2022年江苏省无锡市中考物理第二次适应性试题及答案解析

2022年江苏省无锡市中考物理第二次适应性试卷

1. 下列关于声音的说法中不正确的是( ) A. “隔墙有耳”，说明固体能传声 B. “震耳欲聋”，说明声音的音调高

C. “响鼓要重锤敲”，说明振幅越大，声音的响度越大 D. “闻其声知其人”，说明可以根据音色来判断说话者

2. 学习物理是从观察事物、探求事理开始的。对下列现象中物态变化的分析，正确的是( ) A. 春天，冰雪消融，是冰雪吸热熔化

B. 夏天，电风扇对着人扇风，让人感到凉爽，是因为电扇扇风降低了室内温度 C. 秋天，寒冷的早上出现了霜降，霜是由水蒸气遇冷凝固形成的 D. 冬天，人口中呼出的“白气”是水汽化形成的水蒸气 3. 正在考试的你，对周围环境进行了估测，正确的是( ) A. 考物理心情激动，心跳1次的时间约是0.1𝑠 B. 监考老师在教室巡考，步行速度约为5𝑚/𝑠 C. 普通课桌的高度约为20𝑑𝑚

D. 读完此题心平气和，感觉此时体温大概是36.8℃ 4. 关于粒子与宇宙，下列说法中正确的是( ) A. 海绵容易被压缩，说明分子间有空隙

B. 在干燥头发上梳过的塑料梳子能吸引小纸屑是因为摩擦起电 C. 扫地时灰尘飞舞，说明分子在做无规则运动 D. 地球绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心 5. 下列现象属于光的反射的是( ) A. 雨后的彩虹

B. 树荫下的光斑

C. 池水看起来“浅”

D. 树在水中的倒影

6. 关于温度、热量和内能，下列说法正确的是( ) A. 物体吸收了热量，温度一定升高 C. 温度相同的物体，内能不一定相同

B. 温度高的物体含有热量多

D. 物体内能增加，一定是从外界吸收了热量

7. 如图所示，某同学用自制的水凸透镜做凸透镜成像实验，在光屏上得到了清晰的像，关

于下列现象分析，正确的是( )

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A. 此时在光屏上得到的是倒立放大的实像

B. 如果利用注射器继续向水凸透镜内注水，发现光屏上的像不清晰了，这时将光屏向透镜方

向移动，又能得到一个清晰更小的实像

C. 如果利用注射器从水凸透镜内抽水，此时保持蜡烛和光屏不变，在水透镜左侧适当位置放

置凸透镜可以模拟近视眼的矫正

D. 水凸透镜内有一个小正方形纸片，则在光屏上不会得到蜡烛完整的像

8. 弹跳杆运动是一项广受欢迎的运动。其结构如图甲所示。图乙是小金玩弹跳杆时由最低

位置上升到最高位置的过程，其中𝑏是弹簧处在原长的状态，针对此过程分析正确的是( )

A. 𝑎→𝑏，小金的机械能不断增加，在𝑏时动能最大 B. 𝑏→𝑐，弹簧的弹性势能转化为小金的重力势能 C. 在𝑎状态时弹簧的弹性势能最大，人的动能最小 D. 在𝑐状态时小金受力平衡，故速度为零

9. 如图所示，在“比较两个灯泡的亮暗”的活动中，闭合开关后，调节滑动变阻器，使图

甲和图乙中白炽灯𝐿1和𝐿2发光，𝐿1的规格为“2.5𝑉0.3𝐴”，𝐿2的规格为“3.8𝑉 0.3𝐴”。下列说法中正确的是( )

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①白炽灯越亮，表明在相同时间内电流做功越多 ②图甲可“探究电流做功多少与电压大小的关系” ③图乙可“探究电流做功多少与电流大小的关系” ④甲和乙中，𝐿1均比𝐿2亮

A. 只有① B. 只有②③ C. 只有①②③ D. ①②③④都正确

10. 盛有液体的圆柱形容器置于水平桌面上，如图甲所示，容器对桌面的压强为500𝑃𝑎；用

细线拴一金属球，将金属球浸没在液体中，如图乙所示，容器对桌面的压强为600𝑃𝑎；将细线剪断，金属球沉到容器底部，如图丙所示，容器对桌面的压强为1500𝑃𝑎.已知：容器的底面积为100𝑐𝑚2，金属球的密度为8𝑔/𝑐𝑚3，𝑔取10𝑁/𝑘𝑔。则下列判断正确的是( )

A. 液体的密度是0.8𝑔/𝑐𝑚3 C. 金属球所受浮力是6𝑁

B. 金属球的体积是100𝑐𝑚3 D. 金属球对容器底部的压力是10𝑁

11. 录音机的磁带上附有一层硬磁性材料制成的小颗粒，如图

所示，录音时，声音先转变成强弱变化的电流，这样的电流通过录音磁头，产生了强弱变化的磁场，磁带划过磁头时，磁带上的小颗粒被强弱不同地磁化，于是记录了一连串有关磁性变化的信息。放音时，磁带贴着放音磁头运动，磁性强弱变化的磁带使放音磁头中产生变化的感应电流，电流经放大后使扬声

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器发声，这便“读”出了录音带中记录的信息。下列实验和图中的磁带放音时工作原理相同的是( )

A.

B.

C.

D.

12. 如图的电路，电源电压保持不变。小灯泡𝐿标有“4𝑉1.6𝑊字样，忽略温度对灯泡电阻的

影响，滑动变阻器𝑅1标有“50𝛺0.5𝐴”，电阻𝑅2阻值为20𝛺.电压表的量程为0～3𝑉，电流表𝑆2和𝑆3，𝑅2消耗的电功率为1.8𝑊.的量程为0～3𝐴.将变阻器的滑片𝑃移至最左端，只闭合开关𝑆、改变开关的通断和滑片𝑃的位置，电路状态以及电路中的诸多物理量会发生变化。在保证各元件安全的情况下移动滑片，下列选项对应的图象趋势及数据完全正确的是( )

A. 闭合𝑆、𝑆1，横轴表示𝑅1接入的阻值，纵轴表示电流表示数

B. 闭合𝑆、𝑆1，横轴表示𝑅1接入的阻值，纵轴表示𝑅1的电功率

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C. 闭合开关𝑆、𝑆2和𝑆3，横轴表示𝑅1接入的阻值，纵轴表示电路

总功率

D. 闭合开关𝑆、𝑆2和𝑆3，横轴表示电路总电阻的倒数，纵轴表示电

流表示数

13. 为做好疫情防控，工作人员对进入校园的人员测量体温。如图1所示，常用的测温是

利用人体辐射的______(选填“红外线”或“紫外线”)来测量体温的。勤洗手是降低病毒感染的有效防护措施，洗完手后，将手放在如图2所示的热风干手机下吹热风，手上的水很快就干了，并且手会感觉热乎乎的，这是通过______方式增大手的内能。

14. 有些沙漠紧邻大海，______(选填“白天”或“晚上”)风通

常从大海吹向沙漠，导致空气中富含水蒸气。伯克利分校的团队设计出一款沙漠集水器，如图所示，利用风能这种______(选填“可再生”或“不可再生”)能源，借助风力驱动风轮旋转，带动螺旋桨将空气输入金属管中部。深埋在土壤深处的金属管底部温度较低，由于金属的______(填物理属性)好，使得金属管中部温度也降低。空气中的水蒸气在金属管中部______(选填“吸热”或“放热”)液化成水滴，水滴在______力的作用下沿管壁下落，汇集于金属管底部容器。

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15. 为了方便残疾人上下台阶，很多公共场所设计了如图所示的专用通道。沿专用通道至入

口和直接上台阶相比较，可以______(选填“省力”、“省功”或“省距离”)。若将重600𝑁的小车沿8𝑚长的斜面推至2𝑚高的入口处，沿斜面所用的推力为200𝑁，斜面的机械效率为______，在此过程中所受斜面摩擦力大小为______𝑁。

分别将它们正对太阳，把一张纸放在它的下方，16. 小明为辨别直径相同的两个透镜的类型，

在纸上得到相应的光斑，其操作正确的是______(选择“𝐴”或“𝐵”)。透镜与光斑的大小如图2所示，𝑑1<𝑑，形成甲光斑的是______(选填“凸”或“凹”)透镜；小夏利用光具座测透镜甲的焦距，则该透镜的焦距为______𝑐𝑚。

17. 在“探究影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小明做了如图甲所示的三次实验。

(1)刚开始小明做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图像如图乙所示，木块的速度随时间变化的图像如图丙所示，则木块在第7𝑠时受到的摩擦力大小为______𝑁。

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(2)另一位同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示，实验时拉着长木板沿水平地面向右加速运动，则弹簧测力计的示数______(选填“大于”、“等于”或“小于”)木板对木块的摩擦力大小；若拉力𝐹未能沿水平方向，则木板对木块的摩擦力大小______(选填“等于”或“不等于”)木块对木板的摩擦力大小。

18. 如图所示，甲、乙两个相同的量筒放在同一水平面上，量筒内盛有不

同种类的液体，两个量筒内底部所受液体的压强相等。两种液体的密度为𝜌甲和𝜌乙，𝐵两点液体压强𝑝𝐴和𝑝𝐵，则𝜌甲______𝜌乙；两液体内同一高度上𝐴、则𝑝𝐴______𝑝𝐵(均填“大于”、“等于”或“小于”)。

小力家有一款具有加热19. 小力利用如图甲所示装置探究电阻产生的热量与______的关系。

功能的电动按摩椅，它的电路简图如图乙所示。已知电热丝的电阻为1210𝛺，则电热丝通电5𝑚𝑖𝑛所产生的热量应为______𝐽。当单刀多掷选择开关接______(选填“𝐴𝐵”或“𝐵𝐶”)处时，电动按摩椅只具有按摩功能。

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20. 如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华选用沙子和水进行实验，

用两个相同的容器(图中用虚线框表示)分别装入质量相等的沙子和水，用相同的装置加热。

(1)从实验效果考虑，本实验选择______(填“烧杯”或“易拉罐”)作为盛放液体的容器较好，两种物体吸收热量的多少可通过______(填“物体升高的温度”或“加热时间”)比较。 (2)小明认为也可以选用质量相等的𝐴、𝐵两种液体按图乙所示的装置进行探究，该探究方案的优点是______(答出一个即可)。

(3)小明实验中作出如图丙所示的图像，𝐴、𝐵两种液体的比热容之比为______。分析图像可知，

21. 老师用如图1所示实验装置，加热试管使水沸腾，发现试管上方的小风车，开始不停地

转动；由此引出以下问题，请利用所学的知识回答。

(1)图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的哪个冲程相同？______

(2)若某四冲程汽油机的功率为36千瓦，做功冲程每次对外做功800焦耳，则在1秒钟内该汽油机能完成______个冲程。

(3)如图3所示的是等质量两种液体吸收的热量与温度变化情况的图象。根据图中提供的信息判断，这两种液体中，选择______液体作为汽车冷却液效果会更好。

22. 物理兴趣小组为了测量教室内大气压强的大小，将橡胶吸盘吸在水平

放置的玻璃板下方，测量出吸盘的直径𝑑，计算出吸盘与玻璃板的接触面积𝑆=10−4𝑚2；在吸盘下方挂上钩码，当吸盘快要松动时，向小桶内加入细

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沙进行微调，如图所示。当吸盘刚好脱离玻璃板时，记录钩码、小桶和沙子总重𝐺=8.4𝑁。 (1)根据实验可计算出大气压值为______𝑃𝑎；

(2)该小组做了多次实验，测得的大气压强数值均比实验室气压计读数值明显偏小，请你分析可能的原因有哪些：______(答出一种即可)。

23. 晨晨家里有一个电火锅，某次聚餐只让电火锅工作，用高温挡加热汤液2𝑚𝑖𝑛，发

现电能表(如图1所示)上的表盘转了81转，电火锅在这段时间内消耗的电能为______𝑘𝑊⋅ℎ，此时电火锅的实际功率是______𝑊。晨晨家中部分照明电路如图2所示，她闭合了开关𝑆(家中其他用电器均处于断开状态)，白炽灯𝐿亮了一段时间后熄灭了，经检查保险丝完好，把试电笔分别插入插座的两孔，氖管均发光，此时电路故障可能的是______。(选填“进户火线断了”“进户零线断了”或“白炽灯灯丝断了”)

24. 如图所示是一个水位监测仪的简化模型。杠杆𝐴𝐵质量不计，𝐴端悬挂着物体𝑀，𝐵端悬

挂着物体𝑁，支点为𝑂，𝐵𝑂=4𝐴𝑂。物体𝑀下面是一个压力秤，物体𝑁是一个质量分布均匀的实心圆柱体，放在水槽中，当水槽中无水时，物体𝑁下端与水槽的底部恰好接触且压力为零，此时压力秤的示数也为零。已知物体𝑁的质量𝑚=4𝑘𝑔，高度𝐻=1𝑚，横截面积𝑆=

33

20𝑐𝑚2(𝑔取10𝑁/𝑘𝑔，𝜌水=1.0×10𝑘𝑔/𝑚)。则物体𝑁的密度为______𝑘𝑔/𝑚3，物体𝑀的质

量为______𝑘𝑔；向水槽内加水，当压力秤的示数𝐹=40𝑁时，水槽内水的深度______𝑚。

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25. 如图所示，𝑆为光源，请在图中画出一条经平面镜𝑀𝑁反射后中过𝑃点光线。

26. 如图所示，请画出重物所受重力的示意图和拉力𝐹的力臂。

27. 在图中，请根据小磁针的南、北极指向，在图中标出电源“+”或“−”极，并用箭头

标出磁感线方向。

28. 如图所示，某建筑工地用起重机将质量为3.6𝑡的货箱以0.5𝑚/𝑠的速度匀速提升，吊臂上

的滑轮组如图所示，若忽略绳重和摩擦，该滑轮组的机械效率为80%.(𝑔=10𝑁/𝑘𝑔)求： (1)在10𝑠内货箱上升的高度； (2)货箱的重力；

(3)吊臂上电动机拉力𝐹的大小；

(4)依然利用此机械提升质量为4.1𝑡的货箱，求此时滑轮组的机械效率。

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29. 小宇在测浓盐水的密度时进行如下操作：

(1)把天平放在水平桌面上，将游码归零，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，此时应将平衡螺母向______(填“左”或“右”)调节，使横梁平衡。 (2)天平调平后小宇进行了三步操作： ①测空烧杯的质量为32𝑔；

②用天平测烧杯和浓盐水的总质量，盘中砝码及游码的位置如图甲所示，烧杯和浓盐水的总质量为______𝑔；

③将浓盐水倒入量筒中，液面的位置如图乙所示。

为减小误差，以上操作合理的顺序是______(填序号)；浓盐水的密度为______𝑔/𝑐𝑚3。 (3)小宇又想用天平和一杯浓盐水(已知浓盐水的密度为𝜌0)及其他辅助器材测量密度均匀的萝卜的密度：

①用天平测出______(填“萝卜”或“杯和浓盐水”)的质量为𝑚1；

②把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮如图丙，用记号笔记下液面在萝卜上的位置；

③取出萝卜擦干，用刀沿记号将萝卜切成𝑎、𝑏两块，测出𝑏块的质量为𝑚2。萝卜密度的表达式为𝜌=______(用所给字母表示)。

小明同学让钢球分30. 如图所示是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。

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(1)该实验是通过观察______来判断钢球的动能的大小。

(2)该实验中物体的速度是指钢球从斜面上由静止滚下______(选填“即将碰撞木块时”或“碰撞木块后”)的速度；分析比较甲、乙两次实验，可探究出的结论是：______； (3)实验中钢球碰撞木块后继续向前运动，在水平木板上滑动一段距离后停下，设开始时钢球的重力势能为𝐸𝑝，木块克服摩擦力所做的功为𝑊，则𝐸𝑝______𝑊(选填：“>”、“<”或“=”)。

(4)某同学做了甲、丙两次实验如图所示，得到结论：“当物体的速度一定时，物体质量越大，物体动能越大”，该同学的结论______的(选填“正确”或“不正确”)。

(5)小红同学换用如图丁所示的装置做实验，可以用来探究动能大小和______的关系。(选填“速度”、“质量”或“速度和质量”)

(6)实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进而想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表： 实验序号 1 2 3 小球的质量𝑚/𝑔 小球自由滚下的高度ℎ/𝑐𝑚 木块被撞后运动的距离𝑠/𝑚 30 30 60 10 20 10 4 16 8 ______(选填“超载”或“超速”)对物体的动能影响更大，分析表格中对应的实验数据可知：

当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。

31. 某学习小组用如图甲所示的电路，“探究通电导体电流与电阻的关系”的实验，准备的

实验器材有：电源(电压恒为4.5𝑉)、开关、滑动变阻器、电流表、电压表、阻值为5𝛺、10𝛺、15𝛺、20𝛺、25𝛺的定值电阻5个。

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(1)图乙的实物电路中存在连线错误，只需要改动一根导线，请你把接错的那根导线打上“×”，再画出正确的连线(导线不允许交叉)。

(2)小明连接好电路后，闭合开关，移动滑片时，电压表的示数增大，电流表的示数减小，可能出现的错误是______。

(3)排除故障后多次实验，利用收集到的数据，作出了如图2所示的电流𝐼随电阻𝑅变化的关系图像，分析图像得出结论：______。

(4)分析图像可以看出：在实验过程中，小明先把5𝛺的电阻接入电路，移动滑动变阻器的滑片𝑃，记录电压表和电流表的示数后，断开开关𝑆，把5𝛺的电阻换成阻值为10𝛺继续做实验，接下来她应向______(选填“左”或“右”)端移动滑动变阻器的滑片𝑃，同时眼睛应该看电压表直到其示数为______，然后再记下电流表的示数。 (5)实验所选择的滑动变阻器的最大阻值至少是______𝛺；

(6)若实验中发现10𝛺的电阻已损坏，临时用“3𝑉 0.9𝑊”小灯泡替代该电阻，在原来实验要求不变的情况下，还能完成此实验吗？______(选填“能”或“不能”)。

(7)若如图是上述实验过程中电压表示数𝑈、电流表示数𝐼、定值电阻𝑅1和滑动变阻器𝑅2建立关系的图像，则正确的是______。

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A.B.C.D.

32. 为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器(电磁铁线圈电阻不计)制作了具有延时加热、

保温、消毒等功能的恒温调奶器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压𝑈1=3𝑉，定值电阻𝑅0=50𝛺，热敏电阻𝑅阻值随温度变化的图象如图乙所示；工作电路中，电压𝑈2=220𝑉，𝑅1=836𝛺，𝑅2=44𝛺。已知恒温调奶器容量为2𝑘𝑔，水温达到80℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)]

(1)电磁铁是利用电流的______效应工作的。 (2)求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流。 (3)求工作电路在保温状态下的电功率。

(4)当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500𝑠后衔铁跳起，求此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率。

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答案和解析

1.【答案】𝐵

【解析】解：

A、“隔墙有耳”说明声音能通过墙传播出去，说明固体也能传声。此选项正确，不符合题意； B、“震耳欲聋”指声音很大，声音的大小指声音的响度，而不是音调高。此选项错误，符合题意； C、重锤敲鼓时鼓面振动幅度较大，鼓敲敲的响，说明物体振幅越大，响度越大。此选项正确，不符合题意；

D、不同人声音的音色不同，区别出熟悉的人谁在说话，是因为音色不同的原因。此选项正确，不符合题意。 故选：𝐵。

解决此题需掌握：声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质，气体、液体、固体都能传声，真空不能传声；声音有三个特性：音调、响度和音色，音调与发声体的振动频率有关，响度与振幅有关，音色与发声体有关；音色是由发声体的材料和结构决定的，可以用来区分不同物体发出的声音。

需要学生全面掌握声音的知识，包括声音的三个特征以及相关因素，在平时的学习中注意知识的积累。

2.【答案】𝐴

【解析】解：𝐴、冰雪消融，由固态变成液态，属于吸热熔化现象，故A正确；

B、夏天用电风扇对着人扇风，人感到凉爽是因为加快身体汗液蒸发吸热，但不会降低了室内的气温，故B错误；

C、秋天，寒冷的早上出现了霜降，霜是由水蒸气遇冷凝华形成的，故C错误； D、冬天，人口中呼出的“白气”是水蒸气液化形成的，故D错误。 故选：𝐴。

(1)物质由固态变成液态叫做熔化，由液态变成气态叫做汽化，由固态直接变成气态叫做升华； (2)物质由液态变成固态叫做凝固，由气态变成液态叫做液化，由气态直接变成固态叫做凝华。 本题考查了物态变化的判断，属于基础知识的考查，分析物质变化前后的状态是解题的关键。

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3.【答案】𝐷

【解析】解：𝐴、心跳1次的时间约是1𝑠，故A错误； B、老师步行速度约为1𝑚/𝑠，故B错误； C、普通课桌的高度约为8𝑑𝑚，故C错误；

D、人的正常体温大约是36.8℃，符合实际，故D正确。 故选：𝐷。

首先要对选项中涉及的几种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。

此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。

4.【答案】𝐵

【解析】解：𝐴.海绵不是分子，所以不能说明分子的特点：具有间隙。故A错误； B.吸引小纸屑是因为摩擦起电，故B正确；

C.灰尘不是分子，不能说明分子的运动，故C错误； D.太阳是太阳系的中心，故D错误。 故选：𝐵。

分子是看不见的，所以海绵，灰尘不是分子，不能说明分子的特点。太阳是太阳系的中心。 本题考查了对微观粒子、宇宙的认识，属于基础题目。

5.【答案】𝐷

【解析】解：𝐴、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A不符合题意。

B、树荫下的圆形光斑属于小孔成像，是由于光沿直线传播形成的。故B不符合题意。 C、池水看起来“浅”，是由于光从水中斜射入空气中时发生折射形成的，故C不符合题意。 D、水中倒影属于平面镜成像；平面镜成像是光的反射原理，故D符合题意。 故选：𝐷。

本题考查了光的折射现象、光的反射现象、光沿直线传播现象，有一定的综合性，难度不大。

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6.【答案】𝐶

【解析】解：𝐴、物体吸收热量，内能增加，但温度不一定变化，如晶体熔化过程，内能增加，但温度不变，故A错误；

B、热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故B错误；

C、物体的内能与质量、温度、状态等多个因素有关，不能只根据温度判定内能的大小，所以两物体温度相同时，内能不一定相同，故C正确；

D、改变物体内能的两种方式：做功和热传递；物体内能增加，不一定是从外界吸收了热量，故D错误。 故选：𝐶。

7.【答案】𝐵

【解析】解：𝐴、根据凸透镜成像规律可知，当物距𝑢>2𝑓时，像距𝑓<𝑣<2𝑓，即𝑢>𝑣，此时凸透镜成倒立缩小的实像，故A错误；

B、继续向水凸透镜注水，水凸透镜变凸，焦距变小，相当于物距变大，根据凸透镜成像规律可知，此时所成的像变小，像距变小，应将光屏向透镜方向移动适当距离，才能得到清晰的像，故B正确；

C、从水凸透镜内抽水，水凸透镜变薄，焦距变大，相当于物距变小，根据凸透镜成像规律可知，此时所成的像变大，像距变大，保持蜡烛和光屏位置不变时，在蜡烛与凸透镜之间放置一个对光有会聚作用的凸透镜可使像重新呈现在光屏上，此实验可模拟远视眼的矫正，故C错误； D、水凸透镜内的小正方形纸片，不能完全遮挡蜡烛的光透过透镜，故在光屏上仍能成完整的像，故D错误。 故选：𝐵。

A、根据凸透镜成像规律可知，当物距𝑢>2𝑓时，像距𝑓<𝑣<2𝑓，即𝑢>𝑣，由此可知凸透镜的成像情况；

B、继续向水凸透镜注水，水凸透镜变凸，焦距变小，相当于物距变大，根据凸透镜成像规律可知，所成的像变小，像距变小；

C、从水凸透镜内抽水，水凸透镜变薄，焦距变大，相当于物距变小，根据凸透镜成像规律可知，所成的像变大，像距变大，保持蜡烛和光屏位置不变时，在蜡烛与凸透镜之间放置一个对光有会聚作用的凸透镜可使像重新呈现在光屏上；

D、水凸透镜内的小正方形纸片，不能完全遮挡蜡烛的光透过透镜，故在光屏上仍能成完整的像。

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本题考查凸透镜成像规律的动态应用，难度较大。

8.【答案】𝐶

【解析】解：

A、𝑎→𝑏的过程中，弹簧的形变程度减小，弹簧的弹性势能减小，弹簧的弹性势能不断转化为小金的机械能，故小金的机械能不断增加；

开始一段时间内，弹簧的形变量较大，向上的弹力大于向下的重力，小金做加速运动；随着弹簧形变量的减小，弹力减小，当弹力等于重力时，小金的速度达到最大，此时动能最大；弹力继续减小，当向上的弹力小于向下的重力时，小金做减速运动；

所以，𝑎→𝑏的过程中，小金先加速后减速，在𝑏状态时速度并不是最大，此时弹簧恢复到原长，无弹力，人只受重力作用，处于减速阶段，故在𝑏时动能不是最大，故A错误。

B、𝑏→𝑐的过程中，即人离开地面上升的过程，小金的速度减小，动能减小，高度增大，重力势能增大，所以该过程中是动能转化为人的重力势能，故B错误。

C、𝑎是最低位置，此时弹簧的形变程度最大，所以在𝑎状态时弹簧的弹性势能最大；此时人的速度为零，其动能最小，故C正确。

D、在𝑐状态时，小金只受到重力作用，受力不平衡，故D错误。 故选：𝐶。

(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。

物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能，弹性势能的大小与物体发生弹性形变的程度有关。

(2)判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的。 (3)人上升到最高点时对其进行受力分析，得出结论。

此题考查了动能、重力势能和弹性势能的相互转化，以及机械能守恒是一道综合题，难点在于对小金在整个过程中的受力分析及其运动状态的判断。

9.【答案】𝐶

【解析】解：根据欧姆定律可得灯泡的电阻：𝑅1=𝐼1=0.3𝐴≈8.33𝛺，𝑅2=𝐼2=0.3𝐴≈12.67𝛺，

21(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两

𝑈

2.5𝑉

𝑈

3.8𝑉

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端电压大，比较可知灯泡𝐿2两端的电压大，串联电路各处电流相等，根据𝑃=𝑈𝐼可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，所以灯泡𝐿2比𝐿1亮，相同时间做功也多，所以可“探究电流做功多少与电压大小的关系”，故②正确，④错误；

(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据𝑃=𝑈𝐼可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，可“探究电流做功多少与电流大小的关系”，故③正确； 根据𝑃=

𝑈2

可知灯泡𝐿1的实际功率大，所以灯泡𝐿1比灯泡𝐿2亮， 𝑅(3)灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，白炽灯越亮，其实际功率越大，根据𝑊=𝑃𝑡可知在相同时间内电流做功越多，故①正确。 故选：𝐶。

已知灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据欧姆定律分别计算灯泡的电阻，

(1)甲图中两灯串联，两电压表分别测两灯两端的电压，根据串联分压原理可知电阻大的灯泡其两端电压大，根据串联电路电流特点和𝑃=𝑈𝐼可知灯泡两端的电压越大，实际功率大，灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，进一步比较灯泡的亮度，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系；

(2)乙图中两灯并联，两电流表分别测通过两灯电流，根据𝑃=𝑈𝐼可知通过电流大的灯泡，实际功率大，相同时间做功也越多，根据控制变量法分析可知探究电功与哪个因素的关系； (3)白炽灯越亮，其实际功率越大，根据𝑊=𝑃𝑡可知在相同时间内电流做功越多。 本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。

10.【答案】𝐴

【解析】解：(1)由甲图和丙图可得： △𝑝1=1500𝑃𝑎−500𝑃𝑎=1000𝑃𝑎， 由于𝑝=，

𝑆

则对桌面增加的压力：

△𝐹1=△𝑝1𝑆=1000𝑃𝑎×100×10−4𝑚2=10𝑁， 对桌面增加的压力： △𝐹1=𝐺， 金属球重： 𝐺=10𝑁，

𝐹

第19页，共39页

金属球的质量： 𝑚=

𝐺𝑔=

10𝑁10𝑁/𝑘𝑔=1𝑘𝑔=1000𝑔，

金属球的体积： 𝑉=

𝑚𝜌=

1000𝑔8𝑔/𝑐𝑚3=125𝑐𝑚3，故B错；

(2)由甲图和乙图可得，△𝑝2=600𝑃𝑎−500𝑃𝑎=100𝑃𝑎， 因为𝑝=，

则对桌面增加的压力：

△𝐹2=△𝑝2𝑆=100𝑃𝑎×100×10−4𝑚2=1𝑁， 对桌面增加的压力： △𝐹2=𝐺排，

则金属球排开液体的重力： 𝐺排=1𝑁，

金属球的受到的浮力： 𝐹浮=𝐺排=1𝑁，故C错； 排开液体的体积： 𝑉排=𝑉=125𝑐𝑚3， 𝐹浮=𝜌液𝑉排𝑔，

𝜌液=𝑉𝑔==800𝑘𝑔/𝑚3=0.8𝑔/𝑐𝑚3，故A正确； −63

125×10𝑚×10𝑁/𝑘𝑔排(3)金属球对容器底部的压力：

𝐹=𝐺−𝐹浮=10𝑁−1𝑁=9𝑁，故D错。 故选：𝐴。

(1)甲图和丙图比较，求出增加的压强值，知道受力面积，利用压强公式求对桌面增加的压力，而对桌面增加的压力等于金属球重；据此求出金属球重，再根据重力公式求金属球的质量；知道金属球的密度，可求金属球的体积；

(2)甲图和乙图比较，求出增加的压强值，知道受力面积，利用压强公式求对桌面增加的压力，而对桌面增加的压力等于排开液体的重力，根据阿基米德原理求金属球的浮力；再根据𝐹浮=𝜌液𝑉排𝑔

𝐹

浮

𝐹𝑆

1𝑁

第20页，共39页

求液体的密度；

(3)当金属球沉到容器底部时，金属球对容器底部的压力等于金属球重力减去受到液体的浮力。 本题考查了学生对重力公式、压强公式、阿基米德原理的掌握和运用，本题关键：

①由甲和丙可知增加的压力等于金属块的重力；②由甲和乙知道增加的压力等于金属块排开水重。

11.【答案】𝐷

【解析】解：

录音过程是线圈中有变化的电流，产生变化的磁场，再磁化磁粉的过程，其中电流的磁效应是最主要的原理；

A、图是奥斯特实验，说明通电导体的周围存在磁场，属于电流的磁效应，故A不符合题意； B、通电螺线管周围存在磁场，是利用电流的磁效应工作的，故B不符合题意；

C、电铃内部有电磁铁，是利用电磁铁而工作的，即利用电流的磁效应，故C不符合题意； D、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动就会产生感应电流，是电磁感应现象，故D符合题意。 故选：𝐷。

录音机录音是声音先转化为强弱变化电流，变化的电流产生变化的磁场，把磁粉磁化的过程。 掌握电流的磁效应和磁化，知道录音机录音和放音过程的原理，考查了理论知识解释物理现象的能力。

12.【答案】𝐶

(1)将变阻器的滑片𝑃移至最左端，𝑆2和𝑆3时，𝑅1的最大阻值和𝑅2并联， 【解析】解：只闭合开关𝑆、因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，由𝑃=𝑈𝐼=𝑈可得，电源的电压：

𝑅𝑈=√𝑃2𝑅2=√1.8𝑊×20𝛺=6𝑉， 通过𝑅2的电流： 𝐼2=𝑅=20𝛺=0.3𝐴，

2

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，当电流表的示数𝐼=3𝐴时通过𝑅1的电流： 𝐼1=𝐼−𝐼2=3𝐴−0.3𝐴=2.7𝐴>0.5𝐴，

𝑈

6𝑉

2

第21页，共39页

所以，通过𝑅1的最大电流𝐼1大=0.5𝐴，此时𝑅1接入电路中的电阻最小，电路的总功率最大， 此时电路的最大总电流：

𝐼大=𝐼1大+𝐼2=0.5𝐴+0.3𝐴=0.8𝐴， 此时电路总电阻的倒数：

1𝑅=

1

𝑈𝐼大

总

=𝑈=6𝑉≈0.13𝛺−1，故D错误；

𝐼

大

0.8𝐴

则电路的最大总功率：

𝑃大=𝑈𝐼大=6𝑉×0.8𝐴=4.8𝑊，

当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，则 𝑃小=

𝑈2𝑅

𝑈2+𝑅

2𝑈2+𝑅2

==

2

1大

(6𝑉)50𝛺

2

(6𝑉)+20𝛺

2

=2.52𝑊， 可知，𝐶选项正确；

由𝑃总=

𝑈2𝑅1

(6𝑉)𝑅1

2

(6𝑉)+20𝛺

2

(2)由𝑃=𝑈𝐼=𝑈可得，小灯泡的电阻：

𝑅

𝑅𝐿=

𝑈2𝐿𝑃𝐿

=

(4𝑉)1.6𝑊2

=10𝛺，

只闭合开关𝑆和𝑆1时，𝑅1与灯泡𝐿串联，电压表测𝑅1两端的电压，电流表测电路中的电流， 灯泡正常发光时通过的电流： 𝐼𝐿=𝑅𝐿=10𝛺=0.4𝐴，

𝐿

因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6𝐴，变阻器允许通过的最大电流为0.5𝐴， 所以，电路中的最大电流𝐼大′=0.4𝐴，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小， 此时电路中的总电阻： 𝑅=𝐼′=0.4𝐴=15𝛺，

大

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和， 所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值： 𝑅1小=𝑅−𝑅𝐿=15𝛺−10𝛺=5𝛺，

当电压表的示数最大为𝑈1=3𝑉时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，此时灯泡两端的电压：𝑈𝐿′=𝑈−𝑈1=6𝑉−3𝑉=3𝑉，

𝑈

6𝑉

𝑈

4𝑉

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电路中的最小电流： 𝐼小=𝑅𝐿=10𝛺=0.3𝐴，

𝐿

滑动变阻器接入电路中的最大阻值： 𝑅1大=𝐼1=0.3𝐴=10𝛺，

小

所以，𝑅1允许的取值范围是5𝛺～10𝛺；

由电路中的电流𝐼=𝑅+𝑅=𝑅+10𝛺可知，𝐼与𝑅1的关系不是一次函数，故A错误；

1𝐿1

22

电路中的电流𝐼大′=0.4𝐴时，𝑅1小=5𝛺，则𝑃1=(𝐼大′)𝑅1小=(0.4𝐴)×5𝛺=0.8𝑊，

22

电路中的电流𝐼小=0.3𝐴时，𝑅1大=10𝛺，则𝑃1′=𝐼小𝑅1大=(0.3𝐴)×10𝛺=0.9𝑊，故B错误。

𝑈′3𝑉

𝑈3𝑉

𝑈6𝑉

故选：𝐶。

(1)将变阻器的滑片𝑃移至最左端，只闭合开关𝑆、𝑆2和𝑆3时，𝑅1的最大阻值和𝑅2并联，根据并联电路的电压特点和𝑃=𝑈𝐼=𝑈求出电源的电压，根据欧姆定律求出通过𝑅2的电流，根据并联电路的

𝑅

2

电流特点求出电流表的示数为3𝐴时通过𝑅1的电流，然后与变阻器允许通过的最大电流相比较确定通过𝑅1的最大电流，此时𝑅1接入电路中的电阻最小，电路的总功率最大，根据并联电路的电流特点求出干路的最大电流，根据欧姆定律求出此时总电阻的倒数，利用𝑃=𝑈𝐼求出电路的最大总功率，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，根据𝑃=𝑈𝐼=𝑈求出其大小，𝑅

2

然后结合总功率与𝑅1的阻值关系；

(2)知道灯泡的额定电压和额定功率，根据𝑃=𝑈𝐼=

𝑈2

求出小灯泡的电阻；只闭合开关𝑆和𝑆1时，𝑅

𝑅1与灯泡𝐿串联，电压表测𝑅1两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出灯泡正常发光时的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出接入电路中的最小阻值；当电压表的示数最大时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出𝐿两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出接入电路中的最小阻值，根据欧姆定律得出𝐼与𝑅1的关系，根据𝑃=𝑈𝐼=𝐼2𝑅求出变阻器接入电路中的阻值最大和最小时的功率，然后得出答案。

本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活运用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键，对于选择题来说，选项中只要有一处错误即可判断出该选项错误。

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13.【答案】红外线 热传递

【解析】解：(1)测温是利用人体发出的红外线来测量体温的；

(2)热风干手机向手吹热风，手会感觉热乎乎的，这是通过热传递方式增大手的内能。 故答案为：红外线；热传递。

(1)一切物体都会向外辐射红外线，温度越高，辐射的红外线越多； (2)改变内能有两种方式：做功和热传递。

本题考查红外线以及改变内能方式的应用，难度不大。

14.【答案】白天 可再生 导热性 放热 重

【解析】解：(1)由于砂石和海水的比热容不同，海水的比热容大于砂石的比热容，白天，在同样太阳光的照射下，沙漠和大海升温的快慢不同，从而使空气形成对流；白天，沙漠比大海升温快，地面热空气密度较小，热空气上升，海面较冷的空气就会来补充，于是冷空气沿海面吹向沙漠，形成海风；

(2)风能，能够源源不断的从自然界得到，属于可再生能源；

(3)深埋在土壤深处的金属管底部温度较低，由于金属的导热性好，使得金属管中部温度也降低； (4)空气中的水蒸气在金属管中部液化放热成水滴；

(5)水滴在重力的作用下，沿管壁下落，汇集于金属管底部容器。 故答案为：白天；可再生；导热性；放热；重。

(1)根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点以及风是从高压区吹向低压区来分析海风的形成过程；

(2)像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。 (3)金属是热的良导体；

(4)物质从气态变为液态叫液化，液化放热； (5)由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力。

本题为学科综合题，考查了水的比热容大的理解、能源分类、液化及放热的应用等，认真审题得出相关信息是关键。

15.【答案】省力 75% 50

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【解析】解：

(1)如图所示的专用通道是一个斜面，使用斜面可以省力，但要费距离，不能省功； (2)在此过程中有用功：𝑊有用=𝐺ℎ=600𝑁×2𝑚=1200𝐽， 推力做的总功：𝑊总=𝐹𝑠=200𝑁×8𝑚=1600𝐽， 斜面的机械效率：

𝜂=𝑊×100%=1600𝐽×100%=75%；

总

(3)推力做的额外功：𝑊额=𝑊总−𝑊有用=1600𝐽−1200𝐽=400𝐽， 由𝑊额=𝑓𝑠可得在此过程中所受斜面摩擦力大小： 𝑓=𝑠=8𝑚=50𝑁。 故答案为：省力；75%；50。

(1)斜面是一个省力机械；在斜面高一定时，斜面越长越省力；

(2)知道小车的重力和上升的高度，根据𝑊=𝐺ℎ求出有用功；又知道斜面的长度和推力的大小，根据𝑊=𝐹𝑠求出总功，利用效率公式𝜂=𝑊×100%求出斜面的机械效率；

总

(3)推力做的额外功等于总功减去有用功，再利用𝑊额=𝑓𝑠求在此过程中所受斜面摩擦力大小。 本题考查了使用斜面的好处、使用斜面时有用功和机械效率的计算，要知道斜面是一个省力机械，在斜面高一定时，斜面越长越省力，在利用斜面提升重物时，要分清有用功、总功和额外功。

𝑊

有用

𝑊

有用

1200𝐽

𝑊

额

400𝐽

16.【答案】𝐵 凸 10.0

【解析】解：要辨别两个透镜的类型，应分别将它们正对太阳，即让凸透镜与太阳光垂直，由图可知，操作正确的是𝐵；

因为凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用，所以根据图示可知，甲一定是对光线起了会聚作用，因此形成甲光斑的一定是凸透镜； 由图知，该凸透镜的焦距𝑓=60.0𝑐𝑚−50.0𝑐𝑚=10.0𝑐𝑚。 故答案为：𝐵；凸；10.0。

要在纸上得到相应的光斑，应让光线平行于凸透镜主光轴入射，据此判断正确的操作方法； 根据凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线起发散作用进行分析； 从焦点到凸透镜的距离约等于焦距。

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本题考查凸透镜、凹透镜对光线的作用，属于基础内容考查范围。

17.【答案】(1)3；(2)等于；等于

【解析】解：(1)由图丙知：2～6𝑠物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为3𝑁，所以滑动摩擦力为3𝑁；6～8𝑠物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为3𝑁，故第7𝑠时，摩擦力为3𝑁； (2)实验时拉着长木板沿水平地面向右加速运动，木块对木板的压力改变，接触面的粗糙程度不变，则弹簧测力计的示数等于木板对木块的摩擦力大小；若拉力𝐹未能沿水平方向，则木块对木板的压力改变，接触面的粗糙程度不变，则对木板的摩擦力大小发生改变，由于木块对木板的摩擦力大小和木板对木块所受的摩擦力是一对相互作用力，大小是相等的。 故答案为：(1)3；(2)等于；等于。

(1)根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小；

(2)木块与弹簧测力计静止不动，不需要控制木板做匀速直线运动，便于实验操作，便于弹簧测力计读数；相互作用力的大小是相同的；影响摩擦力的因素由压力和接触面的粗糙程度，与受力面积无关。

本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和影响滑动摩擦力大小的两个因素、对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。

18.【答案】大于 小于

【解析】解：因为两个量筒内底部所受液体的压强相等，即𝑝甲=𝑝乙，且容器底的深度ℎ甲<ℎ乙，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ可知，两液体密度𝜌甲>𝜌乙；

𝐵两点在两液体内同一高度上，𝐴、𝐵两点以下液体对量筒底部的压强𝑝𝐴下>因为𝐴、由𝑝=𝜌𝑔ℎ可知，𝑝𝐵下，

A、𝐵两点压强可表示为𝑝𝐴=𝑝甲−𝑝𝐴下，𝑝𝐵=𝑝乙−𝑝𝐵下，即：𝑝𝐴<𝑝𝐵。 故答案为：大于；小于。

因为两个量筒内底部所受液体的压强相等，且容器底的深度ℎ甲<ℎ乙，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ可判断两液体密度的大小关系；将两量筒中液体由𝐴、𝐵两点分成两部分，利用𝑝=𝜌𝑔ℎ，可求𝐴、𝐵两点压强的

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大小。

本题考查容器底部所受液体压强的计算，最关键的是知道液体中某一点的深度指的是这一点离液面的垂直距离，而不是距离容器底的距离，这是最容易出错的。

19.【答案】电流大小 1.2×104 𝐵𝐶

【解析】解：(1)通电导体产生热量与通过导体的电流、导体电阻以及通电时间有关。

由实验装置图知，三个电阻的阻值相等，都为10𝛺，通电时间相等，𝑅2与𝑅3并联后与𝑅1串联，所以通过𝑅1、𝑅2的电流不相等，所以此装置探究的是电阻产生热量与电流大小的关系； (2)通电5𝑚𝑖𝑛电热丝产生的热量： 𝑄=𝐼𝑅𝑡=

2

𝑈2

𝑡𝑅=

(220𝑉)

1210𝛺2

×5×60𝑠=1.2×104𝐽；

(3)由图可知，当单刀多掷开关接𝐵𝐶时，电路为电动机的简单电路，此时电动按摩椅只具有按摩功能。

故答案为：电流大小；1.2×104；𝐵𝐶。

(1)通电导体产生热量与通过导体的电流、导体电阻以及通电时间有关，分析实验装置中电路的连接方式，根据电路的电流特点，结合控制变量法判断实验的探究目的； (2)根据𝑄=𝐼2𝑅𝑡=𝑈𝑡求出通电5𝑚𝑖𝑛电热丝产生的热量；

𝑅(3)电动按摩椅只具有按摩功能，说明电路中只有电动机工作，根据电路图可知单刀多掷开关的位置。

本题考查了电路的连接方式和焦耳定律的应用，是一道简单题。

2

20.【答案】易拉罐 加热时间 控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同 9：4

【解析】解：(1)因金属导热性能好，故以从实验效果考虑，本实验选择易拉罐作为盛放液体的容器较好；

根据转换法，两种液体吸收热量的多少可通过加热时间比较；

(2)图乙所示的装置，该装置易控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同；

(3)根据绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像知，𝐴温度升高40℃−30℃=10℃，用3𝑚𝑖𝑛，𝐵温度升高40℃−10℃=因为在相同时间内吸收的热量相同，所以若温度升高30℃，应该用9𝑚𝑖𝑛，30℃，用4𝑚𝑖𝑛，由转换法𝐴、𝐵吸收热量之比为9：4；

根据𝑄=𝑐𝑚𝛥𝑡，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容大小成正比，故两种液体比

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热容之比为9：4。

故答案为：(1)易拉罐；加热时间；(2)控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同；(3)9：4。 (1)从金属导热性能好分析；我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；

(2)从控制吸热相同的角度考虑；

(3)由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像得出升高30℃𝑎和𝑏的加热时间，由转换法可知吸热之比，根据𝑄=𝑐𝑚𝛥𝑡，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容大小成正比，据此得出两种液体比热容之比。

本题比较不同物质的吸热能力，考查器材的选择、控制变量法、转换法的应用，为热学中的重要实验。

21.【答案】丁 180 乙

【解析】解：

(1)由图1知，加热试管使水沸腾，水蒸气推动小风车做功，使之不停地转动，这一过程中内能转化为机械能； 图2中：

甲、两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能； 乙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向上运动，属排气冲程，没有能量转化； 丙、一个气门关闭，一个气门打开，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化； 丁、两个气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能； 可见，图1实验中能量转化方式与图2中汽油机的丁冲程相同。 (2)某四冲程汽油机的功率𝑃=36𝑘𝑊=36000𝑊，每秒做功36000𝐽， 每秒做功次数𝑛=800𝐽=45次，

则每秒完成45个循环，飞轮转动90转，有45×4=180个冲程。

(3)根据𝑄=𝑐𝑚△𝑡可知，吸收相同的热量，比热容大的，温度升高的就小，即乙的比热容大， 在质量和升高温度相同的情况下，比热容大的吸收热量多，适合做冷却液，故乙液体作为汽车冷却液效果会更好。

故答案为：(1)丁；(2)180；(3)乙。

(1)瓶内热水蒸发产生大量水蒸气，水蒸气膨胀对瓶塞做功，内能转化为机械能；汽油机的四个冲

36000𝐽

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程中，压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能；

(2)知道某四冲程汽油机的功率，可得每秒做功大小，知道每次做功大小，可求每秒做功次数，而四冲程内燃机1个工作循环中包括4个冲程、对外做功1次；

(3)根据吸收热量的公式𝑄=𝑐𝑚△𝑡，质量相等的甲、乙液体，吸收相同的热量，比热容大的，温度升高的少，就更适合做冷却液。

本题从一小实验入手，考查了四冲程汽油机的能量转化特点、水的比热容大的特点，注重了物理知识与生活的联系，应重点掌握。

22.【答案】8.4×104 吸盘内仍有少量气体

【解析】解：(1)当吸盘即将脱离玻璃板时，空气对塑料吸盘的向上的压力大小就等于所挂钩码的重力与小桶和沙子总重的和，即为8.4𝑁；

大气压的值也可通过公式表示为𝑝=𝑆=−42=8.4×104𝑃𝑎；

10𝑚

(2)实验产生的误差主要是因为实验过程并不如原理分析中那么理想化，如：挤压吸盘时，吸盘内的空气没有完全都被挤出；吸盘的气密性不好；实验过程中有外部空气进入吸盘；吸盘脱离玻璃板前面积有所减小等都会使得大气压强值偏小。 故答案为：(1)8.4×104； (2)吸盘内仍有少量气体。

(1)根据𝑝=求得大气压强；当吸盘即将脱离玻璃板时，空气对吸盘向上的压力等于吸盘受到向

𝑆下的拉力，也等于砝码、小桶和沙的总重力；

(2)从吸盘内的空气没有完全都被挤出；(或吸盘的气密性不好；吸盘脱离玻璃板前面积有所减小)分析解答。

本题考查大气压，以及压强公式的应用等知识，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。

𝐹

𝐹

8.4𝑁

23.【答案】0.027 810 进户零线断了

(1)3000𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)表示电路中用电器每消耗1𝑘𝑊⋅ℎ电能，【解析】解：电能表的转盘转过3000转， 则电能表上的表盘转了81转，电火锅消耗的电能：𝑊=3000𝑟/(𝑘𝑊⋅ℎ)=0.027𝑘𝑊⋅ℎ； 电火锅的实际功率：𝑃=𝑡=

𝑊

0.027𝑘𝑊⋅ℎ

2ℎ6081𝑟

=0.81𝑘𝑊=810𝑊；

(2)白炽灯𝐿亮了一段时间后熄灭了，经检查保险丝完好，这说明电路出现了断路故障； 把试电笔分别插入插座的两孔，氖管均发光，说明左孔和右孔都和火线相连。如下图所示，右孔

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和火线相连(如图中绿色的画线)，测电笔的氖管发光；左孔通过灯泡、开关和火线相连(如图中红色画线)，测电笔的氖管发光，所以故障是进户零线断路了。

故答案为：0.027；810；进户零线断了。

(1)根据题意和电能表表盘参数计算电火锅消耗的电能，根据电功率公式计算电火锅的实际功率； (2)保险丝完好，说明电路中的电流不会过大，灯泡不亮，说明出现了断路故障；当开关闭合时，用测电笔分别测试了图中插座的两个孔，发现测电笔都发光，说明左孔和右孔都与火线相连，据此分析电路故障。

本题考查了电能和电功率的计算、家庭电路故障的判断，关键是公式及其变形的灵活运用，重点是理解电能表各个参数的物理意义，解题过程中还要注意单位的换算。

24.【答案】2×103 16 0.5

【解析】解：(1)𝑆=20𝑐𝑚2=0.002𝑚2，

物体𝑁的体积：𝑉=𝑆𝐻=0.002𝑚2×1𝑚=2×10−3𝑚3，

33物体𝑁的密度为：𝜌=𝑉=−33=2×10𝑘𝑔/𝑚； 2×10𝑚

𝑚4𝑘𝑔

(2)水槽中无水时，物体𝑁下端与水槽的底部恰好接触且压力为零，此时压力传感器的示数也为零，此时杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可知： 𝑚1𝑔×𝐴𝑂=𝑚𝑔×𝐵𝑂，则：𝑚1=𝑚×

𝐵𝑂

𝑂𝐴=4𝑘𝑔×4=16𝑘𝑔；

(3)𝑀的重力为：𝐺1=𝑚1𝑔=16𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=160𝑁； 则𝐴端受到的拉力为：𝐹𝐴=𝐺1−𝐹=160𝑁−40𝑁=120𝑁；

𝐹𝐴×𝐴𝑂=𝐹𝐵×𝐵𝑂，根据杠杆的平衡条件可知：则𝐵端受到的拉力为：𝐹𝐵=𝐹𝐴×𝑂𝐵=120𝑁×4=30𝑁；

𝑁的重力为：𝐺2=𝑚2𝑔=4𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=40𝑁；

𝑁浸入水中，受到竖直向上的拉力和浮力、竖直向下的重力，则浮力为：𝐹浮=𝐺2−𝐹𝐵=40𝑁−30𝑁=10𝑁；

𝐴𝑂

1

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−33

根据阿基米德原理可知，𝑁排开的水的体积为：𝑉排=𝜌𝑔=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=10𝑚；

水

𝐹

浮

10𝑁

则𝑁浸入水中的深度即水的深度为：ℎ=故答案为：2×103；16；0.5。

𝑉

排

𝑆

=

10−3𝑚30.002𝑚2

=0.5𝑚。

(1)根据𝑁的高度、横截面积可以求出𝑁的体积，然后根据密度公式求出𝑁的密度； (2)根据杠杆的平衡条件求出𝑀的质量；

(3)根据𝐺=𝑚𝑔求出𝑀的重力，根据压力传感器的示数求出𝑀对𝐴端的拉力；根据杠杆的平衡条件求出𝐵端受到的拉力，根据拉力大小与𝑁的重力求出浮力的大小，根据阿基米德原理求出𝑉排，再根据𝑉排=𝑆物ℎ求出深度。

本题考查了阿基米德原理的应用、杠杆的平衡条件的应用、重力和密度的计算，考查的知识点较多，熟练应用公式是解题的关键。

25.【答案】解：先通过平面镜作出发光点𝑆的对称点𝑆′即为𝑆的像；连接𝑆′𝑃交平面镜于点𝑂，连接

𝑆𝑂，则𝑆𝑂为入射光线，𝑂𝑃为反射光线；如图所示：

【解析】先根据平面镜成像的特点作出𝑆的像；再根据平面镜成像原理可知，反射光线所有的反向延长线都会过𝑆的像；连接像点与𝐴点，则与平面镜的交点为入射点，再完成光路即可。 本题利用了平面镜成像特点和原理来完成光路。一定要注意物与像关于镜面是对称的。

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26.【答案】解：物体所受重力在物体的重心，方向竖直向下；

从支点向拉力𝐹的作用线引垂线，垂线段的长度即为𝐹的力臂，如图所示：

【解析】重力的作用点在重心，方向竖直向下；力臂是从支点到力的作用线的距离。

此题考查了重力示意图及力臂的画法，注意重力的方向竖直向下，力臂是从支点到力的作用线的距离。

27.【答案】

【解析】根据小磁针的𝑆极，根据磁场间的作用规律，可以确定螺线管的𝑁、𝑆极； 根据磁感线方向的特点，可以确定磁感线的方向；

利用螺线管的𝑁、𝑆极，结合线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极。

本题考查安培定则及应用，安培定则涉及三个方向：磁场方向、电流方向、线圈绕向，告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。此题中的磁场方向是通过小磁针的磁极确定的。

28.【答案】解：

(1)由𝑣=𝑡可得，在10𝑠内货箱上升的高度： ℎ=𝑠货箱=𝑣𝑡=0.5𝑚/𝑠×10𝑠=5𝑚， (2)货箱的重力：

𝐺=𝑚𝑔=3.6×103𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=3.6×104𝑁；

𝑠

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(3)由图可知，动滑轮上绳子的段数为3， 该滑轮组的机械效率𝜂=𝑊=𝐹𝑠=𝐹×3ℎ=3𝐹，

总

4

即：80%=3.6×10𝑁。

𝑊

有用

𝐺ℎ𝐺ℎ𝐺

3×𝐹解得𝐹=1.5×104𝑁，即吊臂上电动机拉力为1.5×104𝑁； (4)忽略绳重和摩擦，由𝐹=3(𝐺+𝐺动)可得，动滑轮的重力： 𝐺动=3𝐹−𝐺=3×1.5×104𝑁−3.6×104𝑁=9×103𝑁， 依然利用此机械提升质量为4.1𝑡的货箱，此时货箱的重力： 𝐺′=𝑚′𝑔=4.1×103𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=4.1×104𝑁， 忽略绳重和摩擦，此时滑轮组的机械效率： 𝜂′=𝑊′=

总

𝑊

有用

1

′

𝐺′ℎ𝐺′ℎ+𝐺ℎ动

=

𝐺′𝐺′+𝐺=

动

4.1×104𝑁4.1×104𝑁+9×103𝑁

=82%。

答：(1)在10𝑠内货箱上升的高度为5𝑚。 (2)货箱的重力为3.6×104𝑁。

(3)吊臂上电动机拉力𝐹的大小为1.5×104𝑁；

(4)依然利用此机械提升质量为4.1 𝑡的货箱，求此时滑轮组的机械效率为82%。

【解析】(1)已知货箱以0.5𝑚/𝑠的速度匀速提升，所用时间为10𝑠，由速度公式变形可求得货箱上升的高度；

(2)由𝐺=𝑚𝑔可求得货箱的重力；

(3)由图可知，动滑轮上绳子的段数为3，由𝜂=𝑊=𝐹𝑠=𝐹×3ℎ=3𝐹可求得吊臂上电动机拉力𝐹

总的大小；

(4)忽略绳重和摩擦，由𝐹=

1(𝐺3𝑊

𝑊

有用

𝐺ℎ𝐺ℎ𝐺

+𝐺动)求得动滑轮的重力，再利用𝜂=𝑊=𝐺ℎ+𝐺ℎ=𝐺+𝐺可总动动

有用

𝐺ℎ𝐺

求得此时滑轮组的机械效率。

本题考查了功、功率、机械效率的计算，关键是公式及其变形式的灵活运用以及滑轮组绳子有效股数的判断。

29.【答案】右 92 ②③① 1.2 萝卜 𝑚1⋅𝜌0

【解析】解：(1)调节天平横梁水平平衡时，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，平衡螺母向右端移动；

𝑚2

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(2)由图甲可知，烧杯和浓盐水的总质量为：𝑚1=50𝑔+20𝑔+20𝑔+2𝑔=92𝑔，

如果按照小宇的步骤操作，将浓盐水倒入量筒中时，不可能把烧杯内的浓盐水全部倒入量筒内，导致测量的浓盐水的体积偏小，由公式𝜌=𝑉可知所测密度偏大，所以为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；所以合理的实验顺序是②③①； 由图乙可知，量筒中浓盐水的体积为：𝑉=50𝑚𝐿=50𝑐𝑚3； 量筒中浓盐水的质量为：𝑚=𝑚总−𝑚杯=92𝑔−32𝑔=60𝑔， 浓盐水的密度为：

𝜌=𝑉=50𝑐𝑚3=1.2𝑔/𝑐𝑚3；

(3)由题意可知本题要利用浮力相关知识测量密度，把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮时，萝卜受到的浮力和萝卜的重力平衡，大小相等，故需要测出萝卜的质量； 则萝卜受到的浮力为：𝐹浮=𝐺=𝑚1𝑔，

𝑚𝑔𝑚

由𝐹浮=𝜌液𝑔𝑉排得𝑏块萝卜的体积为：𝑉𝑏=𝑉排=浮=1=1，

𝜌0𝑔𝜌0𝑔𝜌0

𝐹

𝑚

60𝑔

𝑚

萝卜密度的表达式为： 𝜌=

𝑚2𝑉𝑏

=

𝑚2𝑚1𝜌0

=

𝑚2𝑚1

⋅𝜌0。

𝑚

2故答案为：(1)右；(2)92；②③①；1.2；(3)萝卜；𝑚⋅𝜌0。

1

(1)调节天平横梁平衡时，指针偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；

(2)烧杯和浓盐水的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；

为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量； 弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中浓盐水的体积；

先利用烧杯和浓盐水的总质量减去空烧杯的质量求出量筒中浓盐水的质量，再根据密度公式求出浓盐水的密度；

(3)利用二力平衡得出漂浮时受到的浮力，利用阿基米德原理𝐹浮=𝜌液𝑔𝑉排求出物体排开液体的体积即𝑏块萝卜的体积，知道𝑏块的质量，根据密度公式计算萝卜的密度。

本题是测物质密度的基本方法以及利用浮力测物体密度的实验，考查了天平和量筒的使用、密度

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公式的应用、阿基米德原理的理解和应用等，考查知识点多，综合性强。

30.【答案】木块移动的距离 即将碰撞木块时 质量相同时，速度越大，动能越大 > 不正确 速

度 超速

【解析】解：(1)该实验中钢球动能的大小是通过木块移动的距离体现的，木块被撞的越远，说明钢球的动能越大，被撞的越近，说明钢球的动能越小，这里采用了转换法的思想； (2)该实验物体的速度是指钢球𝐴从斜面上由静止滚下，即将碰撞木块时的速度；

分析比较甲、乙两次实验可知，钢球的质量相同，滚下的高度不同，撞击木块时的速度不同，速度越大，木块被撞击的越远，动能越大，故结论是：质量相同时，速度越大，动能越大； (3)钢球滚下时，钢球的重力势能转化为钢球的动能，钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能，所以钢球的动能大于木块克服摩擦力所做的功，钢球的动能是由钢球的重力势能转化而来的，故大于木块的动能，𝐸𝑝>𝑊；

(4)某同学做了甲、丙两次实验如图所示，得到结论：“当物体的速度一定时，物体质量越大，物体动能越大”，该同学的结论不正确，原因是甲、丙两组实验中水平面的粗糙程度不同，无法比较两球动能的大小；

(5)在图丁中，弹簧的弹性势能会转化为动能，弹簧的弹性形变程度不同，具有的弹性势能不同，把弹簧压缩到不同的程度，大小不同的弹性势能转化为动能，则动能的大小也不会相同，速度不同；由于实验中小球的质量是一定的，只能改变速度的大小，所以只能探究动能大小与速度的关系。

(6)根据序号为1、2的实验数据可知，质量相同，小车到达斜面底端的速度变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的4倍；根据序号为1、3的实验数据可知，小车到达斜面底端的速度相同，质量变为原来的2倍，木块被撞距离变为原来的2倍，所以在同等条件下超速带来的安全隐患更大一些。

故答案为：(1)木块移动的距离；(2)即将碰撞木块时；质量相同时，速度越大，动能越大；(3)>；(4)不正确；(5)速度；(6)超速。

(1)实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；

(2)物体由于运动而具有的能叫动能，小球从高处滑下时具有动能；小球的初始高度不同，小球滑到平面时的速度不同；

动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同

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(3)钢球碰撞后继续运动，钢球的一部分动能转化为木块的动能，木块运动过程中，动能转化为内能；

(4)甲、丙两组实验中水平面的粗糙程度不同，无法比较两球动能的大小；

(5)形变的弹簧具有弹性势能；弹性势能会转化为动能；由于物体的质量是一定的，所以只能探究动能大小与速度的关系；

(6)根据控制变量法分析表格中的数据，得出质量、速度对动能影响的数量关系。

用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。

31.【答案】电压表接到了滑动变阻器两端 当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反

比 右 2.5𝑉 20 不能 𝐶

【解析】解：(1)原电路图中，电压表串联在电路中，电流表与电阻并联是错误的，电压表应并联在电阻两端，电流表与电阻应串联在电路中，如下图所示：

；

(2)电阻与变阻器串联，电流表测电路的电流，当电流变小时，由欧姆定律，电阻的电压变小，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压变大，故可能出现的错误是：电压表接到了滑动变阻器两端；

(3)由图丙知，电阻两端的电压始终保持：

𝑈𝑉=𝐼𝑅=0.1𝐴×25𝛺=⋯…=0.5𝐴×5𝛺=2.5𝑉，电流与电阻之积为一定值，故得出：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；

(4)研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变；把5𝛺的电阻换成阻值为10𝛺，由分压原理，电阻的电压变大，故要减小电阻的电压，根据串联电路电压的规律，应增大变阻器的电压，接下来她应向右端移动滑动变阻器的滑片𝑃，同时眼睛应该看电压表直到其示数为2.5𝑉，然后再记下电流表的示数；

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(5)电压表控制的电压为2.5𝑉，根据串联电路电压的规律可知，变阻器分得的电压：𝑈滑=4.5𝑉−2.5𝑉=2𝑉，

变阻器的电压为电压表示数的0.8倍，当25𝛺的最大定值连入电路时， 由分压原理，滑动变阻器连入电路的电阻为：0.8×25𝛺=20𝛺， 实验所选择的滑动变阻器的最大阻值至少是20𝛺；

(6)实验中所用的定值电阻的阻值应不变，小灯泡的电阻随温度的变化而变化，故小灯泡替代该电阻，在原来实验要求不变的情况下，不能完成此实验；

(7)𝐴𝐵、由电路图知，电压表测𝑅1两端电压，电流表测电路中电流，在探究电流与电阻关系时，应保持定值电阻两端电压一定，改变定值电阻的阻值大小，得到结论为导体两端电压一定，通过导体的电流与导体的电阻成反比，故A、𝐵图错误；

1

C、根据串联电路的分压原理知，𝑅1=𝑈1=𝑈−𝑈，电源电压𝑈和定值电阻两端电压𝑈1为定值，所

221

𝑅𝑈𝑈

以𝑅1与𝑅2的比值为定值，即两者成正比，故C图正确；

D、由串联电路特点和欧姆定律知，电路中电流𝐼=𝑅=𝑅+𝑅，𝑅2与𝐼之间不是一次函数关系，故

12D图错误； 故选：𝐶。

故答案为：(1)如上图所示；(2)电压表接到了滑动变阻器两端；(3)当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；(4)右；2.5𝑉；(5)20；(6)不能；(7)𝐶。

(1)原电路图中，电压表串联在电路中，电流表与电阻并联是错误的，电压表应并联在电阻两端，电流表与电阻应串联在电路中；

(2)电阻与变阻器串联，电流表测电路的电流，当电流变小时，由欧姆定律分析电阻的电压变化，根据串联电路电压的规律得出变阻器的电压变化，据此分析； (3)根据电流与电阻之积为一定值分析；

(4)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向，同时眼睛应该看电压表直到其示数为2.5𝑉，然后再记下电流表的示数；

(5)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，求出当接入25𝛺电阻时变阻器连入电路中的电阻； (6)实验中所用的定值电阻的阻值应不变，小灯泡的电阻随温度的变化而变化；

(7)探究电流与电阻的关系时，控制定值电阻两端电压不变，据此根据电路特点分析解答。

𝑈

𝑈

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本题“探究电流与电阻的关系”，考查连接实物电路图、反常现象的分析、数据分析、操作过程、控制变量法、对器材的要求以及图象的分析。

32.【答案】磁

【解析】解：(1)电磁铁通电时有磁性，断电时无磁性，是利用电流磁效应工作的；

(2)由图可知当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为100𝛺，串联电路总电阻等于各分电阻之和，所以控制电路的总电阻为：𝑅控=𝑅+𝑅0=100𝛺+50𝛺=150𝛺， 衔铁刚弹起时，通过电磁铁线圈的电流：𝐼=𝑅=150𝛺=0.02𝐴，

控

(3)由𝑃=𝑈可知，当只有𝑅2接入工作电路，工作电路中总电阻最小，功率最大，处于加热状态；

𝑅当𝑅1和𝑅2串联接入工作电路，工作电路中总电阻最大，功率最小，处于保温状态；

2

则保温功率为：𝑃==836𝛺+44𝛺=55𝑊； 𝑅1+𝑅2

2

𝑈3𝑉

𝑈2

(220𝑉)

2

35

(4)水吸收的热量为：𝑄=𝑐水𝑚𝛥𝑡=4.2×10𝐽/(𝑘𝑔⋅℃)×2𝑘𝑔×(80℃−25℃)=4.62×10𝐽，

恒温调奶器加热状态下的电功率：𝑃=

𝑈22𝑅2

=

(220𝑉)44𝛺2

=1100𝑊；

500𝑠内消耗的电能：𝑊=𝑃𝑡=1100𝑊×500𝑠=5.5×105𝐽， 恒温调奶器的加热效率：𝜂=答：(1)磁；

(2)衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.02𝐴； (3)工作电路在保温状态下的电功率为55𝑊；

(4)此过程中水吸收的热量为4.62×105𝐽，恒温调奶器的加热效率为84%。 (1)带有铁芯的通电螺线管叫电磁铁，通电有磁性，是利用电流的磁效应工作的；

(2)由图可知当温度为80℃时，热敏电阻的阻值为100𝛺，根据串联电路电阻规律计算控制电路的总电阻，根据欧姆定律计算衔铁刚弹起时通过电磁铁线圈的电流； (3)𝑅1和𝑅2串联接入工作电路，处于保温状态，根据𝑃=𝑈计算保温功率；

𝑅2

𝑄

×100%𝑊=

4.62×105𝐽5.5×105𝐽

×100%=84%。

(4)根据𝑄=𝑐𝑚𝛥𝑡计算水吸收的热量，根据𝑊=𝑃𝑡计算500𝑠内消耗的电能，根据效率公式𝜂=

𝑄

×100%计算恒温调奶器的加热效率。 𝑊本题考查电磁继电器的工作原理、串联电路特点、欧姆定律、电功率公式、效率公式等的灵活运

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用，综合性强。

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