保持不变,电流表的量程为0~0.6A,定值电阻R0的阻值为20Ω,压力传感器R固定放置,R的阻值随其所受压力F变化的关系如图乙所示。当平板空载时,闭合开关S,电流表的示数为0.1A。(平板、压杆和杠杆的质量均忽略不计)
(1)电源电压是多少?
(2)当电流表示数为0.3A时,物体的重力是多少?
(3)在电路安全的情况下,缓慢增加平板上的物体的重力过程中,当电路消耗功率分别达最小值和最大值时,压力传感器R消耗功率的比值是多少?
(4)要增大此装置的测量范围,请提出一条改进建议。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解:通过改良蒸汽机推动了第一次工业革命的英国物理学家是瓦特。
故选:D。
瓦特改良了蒸汽机,以瓦特的名字命名为功率的单位。
本题考查了对英国物理学家瓦特的认识,属于基础题。
2.【答案】C
【解析】解:音色反映了声音的品质和特色,不同发声体的材料、结构不同,发出声音的音色也就不同。我们能区分不同乐器发出的声音,这是因为不同乐器发出声音的音色不同。
故选:C。
声音是由物体的振动产生的;我们常用音色来区别不同乐器发出的声音。
不同的乐器可以发出相同音调、相同响度,但音色一般不同。
3.【答案】A
【解析】解:A.“峰多巧障日”是因为光在同种均匀介质中沿直线传播,故A符合题意;
BD.“池水映明月”、“明镜可鉴形”是因为平面镜成像,发生的是光的反射现象,故BD不符合题意;
C.“潭清疑水浅”是因为光从水中斜射入空气中时发生了折射现象,看到变浅的池底的像,故C不符合题意。
故选:A。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播,在日常生活中,小孔成像和影子的形成等,都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的;
(2)当光照射到物体表面上时,有一部分光被反射回来的现象是光的反射,例如:平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的;
(3)当光从一种介质斜射入另一种介质时,传播方向会发生偏折,这就是光的折射,复色光发生折射时,会出现色散现象,如:海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的色散的理解与掌握,在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象,达到学以致用的目的。
4.【答案】A
【解析】解:车内温度高,水蒸气遇到冷的玻璃液化成小水珠;将智能玻璃温度调高,使得车内的水蒸气不能遇冷液化。
故选:A。
物质由气态变为液态的过程叫做液化,液化放热,据此分析温度调节的方向。
本题考查的是液化和液化的特点,属于基础题。
5.【答案】D
【解析】解:A、电动车在走廊长时间充电,易引发火灾,故A不符合安全用电原则;
B、生活用水是导体,用湿毛巾擦拭家用电器容易发生触电事故,故B不符合安全用电原则;
C、多个大功率用电器同时用一个插座,总功率过大,会造成干路电流过大,容易引发火灾,故C不符合安全用电原则;
D、使用测电笔辨别火线时,一定要用手接触笔尾金属体(接触笔尾金属体是不会触电的),但不能接触笔尖金属体,故D符合安全用电原则。
故选:D。
(1)电动车长时间充电时,会产生较多的热量,容易引发火灾;
(2)生活用水是导体;
(3)造成家庭电路中电流过大的原因:一是用电器总功率过大,二是短路;
(4)使用试电笔时,手接触笔尾金属体,笔尖接触导线,当接触火线时氖管会发光。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握,平时学习时多了解、多积累,加强安全用电意识。
6.【答案】D
【解析】解:A、中学生1min约呼吸12~20次,故A不合理;
B、中学生身高大约1.75m=17.5dm,故B不合理;
C、中学生质量约50kg=5×104g,故C不合理;
D、人正常体温约37℃且变化幅度很小,故D合理。
故选:D。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解,对于选项中的单位,可根据需要进行相应的换算或转换,排除与生活实际相差较远的选项,找出符合生活实际的答案。
不同物理量的估测,有的需要生活经验、有的需要换算单位、有的需要简单计算,最后判断哪个选项符合实际。
7.【答案】B
【解析】解:高温超导体使用液氮冷却,是利用了液氮的沸点较低的特点,在很低的温度下可以沸腾,从金属导体上吸收热量,使金属的温度降低,达到超导的目的,故B正确,ACD错误。
故选:B。
液氮的沸点低,沸腾时要吸热。
本题考查超导材料的应用。
8.【答案】A
【解析】解:图中的4种情况,BCD体重相同的运动员都是双脚着地的,可认为受力面积相同,D图举重时对面的的压力大,根据p=FS可知,举重时对水平地面的压强最大,即pD>pB>pC;
甲图运动员的双脚和双手都着地,受力面积最大,对地面的压力等于自身的重力,根据p=FS可知甲图对水平地面的压强最小,故A符合题意。
故选:A。
根据压强的计算公式p=FS知,在压力一定时,受力面积越大,压强越大;在受力面积一定时,压力越大,压强越大。
此题考查的对于压强大小的比较,是一道基础题。
9.【答案】B
【解析】解:A、从A滑到B点过程,运动员的质量不变,速度增大,动能增大,高度不断减小,重力势能减小,故A错误;
B、由图知,从B到C的过程中,高度不断增大,速度不断减小,重力势能变大,动能变小,是动能转化为重力势能,故B正确;
C、在运动到C点时,具有一定的速度,如果外力消失,根据牛顿第一定律可知,将做匀速直线运动,故C错误;
D、惯性是一种性质,不能说受到惯性的作用,故D错误。
故选:B。
(1)动能大小的影响因素:质量和速度,质量越大,速度越大,动能越大;重力势能大小的影响因素:质量和高度,质量越大,高度越高,重力势能越大;机械能为动能和势能的和。
(2)根据牛顿第一定律分析;
(3)惯性是一种性质。
本题考查了动能和重力势能的转化、惯性现象、牛顿第一定律的应用,属于基础题。
10.【答案】C
【解析】解:根据题意可知,若人脸识别通过,开关S1闭合;若刷校园卡识别通过,开关S2闭合。当人脸识别通过或刷校园卡识别通过,闸门打开,这说明两个开关互不影响,是并联的,然后与电动机串联,故C正确。
故选:C。
根据题意分析两个开关的连接方式、电动机的连接方式,然后选出正确的电路图。
本题考查根据要求设计电路,关键是明确串联和并联电路中开关的作用。
11.【答案】C
【解析】解:A、飞机配备的雷达利用了电磁波传输信号,故A错误;
B、飞机是利用升力来升空的,因此,逆风飞行时,机翼上下两个表面的空气流速差更大,从而能产生更大的升力,所以逆风起飞更容易升空,故B错误;
C、根据流体压强和流速的关系可知,飞机滑行时机翼上方的空气流速大压强小,故C正确;
D、在体积一定时,材料的密度越小,其质量会越小,机身大量采用我国自主研发的密度较小的碳纤维复合材料实现减重,故D错误。
故选:C。
(1)飞机与地面的联系是利用电磁波来传输信号的;
(2)飞机起飞时,需要与空气之间有较大的相对速度;
(3)机翼上方的空气流速比下方的快,由流体压强和流速的关系可知,机翼下方向上的压强大于机翼上方向下的压强,上下表面存在一个向上的压力差;
(4)在体积一定时,材料的密度越小,质量越小。
本题考查电磁波的应用、压强与流速的关系、密度的应用等知识。
12.【答案】B
【解析】解:由电路图可知,R1与R2串联,电压表测R1的滑片上端电阻两端的电压,电流表测电路中的电流;
当握力增大时,滑片向下移动,由于电压表所在电路相当于断路,所以滑动变阻器接入电路的电阻不变,总电阻不变,根据欧姆定律可知,电路中电流不变,电流表示数不变;
滑片向下移动,与电压表并联部分的电阻变大,根据U=IR可知,电压表示数增大;
根据P=I2R可知,R2的功率大小不变;
根据P=UI可知,电路的总功率不变;
综上所述,B正确。
故选:B。
由电路图可知,R1与R2串联,电压表测R1的滑片上端电阻两端的电压,电流表测电路中的电流;
根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化和总电阻的变化,根据欧姆定律可知电路中电流的变化和电压表示数的变化;
根据P=I2R可知R2的功率的变化;根据P=UI分析总功率的变化。
本题考查了电路的动态分析,涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率计算公式的应用,难度不大。
13.【答案】C
【解析】解:
A、由图可知,闭合开关后,电流的方向是逆时针的,所以NaCl溶液中的Na+自左向右定向移动,故A正确;
B、电源的作用是使正极聚集正电荷,负极聚集负电荷,右侧金属极板聚集负电荷,同种电荷相互排斥,所以Cl−会受到右侧金属极板的排斥力,故B错误;
C、将两个金属极板靠近,导电溶液的长度变短,电阻变小,电路中的电流变大,灯泡的实际功率变大,灯泡会变亮,故C正确;
D、由图可知,电压表并联到了溶液的两端,测量的是溶液两端的电压,故D错误。
故选:C。
(1)正电荷定向移动的方向为电流的方向,负电荷定向移动的方向和电流的方向相反;
(2)电源的作用是使正极聚集正电荷、负极聚集负电荷;
(3)根据电路中电流的变化分析;
(4)根据电压表的作用分析的。
本题考查了电流的方向、灯泡亮度的变化,明确电流的方向是解题的关键。
14.【答案】D
【解析】解:A、当A有14的体积露出水面,即34的体积浸入水中时,弹簧为原长,则说明此时物体漂浮在水面上,受到的浮力与重力相等,物体重力G=F浮=ρ水gV排=34ρ水gV,
根据G=mg得,物体A的质量:m=Gg=34ρ水gVg=34ρ水V,
物体A的密度:ρA=mV=34ρ水VV=34ρ水=0.75×103kg/m3,故A错误;
B、水对容器底部的压强为p=ρ水gh,由p=FS得,水对容器底部的压力为:F=pS=ρ水ghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m×2×10−2m2=40N,故B错误;
C、长方体A的体积V=1×10−2m2×0.04m=4×10−4m3,
若向容器中缓慢加水直到A完全浸没,A受竖直向下的重力、竖直向下的拉力及浮力作用,
所以F浮=G+F拉,则F拉=F浮−G=ρ水gV−34ρ水gV=14ρ水gV=14×1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10−4m3=1N,故C错误。
D、已知当水的深度为20cm时,弹簧长度恰好为原长,此时物体A有14的体积露出水面,长方体A高为4cm,则弹簧长度L=20cm−(1−14)×4m=17cm;
由C可知弹簧对A的拉力为1N,根据弹簧受到的拉力每增加0.1N,弹簧长度就伸长0.1cm可知,弹簧伸长ΔL=1cm,则弹簧总长L总=L+ΔL=17cm+1cm=18cm;
则水的深度增加量为:Δh=18cm+4cm−20cm=2cm=0.02m,水对容器底部的压强增加量:Δp=ρgΔh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02=200Pa,故D正确。
故选:D。
(1)当A有14的体积露出水面,弹簧为原长,说明此时物体漂浮在水面上,受到的浮力与重力相等,利用阿基米德原理求出物体重力;求出物体A的质量,利用密度公式求物体A的密度;
(2)知道水深,利用p=ρgh求水对容器底部的压强,再利用p=FS求水对容器底部的压力;
(3)若向容器中缓慢加水直到A完全浸没,A受竖直向下的重力、竖直向下的拉力及浮力作用,据此求拉力。
(4)已知当水的深度为20cm时,弹簧长度恰好为原长,此时物体A有14的体积露出水面,长方体A高为4cm,可求出弹簧长度;由C可知弹簧对A的拉力为1N,根据弹簧受到的拉力每增加0.1N,弹簧长度就伸长0.1cm可知弹簧伸长的长度,则可求出弹簧总长;可求出水的深度的增加量,根据液体压强公式可求出水对容器底部的压强增加量。
本题考查重力公式、密度公式、阿基米德原理、物体漂浮条件、液体压强公式的应用,本题难度较大,解题时一定要认真仔细。
15.【答案】热传递 无规则
【解析】解:晒青的过程中,茶叶吸收热量,是通过热传递的方式来改变茶叶的内能;
闻到茶叶的清香,说明了清香分子在不停地做无规则运动。
故答案为:热传递;无规则。
(1)改变内能的方法有两种:做功和热传递;
(2)分子都在不停地做无规则运动。
从生活中的茶文化,考查多个不同的物理知识点,较好地联系了生活实际,注重了物理知识的应用,值得关注。
16.【答案】相互的 静止的
【解析】解:(1)由于力的作用是相互的,火箭喷出的气体对火箭会产生向上的推力,使火箭升空,生活中有很多类似的现象,如划船等;
(2)对接成功后,“神舟十六号”飞船与空间站之间没有位置的变化,以空间站为参照物,“神舟十六号”飞船是静止的。
故答案为:相互的;静止的。
(1)物体间力的作用是相互的;
(2)判断物体是运动还是静止,分析物体和参照物之间的位置是否发生变化。
本题考查了物体间力的作用是相互的和机械运动,属于基础题。
17.【答案】可再生 同种
【解析】解:(1)太阳能可以从自然界源源不断得到补充,属于可再生能源;
(2)氢原子核的核外电子带负电,这些核外电子之间存在很强的静电排斥力,因为它们带有同种电荷。
故答案为:可再生;同种。
(1)能够短时间从自然界得到补充的是可再生能源,不能得到补充的是不可再生能源;
(2)同种电荷互相排斥,异种电荷互相吸引。
本题考查了能源的分类和电荷间的相互作用规律,属于基础题,难度不大。
18.【答案】1 205
【解析】解:由图知,承担重物绳子的段数n=2,
绳端移动距离:s=nh=2×0.5m=1m;
不计绳重和摩擦,绳端拉力:F=1n(G+G动)=12×(400N+10N)=205N。
故答案为:1;205。
由图知,承担重物绳子的段数n=2,根据s=nh计算绳端移动距离;不计绳重和摩擦,根据F=1n(G+G动)计算绳端拉力F的大小。
本题考查滑轮组特点和绳端拉力的计算,属于一道基础题。
19.【答案】N R2
【解析】解:根据图示可知,闭合开关后,电流从线圈的下端流入、上端流出,根据安培定则可知,线圈的上端为N极;
由图甲知:R1的电阻随湿度的增加而增加,R2的电阻随湿度的增加而减小;
根据实际需要,当空气潮湿,警示灯变亮,说明电路中的湿敏电阻被短路,即电磁铁的磁性增强,电路的电流增大,电阻减小,即湿敏电阻随着湿度的增加而减小,故R2符合要求。
故答案为:N;R2。
根据安培定则分析线圈的磁性;根据图像判断出R1和R2与湿度的关系;根据实际需要,当空气潮湿,警示灯变亮,说明电路中的湿敏电阻被短路,即电磁铁的磁性增强,电路的电流增大,电阻减小,即湿敏电阻随着湿度的增加而减小,根据图像选出合适的电阻。
本题考查了安培定则的应用、电路的动态分析,属于基础题。
20.【答案】12 3.8
【解析】解:闭合开关,灯泡和滑动变阻器串联接入电路,电压表V1测灯泡两端的电压,电压表V2测滑动变阻器两端的电压,电流表测通过电路的电流,
滑片位于最左端时,滑动变阻器接入电路最大阻值,根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小,由乙图可知电路最小电流为0.2A,
此时滑动变阻器两端的电压:UP=IRP=0.2A×50Ω=10V,
由乙图可知此时灯泡两端的电压为2V,
串联电路总电压等于各部分电压之和,则电源电压U=UL+UP=2V+10V=12V;
此时灯泡的电功率为PL=ULI=2V×0.2A=0.4W,
滑片位于a时,滑动变阻器接入电路的阻值最小,根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最大,由乙图可知通过电路的最大电流为0.6A,
根据串联分压原理可知此时滑动变阻器两端的电压最小,由乙图可知此时滑动变阻器两端的电压为5V,
则灯泡两端的电压为UL′=U−Ua=12V−5V=7V,
此时灯泡的电功率为PL′=UL′I′=7V×0.6A=4.2W,
灯泡消耗的电功率的变化量为ΔP=PL′−PL=4.2W−0.4W=3.8W。
故答案为:12;3.8。
闭合开关,灯泡和滑动变阻器串联接入电路,电压表V1测灯泡两端的电压,电压表V2测滑动变阻器两端的电压,电流表测通过电路的电流,
滑片位于最左端时,滑动变阻器接入电路最大阻值,根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小,由乙图可知电路最小电流,
根据欧姆定律计算此时滑动变阻器两端的电压,由乙图可知此时灯泡两端的电压,根据串联电路电压规律计算电源电压;
根据P=UI计算此时灯泡的电功率,
滑片位于a时,滑动变阻器接入电路的阻值最小,根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最大,由乙图可知通过电路的最大电流,
根据串联分压原理可知此时滑动变阻器两端的电压最小,由乙图可知此时滑动变阻器两端的电压,根据串联电路电压规律计算灯泡两端的电压,根据P=UI计算此时灯泡的电功率,进一步计算灯泡消耗的电功率的变化量。
本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用,正确读取图中信息是解题的关键。
21.【答案】解:图中所示汤匙静止时,手指尖与汤匙接触的位置即为重心,汤匙处于平衡状态,受到竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F作用。过汤匙重心,分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段,分别用G和F表示,大小为G=F,作图时两条线段长度要相等。如图所示:
【解析】汤匙被支起,处于平衡状态,手对汤匙的支持力和重力是一对平衡力,由二力平衡可知,支撑汤匙的点即为重心,然后过重心表示出重力、支持力。
(1)首先对物体进行受力分析,顺序是:重力一定有,弹力看四周,分析摩擦力,不忘液气浮;
(2)力的示意图:用一条带箭头的线段表示力的三要素,线段的长度表示力的大小,箭头表示力的方向。
作力的示意图,要用一条带箭头的线段表示力,线段的长度表示力的大小,箭头表示力的方向,起点或终点表示力的作用点,是平衡力的长度要相等。
22.【答案】解:(1)灯泡接法:开关要接在火线和灯之间,这样在断开开关时能切断火线,接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡,又能更安全。
(2)三孔插座的接法:上孔接地线、左孔接零线、右孔通过保险丝接火线,如图所示:
【解析】(1)灯泡的接法: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。
(2)三孔插座的接法:上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法,同时考虑使用性和安全性。
23.【答案】漫反射 法线 同一平面 不可靠 多次改变入射角,测量入射角和反射角,比较反射角和入射角的关系
【解析】解:(1)烟是固体颗粒,光遇到空气中小的固体颗粒发生漫反射,反射的光进入人的眼睛,人能看到光的传播路线。
加湿器使整个教室充满雾气,这样能显示出光的传播路径;法线与平面镜是垂直的,红色激光笔发出的光垂直射向平面镜上的O点,可以显示法线的位置;
(2)沿水平方向缓慢转动圆台,当我们观察到入射绿光、入射红光和反射绿光看起来重合,只能观察到一条光线时,可以根据光的传播路径来判断反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内;
(3)探究光的反射定律时,要多次改变入射角,测量入射角和反射角,比较反射角和入射角的关系;没有改变入射角光线的方向,也就没有改变入射角的大小,所以这一做法不可靠。
故答案为:(1)漫反射;法线;(2)同一平面;(3)不可靠;多次改变入射角,测量入射角和反射角,比较反射角和入射角的关系。
(1)空气是透明的,不能反射光,没有光线进入人的眼睛,人不能看到光的传播路径,当空气中有灰尘、小水珠、或其它固体颗粒时,颗粒发生漫反射现象,反射的光线能进入人眼,人能看到光路。
(2)法线与平面镜垂直;反射光线、入射光线和法线在同一平面内,可以通过硬纸板显示光路;
(3)探究光的反射定律时,要多次改变入射角,测量入射角和反射角,比较反射角和入射角的关系。
本题考查了研究光的反射定律的实验,要知道反射角等于入射角;反射光线与法线的夹角是反射角,而不是反射光线与镜面的夹角。
24.【答案】B −3 温度不变 达到了沸点,但不能继续吸热 8.4×103
【解析】解:(1)将装有碎冰的试管放入水中加热,而不是用酒精灯直接对试管加热,这是水浴法加热,这样做的目的是使冰块受热均匀,而且碎冰的温度上升速度较慢,便于及时记录各个时刻的温度,所以温度计应该放入装有碎冰的试管中,不能接触试管的底部和侧壁,故ACD错误、B正确;
(2)分度值是1℃,此时是零下,液柱上表面对准了0℃下面第3个小格处,读作−3℃;
(3)晶体熔化、液体沸腾的特点:继续吸热但温度保持不变;
烧杯中的水沸腾后,吸热但温度不变,试管中的水能达到沸点,但不能继续从烧杯中吸热,所以不能沸腾;
(4)冰熔化前后,质量不变,在CD段温度变化Δt=100℃−0℃=100℃,水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×20×10−3kg×100℃=8.4×103J。
故答案为:(1)B;(2)−3;(3)温度不变;达到了沸点,但不能继续吸热;(4)8.4×103。
(1)水浴法加热可以使物质受热均匀,并且温度变化较慢,便于记录数据,温度计不能接触到试管的底部和侧壁;
(2)确定温度计的分度值,读出示数;
(3)晶体熔化、液体沸腾的特点:继续吸热但温度保持不变;液体沸腾的条件是:达到沸点,继续吸热;
(4)冰熔化为水,质量不变,由图得出在CD段温度变化Δt,利用Q吸=cmΔt求水吸收的热量。
本题考查探究了冰的熔化规律的实验,考查了器材的安装、温度计的读数、沸腾的条件、热量计算等内容。
25.【答案】小 高度差 都相等 增大 相平 <
【解析】解:(1)如图甲所示,在检查压强计的气密性时,用不同的力按压探头的橡皮膜,发现U形管两侧液面高度差变化始终较小,说明压强计的气密性较差;
(2)根据转换法,当调整好压强计后,将压强计的探头放入液体中,可以通过比较U形管两侧液面高度差来比较液体压强的大小;
(3)调节好压强计后,将探头放入水中,保持探头深度不变,向不同方向旋转探头。发现U形管两侧液面高度差不变,由转换法,说明同种液体同一深度,各个方向的液体压强都相等;
(4)分析图乙、丙的实验现象,初步得到的结论是:同种液体中,丙中液体深度大,产生压强大,故得出同种液体中,液体压强随深度增加而增大;
(5)两探头置于空气中时,根据转换法,U形管两侧液面相平。再将两探头分别放入A、B两种不同液体中,调节两探头所处深度使U形管两侧液面恰好相平,因pA=pB,此时hA>hB,根据p=ρgh可知ρA<ρB。
故答案为:(1)小;(2)高度差;(3)都相等;(4)增大;(5)相平;<。
(1)用手指轻轻按压探头的橡皮膜,发现U形管两边的液面高度差变化都很小,这说明该压强计的气密性很差;若液面灵活升降,则装置不漏气,压强计的气密性好;
(2)(3)液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的,高度差越大说明此时的液体压强越大,采用了转换法;
(4)液体压强与液体的深度和密度有关,研究与其中一个因素的关系时,要控制另外一个因素不变;
(5)根据转换法,结合p=ρgh分析。
本题探究影响液体压强大小的因素,考查转换法、控制变量法及p=ρgh的运用。
26.【答案】左 52.4 2.62×103 大 (h2−h1)ρ石3(H2−H1)
【解析】解:(1)天平在使用前,应把天平放在水平桌面上,将游码调到左端零刻度线处。
由图1甲图可知,分度盘指针向右偏转,说明天平右端下沉,故应向左调平衡螺母直至指针指向分度盘中央。
(2)物体质量等于砝码质量和游码示数之和,游码分度值为0.2g,
故物体质量为:m=m码+m游=50g+2.4g=52.4g;
(3)矿石放入前,量筒中水的体积为V1=20cm3,矿石放入水中浸没,量筒中的体积为V2=40cm3,
则矿石的体积为:V=V2−V1=40cm3−20cm3=20cm3;
矿石的密度为:ρ=mV=52.4g20cm3=2.62g/cm3=2.62×103kg/m3。
(4)假若矿石吸水,则所测出的矿石的体积变小,质量测量准确,根据ρ=mV可知测出的矿石密度比实际密度值偏大。
(5)设烧杯底面积为S,则容器底面积为3S,烧杯高h。
图2乙和丙两次实验,烧杯和矿石整体漂浮在液体中,所受浮力等于矿石和烧杯的重力之和,两次浮力相等,由F浮=ρ液gV排可知:V排乙=V排丙,
则S(h−h1)=S(h−h2)+V石,
则矿石的体积为:V石=S(h2−h1),
则矿石质量为:m石=ρ石V石=ρ石S(h2−h1),
由图2甲、乙可知将矿石放在烧杯中,排开水的体积变化为:ΔV排=3S(H2−H1),
矿石的重力:G=ΔF浮=ρ液gΔV排=3ρ液gS(H2−H1),
故液体密度为:ρ液=G3gS(H2−H1)=m石g3gS(H2−H1)=ρ石S(h2−h1)g3gS(H2−H1)=(h2−h1)ρ石3(H2−H1)。
故答案为:(1)左;(2)52.4;(3)2.62×103;(4)大;(5)(h2−h1)ρ石3(H2−H1)。
(1)天平使用前的调节:①放:把天平放到水平桌面上;②移;把游码移到标尺左端零刻线处;③调:调节平衡螺母,使指针指在分度盘的中线处。
(2)物体的质量等于砝码的总质量加游码对应的刻度值。
(3)矿石的体积等于水和矿石的总体积减水的体积;根据ρ=mV计算出矿石的密度。
(4)假若矿石略有吸水,则所测出的矿石的体积变小,根据ρ=mV知测出的矿石密度的变化情况。
(5)比较乙、丙两图,图丙矿石吊在烧杯下方和图乙矿石放入烧杯A中,烧杯和矿石看成整体,都处于漂浮状态,浮力等于重力,由阿基米德原理可知排开液体的总体积相等,分别列出乙、丙两图的浮力表达式,根据等式求出矿石的体积与烧杯面积的关系式,并根据密度求出矿石的质量;结合比较甲、乙两图可知,都是漂浮,受到的浮力都等于自重,则两图中浮力的变化量等于矿石的重力,据此建立等式并代入数据求出液体的密度。
此题为固体和液体的密度测量实验,综合考查了天平和量筒的使用及读数、物体浮沉条件和阿基米德原理的应用、密度的计算等,难点是液体密度的测量,知道甲、乙两图中浮力的变化量等于矿石的重力,并根据物体浮沉条件、密度公式等列出等式是关键。
27.【答案】断开 灯泡断路 左 0.2 20 在电压一定时,通过导体的电流与电阻成反比 更换电阻后没有调节滑动变阻器控制电阻两端的电压不变 I1R0I2−I1
【解析】解:(1)滑片向右移动时灯泡变亮,说明电路中电流变大,变阻器阻值变小,故变阻器选用右下接线柱与灯泡串联在电路中,如下图所示:
;
连接实物电路时,开关应处于断开状态;
(2)闭合开关,移动滑片,发现小灯泡始终不亮,电流表无示数,说明电路可能断路;电压表有示数,说明电压表与电源连通,与电压表并联的支路之外的电路是完好的,综上可知,故障的原因可能是灯泡断路;
(3)闭合开关前,滑动变阻器的滑片应处于阻值最大处,即最左端;
电流表选用小量程,分度值0.02A,其示数为0.2A;
(4)如图乙图像a所示,定值电阻两端的电压U1=IR=0.3A×10Ω=3V保持不变,根据串联电压规律,则滑动变阻器的电压U2=U−U1=6V−3V=3V,根据串联电压之比等于电阻之比,则:U2:U1=R′:R=R′:20Ω=3V:3V,则滑动变阻器的电阻是20Ω,滑动变阻器的最大阻值至少为20Ω;
根据图象a可得出实验结论是:在电压一定时,电流与电阻成反比;
(5)丙图中图像b,由U=IR计算定值电阻两端的电压,发现每次的电压是不等的,因而更换电阻后没有调节滑动变阻器控制电阻两端的电压不变;
(6)实验步骤:
①闭合开关S,将滑动变阻器的滑片移至最左端,读出电流表的示数为I1;
②将滑动变阻器的滑片移至最右端,读出电流表的示数为I2;
③在步骤①中,电路为只有R0的简单电路,则此时电源电压U=I1(R0+Rx);
在步骤②中,R0与变阻器最大阻值Rx串联,而则此时电源电压U=I2Rx;
根据两次实验电压相等可知I2Rx=I1(R0+Rx)则可得Rx=I1R0I2−I1。
故答案为:(1)见解答图;断开;(2)灯泡断路;(3)左;0.2;(4)20;在电压一定时,通过导体的电流与电阻成反比;(5)更换电阻后没有调节滑动变阻器控制电阻两端的电压不变;(6)I1R0I2−I1。
(1)滑片向右移动时灯泡变亮,说明电路中电流变大,变阻器阻值变小,据此确定变阻器选用的下端接线柱;
连接电路时,开关应该断开;
(2)闭合开关,移动滑片,发现小灯泡始终不亮,电流表无示数,说明电路可能断路;电压表有示数,说明电压表与电源连通,与电压表并联的支路之外的电路是完好的,综上可知,故障的原因可能是灯泡断路;
(3)闭合开关前,为保护电路,滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处;
根据电流表选用量程确定分度值读数;
(4)探究电流与电阻的关系,应保持电阻两端的电压不变;根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压,根据分压原理分析解答滑动变阻器的最大;根据图线得出结论;
(5)结合图像分析,定值电阻两端的电压是否改变,从而找出错误的原因;
(6)要测滑动变阻器最大阻值,首先要得到电源电压,然后利用两次实验电源电压相等求出滑动变阻器最大阻值Rx。
本题研究电流与电阻的关系,考查电路的改接、器材的选择、数据分析和缺少电压表的情况下测电阻的实验设计等知识,综合性强,但难度适中。
28.【答案】答:湿地含有大量的水,因为水的比热容较大,白天,相同质量的水和沙石比较,吸收相同的热量,水的温度升高的少;夜晚,放出相同的热量,水的温度降低的少,使得昼夜的温差小,能有效调节周围环境的气温。
【解析】水的比热容大,相同质量的水和其它物质比较,吸收或放出相同的热量,水的温度升高或降低的少,据此分析。
本题考查了水的比热容大的应用,贴近生活实际,便于激发学生探究物理现象的兴趣。
29.【答案】解:(1)2×107t标准煤完全燃烧放出的热量:
Q放=q煤m=3.0×107J/kg×2×107×103kg=6×1017J,
(2)火力发电的效率:
η=W电Q放×100%=6×1010×3.6×106J6×1017J×100%=36%。
答:(1)这些标准煤完全燃烧释放的热量为6×1017J;
(2)火力发电的效率为36%。
【解析】(1)根据热值公式Q放=mq可计算出煤燃烧放出的热量;
(2)根据效率公式计算出火力发电厂发电的效率。
本题考查了学生对燃料完全燃烧放热公式Q放=mq和热效率公式了解与掌握,属于常见的典型考题。
30.【答案】解:(1)水对挖掘机底部的压强:p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×2m=2×104Pa;
(2)挖掘机的重力:G=mg=12×103kg×10N/kg=1.2×105N,
挖掘机对水平地面的压力:F压=G=1.2×105N,
此时水平地面受到的压强:p=F压S=1.2×105N0.6m2=2×105Pa;
(3)由P=Wt可知,挖掘机工作0.5h所做的功:W=Pt=97×103W×0.5×3600s=1.746×108J。
答:(1)水对挖掘机底部的压强是2×104Pa;
(2)此时水平地面受到的压强是2×105Pa
(3)工作0.5h所做的功是1.746×108J。
【解析】(1)根据p=ρgh求水对挖掘机底部的压强;
(2)根据G=mg求挖掘机的重力,挖掘机对水平地面的压力大小等于挖掘机的重力,根据p=FS求此时水平地面受到的压强;
(3)根据P=Wt求挖掘机工作0.5h所做的功。
本题考查压强定义式、重力公式、液体压强公式和功率公式的应用,关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。
31.【答案】解:(1)由图甲可知,压力传感器R与定值电阻R0串联,电流表测电路中的电流;
当平板空载时,压力传感器受到的压力为零,由图乙可知此时压力传感器R的阻值R=160Ω,
由串联电路的特点和欧姆定律可知电源电压:U=I(R+R0)=0.1A×(160Ω+20Ω)=18V;
(2)由欧姆定律可知,当电流表示数为0.3A时,R0两端的电压:U0=I′R0=0.3A×20Ω=6V,
由串联电路的电压特点可知,压力传感器R两端电压:UR=U−U0=18V−6V=12V,
由欧姆定律可知,压力传感器R的电阻:R′=URI ′=12V0.3A=40Ω,
由图乙可知此时杠杆B点的作用力FB=80N,
由图甲可知,B的作用力的力臂为OB=OA+AB,A点作用力的力臂为OA,则OBOA=OA+ABOA=1+ABOA=1+41=51
根据杠杆平衡条件可得:FA×OA=FB×OB,
解得:FA=OBOA×FB=51×80N=400N,
则物体的重力:G=FA=400N,
(3)由P=UI可知,电源电压一定时,当电路中电流最大时电路消耗的电功率最大,
因为电流表的量程为0~0.6A,则电路中的最大电流I最大=0.6A,
由欧姆定律可知,此时电路中的电阻:R总=U I最大=18V0.6A=30Ω,
由串联电路的电阻特点可知,此时压力传感器R的阻值:R′′=R总−R0=30Ω−20Ω=10Ω,
则压力传感器R消耗的功率:PR=I最大2R′′=(0.6A)2×10Ω=3.6W,
当压力传感器接入电路最大阻值时,电路电流最小,当电路中电流最小时电路消耗的电功率最小,
此时压力传感器R消耗的功率:PR1=I2R=(0.1A)2×160Ω=1.6W,
当电路消耗功率分别达最小值和最大值时,压力传感器R消耗功率的比值是3.6W1.6W=94;
(4)要增大此装置的测量范围,根据杠杆平衡条件可知压力传感器受到的压力变大,由乙图可知压力传感器接入电路的电阻变小,根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小,若电源电压不变,根据欧姆定律可知可串联接入一个定值电阻,若通过电路的电流不变,根据U=IR可知需减小电源电压。
答:(1)电源电压是18V;
(2)当电流表示数为0.3A时,物体的重力是400N;
(3)在电路安全的情况下,缓慢增加平板上的物体的重力过程中,当电路消耗功率分别达最小值和最大值时,压力传感器R消耗功率的比值是9:4;
(4)要增大此装置的测量范围,可串联接入一个定值电阻或减小电源电压。
【解析】(1)由图甲可知,压力传感器R与定值电阻R0串联,电流表测电路中的电流;
当平板空载时,压力传感器受到的压力为零,由图乙可知此时压力传感器R的阻值,根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源电压;
(2)根据欧姆定律求出R0两端的电压,根据串联电路的电压特点求出压力传感器R两端电压,根据欧姆定律求出压力传感器R的电阻,根据图乙可知此时杠杆B点的作用力,根据杠杆平衡条件求此时A点的压力,物体的重力大小等于A点的压力;
(3)由P=UI可知,电源电压一定时,当电路中电流最大时电路消耗的电功率最大,根据电流表的量程确定电路中的最大电流,根据欧姆定律求出电路中的总电阻,根据串联电路的电阻特点求出压力传感器R的阻值,根据P=UI=I2R求出压力传感器R消耗的功率;
当压力传感器接入电路最大阻值时,电路电流最小,当电路中电流最小时电路消耗的电功率最小,根据P=I2R计算此时压力传感器R消耗的功率,
进一步计算当电路消耗功率分别达最小值和最大值时压力传感器R消耗功率的比值;
(4)要增大此装置的测量范围,根据杠杆平衡条件可知压力传感器受到的压力变大,由乙图可知压力传感器接入电路的电阻变小,根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小,根据串联电路电阻规律结合欧姆定律分析即可。
本题为力学、电学综合计算题,考查了欧姆定律、串联电路的特点和杠杆平衡条件的应用,利用好压力传感器的电阻与压力的关系图像是关键。
2023年福建省福州十九中中考物理模拟试卷(二): 这是一份2023年福建省福州十九中中考物理模拟试卷(二),共23页。试卷主要包含了选择题,填空题,作图题,简答题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。
2023年福建省福州十九中中考模拟物理试题(二)(含解析): 这是一份2023年福建省福州十九中中考模拟物理试题(二)(含解析),共26页。试卷主要包含了单选题,填空题,作图题,简答题,实验题,计算题等内容,欢迎下载使用。
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