2022年重庆市暨华中学中考物理模拟试卷(含答案)
展开2022年重庆市暨华中学中考物理模拟试卷(一)
一、选择题(本题共8个小题,每小题只有一个选项最符合题意,每小题3分,共24分)
1.(3分)下列物理量最接近实际的是( )
A.人体的正常体温约37℃
B.我国家庭电路的电压为36V
C.人的步行速度约为10m/s
D.一个鸡蛋的质量大约是500g
2.(3分)如图所示,关于重庆的特色美食,其中所包含的物理知识正确的是( )
A.刚端上餐桌的河水豆花在不断冒“白气”是汽化现象
B.吃重庆小面时香气四溢说明分子在不停做无规则运动
C.炒辣子鸡时,主要是通过做功的方式增加鸡肉的内能
D.火锅汤沸腾以后,适当把火调小是为了降低汤的沸点
3.(3分)如图所示的光现象中,由于光的折射形成的是( )
A.墙上的手影 B.水中的筷子弯折
C.水中倒影 D.日食
4.(3分)随着2022北京冬奥会的临近,冰雪运动持续升温。如图所示是我国运动健儿在冰雪赛场上的英姿。下列有关说法中正确的是( )
A.甲图中速度滑冰运动员在加速滑行的过程中,受到的摩擦力逐渐增大
B.乙图中运动员从高处滑下的过程中,重力势能越来越大
C.丙图中运动员将冰壶推出后,冰壶继续滑行,是因为冰壶受到惯性
D.丁图中运动员站在最高领奖台上,运动员受到的重力和支持力是一对平衡力
5.(3分)如图所示,下列说法正确的是( )
A.如图验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B.如图为了安全用电,甲位置装电灯,乙位置装开关
C.如图表示是通电导体在磁场中受力,是电动机的工作原理
D.如图奥斯特实验证明了电流周围存在磁场,是电磁铁的工作原理
6.(3分)我国法律规定,驾驶员醉驾要负刑事责任。松松同学设计了一种酒精测试仪的电路。其中R0为定值电阻,R为酒精气敏元件,其阻值随被测气体中酒精气体浓度的变化规律如图所示。若电源两端的电压不变,则闭合开关S,随气敏元件所测酒精气体的浓度增大,电表的示数也增大的是( )
A. B.
C. D.
7.(3分)如图所示,电源电压保持不变,灯泡标有“18V 9W”(灯泡电阻不随温度变化),定值电阻R1=180Ω,滑动变阻器R2上标有“60Ω 1A”,电压表的量程选用“0~3V”,电流表的量程选用“0~0.6A”。断开S1,闭合S和S2,滑片P移到最左端,灯泡恰好正常发光,在电路安全前提下,下列说法错误的是( )
A.电源电压为18V
B.当断开S1,闭合S和S2时,滑动变阻器允许接入电路中的电阻范围是0~7.2Ω
C.当滑片P移到最左端,S1、S2和S都闭合时,整个电路的功率最大,最大值为10.8W
D.当滑片P移到最右端,断开S2,闭合S和S1时,整个电路的功率最小,最小值为1.35W
8.(3分)将质量分布均匀的实心正方体甲乙放在水平地面上,已知ρ甲>ρ乙,且ρ甲=4×103kg/m3,若沿水平方向切除甲乙相同的高度Δh,余下部分对地面的压强p与切去部分高度Δh的关系如图所示,则下列选项中错误的是( )
A.切除之前,甲的高度为20cm
B.乙的密度为2×103kg/m3
C.当甲乙剩余部分对地面的压强相等时,切除高度为8cm
D.若将甲乙切除的部分分别叠放在对方上面,最终甲乙对地面的压强不可能相等
二、填空作图题(本题共6个小题,每空1分,每图1分,共12分)
9.(2分)长期以来,磁现象与电现象是分开进行研究的,直到 1820 年丹麦科学家 首先发现了电和磁之间存在关系,他发现电流具有磁效应;事实上,电流除了具有磁效应外,还具有热效应,电热器工作时是将电能转化为 能。
10.(2分)音乐中的“男低音”、“女高音”指的是声音的 (选填“响度”或“音调”或“音色”),某人看见闪电后经过6s才听到雷声,那么打雷处到这个人的距离约为 m。(常温下声速340m/s)
11.(2分)小张同学用电热水壶烧水,他将初温为20℃、质量1kg水加热至温度升高到70℃,(假设水的质量不变),则这个过程中水吸收的热量是 J,若此时家里只有电热水壶在工作,当电热水壶工作5min时,如图所示的电能表的转盘转过90转,则该电热水壶的功率为 W。
12.(2分)一位建筑工人要把建筑材料运送到楼上,他使用了如图所示的装置进行升降,已知吊篮和材料的总质量为6kg。当人对绳子的拉力为20N时,吊篮静止不动;当人对绳子的拉力为40N时,吊篮在拉力的作用下10s内匀速上升了3m,不计绳重和摩擦。则当匀速拉动吊篮时,拉力的功率大小为 W,滑轮组的机械效率为 。(g=10N/kg)
13.(2分)一个竖直放置在水平桌面上的圆柱形容器内装有适量的水,现将挂在弹簧测力计下的金属块A浸没在水中(未与容器底和壁接触),金属块A静止时,弹簧测力计的示数为F1,如图甲所示;将木块B(B外包有一层体积和质量均不计的防水膜)放入水中,如图乙所示,静止后木块B露出水面的体积与浸在水中的体积之比为2:3;然后将挂在弹簧测力计下的金属块A放在木块B上面,使木块B刚好浸没在水中,如图丙所示,此时弹簧测力计的示数为F2;已知金属块A的体积与木块B的体积之比为9:10,则木块B的密度为 kg/m3,金属块A的体积为VA= (请用字母F1、F2、g、ρ水表示)。
三、作图题(共2小题,满分2分)
14.(1分)如图所示,请标出通电螺线管的N极。
15.(1分)画出物体对斜面压力的示意图。
三、实验探究题(本题共3个小题,15小题6分,16小题8分,17小题8分,共22分。)
16.(3分)探究平面镜成像特点的实验装置图,如图所示。
①本实验器材M应选择 (选填“玻璃板”或“平面镜”)进行实验;
②小峰将竖直放好点燃的蜡烛A,从 (选填“蜡烛A侧”或“蜡烛B侧”)观察到蜡烛A的像,然后移动完全相同的蜡烛B,直至与蜡烛A的像完全重合,分别记录蜡烛A和蜡烛B的位置;多次移动蜡烛A重复实验。
③最后小峰得出结论,平面镜的成像性质:正立、等大、 像。
17.(3分)如图甲是探究物质熔化和凝固规律的实验装置,图乙是根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像。
①根据图乙的图像特征可判断该物质是 (选填“晶体”或“非晶体”);
②由图乙可知,该物质在10min~20min内处于 态;(选填“固”、“夜”或“固液共存”)
③分析图乙可知,该物质第35min的内能 (选填“大于”、“等于”或“小于”)第40min的内能(不计物态变化的质量损失)。
18.(8分)小言在探究“影响浮力大小的因素”时,做了如图(a)所示的实验。
(1)对比A、B、C三个步骤,可得出影响浮力大小的因素是 ,当物体完全浸没在水中后,浮力的大小与浸没后的深度 (选填“有关”或“无关”)。
(2)要研究浮力与液体密度的关系,需要对比C图和 图的实验数据。
(3)根据有关实验数据,可以计算出A的体积为 cm3,盐水的密度为 kg/m3。
(4)若容器的底面积为200cm2,A的高度为4cm,则从步骤B到步骤C,A向下移动的距离为 cm。
(5)同班的小霞设计了如图(b)所示的装置来测量一金属块的密度,其中轻质杠杆OAB支点为O,OA:OB=1:3,她做了如下操作:
步骤一:用细绳将金属块悬挂于A点,使杠杆OAB在水平位置静止,读出弹簧测力计此时的读数为1.5N。
步骤二:然后向容器中加水,使金属块浸没在水中(金属块不与烧杯接触)。
步骤三:使杠杆OAB在水平位置静止,读出弹簧测力计的示数与步骤一相比变化了0.5N;根据小霞记录的结果,可以得到金属块的重力为 N,待测金属块的密度为 g/cm3。
19.(8分)俊杰和同学们在“测量小灯泡的电功率”的实验中,选择了额定电压为2.5V的小灯泡,电源电压保持6V不变,滑动变阻器规格为“30Ω 1A”,连接电路如图甲所示。
(1)图甲是俊杰同学连接的部分实物图,为了使滑片右移时灯的亮度变亮,请你帮俊杰连接好电路;
(2)连接好电路后,闭合开关,发现电流表有示数,电压表无示数,则电路中存在的故障可能是 (选填“小灯泡”或“滑动变阻器”)短路;
(3)排除故障后,调节滑动变阻器滑片,当电压表示数为2V时,电流表的示数如图乙所示,则此时小灯泡的功率为 W,若使小灯泡正常发光,则应将滑片向 (选填“左”或“右”)移动一些;
(4)同组的小天同学在测该小灯泡的额定功率时,电压表损坏,他利用身边的器材设计了如图丙所示的电路。其中电源电压恒为U,R的电阻值已知。
①只闭合开关S和S2,调节滑动变阻器的滑片,使电流表的示数为 (用U额、R表示);
②只闭合开关S和S1,并保持滑动变阻器的滑片位置不变,记录电流表的示数为I;
③小灯泡额定功率表达式为:P额= (用U额、R、I表示);
(5)邻组的静静同学又找来5Ω、10Ω、15Ω、20Ω四个定值电阻想要继续探究“电流与电阻的关系”,只将5Ω的定值电阻代替小灯泡连入电路,调节滑动变阻器使定值电阻两端电压为2V。接下来断开开关,保持滑片位置不变,取下5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻,则闭合开关后,应将滑动变阻器的阻值 (选填“变大”或“变小”)。在用20Ω的定值电阻替换15Ω的定值电阻后,他发现电压表示数始终不能调为2V。为完成四次探究,静静同学设计了如下方案,你认为不可行的一项是 。
A.如果只更换滑动变阻器,则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω
B.如果只更换电源,则更换的电源电压范围是2V~5V
C.如果只调整电压表的示数,则应该控制电压表示数U0的范围为2.4V~3V
D.如果只串联一个定值电阻,则可以串联一个15Ω的电阻
四、论述计算题(本题共3个小题,第18题6分,第19题8分,第20题8分,共22分。解题应写出必要的文字说明、步骤和公式,只写出最后结果的不给分。)
20.(6分)如图所示,是我国新型095攻击型核潜艇,外壳采用高强度合金钢,最大下潜深度约600m。当其用500s匀速在水下600m深度处水平向前潜行6km时(ρ海水=1×103kg/m3)。求:
(1)核潜艇在600m深度处所受海水压强为多少Pa?
(2)此过程中潜行的速度是多少m/s?
21.(8分)近日,暨华中学教学楼新更换了饮水机,加热水槽部分工作原理电路图如图所示,其中S是一个温控开关,R1为电加热管,R2为限流电阻。当饮水机处于加热状态时,水被迅速加热,达到预定温度时,S自动切换到另一处使饮水机处于保温状态。饮水机加热时加热管的功率为4400W,保温时加热管的功率44W。某次烧水过程中,饮水机正常加热,将10kg的水由10℃加热到沸腾(已知本地大气压值为一个标准大气压),单独监测该饮水机的的电能表(规格为“3000imp/kW•h”)闪烁了3500imp。不考虑温度对阻值的影响,不计指示灯的阻值,水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)。
(1)水吸收的热量;
(2)饮水机的热效率;
(3)限流电阻R2的阻值。
22.(8分)为探究浮力产生的原因,杜老师制作了一个特别的水槽:水槽分成M、N两部分,M底部的横截面积为400cm2,N底部的横截面积为200cm2,且有一个边长为10cm的正方形开口,容器厚度均忽略不计,h0=10cm,如图甲所示。现将一个质量为600g,边长为10cm的正方体木块完全密封在正方形开口上方并使其不下落,然后向N水槽中加水使h1=12cm,水未从N流出,观察到木块并没有上浮,如图乙所示。继续向M槽中加水,如图丙所示,直至木块能刚好脱离N水槽的底部时,停止加水。求:
(1)向N水槽中加水结束时,木块上表面受到水的压力为多少N?
(2)向M水槽中加水,木块刚好上浮时,向M水槽加水的质量为多少kg?
(3)木块上浮最终静止后,水对M底部的压强为多少Pa?
2022年重庆市暨华中学中考物理模拟试卷(一)
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共8个小题,每小题只有一个选项最符合题意,每小题3分,共24分)
1.(3分)下列物理量最接近实际的是( )
A.人体的正常体温约37℃
B.我国家庭电路的电压为36V
C.人的步行速度约为10m/s
D.一个鸡蛋的质量大约是500g
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如:长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。此题就是估测题题型,知识覆盖面广,估测选择题的方法:利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据,进行单位换算,有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解:A、人体的正常体温约37℃,故A正确。
B、我国家庭电路的电压为220V,故B错误。
C、人的步行速度约为1m/s,故C错误。
D、一个鸡蛋的质量大约是50g,故D错误。
故选:A。
【点评】选择题所考查的知识点覆盖率较高,知识横向跨度大,且注重基础和能力的考查,加大了对科学探究能力和研究方法的考查,还考查学生对理论与实际差异的应变能力,体现新课程的基本理念,注重物理知识的应用,从单向封闭走向多维开放。
2.(3分)如图所示,关于重庆的特色美食,其中所包含的物理知识正确的是( )
A.刚端上餐桌的河水豆花在不断冒“白气”是汽化现象
B.吃重庆小面时香气四溢说明分子在不停做无规则运动
C.炒辣子鸡时,主要是通过做功的方式增加鸡肉的内能
D.火锅汤沸腾以后,适当把火调小是为了降低汤的沸点
【分析】(1)物质由气态变成液态的过程叫做液化;
(2)物质由分子组成的,分子在不停地做无规则运动的;
(3)做功和热传递可以改变物体的内能;
(4)液体在沸腾时不断吸热,温度不变。
【解答】解:A、刚端上餐桌的河水豆花在不断冒“白气”是水蒸气遇冷液化形成的,故A错误;
B、香气四溢说明分子在做无规则运动,故B正确;
C、炒辣子鸡时,主要是通过热传递的方式增加鸡肉的内能,故C错误;
D、火锅汤沸腾以后,温度不变,适当把火调小不能调低汤的沸点,故D错误。
故选:B。
【点评】本题考查液化、分子的运动、改变物体内能的方式及沸腾特点,知识点较多,属于基础题。
3.(3分)如图所示的光现象中,由于光的折射形成的是( )
A.墙上的手影 B.水中的筷子弯折
C.水中倒影 D.日食
【分析】判断此题要掌握好三种光的现象:光在同种均匀介质中沿直线传播,如:激光准直、小孔成像和影子的形成等;
当光照射到两种物质分界面上时,有一部分光被反射回来发生反射现象,如:平面镜成像、水中倒影等;
当光从一种介质斜射入另一种介质时,传播方向的会改变,发生折射现象,如:看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解:A、墙上的手影,影子的形成利用了光沿直线传播的原理,故A错误;
B、杯中“折断”的筷子,这是光的折射现象,故B正确;
C、水中的“倒影”属于平面镜成像,平面镜成像是利用光的反射原理,故C错误;
D、日食是由光的直线传播形成的,故D错误;
故选:B。
【点评】学习光的直线传播、光的反射、光的折射时,要多留心生活中的实例,影子、日月食、小孔成像是光的直线传播;镜子、倒影、潜望镜是光的反射;看水中的物体,隔着玻璃、杯子或透镜看物体是光的折射。
4.(3分)随着2022北京冬奥会的临近,冰雪运动持续升温。如图所示是我国运动健儿在冰雪赛场上的英姿。下列有关说法中正确的是( )
A.甲图中速度滑冰运动员在加速滑行的过程中,受到的摩擦力逐渐增大
B.乙图中运动员从高处滑下的过程中,重力势能越来越大
C.丙图中运动员将冰壶推出后,冰壶继续滑行,是因为冰壶受到惯性
D.丁图中运动员站在最高领奖台上,运动员受到的重力和支持力是一对平衡力
【分析】(1)滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关;
(2)重力势能大小与高度和质量有关;
(3)惯性是一种性质;
(4)根据二力平衡的条件分析。
【解答】解:
A、速度滑冰运动员在加速滑行的过程中,压力大小和接触面的粗糙程度不变,故摩擦力不变,故A错误;
B、运动员从高处滑下的过程中,高度减小,质量不变,重力势能减小,故B错误;
C、运动员将冰壶推出后,冰壶继续滑行,是因为冰壶具有惯性,惯性不是一种作用,故C错误;
D、运动员站在最高领奖台上,运动员受到的重力和支持力大小相等、方向相反、同一直线,作用在同一个物体上,是一对平衡力,故D正确。
故选:D。
【点评】此题以冬奥会项目为材料,考查了平衡力、惯性、摩擦力、重力势能等知识点,体现了物理关注社会热点的特点。
5.(3分)如图所示,下列说法正确的是( )
A.如图验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B.如图为了安全用电,甲位置装电灯,乙位置装开关
C.如图表示是通电导体在磁场中受力,是电动机的工作原理
D.如图奥斯特实验证明了电流周围存在磁场,是电磁铁的工作原理
【分析】(1)验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成;
(2)家庭电路中,为了安全,开关应接在火线上;
(3)电动机的原理:通电导体在磁场中受到力的作用;导体运动的方向与电流方向和磁场方向有关。
(4)闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时,导体中有感应电流产生,这种现象是电磁感应现象,在此过程中将机械能转化为电能,根据这个原理制成了发电机。
【解答】解:A、A图验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的,故A错误;
B、为了安全,开关应接在火线上,甲处安装开关,乙处安装电灯,故B错误;
C、C图有电源,研究的是通电导体在磁场中受到力的作用,是电动机的原理,故C正确;
D、D图没有电源,研究的是电磁感应现象,是发电机的原理,故D错误。
故选:C。
【点评】此题主要考查的是图象信息的识别能力和处理能力。
6.(3分)我国法律规定,驾驶员醉驾要负刑事责任。松松同学设计了一种酒精测试仪的电路。其中R0为定值电阻,R为酒精气敏元件,其阻值随被测气体中酒精气体浓度的变化规律如图所示。若电源两端的电压不变,则闭合开关S,随气敏元件所测酒精气体的浓度增大,电表的示数也增大的是( )
A. B.
C. D.
【分析】由图像可知,气敏元件所测酒精气体的浓度增大时,气敏元件的阻值增大;根据各选项电路图的连接情况,结合欧姆定律或串联分压的规律进行分析,判断哪个图符合“随气敏元件所测酒精气体的浓度增大,电表的示数也增大”的特点。
【解答】解:由图像可知,气敏元件所测酒精气体的浓度增大时,气敏元件的阻值增大;
A、由图知两电阻串联,电压表测量气敏元件两端的电压;当气敏元件的阻值增大时,根据串联分压的规律可知,气敏元件两端的电压增大,即电压表的示数增大,故A符合题意;
B、由图知两电阻串联,电压表测量电源电压;因电源电压不变,所以电压表的示数不变,故B不符合题意;
C、由图知两电阻串联,电流表测串联电路中的电流;当气敏元件的阻值增大时,电路的总电阻增大,由欧姆定律可知电路中的电流减小,即电流表的示数减小,故C不符合题意;
D、由图知,电流表将气敏元件R短路,电路为定值电阻R0的简单电路;因电源电压和R0的阻值不变,则由欧姆定律可知电流表的示数不变,故D不符合题意。
故选:A。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用,分析各电路的组成以及各电表的测量对象是解题的关键。
7.(3分)如图所示,电源电压保持不变,灯泡标有“18V 9W”(灯泡电阻不随温度变化),定值电阻R1=180Ω,滑动变阻器R2上标有“60Ω 1A”,电压表的量程选用“0~3V”,电流表的量程选用“0~0.6A”。断开S1,闭合S和S2,滑片P移到最左端,灯泡恰好正常发光,在电路安全前提下,下列说法错误的是( )
A.电源电压为18V
B.当断开S1,闭合S和S2时,滑动变阻器允许接入电路中的电阻范围是0~7.2Ω
C.当滑片P移到最左端,S1、S2和S都闭合时,整个电路的功率最大,最大值为10.8W
D.当滑片P移到最右端,断开S2,闭合S和S1时,整个电路的功率最小,最小值为1.35W
【分析】A、断开S1,闭合S和S2,滑片P移到最左端,此时电路为灯泡的简单电路,电流表测量电路中的电流,此时灯泡恰好正常发光,根据U=UL得出电源电压;
B、灯泡电阻不随温度变化,根据P=可知灯泡的电阻。
当断开S1,闭合S和S2时,滑动变阻器和灯泡串联,电流表测量电路中的电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压。电压表的量程选用“0~3V”,故滑动变阻器两端的电压最大为3V,根据串联分压的规律可知此时变阻器接入电路的阻值为允许的最大值;根据串联电路的电压特点可知此时灯泡两端的电压,根据欧姆定律可知电路中的电流和滑动变阻器接入电路的最大阻值,进而得出滑动变阻器允许接入电路中的电阻范围;
C、当滑片P移到最左端,S1、S2和S都闭合时,灯泡和定值电阻并联,总电阻最小,电源电压不变,根据P=可得出整个电路的最大功率;
D、当滑片P移到最右端,断开S2,闭合S和S1时,定值电阻和滑动变阻器串联,电流表测量电路电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压。电压表的量程选用“0~3V”,故滑动变阻器两端的电压最大为3V,此时变阻器接入电路的阻值最大,电路中的电流最小,整个电路的功率最小;由串联电路的电压特点可知定值电阻两端的电压,根据欧姆定律求出电路中的最小电流,根据P=UI求出整个电路的最小功率。
【解答】解:
A、断开S1,闭合S和S2,滑片P移到最左端,此时电路为灯泡的简单电路,电流表测量电路中的电流,此时灯泡恰好正常发光,则电源电压U=UL=18V,故A正确;
B、灯泡电阻不随温度变化,根据P=可知灯泡的电阻:RL===36Ω。
当断开S1,闭合S和S2时,滑动变阻器和灯泡串联,电流表测量电路中的电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压;
电压表的量程选用“0~3V”,故滑动变阻器两端的电压最大为3V,根据串联分压的规律可知此时变阻器接入电路的阻值为允许的最大值,
由串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压:U灯=U﹣UV大=18V﹣3V=15V,
根据欧姆定律可知电路中的电流:I===A,
则滑动变阻器接入电路的最大阻值:R滑大===7.2Ω,
由A项解答可知变阻器接入电路的最小阻值可为0Ω,
所以,滑动变阻器允许接入电路中的电阻范围是0~7.2Ω,故B正确;
C、当滑片P移到最左端,S1、S2和S都闭合时,灯泡和定值电阻R1并联,此时总电阻最小,电源电压不变,根据P=可知此时整个电路的功率最大,
则最大总功率:P大=+=+=10.8W,故C正确;
D、当滑片P移到最右端,断开S2,闭合S和S1时,定值电阻和滑动变阻器串联,电流表测量电路中的电流,电压表测量滑动变阻器两端的电压;
电压表的量程选用“0~3V”,故滑动变阻器两端的电压最大为3V,此时变阻器接入电路的阻值最大,电路中的电流最小,整个电路的功率最小,
根据串联电路的电压特点可知此时定值电阻两端的电压:U定=U﹣UV大=18V﹣3V=15V,
根据欧姆定律可得电路中的最小电流I小===A,
则整个电路的最小功率:P小=UI小=18V×A=1.5W,故D错误。
故选:D。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用和电功率的计算,有一定难度。
8.(3分)将质量分布均匀的实心正方体甲乙放在水平地面上,已知ρ甲>ρ乙,且ρ甲=4×103kg/m3,若沿水平方向切除甲乙相同的高度Δh,余下部分对地面的压强p与切去部分高度Δh的关系如图所示,则下列选项中错误的是( )
A.切除之前,甲的高度为20cm
B.乙的密度为2×103kg/m3
C.当甲乙剩余部分对地面的压强相等时,切除高度为8cm
D.若将甲乙切除的部分分别叠放在对方上面,最终甲乙对地面的压强不可能相等
【分析】(1)规则的正方体物体对地面的压强可用公式p=ρgh,知道压强和甲的密度,利用p=ρgh求甲原来的高度;
(2)知道乙的高度、乙产生的压强(图中得出),利用p=ρgh求乙的密度;
(3)根据切去某一高度后,甲、乙对地面的压强相等及二者密度大小关系,可以判断出物体剩余高度、原高度的关系;
(4)假设将甲乙切除的部分分别叠放在对方上面时甲乙对地面的压强相等,推理可得出不符合实际。
【解答】解:A、圆柱体、正方体物体对地面的压强p==ρgh;
则由图可知,切去之前的压强为6000Pa,则h甲==0.2m=20cm,故A正确;
B、由图可知,乙的高度是h乙=30cm=0.3m;
由p=ρgh可知,乙的密度:ρ乙==2×103kg/m3,故B正确;
C、当甲、乙剩余部分对地面压强相等时,即:ρ甲(h甲﹣Δh)g=ρ乙(h乙﹣Δh)g;
把以上相关数据代入可得:4×103kg/m3(0.2m﹣Δh)=2×103kg/m3(0.3m﹣Δh);
解得:Δh=0.1m=10cm,故C错误;
D、若将甲、乙切除的部分分别叠加在对方的上面,此时甲、乙对地面的压强分别为p甲′=,p乙′=;
若最终甲、乙对地面的压强相等,即p甲′=p乙′;又由以上分析可知:ρ甲=2ρ乙,h乙=1.5h甲;
把以上关系联立可计算得出:Δh′=0.28m,显然不符合实际,故D正确。
故选:C。
【点评】本题是一道固体压强计算的选择题,除了固体压强公式的运用,还考查了规则固体压强计算的特殊公式p=ρgh的灵活运用,题目有一定的难度。
二、填空作图题(本题共6个小题,每空1分,每图1分,共12分)
9.(2分)长期以来,磁现象与电现象是分开进行研究的,直到 1820 年丹麦科学家 奥斯特 首先发现了电和磁之间存在关系,他发现电流具有磁效应;事实上,电流除了具有磁效应外,还具有热效应,电热器工作时是将电能转化为 内 能。
【分析】根据对电流的效应进行分析作答。
【解答】解:1820年丹麦科学家奥斯特发现了电流的磁效应﹣﹣电流周围存在磁场;
电流除了具有磁效应外,还具有热效应,如电热器工作时是将电能转化为内能;
故答案为:奥斯特;内。
【点评】此题考查了电流的磁效应和热效应,难度不大。
10.(2分)音乐中的“男低音”、“女高音”指的是声音的 音调 (选填“响度”或“音调”或“音色”),某人看见闪电后经过6s才听到雷声,那么打雷处到这个人的距离约为 2040 m。(常温下声速340m/s)
【分析】声音的三个特征:音调、音色、响度;音调是指声音的高低;响度是声音的大小;音色是声音的品质和特色。
雷声和闪电同时发生,光的传播速度快(传播时间忽略不计),雷声传播的时间为6s,已知常温下的声速,根据公式s=vt可求打雷处到这个人的距离。
【解答】解:音乐中的“男低音”“女高音”指的是声音的高低,即音调;
常温下声速为340m/s,根据v=可知,打雷处到这个人的距离为:s=vt=340m/s×6s=2040m。
故答案为:音调;2040。
【点评】本题考查了声学知识在生活中的简单应用,体现了物理知识来源于生活、服务于生活的理念。
11.(2分)小张同学用电热水壶烧水,他将初温为20℃、质量1kg水加热至温度升高到70℃,(假设水的质量不变),则这个过程中水吸收的热量是 2.1×105 J,若此时家里只有电热水壶在工作,当电热水壶工作5min时,如图所示的电能表的转盘转过90转,则该电热水壶的功率为 900 W。
【分析】由热量公式可以求出水吸收的热量;根据电能表转过的圈数和电能表上的参数可求出消耗的电能,然后根据P=求出电热水壶的功率。
【解答】解:水吸收的热量:
Q=cm△t=4.2×103J/(kg•℃)×1kg×(70℃﹣20℃)=2.1×105J;
电热水壶消耗的电能:
W=kW•h=kW•h,
电热水壶的实际功率:
P===0.9kW=900W;
故答案为:2.1×105;900。
【点评】本题考查了吸热公式、电功率公式的应用,涉及的知识点较多,是一道综合题。
12.(2分)一位建筑工人要把建筑材料运送到楼上,他使用了如图所示的装置进行升降,已知吊篮和材料的总质量为6kg。当人对绳子的拉力为20N时,吊篮静止不动;当人对绳子的拉力为40N时,吊篮在拉力的作用下10s内匀速上升了3m,不计绳重和摩擦。则当匀速拉动吊篮时,拉力的功率大小为 24 W,滑轮组的机械效率为 75% 。(g=10N/kg)
【分析】(1)由图知,n=2,拉力端移动的距离s=nh,利用W=Fs求人的拉力做的总功,再利用P=求拉力的功率;
(2)利用G=mg求吊篮和材料的总重力,再利用W=Gh求拉力做的有用功,滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解:(1)由图知,n=2,拉力端移动的距离s=nh=2×3m=6m,
人的拉力做的总功:W总=Fs=40N×6m=240J,
拉力的功率:P===24W;
(2)吊篮和材料的总重力G=mg=6kg×10N/kg=60N,
拉力做的有用功:W有用=Gh=60N×3m=180J,
滑轮组的机械效率:
η=×100%=×100%=75%。
故答案为:24;75%。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、做功、功率、机械效率的计算,属于基础题目。
13.(2分)一个竖直放置在水平桌面上的圆柱形容器内装有适量的水,现将挂在弹簧测力计下的金属块A浸没在水中(未与容器底和壁接触),金属块A静止时,弹簧测力计的示数为F1,如图甲所示;将木块B(B外包有一层体积和质量均不计的防水膜)放入水中,如图乙所示,静止后木块B露出水面的体积与浸在水中的体积之比为2:3;然后将挂在弹簧测力计下的金属块A放在木块B上面,使木块B刚好浸没在水中,如图丙所示,此时弹簧测力计的示数为F2;已知金属块A的体积与木块B的体积之比为9:10,则木块B的密度为 0.6×103 kg/m3,金属块A的体积为VA= (请用字母F1、F2、g、ρ水表示)。
【分析】(1)木块B在水中处于漂浮,根据漂浮体积和阿基米德原理即可求出木块B的密度:
(2)分三种情况:将金属块A浸没在液体中、将木块B放入该液体中、把金属块A放在木块B上进行受力分析,利用称重法测浮力、漂浮条件、阿基米德原理列方程联立方程组求金属块A的体积。
【解答】解:
(1)木块B在水中处于漂浮,已知静止后木块B露出水面的体积与浸在水中的体积之比为2:3;则:V排:VB=3:5;
木块受到的浮力:FB=GB,即:ρ水VB排g=ρBVBg;
所以,ρB=ρ水=ρ水=×1.0×103kg/m3=0.6×103kg/m3;
(2)将金属块A浸没在水中受到的浮力:
FA=GA﹣F1=ρVAg,
则:GA=F1+ρ水VAg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
将木块B放入水中,木块漂浮,木块受到的浮力:
FB=GB=mBg=ρBVBg=ρ水VBg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
把金属块A放在木块B上,把AB当做一个整体分析,
FB′+F2=ρ水V排′g+F2=ρ水VBg+F2=GA+GB﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
①②③结合得出:
ρ水VBg+F2=ρ水VAg+F1+ρ水VBg,
即:ρ水VBg=ρ水VAg+F1﹣F2,
已知:VA:VB=9:10,
所以,ρ水×VAg=ρ水VAg+F1﹣F2,
则:VA=。
故答案为:0.6×103;。
【点评】本题考查了称重法测量金属块受到的浮力、漂浮条件、阿基米德原理,做好三次受力分析、利用好两次的体积关系是本题的关键。
三、作图题(共2小题,满分2分)
14.(1分)如图所示,请标出通电螺线管的N极。
【分析】由电流方向可知电流方向,则由安培定则可知通电螺线管磁极的方向。
【解答】解:电流由左侧流入,则用右手握住螺线管,四指沿电流方向,则大拇指向右,说明螺线管右侧为N极;
故答案如图:
【点评】本题考查安培定则的应用,直接判断磁极的方向,属简单应用。
15.(1分)画出物体对斜面压力的示意图。
【分析】斜面受到的压力的作用点在斜面上,从作用点起沿力的方向画线段,在线段的末端画出箭头表示力的方向。
【解答】解:压力的作用点在接触面的中点处,从压力的作用点开始沿垂直于斜面向下的方向画一条线段,在线段的末端画上箭头,并标上符号F,如下图所示:
【点评】本题考查了力的示意图的画法,力的示意图要把力的方向和作用点画出来;注意压力的作用点在接触面上,方向垂直于接触面。
三、实验探究题(本题共3个小题,15小题6分,16小题8分,17小题8分,共22分。)
16.(3分)探究平面镜成像特点的实验装置图,如图所示。
①本实验器材M应选择 玻璃板 (选填“玻璃板”或“平面镜”)进行实验;
②小峰将竖直放好点燃的蜡烛A,从 蜡烛A侧 (选填“蜡烛A侧”或“蜡烛B侧”)观察到蜡烛A的像,然后移动完全相同的蜡烛B,直至与蜡烛A的像完全重合,分别记录蜡烛A和蜡烛B的位置;多次移动蜡烛A重复实验。
③最后小峰得出结论,平面镜的成像性质:正立、等大、 虚 像。
【分析】①实验时选择透明的玻璃板,在物体的一侧,既能看到物体的像,也能看到代替物体的另一个物体,便于确定像的位置。
②平面镜成像的原理是光的反射;
③平面镜的成像特点是正立等大等距的虚像。
【解答】解:①实验时选择透明的玻璃板,能同时观察到像和代替蜡烛A的蜡烛B,便于确定像的位置;
②平面镜成像的原理是光的反射,所以应该在平面镜前方即A侧观察;
③平面镜所成的是正立等大的虚像;
故答案为:①玻璃板;②蜡烛A侧;③虚。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点,也是近几年来中考经常出现的题型,要求学生熟练掌握,并学会灵活运用。还考查晶体的熔化实验,关键是将课本知识内容记忆清楚,仔细分析即可。
17.(3分)如图甲是探究物质熔化和凝固规律的实验装置,图乙是根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像。
①根据图乙的图像特征可判断该物质是 晶体 (选填“晶体”或“非晶体”);
②由图乙可知,该物质在10min~20min内处于 固液共存 态;(选填“固”、“夜”或“固液共存”)
③分析图乙可知,该物质第35min的内能 大于 (选填“大于”、“等于”或“小于”)第40min的内能(不计物态变化的质量损失)。
【分析】①晶体在熔化的过程中,吸热,但温度不变;
②晶体在熔化过程中为固液共存态;
③晶体在凝固过程中,不断放热,温度不变,内能减小。
【解答】解:①由图可知,该物质在熔化的过程中,吸收热量,但温度保持不变,为晶体;
②由图乙知该物质在10min﹣20min处于熔化过程中,所以该物质在10min﹣20min内处于固液共存态;
③由图乙知该物质在第35min和第40min均处于凝固过程中,凝固放热,内能减小,所以该物质第35min的内能大于第40min的内能。
故答案为:①晶体;②固液共存;③大于。
【点评】本题考查晶体的熔化实验,关键是将课本知识内容记忆清楚,仔细分析即可。
18.(8分)小言在探究“影响浮力大小的因素”时,做了如图(a)所示的实验。
(1)对比A、B、C三个步骤,可得出影响浮力大小的因素是 排开液体的体积 ,当物体完全浸没在水中后,浮力的大小与浸没后的深度 无关 (选填“有关”或“无关”)。
(2)要研究浮力与液体密度的关系,需要对比C图和 E 图的实验数据。
(3)根据有关实验数据,可以计算出A的体积为 200 cm3,盐水的密度为 1.2×103 kg/m3。
(4)若容器的底面积为200cm2,A的高度为4cm,则从步骤B到步骤C,A向下移动的距离为 1.5 cm。
(5)同班的小霞设计了如图(b)所示的装置来测量一金属块的密度,其中轻质杠杆OAB支点为O,OA:OB=1:3,她做了如下操作:
步骤一:用细绳将金属块悬挂于A点,使杠杆OAB在水平位置静止,读出弹簧测力计此时的读数为1.5N。
步骤二:然后向容器中加水,使金属块浸没在水中(金属块不与烧杯接触)。
步骤三:使杠杆OAB在水平位置静止,读出弹簧测力计的示数与步骤一相比变化了0.5N;根据小霞记录的结果,可以得到金属块的重力为 4.5 N,待测金属块的密度为 3 g/cm3。
【分析】(1)分析相关实验中相同量和不同量,由称重法测浮力得出浮力大小,得出浮力与变化量的关系;
(2)(2)物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关,研究浮力大小与其中一个因素的关系时,要控制另一个因素不变;
(3)根据称重法,由A、C两步可知物体在水中完全浸时受到的浮力,根据阿基米德原理,计算出物体的体积,由物体的体积不变列方程得盐水的密度;
(4)求出物体A的底面积,由阿基米德原理得出B容器中物体A排开水的体积;由上式可知露出水面的高度,现假设物体A从B到C下移的距离为h,可知所对应液面上升的高度,此时物体A恰好被浸没;
(5)根据杠杆的平衡原理得出物体的重力,由题意可得,此时弹簧测力计对杠杆B点的拉力大小为,根据杠杆的平衡原理可求此时物体对杠杆A点的拉力,由力相互性得出物体受到的浮力,由阿基米德原理可得出物体的体积,根据密度公式计算出物体的密度。
【解答】解:(1)对比B、C实验步骤可知,排开水的体积越大,测力计示数越小,由称重法测浮力,受到的越大,故对比A、B、C三个步骤,得出浮力的大小随排开水体积的增大而增大;对比C、D可知,物体浸没在水中的深度不同,而测力计示数相同,受到的浮力相同,故对比A、C、D可知,当物体完全浸没在水中后,浮力的大小与浸没后的深度无关;
(2)C与E两图中,排开液体的体积相同,但液体的密度不同,所以它研究的是浮力大小与液体密度的关系;
(3)由A、C两步可知,物体在水中完全浸时受到的浮力为:F浮水=G﹣F2=8N﹣6N=2N;根据阿基米德原理:F浮=ρ液gV排=ρ液gV物;VA=V排===2×10﹣4m3;
物体的体积不变,故有:=,得盐水的密度:ρ盐水=×ρ水=×1.0×103kg/m3=1.2×103kg/m3;
(4)物体A的体积为:VA=2×10﹣4m3,物体A的底面积为:SA===50cm2;
B容器中物体A排开水的体积为:VB排===1×10﹣4m3;
由上式可得,在液体B中物体A有一半体积露出水面,即露出水面的高度为2cm,现假设物体A从B到C下移的距离为h,那么所对应液面上升的高度为2cm﹣h,此时物体A恰好被浸没,则
SAh=S容器×(2cm﹣h)﹣SA×(2cm﹣h),代入数据可得:50cm2×h=200cm2×(2cm﹣h)﹣50cm2×(2cm﹣h),解得:h=1.5cm;
(5)由图可知,物体对杠杆A点的拉力等于自身的重力,根据杠杆的平衡原理有:F×OB=G×OA,由上式变形可得:G===4.5N;
金属块浸入水中后,会受到竖直向上的浮力,所以金属块对杠杆A点的拉力会减小,相应的弹簧测力计对杠杆B点的拉力也会减小,故由题意可得,此时弹簧测力计对杠杆B点的拉力大小为1N,根据杠杆的平衡原理可求此时物体对杠杆A点的拉力:F拉===3N;
物体对杠杆向下的拉力与杠杆对物体向上的拉力为一对相互作用力,大小相等,故物体受到的浮力:F浮′=G﹣F拉=4.5N﹣3N=1.5N;
物体在水中是完全浸没状态,其体积和排开的水的体积大小相等:V=V排===1.5×10﹣4m3;
故物体的密度:ρ====3×103kg/m3=3g/cm3。
故答案为:(1)排开液体的体积;无关;(2)E;(3)200;1.2×103;(4)1.5;(5)4.5;3。
【点评】题探究影响浮力大小的因素,考查称重法测浮力、控制变量法及数据分析和阿米德原理及杠杆的平衡条件与密度公式的运用。综合性强,难度较大。
19.(8分)俊杰和同学们在“测量小灯泡的电功率”的实验中,选择了额定电压为2.5V的小灯泡,电源电压保持6V不变,滑动变阻器规格为“30Ω 1A”,连接电路如图甲所示。
(1)图甲是俊杰同学连接的部分实物图,为了使滑片右移时灯的亮度变亮,请你帮俊杰连接好电路;
(2)连接好电路后,闭合开关,发现电流表有示数,电压表无示数,则电路中存在的故障可能是 小灯泡 (选填“小灯泡”或“滑动变阻器”)短路;
(3)排除故障后,调节滑动变阻器滑片,当电压表示数为2V时,电流表的示数如图乙所示,则此时小灯泡的功率为 0.4 W,若使小灯泡正常发光,则应将滑片向 右 (选填“左”或“右”)移动一些;
(4)同组的小天同学在测该小灯泡的额定功率时,电压表损坏,他利用身边的器材设计了如图丙所示的电路。其中电源电压恒为U,R的电阻值已知。
①只闭合开关S和S2,调节滑动变阻器的滑片,使电流表的示数为 (用U额、R表示);
②只闭合开关S和S1,并保持滑动变阻器的滑片位置不变,记录电流表的示数为I;
③小灯泡额定功率表达式为:P额= U额(I﹣) (用U额、R、I表示);
(5)邻组的静静同学又找来5Ω、10Ω、15Ω、20Ω四个定值电阻想要继续探究“电流与电阻的关系”,只将5Ω的定值电阻代替小灯泡连入电路,调节滑动变阻器使定值电阻两端电压为2V。接下来断开开关,保持滑片位置不变,取下5Ω的定值电阻换成10Ω的定值电阻,则闭合开关后,应将滑动变阻器的阻值 变大 (选填“变大”或“变小”)。在用20Ω的定值电阻替换15Ω的定值电阻后,他发现电压表示数始终不能调为2V。为完成四次探究,静静同学设计了如下方案,你认为不可行的一项是 D 。
A.如果只更换滑动变阻器,则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω
B.如果只更换电源,则更换的电源电压范围是2V~5V
C.如果只调整电压表的示数,则应该控制电压表示数U0的范围为2.4V~3V
D.如果只串联一个定值电阻,则可以串联一个15Ω的电阻
【分析】(1)滑动变阻器和开关串联,滑片右移时灯的亮度变亮,说明电路中电流变大,总电阻变小,据此分析变阻器连接方式;
(2)连接好电路后,闭合开关,发现电流表有示数,说明电路是通路,根据电压表示数判断电路故障;
(3)根据电流表量程确定分度值读数;根据P=UI求出小灯泡的功率;比较电压表示数与小灯泡额定电压的大小,确定变阻器滑片移动方向;
(4)要测灯泡的额定功率,应该使灯泡先正常发光,在没有电压表的情况下,电流表与定值电阻R起到电压表的测量作用,使电流表的示数为,由并联电路电压的规律,灯的电压为U额,灯正常发光;
保持滑片的位置不变。通过开关的转换,使电流表测灯与R并联的总电流,因为电路的连接关系没有改变,各电阻的大小和通过的电流不变,灯泡仍正常发光,根据并联电路电流的规律,求出灯的额定电流,然后再根据P=UI写出额定功率的表达式;
(5)探究电流与电阻的关系时,保持定值电阻两端的电压不变,根据串联分压的原理判断滑片的移动方向;
逐项分析静静同学设计的方案。
【解答】解:(1)由电路图可知,滑动变阻器和开关串联,滑片右移时灯的亮度变亮,说明电路中电流变大,总电阻变小。因此滑片向右移动时,滑动变阻器的阻值变小,应将滑动变阻器的右下接线柱与开关左侧接线柱相连,如图所示:
;
(2)电流表有示数,说明电路是通路,而电压表无示数,说明与电压表并联部分发生短路或电压表断路,故电路中存在的故障可能是小灯泡短路;
(3)当电压表示数为2V时,电流表的示数如图乙所示,电流表选用小量程,分度值为0.02A,示数为0.2A,此时小灯泡的功率为:P=UI=2V×0.2A=0.4W;
小灯泡的额定电压为2.5V,电压表示数小于灯泡的额定电压,要使小灯泡正常发光,应增大灯泡两端的电压,减小变阻器两端的电压,根据串联分压原理,应减小滑动变阻器的阻值,故滑动变阻器滑片向右移动一些;
(4)①要测灯泡的额定功率,应该使灯泡先正常发光,故先闭合开关S和S2,电流表测R的电流,调节滑动变阻器的滑片,使电流表的示数为,由并联电路电压的规律和欧姆定律,此时灯的电压为U额,灯正常发光;
②闭合开关S和S1,保持滑片的位置不变,电流表的示数为I;电流表测灯与R并联的总电流,因为电路的连接关系没有改变,各电阻的大小和通过的电流不变,灯泡仍正常发光;
③根据并联电路电流的规律,则灯的额定电流为:
I额=I﹣,
小灯泡额定功率表达式为:
P额=U额I额=U额(I﹣);
(5)探究电流和电阻的关系时,将保持定值电阻两端的电压不变,定值电阻的阻值由5Ω换为10Ω时,根据串联分压的原理,定值电阻阻值变大,则两端的电压也变大。为了保持定值电阻的电压不变,应使滑动变阻器阻值变大分到更多的电压,故应将滑动变阻器的阻值变大;
为完成四次探究,静静同学设计了如下方案:
A.由图可知,电源电压为6V,定值电阻两端电压为2V,滑动变阻器两端电压为4V,根据串联分压原理得 R定:R变=U定:U变=2V:4V=1:2,已知R定=20Ω,则解得R变=40Ω,如果只更换滑动变阻器,则更换的滑动变阻器最大阻值至少为40Ω,因此该方法可行,故A不符合题意;
B.如果只更换电源,当滑动变阻器阻值为0Ω时,定值电阻两端电压保持不变为2V;当定值电阻为20Ω,滑动变速器阻值为最大值30Ω时,电路有最大电源电压,此时定值电阻两端电压仍为2V,根据串联分压原理,=,U滑大=×U=×2V=3V,即滑动变速器两端电压为3V,则电路的总电压为5V,故更换的电源电压范围是2V~5V,因此该方法可行,故B不符合题意;
C.如果只调整电压表的示数,已知电压表量程为3V,则定值电阻两端的电压最大为3V;而当定值电阻换为20Ω,滑动变阻器阻值最大30Ω时,定值电阻有最小电压,根据串联分压原理,=,即=,解得:U0=2.4V,故应该控制电压表示数U0的范围为2.4V~3V,因此该方法可行,故C不符合题意;
D.实验过程中,电源电压为6V,当定值电阻为15Ω时,为了达到定值电阻两端电压为2V,若再串联一个15Ω的电阻,同时将滑动变阻器的阻值调到15Ω,根据串联分压原理,电源电压将平均分到三个电阻上,且都是2V。但当定值电阻为5Ω时,为了达到定值电阻两端2V的电压,则电路中电流为I'===0.4A,电路总电压为6V,电路中总电阻为R总===15Ω,而此时电路中总阻值至少20Ω,因此该方法不可行,故D符合题意;
故选D。
故答案为:(1)如上图所示;(2)小灯泡;(3)0.4;变大;(4);U额(I﹣);(5)D。
【点评】本题是测量小灯泡功率的实验,考查了电路连接、电路故障、电流表的读数及电功率的计算,并且涉及到研究电流与电阻关系中控制变量法的应用。
四、论述计算题(本题共3个小题,第18题6分,第19题8分,第20题8分,共22分。解题应写出必要的文字说明、步骤和公式,只写出最后结果的不给分。)
20.(6分)如图所示,是我国新型095攻击型核潜艇,外壳采用高强度合金钢,最大下潜深度约600m。当其用500s匀速在水下600m深度处水平向前潜行6km时(ρ海水=1×103kg/m3)。求:
(1)核潜艇在600m深度处所受海水压强为多少Pa?
(2)此过程中潜行的速度是多少m/s?
【分析】(1)根据p=ρgh求出核潜艇在600m深度处所受海水压强;
(2)根据v=求出此过程中潜行的速度。
【解答】解:(1)核潜艇在600m深度处所受海水压强:
p=ρ海水gh=1×103kg/m3×10N/kg×600m=6×106Pa;
(2)此过程中潜行的速度:
v===12m/s。
答:(1)核潜艇在600m深度处所受海水压强为6×106Pa;
(2)此过程中潜行的速度是12m/s。
【点评】本题考查液体压强和速度的计算,是一道基础题。
21.(8分)近日,暨华中学教学楼新更换了饮水机,加热水槽部分工作原理电路图如图所示,其中S是一个温控开关,R1为电加热管,R2为限流电阻。当饮水机处于加热状态时,水被迅速加热,达到预定温度时,S自动切换到另一处使饮水机处于保温状态。饮水机加热时加热管的功率为4400W,保温时加热管的功率44W。某次烧水过程中,饮水机正常加热,将10kg的水由10℃加热到沸腾(已知本地大气压值为一个标准大气压),单独监测该饮水机的的电能表(规格为“3000imp/kW•h”)闪烁了3500imp。不考虑温度对阻值的影响,不计指示灯的阻值,水的比热容为4.2×103J/(kg•℃)。
(1)水吸收的热量;
(2)饮水机的热效率;
(3)限流电阻R2的阻值。
【分析】(1)根据Q吸=cm(t﹣t0)求出水吸收的热量;
(2)3000imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能,电能表的指示灯闪烁3000次,据此可求指示灯闪烁3500次,饮水机消耗的电能;利用效率公式计算出饮水机的热效率;
(3)已知加热时加热管的功率,根据公式P=可求R1的大小;已知保温时加热管的电功率,根据P=I2R可求保温时通过加热管的电流;根据欧姆定律I=求此时电路的总电阻,由串联电路电阻的特点求R2的阻值。
【解答】解:(1)1个标准大气压下,水的沸点是100℃,
10kg水从初温10℃加热到100℃吸收的热量:Q吸=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg•℃)×10kg×(100℃﹣10℃)=3.78×106J;
(2)3000imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能,电能表的指示灯闪烁3000次,
指示灯闪烁3500次,饮水机消耗的电能:W===×3.6×106J=4.2×106J;
饮水机的热效率:η==×100%=90%;
(3)不计指示灯的阻值,加热时加热管单独接入电路,加热管的电功率P加热=4400W,
由P=可知,加热管的电阻:R1===11Ω;
保温时加热管和限流电阻串联,加热管的电功率P保温=44W,
由P=I2R可知,通过加热管的电流:I===2A;
根据串联电路的电流规律可知,保温状态时,电路中的电流处处相等;
根据欧姆定律I=可知,此时电路的总电阻:R===110Ω;
根据串联电路电阻的特点可知,R2的阻值:R2=R﹣R1=110Ω﹣11Ω=99Ω。
答:(1)水吸收的热量为3.78×106J;
(2)饮水机的热效率为90%;
(3)限流电阻R2的阻值为99Ω。
【点评】本题考查电阻、电流、电功率、热效率等的计算,关键是公式及其变形的灵活运用,涉及到热学和电学部分的知识点多,综合性强、易错、属于难题。
22.(8分)为探究浮力产生的原因,杜老师制作了一个特别的水槽:水槽分成M、N两部分,M底部的横截面积为400cm2,N底部的横截面积为200cm2,且有一个边长为10cm的正方形开口,容器厚度均忽略不计,h0=10cm,如图甲所示。现将一个质量为600g,边长为10cm的正方体木块完全密封在正方形开口上方并使其不下落,然后向N水槽中加水使h1=12cm,水未从N流出,观察到木块并没有上浮,如图乙所示。继续向M槽中加水,如图丙所示,直至木块能刚好脱离N水槽的底部时,停止加水。求:
(1)向N水槽中加水结束时,木块上表面受到水的压力为多少N?
(2)向M水槽中加水,木块刚好上浮时,向M水槽加水的质量为多少kg?
(3)木块上浮最终静止后,水对M底部的压强为多少Pa?
【分析】(1)根据题中条件,由p=ρgh计算木块上表面所受到水的压强,根据p=求木块上表面受到水的压力;
(2)当木块上下表面受到的压力差等于木块重力的时候,木块开始脱离N水槽的底部,根据p=ρgh和p=表示出木块上下表面受到的压力差和木块重力的关系表达式,解方程求出木块刚刚能脱离N水槽的底部时,M水槽中的水离它底部的高度,根据体积公式求出所加水的体积,利用密度公式ρ=求出所加水的质量;
(3)根据漂浮在水面上时,求出排开水的体积,再分别求出两容器中水的体积,根据整个过程中水的体积不变,求出此时水的深度,由p=ρgh计算水对M底部的压强。
【解答】解:(1)由题可知,h1=12cm=0.12m,
木块的上表面受到水的压强:p=ρ水gh1=1×103kg/m3×10N/kg×0.12m=1200Pa;
木块的上表面受到水的压力:F上=pS木=1200Pa×(10×10﹣2m)2=12N;
(2)木块刚刚能脱离N水槽的底部时,设M水槽中的水离它底部的高度为h,
当水对木块下表面压力等于上表面向下压力与重力之和时,木块开始脱离N底部的水槽,
即:ρ水g(h﹣h0)S木=mg+F上,
1×103kg/m3×10N/kg×(h﹣0.1m)×(0.1m)2=0.6kg×10N/kg+12N,
解得:h=0.28m=28cm;
所加水的体积:V=V0+V1=SMh0+(SM﹣SN)(h﹣h0)=400cm2×10cm+(400cm2﹣200cm2)×(28cm﹣10cm)=7600cm3,
由ρ=可知,向M水槽加水的质量:m=ρV=1g/cm3×7600cm3=7600g=7.6kg;
(3)当木块漂浮时,F浮=G木=6N,
由F浮=ρ水gV排可得此时排开水的体积:
V排===6×10﹣4m3=600cm3
图丙中,N水槽中水的体积:
VN水=SN(h1+h木)﹣V木=200cm2×(12cm+10cm)﹣1000cm3=3400cm3,
M水槽中水的体积:
VM水=(SM﹣SN)h+SNh0=(400cm2﹣200cm2)×28cm+200cm2×10cm=7600cm3,
水的总体积:
V水总=VN水+VM水=3400cm3+7600cm3=11000cm3,
整个过程中水的体积不变,且水槽厚度均忽略不计,设此时水的深度为hM,
所以有SMhM=V水总+V排,即:
400cm2hM=11000cm3+600cm3=11600cm3,
解得:hM=29cm=0.29m,
此时底部受到水的压强:p′=ρ水ghM=1×103kg/m3×10N/kg×0.29m=2900Pa。
答:(1)向N水槽中加水结束时,木块上表面受到水的压力为12N;
(2)向M水槽中加水,木块刚好上浮时,向M水槽加水的质量为7.6kg;
(3)木块上浮最终静止后,水对M底部的压强为2900Pa。
【点评】本题考查了求木块的密度、木块表面受到水的压力、需要注入水的深度等问题,认真审题、理解题意、分析清楚图示情景,应用密度公式、压强公式的变形公式、液体压强公式即可正确解题。
2022年重庆市初中学业水平暨高中招生考试模拟(六)物理试题(有答案): 这是一份2022年重庆市初中学业水平暨高中招生考试模拟(六)物理试题(有答案),共10页。
重庆市2019年初中学业水平考试暨高中招生考试物理试卷B卷(有答案): 这是一份重庆市2019年初中学业水平考试暨高中招生考试物理试卷B卷(有答案),共11页。试卷主要包含了7dm D,如图5所示等内容,欢迎下载使用。
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