2022年江苏省镇江市中考物理真题（含详细解析）

这是一份2022年江苏省镇江市中考物理真题（含详细解析），共39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。

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
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
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
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
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
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．
7．（2分）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
8．（2分）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
9．（2分）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
10．（2分）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aB．S1闭合，S2接b
C．S1断开，S2接aD．S1断开，S2接b
11．（2分）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
12．（2分）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
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）
13．（3分）（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。
14．（3分）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”）。
15．（3分）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。
16．（3分）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。
17．（3分）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。
18．（3分）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）。
19．（3分）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。
20．（3分）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）。
21．（4分）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。
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．（2分）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。
23．（2分）请用笔画线代替导线，将开关和灯泡正确连入家庭电路。
24．（2分）光从水射向空气时，入射点O和反射光线如图所示。请画出入射光线和折射光线。
25．（6分）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，小灯泡的额定功率为 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。
26．（6分）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”）。
27．（8分）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
（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 。
28．（6分）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WF。
（3）动滑轮所受的重力G动。
29．（8分）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。
30．（8分）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 。（本题有多个选项正确）
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
2022年江苏省镇江市中考物理试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）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
【分析】物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调。
【解答】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，越容易振动，频率越高，发出声音的音调越高，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了音调、响度、与音色的区分，属于基础题。
2．（2分）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
【分析】（1）在日常生活中，日、月食、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）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅、彩虹等。
【解答】解：A、水中的“倒影”，是平面镜成像，属于光的反射现象，故A错误；
B、筷子“折断”，是光的折射现象，故B错误；
C、树下光斑，是由光沿直线传播形成的，故C正确；
D、彩虹是光照射到空气中的小水滴上发生的折射现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，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。
3．（2分）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
【分析】摩擦起电并不是创造了电，而是两个物体在摩擦过程中，电于发生了转移，它从一个物体转移到另一个物体上，使失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。
【解答】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，得到电子的带负电，失去电子的带正电。
故选：B。
【点评】本题考查学生对摩擦起电实质的理解。
4．（2分）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
【分析】物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸热；物质从液体变为固态是凝固过程，凝固放热；物质从气态变为液态是液化过程，液化放热；物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸热；物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸热；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放热。
【解答】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错误；
B、冰是由水变成冰的过程，是凝固现象，故B正确；
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错误；
D、露是水蒸气遇冷变成小水珠，是液化过程，液化放热，故D错误。
故选：B。
【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
5．（2分）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
【分析】分子在永不停息地做无规则运动。
【解答】解：分子在永不停息地做无规则运动，远远地就能闻到艾香，是因为艾分子在不停地做无规则运动，艾香分子扩散到空气中。
故选：A。
【点评】本题考查了分子的热运动，比较简单。
6．（2分）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．
【分析】（1）做功可以改变物体的内能，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；当外界对物体做功时，物体的内能增大；
（2）汽油机的四个冲程是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；在做功冲程中内能转化为机械能，在压缩冲程中机械能转化为内能。
【解答】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。
【点评】本题考查内燃机的四个冲程工作特点以及能量的转化的了解，难度不大。
7．（2分）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
【分析】解答此题的关键是看被研究的物体与所选的标准即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：无人机携带防疫物资飞往居家隔离住户的过程中，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，C正确。
故选：C。
【点评】此题主要考查学生对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。
8．（2分）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
【分析】根据电路图可知，灯泡与电阻R组成并联电路，一个电流表测干路中的电流，另一个电流表测量通过L的电流，再根据选项中的描述依次判断电路中的故障，并注意不同的可能性。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与电阻R组成并联电路，一个电流表测干路中的电流，另一个电流表测量通过L的电流。
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错误；
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正确；
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错误；
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错误。
故选：B。
【点评】本题考查电路故障分析，一般题目设计的都是一处故障，原因只有两个：短路或开路。
9．（2分）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
【分析】燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体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，而Q吸＝c液m液Δt，Q放＝mq，即c液m液Δt＝mq进而判断热值大小。
【解答】解：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，而Q吸＝c水m水Δt，Q放＝mq，即c水m水Δt＝mq，解得：q＝；
A、若m相同，Δt越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故A错误；
B、若Δt相同，m越大，由q＝可知，燃料的热值越小，故B错误；
C、若的值越大，即的值越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故C错误；
D、若的值越大，由q＝可知，燃料的热值越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
10．（2分）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aB．S1闭合，S2接b
C．S1断开，S2接aD．S1断开，S2接b
【分析】电压U一定，由P＝可知，电阻R越大，电功率越小，电阻R越小，电功率越大，分析电路结构，根据串并联电路特点与电功率公式分析答题。
【解答】解：并联电路总电阻小于任一分电阻，串联电路总电阻大于任一分电阻，
由图示电路图可知，当S1闭合、S2接到a端时，两电阻并联，此时电路电阻最小，由P＝可知，此时电热器的电功率最大；
S1闭合，S2接b时，R2被短路，电路为R1的简单电路，
S1断开，S2接a时，电路为R2的简单电路，
当S1断开，S2接在b端时，两电阻串联，电路总电阻最大，由P＝可知，此时电热器的功率最小。
故选：A。
【点评】本题难度不大，分析清楚电路结构、应用串并联电路特点、电功率公式即可正确解题。
11．（2分）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
【分析】（1）根据光屏先后在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可知像的大小变化，利用凸透镜成像规律可知凸透镜和物体的位置以及物体的移动方向；根据成实像时，像和物位于凸透镜的两侧、成虚像时，像和物位于凸透镜的同侧分析甲处所成像的性质；
（2）根据物距与焦距的可能关系结合凸透镜成像的规律分析乙处所成像的性质。
【解答】解：（1）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，根据物远像近，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，故CD错误；
由于甲处和蜡烛位于凸透镜的两侧，因此甲处只能成实像，故A错误；
（2）由于题干未提供物距和凸透镜的焦距，因此乙处可能成放大的实像也可能成缩小的实像，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查凸透镜成像规律的应用，关键是根据物远像近，像变小分析凸透镜的位置。
12．（2分）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
【分析】（1）弹簧的弹力与伸长量有关；（2）当物体由静止变为运动时，处于加速状态，则受力不平衡，且较大的力与运动方向相同；（3）动能与质量和速度有关，重力势能与高度有关，匀速下降时，其机械能不守恒；（4）当物体受力不平衡且较大的力与运动方向相反时，物体做减速运动。
【解答】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；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；C、t3∼t4内，压力F3大于F2，此时G＜F3+T，电梯向下则是减速运动，如果向上运动，则是加速运动，因而选项C是错误的；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。所以选D。故选：D。
【点评】本题考查了弹力的有关因素，物体受力不平衡时的运动状态，易错点向上的支持力大，不一定是向上加速运动的。
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）
13．（3分）（1）图1中，铝块的长度为 2.50 cm；
（2）图2中，液体体积为 13 mL；
（3）图3中，弹簧测力计示数为 3.6 N。
【分析】（1）使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）先确定量筒的分度值，再根据量筒内液面的位置读出液体的体积；
（3）使用弹簧测力计测量力的大小时，首先要明确弹簧测力计的量程和分度值，读数时视线与指针所指刻线相垂直。
【解答】解：（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）由图知：量筒的分度值是1mL，量筒内液体的体积是13mL；
（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。
故答案为：（1）2.50；（2）13；（3）3.6。
【点评】本题考查了刻度尺、量筒和弹簧测力计的读数，是一道基础题，应熟练掌握常用器材的读数方法。
14．（3分）城市山林——镇江，随处可闻鸟鸣声。鸟的发声器官由于 振动 发出声音，声音通过 空气 传入人耳，对于想安静学习的同学来说，鸟鸣声是 噪声 （选填“噪声”或“乐音”）。
【分析】（1）声音是物体的振动产生的。
（2）声音的传播需要介质，气体可以传声。
（3）从环境保护角度看，凡是影响人们正常的生活、休息、和学习的声音都是噪声。
【解答】解：（1）鸟鸣声是由于鸟的发声器官振动而产生的。
（2）鸟鸣声通过空气传入人耳。
（3）鸟鸣声影响了想安静学习的同学，故对同学来说是噪声。
故答案为：振动；空气（或气体或介质）；噪声。
【点评】本题考查了声音的有关知识，比较简单。
15．（3分）手机屏幕工作时将 电 能转化为光能，其发出的蓝光属于 可见 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 凹 透镜进行矫正。
【分析】手机屏幕工作时发光，将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光；
近视镜是凹透镜，老花镜是凸透镜。
【解答】解：手机屏幕工作时将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光，对人眼伤害较大，造成近视时需要配戴凹透镜进行矫正。
故答案为：电；可见；凹。
【点评】本题考查能量的转化以及学生对近视镜的掌握，属于基础题。
16．（3分）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 相互 的；停止喷气后，火箭由于具有 惯性 仍能继续上升，箭体上的摄像机拍摄的画面通过 电磁 波传送回地面。
【分析】（1）力是物体对物体的作用，力的作用是相互的。
（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都有惯性。
（3）声波的传播需要介质，而电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播。
【解答】解：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，说明力的作用是相互的；停止喷气后，火箭由于具有惯性仍能继续上升；箭体上的摄像机拍摄的画面通过电磁波传送回地面。
故答案为：相互；惯性；电磁。
【点评】本题考查了力的作用是相互的、惯性和电磁波的基本认识，属于概念题。
17．（3分）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 虚 （选填“实”或“虚”）像；小明垂直镜面移动8cm，他与像的距离改变 16 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 顺 时针方向转动。
【分析】物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，像的大小跟物体的大小有关，跟物体距离平面镜的远近没有关系。像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离。
【解答】解：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；
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8cm+8cm＝16cm；
为了让他站着就能看到镜中脚的像，应让平面镜倾斜一些，绕轴沿顺时针方向转动。
故答案为：虚；16；顺。
【点评】本题考查了平面镜成像的特点及其应用，难度不大。
18．（3分）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 小 。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 20 Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 增大 乒乓球上方的风速（g取10N/kg）。
【分析】（1）流动的气体和液体都称为流体，流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大；
（2）已知球的质量可求得其重力，由此可知压力大小，已知竖直方向受大气压作用的等效面积，由p＝可求得球下方和上方气压差；
（3）球恰能上升受到管壁摩擦，若增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差越大，据此分析。
【解答】解：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；
球的质量G＝mg＝2.5×10﹣3kg×10N/kg＝2.5×10﹣2N，
球下方受到的压力F＝G＝2.5×10﹣2N，
受力面积S＝12.5cm2＝12.5×10﹣4m2，
球下方和上方气压差p＝＝＝20Pa；
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。
故答案为：小；20；增大。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系以及力的作用效果，压强的计算等，难易程度适中。
19．（3分）图示电能表能接入用电器的最大总功率为 6600 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 0.03 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 短路 故障。
【分析】根据表盘参数可知电路允许通过的最大电流为30A，根据P＝UI计算图示电能表能接入用电器的最大总功率；
根据表盘参数可知每消耗1kW•h的电，电能表表盘指示灯闪烁3000次，据此计算指示灯在1min内闪烁90次消耗的电能；
根据电功率公式计算将额定功率为1000W的电水壶接入该电路时通过电路的电流，与电路允许通过的最大电流比较可知电路故障。
【解答】解：图示电能表能接入用电器的最大总功率为：P＝UI＝220V×30A＝6600W；
指示灯在1min内闪烁90次，这段时间内电路消耗的电能为：W＝kW•h＝0.03kW•h；
多个用电器正常工作时通过电路的电流：I0＝＝≈8.2A，
将额定功率为1000W的电水壶接入该电路，通过电路的电流I′＝＝≈4.5A，
此时通过电路的总电流：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。
故答案为：6600；0.03；短路。
【点评】本题考查学生对电能表参数的理解以及电功率公式的灵活运用。
20．（3分）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 6 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 小 ，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 ② （选填数字序号）。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件求出拉力F；
（2）根据杠杆平衡条件分析拉力F的变化；
（3）根据杠杆平衡条件列出两次F与的数学表达式，结合数学知识分析判断。
【解答】解：（1）由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB＝OA+AB＝2OA，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：F＝×G＝×G＝G＝×12N＝6N；
（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：F＝……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：F＝……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。
故答案为：6；小；②。
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用和数学正比例函数相关的知识，关键是根据杠杆平衡条件列出两次F与的数学表达式。
21．（4分）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 变小 。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 定值电阻R 两端，能够测量的最大照度为 1.2 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 1.4 Lux。
【分析】（1）根据图2可判断当照度增大时，RG的阻值变化情况；
（2）根据串联分压，结合“为使光的照度增大时电压表的示数也增大”的目的，可判断电压表的测量对象；
（3）电压表量程为3V，根据欧姆定律可求出电路中的电流；再根据串联分压，得出RG两端的电压，同样利用欧姆定律可计算RG的阻值，从图2中找出对应的照度即可；
（4）根据题意，要想使照度增大，则RG的对应阻值应变小，则应选择较小的电源电压和较小的定值电阻，据此计算。
【解答】解：（1）由图2可知，光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小；
（2）由图1可知，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；
当电压表达到3V时，电路中的电流为：I＝＝＝0.0003A，
RG两端的电压为：URG＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，
RG的阻值：RG＝＝＝20000Ω＝20kΩ，
对照图2可得，此时的最大照度为1.2Lux；
（3）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：I′＝＝＝0.0006A，
RG两端的电压为：URG′＝U′﹣UR′＝12V﹣3V＝9V，
RG的阻值：RG′＝＝＝15000Ω＝15kΩ，
对照图2可得，此时能测量的最大照度为1.4Lux。
故答案为：变小；定值电阻R；1.2；1.4。
【点评】本题考查了的特点与使用，重点是灵活运用欧姆定律，并能从图象中得出光敏电阻阻值随光的照度的变化规律，并结合电路进行相应的计算，有一定难度。
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．（2分）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。
【分析】先分析冰壶受重力、支持力的作用点、方向，再根据力的示意图的画法作图。
【解答】解：冰壶静止在水平冰面上，受到重力G的方向是竖直向下的、支持力F的方向竖直向上，二力是一对平衡力，大小相等，作用点都在重心，从冰壶的重心O分别沿竖直向下、竖直向上画一条带箭头的有向线段，用G、F表示，如图所示：
【点评】本题考查力的示意图的画法，关键是能正确分析物体受力的方向和作用点，还要注意，相等的力要画一样长。
23．（2分）请用笔画线代替导线，将开关和灯泡正确连入家庭电路。
【分析】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。
【解答】解：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：
【点评】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。
24．（2分）光从水射向空气时，入射点O和反射光线如图所示。请画出入射光线和折射光线。
【分析】一束光线从水里射向空气中时，既要发生反射，又要发生折射，反射角等于入射角，折射角大于入射角。据此完成光路图。
【解答】解：首先画出法线，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。
【点评】（1）入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角，折射角是折射光线与法线的夹角。
（2）在两种透明介质的界面上，反射和折射一般是同时发生的，反射与入射在同种介质中，折射与入射在两种介质中，反射角等于入射角，光由空气斜射入其它透明介质中时，折射角小于入射角，光由其他透明介质斜射入空气中时，折射角大于入射角。
25．（6分）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 右 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，小灯泡的额定功率为 0.75 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 滑片位置不动 的情况下，仅闭合S2，调节电阻箱R1使电压表示数为 4 V，此时R1接入电路的阻值为20Ω。
③该小灯泡的额定功率为 0.8 W。
【分析】（1）电压表与灯泡并联接入电路；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
（3）根据电流表接入电路的量程和分度值读数，根据电功率公式计算灯泡的额定功率；
（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，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，此时灯泡正常发光，
②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，
③根据P＝计算该小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）电压表与灯泡并联接入电路，如图：
（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）电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（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，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，此时灯泡正常发光，
②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。
③该小灯泡的额定功率为P′＝＝＝0.8W。
故答案为：（1）如图；（2）右；（3）0.75；（4）②滑片不动；4；③0.8。
【点评】本题考查电路的连接、滑动变阻器的使用、电功率公式的灵活运用以及等效代替法。
26．（6分）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 左 （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 81 g，体积为 30 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， 将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处 ，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＝ 1.08 g/cm3。与真实值相比，用本方案所测出的香醋密度 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
【分析】（1）天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线上，平衡螺母向上翘的一端调节；
（2）冰墩墩的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值，由密度公式变形可求得冰墩墩的体积；
（5）（6）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），由密度公式算出镇江香醋的密度，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，进而判断出香醋体积的偏差，由密度公式判断出所测出香醋密度的偏差。
【解答】解：（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）冰墩墩的质量为：m＝50g+20g+10g+1g＝81g；
陶瓷材料的密度为ρ＝2.7×103kg/m3＝2.7g/cm3，
由ρ＝可得冰墩墩的体积为：
V＝＝＝30cm3；
（5）（6）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＝30cm3，
乙烧杯减小的香醋的质量为：
m醋＝m1﹣m2＝135.2g﹣102.8g＝32.4g，
香醋的密度为：
ρ醋＝＝＝1.08g/cm3；
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知测量的香醋质量偏大，由ρ＝知用本方案所测出的香醋密度偏大。
故答案为：（1）左；（2）81；30；（5）将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处；（6）1.08；偏大。
【点评】本题考查了液体密度的测量，考查了天平的使用，密度的计算以及误差的分析，一定要熟练掌握。
27．（8分）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
（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 0.25 kg。
②用温度计测出水箱内水的初温如图2所示，示数为 24 ℃。
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 1050 W。
（2）小军采用的实验方法是 控制变量法 。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 加热功率 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 33.6 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 水的初温/℃ 和 水升高的温度/℃ 。
【分析】（1）①将出水量设置为V＝250mL＝250cm3，由m＝ρV算出出水质量；
②判断出图2温度计的分度值，并读出温度计的示数；
③根据Q吸＝c水mΔt算出第1次实验时水吸收的热量；
由于无热量损失，根据W＝Q吸判断出加热器产生的热量，由P＝算出加热器的功率；
（2）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，根据表格数据的变化量判断出改变调节出水温度的实验方法；
由表1数据判判断出当出水温度高于85℃时，加热功率不变；
根据此Q吸′＝c水mΔt′算出温度为88℃时水吸收的热量，由于无热量损失，判断出加热器产生的热量，由P＝＝算出出水时间；
（3）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，据此判断出①、②处的内容。
【解答】解：（1）①将出水量设置为V＝250mL＝250cm3，出水质量为：
m＝ρV＝1g/cm3×250cm3＝250g；
②由图2知温度计的分度值为1℃，则温度计的示数为24℃；
③第1次实验，水吸收的热量为：
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为：
W＝Q吸＝1.68×104J；
加热器的功率为：
P＝＝＝1050W；
（2）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；
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；
由表1数据知当出水温度高于85℃时，加热功率不变，都为1999W，
此时水吸收的热量为：
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为：
W′＝Q吸′＝6.72×104J；
由P＝＝得水时间约为：
t′＝＝≈33.6s；
（3）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/℃。
故答案为：1050；（1）①0.25；②24；④1050；
（2）控制变量法；加热功率；33.6；
（3）水的初温/℃；水升高的温度/℃。
【点评】本题考查了密度公式、吸收热量的公式以及功率公式的应用，掌握控制变量法的应用是解题的关键。
28．（6分）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WF。
（3）动滑轮所受的重力G动。
【分析】（1）知道货物的重力和提升的高度，根据W＝Gh求出有用功；
（2）拉力做的功为总功，知道机械效率，利用η＝可求出总功；
（3）由图可知动滑轮绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳端移动的距离，根据总功求出拉力的大小，再利用F＝（G+G动）求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）上述过程中的有用功：
W有用＝Gh＝90N×1m＝90J；
（2）由η＝得拉力做的总功：WF＝＝＝100J，
（3）由图知，绳子的有效股数为2股，则s＝2h＝2×1m＝2m，
由W＝Fs得，绳端的拉力：F＝＝＝50N，
不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由F＝（G+G动）可得，动滑轮的重力：
G动＝nF﹣G＝2×50N﹣90N＝10N。
答：（1）上述过程中的有用功W有为90J；
（2）上述过程中拉力所做的功WF为100J；
（3）动滑轮的重力为10N。
【点评】本题考查了做功公式和机械效率公式的应用，明确有用功与总功，明确绳子的有效股数等是关键。
29．（8分）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。
【分析】（1）根据v＝求出A、B两地之间距离；
（2）根据二力平衡条件求出汽车的牵引力，根据W＝Fs求汽车牵引力做的功，根据效率公式求出此过程中产生的电能；
（3）①根据每加注1kg氢燃料所需的费用为30元求出消耗0.8kg氢燃料的费用，再根据每加注1kg汽油所需的费用为12元求出消耗汽油的质量；根据Q放＝mq求出乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量；
②根据热效率公式求出燃烧汽油时汽车获得的机械能，根据W＝Fs求汽车行驶的距离，与A、B两地之间距离相比较，进而判断乙车能否到达B地。
【解答】解：（1）由v＝可知，A、B两地之间距离：
sAB＝vt＝90km/h×1h＝90km；
（2）由二力平衡条件可知，汽车匀速行驶时的牵引力：
F＝f＝1000N，
汽车牵引力做的功：
W＝FsAB＝1000N×90××103m＝9×107J，
由η电＝×100%可知，此过程中产生的电能：
E电＝＝＝1.125×108J；
（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：
m＝＝2kg，
乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量：
Q放＝mq＝2kg×5×107J/kg＝1×108J；
②由η汽＝×100%可知，燃烧汽油时汽车获得的机械能：
W机械＝η汽Q放＝30%×1×108J＝3×107J，
由W＝Fs可知，汽车行驶的距离：
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。
【点评】本题考查二力平衡条件、速度公式、功的公式、热值公式和效率公式的应用，涉及到的知识点多，难度较大。
30．（8分）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 B 接触（选填“A”或“B”），线圈和R0被 短路 （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 BD 。（本题有多个选项正确）
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
【分析】（1）电路接通后，电磁铁开始工作。衔铁被吸下来，R0被短路。
（2）先分别算出衔铁与A、B的接触时消耗的电能，然后再相加，算出消耗的总电能。
（3）先算出木块的重力，推算出它在水中受到的浮力，然后算出V排，最后算出开始报警时水面距池底的高度H。
（4）要让H值增大，可以让木块的重力变大些，或者让木块底面积变小些。
【解答】解：（1）电路接通后，电磁铁开始工作。衔铁被吸下来，衔铁与B点接触，R0被短路。
（2）已知tA＝1s，tB＝1.5s，U＝6V，R0＝3Ω，R＝9Ω，那么完成一个周期消耗的电能：
WAB＝WA+WB＝+＝+＝7.5J；
1min完成30个周期，故：
W总＝30×WAB＝30×7.5J＝225J。
（3）已知L木＝10cm，ρ木＝0.5×103kg/m3，木头飘在水面上，故：
F浮＝G木＝ρ木V木g＝0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg＝5N；
V排＝＝＝5×10﹣4m3；
h排＝＝＝0.05m＝5cm；刚开始报警时水面距池底的高度
H＝h0+h+h排＝12cm+20cm+5cm＝37cm。
（4）要让H值增大，可以让木块的重力变大写，或者让木块底面积变小些。
故选：BC。
故答案是：（1）B；短路；（2）开始报警后1min内电路所消耗的电能为225J；（3）刚开始报警时水面距池底的高度H为37cm；（4）BD。
【点评】本题是一道综合题，考查了多个知识点，是一道好题。
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
实验次数
①
出水温度/℃
②
出水时间/s
加热功率/W
1
实验次数
出水温度/℃
出水时间/s
加热功率/W
1
40
16.00
1050
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
实验次数
①
出水温度/℃
②
出水时间/s
加热功率/W
1