新疆2022年中考物理试卷解析版

这是一份新疆2022年中考物理试卷解析版，共8页。试卷主要包含了单选题，综合题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

新疆2022年中考物理试卷
一、单选题
1．下列物体中，空间尺度最小的是（　　）
A．地球 B．原子 C．太阳系 D．原子核
【答案】D
【知识点】原子结构；宇宙
【解析】【解答】太阳系是银河系中的恒星，而地球是太阳系中的一个行星，而地球上有很多物质，物质由原子构成，而原子又由原子核和核外电子组成，故空间尺度从大到小依次为太阳系、地球、原子、原子核，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】物质可分为原子，而原子又由原子核和核外电子组成。
2．正在发烧的小军的体温可能是（　　）
A．35℃ B．36℃ C．39℃ D．49℃
【答案】C
【知识点】温度及温度计的使用与读数
【解析】【解答】人体的正常体温在36～37℃，临床上体温超过37.3摄氏度时才视为发热，但是通常不会超过42℃。所以正在发烧的小军的体温可能是39℃。ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据人体的正常体温，结合数据解答。
3．新疆天池的风景在晓宁同学的视网膜上成的像是（　　）
A．放大的实像 B．缩小的实像 C．放大的虚像 D．缩小的虚像
【答案】B
【知识点】眼睛及其视物原理
【解析】【解答】当眼睛成像时，物距远大于像距，故由凸透镜的成像规律可知，此时所成的像为倒立、缩小的实像，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。

【分析】眼睛的成像是倒立缩小的实像。
4．男女两位歌唱家分低高音声部二重唱时，两位歌唱家的声音最有可能（　　）
A．音调相近 B．音色相近 C．频率相近 D．响度相近
【答案】D
【知识点】响度及响度与振幅的关系；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A C．男女生音调不同这是因为男女生的声带振动频率不同，男生的声带相对较长，振动频率相对较低，发出的声音音调较低；而女生的声带相对较短，振动频率相对较高，发出的声音较高，AC不符合题意；
B．两位歌唱家声音各具特色，音色不同，B不符合题意；
D．男女歌唱家站有同等重要的地位，都是主唱，故可能发声的力度相同，声带振动的幅度相同，响度相同，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】声音的高低指音调。
5．位于沙漠边缘的罗布泊昼夜温差比沿海地区大，这是因为与水相比，砂石的（　　）
A．比热容较小 B．比热容较大 C．密度较小 D．密度较大
【答案】A
【知识点】比热容
【解析】【解答】A B．沙漠边缘的罗布泊昼夜温差比沿海地区大，这是因为与水相比，砂石的比热容小，升温快，昼夜温差大，A符合题意；B不符合题意；
C D．密度是质量与体积之比，密度的大小与升温快慢无关，CD不符合题意。
故答案为：A。

【分析】物体吸收热量的能力是比热容。
6．下列设备或用电器中，主要利用电磁感应原理工作的是（　　）
A．电磁起重机 B．柴油发电机 C．滚筒洗衣机 D．家用吹风机
【答案】B
【知识点】电磁感应
【解析】【解答】A．电磁起重机主要是利用电流的磁效应工作的，A不符合题意；
B．柴油发电机主要是利用电磁感应原理工作的，B符合题意；
C．滚筒洗衣机主要是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，C不符合题意；
D．家用电吹风主要是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】发电机根据电磁感应的原理工作。
7．在北京冬奥会U型池比赛中，某运动员在腾空后上升的过程中（不计空气阻力）（　　）
A．动能转化为重力势能 B．重力势能转化为动能
C．动能与重力势能之和变大 D．动能与重力势能之和变小
【答案】A
【知识点】动能大小的比较；势能大小的比较
【解析】【解答】AB．某运动员在腾空后上升的过程中，质量不变，速度减小，高度增加，所以动能减小，势能增大，动能转化为重力势能，A符合题意，B不符合题意；
CD．因为不计空气阻力，所以机械能守恒，即动能与重力势之和不变，CD不符合题意。
故答案为：A。

【分析】腾空上升的物体，将动能转化为重力势能。
8．根据电工手册可知，通过人体的电流与通电时间的乘积大于30mA·s时，会对人体产生致命危险。下列4 组通过人体的电流和通电时间中，会对人体产生致命危险的是（　　）
A．30mA 0.5s B．20mA 1.2s C．25mA 2.0s D．35mA 0.2s
【答案】C
【知识点】电量及其计算
【解析】【解答】A．通过人体的电流与通电时间的乘积30mA×0.5s=15mA⋅s＜30mA⋅s
A不符合题意；
B．通过人体的电流与通电时间的乘积20mA×1.2s=24mA⋅s＜30mA⋅s
B不符合题意；
C．通过人体的电流与通电时间的乘积
25mA×2s=50mA⋅s＞30mA⋅s
C符合题意；
D．通过人体的电流与通电时间的乘积35mA×0.2s=7mA⋅s＜30mA⋅s
D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用电流和时间的乘积计算电荷量；根据人体安全范围判断电流大小。
9．某人习惯晚上睡觉前开始为手机充电，第二天早晨拔掉充电线插头。手机充满电后，会自动停止充电并处于待机状态，当电能消耗到一定程度后，又会自动充满……在待机和自动充电的循环过程中，待机时间为自动充电时间的50倍。已知手机在待机状态下消耗电能的功率为0.2W，充电器的充电电流为2.0A，则充电器的充电电压为（　　）
A．2V B．3V C．4V D．5V
【答案】D
【知识点】电压和电压的单位换算
【解析】【解答】设充电器的充电电压为U，充电时间为t，则由W=UIt可得，充电过程中消耗的电能为W充=UIt=U×2.0A×t
因待机时间为充电时间为50倍，则待机时间为50t，故由W=Pt可得，待机过程中消耗的电能为W待=P待50t=0.2W×50t
因手机最终为充满电状态，故可得W充=W待，即U×2.0A×t=0.2W×50t
解得充电器的充电电压为U=5V，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据电压、电流和时间的乘积计算电能，结合电能可以计算电压大小；结合电功率和时间的乘积计算消耗电能的多少。
10．如图所示，斜面的长为高的4倍，物体恰能在斜面上匀速下滑，下滑一段距离的过程中，该物体重力做的功和克服阻力做的功相等。若用平行于斜面向上的拉力F将物体匀速拉上斜面时，斜面的机械效率为（　　）
A．20% B．25% C．50% D．75%
【答案】C
【知识点】斜面的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】设斜面高为h，则斜面长s=4h，物体在斜面上匀速下滑过程中克服重力做的功W有=Gh，由题意知重力做的功和克服阻力做的功相等，即fs=Gh
用平行于斜面向上的拉力F将物体匀速拉上斜面时所做的总功W总=W额+W有=fs+Gh=2Gh
斜面的机械效率为η=W有W总×100%=Gh2Gh×100%=50%
C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。

【分析】根据有用功和额外功的综合计算总功；有用功和总功的比值， 计算机械效率。
11．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变R0为定值电阻，R1为热敏电阻。在0℃~80℃的范围内，电压表的示数U随热敏电阻的温度t变化的关系如图乙所示。已知当温度t由10℃升高到30℃的过程中，热敏电阻Rt的阻值变化了20Ω，则温度t由30℃升高到50℃的过程中，热敏电阻R1的阻值变化情况是（　　）
A．阻值减小且阻值变化量小于20Ω
B．阻值减小且阻值变化量大于20Ω
C．阻值增大且阻值变化量小于20Ω
D．阻值增大且阻值变化量大于20Ω
【答案】A
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】CD．从图乙可以看出，温度越高，热敏电阻两端的电压越小，根据串联分压，热敏电阻的阻值变小，故温度越高，热敏电阻的阻值越小，当温度升高时，热敏电阻的阻值变小，CD不符合题意；
AB．已知当温度t由10℃升高到30℃的过程中，热敏电阻Rt的阻值变化了20Ω，从图乙可知看出，电压表的示数与温度的变化量之比是一个定值，这个定值为k=ΔUΔT
在串联电路中，电源电压不变，故电压表的示数变化，也可以等于定值电阻两端的电压变化，故k=ΔUΔT=ΔU0ΔT
当温度为10℃，热敏电阻的阻值为Rt1，此时电路中的电流为I1=U源R0+Rt1
同理，当温度为30℃时，热敏电阻的阻值为Rt2，此时电路中的电流为I2=U源R0+Rt2
则ΔU0为ΔU0=(I1-I2)R0=(U源R0+Rt1-U源R0+Rt2)R0=U源R0ΔRt(R0+Rt1)×(R0+Rt2)
则热敏电阻的变化量为ΔRt=ΔU0(R0+Rt1)×(R0+Rt2)U源R0=kΔTU源R0×(R0+Rt1)×(R0+Rt2)
当温度t由30℃升高到50℃的过程中，kΔTU源R0不变，热敏电阻的阻值越小，故(R0+Rt1)×(R0+Rt2)变小，故热敏电阻的变化量小于20Ω，A符合题意；B不符合题意。
故答案为：A。

【分析】电压表的变化量和电流表的变化量的比值， 计算定值电阻；利用电压和电阻的比值计算电流；根据电流的变化量和电阻计算电压的变化量大小；从而判断电阻变化大小。
12．正六边形钢质螺母的质量为7.9g，其空心圆的面积为正六边形的面积的12，当螺母如图甲所示平放在水平地面上时，螺母对地面的压强为p；当螺母如图乙所示立放在水平地面上时，螺母对地面的压强为4p。已知钢的密度为7.9×103kg/m3，则正六边形的边长为（　　）
A．34cm B．43cm C．23cm D．32cm
【答案】B
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【解答】当螺母如图甲所示平放在水平地面上时，螺母对地面的压强为p甲=FS1=mgS1=mg(1-12)S底
经整理可知p甲=2mgS底=p
当螺母如图乙所示立放在水平地面上时，螺母对地面的压强为p乙=FS边=mgS边=mgS边=4p
经整理可知p甲p乙=p4p=2mgS底mgS边=2S边S底
可得S边S底=14×12=18
则该螺母侧边的面积为S边=18S底
钢的体积为V钢=m钢ρ钢=7.9g7.9×103kg/m3=7.9g7.9g/cm3=1cm3
设六边形的边长为L，则该螺母的厚度为h=S边L=1L×18S底=S底8L
正六边形的面积为S底=6×12×L×32L=332L2
其空心圆的面积为正六边形的面积的12，则钢质螺母剩余部分的底面积为S1=(1-12)S底=12×332L2=334L2
钢质螺母实心部分的体积为V钢=1cm3=S1×h=334L2×S底8L=334L2×18L×332L2=2764L3
经整理可知L=43cm
ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。

【分析】利用压力和受力面积的比值，计算压强；结合受力面积的变化量，计算受力面积的变化。
二、综合题
13．中国“人造太阳”——大型核实验装置（ EAST）取得重大突破，奠定了我国在核聚变研究领域的世界领先地位。
（1）EAST利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，同时释放出巨大的核能。这与我国正在运行的核电站获得核能的方式　 　（填“相同”或“不同”）。结合成氦原子核时，带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电　 　（填“引”或“斥”）力。 在利用核能过程中，能量的转移和转化具有　 　（填“ 方向”或“可逆”）性。
（2）EAST装置中，超导线圈中的强大　 　（ 填“电压”或“电流”）产生强磁场，氘、氚原子核在磁力作用下被约束在真空室的环形轨道内运动，运动方向始终与磁力方向垂直。磁力对氘、氚原子核　 　（填“做功”或“不做功”），该过程　 　（填“能”或“不能”）说明磁力可以改变物体的运动状态。
【答案】（1）不同；斥力；方向
（2）电流；不做功；能
【知识点】能量的转化或转移；核能；核电站发电过程中的能量转化；电荷间的相互作用规律；电流的方向；是否做功的判断
【解析】【解答】（1）核电站是利用核能发电，利用了核裂变原理。它的核心设备是核反应堆。核反应堆中发生的链式反应，是可加控制的。与氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核的核聚变方式不同。
由于同种电荷相互排斥，故带正电的氘、氚原子核间具有很强的静电斥力。
能量转化具有方向性，在利用能量的过程中有能量耗散，耗散的能量不可再利用，所以我们要节约能源。
（2）奥斯特实验表明通电导体周围存在着磁场，EAST装置中，超导线圈中的强大电流产生强磁场，强磁场产生强磁力约束氘、氚原子核在真空室的环形轨道内运动。
由材料知，氘、氚原子核运动方向始终与磁力方向垂直，没有在磁力方向上移动距离，故磁力对氘、氚原子核不做功。
氘、氚原子核在磁力作用下被约束在真空室的环形轨道内运动，运动方向时刻在变化，故该过程能说明磁力可以改变物体的运动状态。

【分析】（1）核电站利用核裂变释放能量；分子间存在斥力的作用；能量的转移和转化具有方向性；
（2）电流周围存在磁场；物体受到的力和移动的距离垂直，力对物体不做功；力可以改变物体的运动状态。
三、填空题
14．张北柔性直流电网工程不仅满足了北京冬奥会100%的清洁电力需求，还点亮了京城的万家灯火。
（1）该工程全部利用张家口地区的大规模风能、太阳能等　 　（填“可再生”或“不可再生”）能源发电，保障了北京冬奥会场馆100%的绿色电力供应。电能输送到北京后，通过换流站为运动员居住的房间和北京部分家庭提供　 　（填“直流”或“交流”）电。该工程为了保障供电的“柔性”，在承德丰宁修建了世界上最大的抽水蓄能电站，电力富余时，通过　 　（填“发电机”或“电动机”）将水抽到高处，电力短缺时，利用水力发电保障电网的稳定性；
（2）北京冬奥会人工造雪所需的电能全部由该工程提供。北京首钢大跳台赛道的人工雪为密度较大的冰状雪，这有利于　 　（ 填“增大”或“减小”）运动员与赛道间的摩擦力。小红在研究比赛过程中大气对运动员身体压强情况时，通过查阅资料得到气体的压强p与流速v的关系式为p=C−12ρv2（其中C为常量，ρ为空气密度）。由关系式可知，空气流速越大的位置，压强　 　（填“越大”或“越小”），在北京首钢大跳台场馆内，常量C约为　 　（填“103”“105或“107”）Pa。
【答案】（1）可再生；交流；电动机
（2）减小；越小；105
【知识点】能源与可持续发展；增大或减小摩擦的方法；流体压强与流速的关系；实用电动机的构造、特点和应用
【解析】【解答】（1）风能、太阳能可以源源不断地从自然界中获得补充，故是可再生能源。
我国家庭电路中所用电为交流电，故电能输送到北京后，通过换流站为运动员居住的房间和北京部分家庭提供交流电。
电力富余时，可以通过电动机将水抽到高处，将电能转化为机械能。
（2）北京首钢大跳台赛道的人工雪为密度较大的冰状雪，这有利于减小接触面的粗糙程度从而减小运动员与赛道间的摩擦力。
由表达式可知，当密度不变时，空气流速越大，其压强越小。
由表达式可知，当空气流速为零时，此时气体压强的值等于常数C的值，在北京首钢大跳台场馆内，大气压强约为105Pa，故可知常量C约为105Pa。

【分析】（1）风能、太阳能可以再生；发电机提供交流电；电动机可以将电能转化为机械能；
（2）减小接触面的粗糙程度可以减小摩擦力；空气流速越大，压强越小；根据大气压的数值判断大气压的大小。
15．大型运输机运-20 对我国建设战略空军具有重要意义。
（1）运-20 的巨大轰鸣声能将小鸟震晕，说明声音可以传递　 　（填“信息”或“能量”）。运-20设计师通过改进发动机的结构，以实现从　 　（填“声源”或“人耳”）处减弱噪声。飞行员通过　 　（填“无线电波”或“超声波”）与机场的塔台进行联系；
（2）一架运-20在一次执行任务的过程中，飞行距离为4000km，消耗航空煤油的质量为50t，若飞机飞行时受到的平均阻力的大小为2.5×105N，该过程中飞机发动机的推力做的功为　 　J，发动机的效率为　 　%（航空煤油的热值为4×107J/kg）。若运-20换装效率为60%的新发动机后，一架运-20每飞行100km，可节约航空煤油约为　 　t（保留1位小数）。
【答案】（1）能量；声源；无线电波
（2）1×1012；50；0.2
【知识点】燃料的热值；有关热机的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）因为运-20的巨大轰鸣声能将小鸟震晕，所以这能说明声音可以传递能量。
运-20设计师通过改进发动机的结构，减小发动机产生的轰鸣声，这是实现从声源处减弱噪声。
无线电波是电磁波的一种，适合在空气中远距离传播，而超声波在空气中远距离传播损耗较大，且超出了人耳的听觉范围，不能被听到，所以，飞行员与塔台之间的通话，是通过无线电波联系的。
（2）飞机飞行时，受到的牵引力等于阻力，大小为F牵=f=2.5×105N
该过程中飞机发动机的推力做的功W=F牵s=2.5×105N×4000×103m=1×1012J
消耗航空煤油放出的热量Q放=mq=50×103kg×4×107J/kg=2×1012J
发动机的效率η=WQ放×100%=1×1012J2×1012J×100%=50%
运-20飞行100km推力做的功W′=F牵s′=2.5×105N×100×103m=2.5×1010J
运-20发动机的效率为50%时消耗的航空煤油m1=Q放'q=W'η1q=2.5×1010J50%×4×107J/kg=1.25×103kg=1.25t
运-20换装效率为60%的新发动机时消耗的航空煤油m2=Q放''q=W'η2q=2.5×1010J60%×4×107J/kg≈1.04×103kg=1.04t
所以节约航空煤油质量Δm=m1−m2=1.25t-1.04t=0.21t≈0.2t

【分析】（1）声音可以传递能量；阻止声音的产生，是从声源处控制噪声；飞行员利用电磁波和塔台联系；
（2）根据力和距离的乘积计算做功多少；燃料的热值和质量的乘积计算热量；利用功和热量的比值， 计算热效率；根据热量和热值的比值， 计算燃料的质量。
16．中国空间站的建造和运营对人类太空研究具有重大意义。
（1）空间站在太空中　 　（填“有”或“没有”）惯性，以空间站为参照物，考场中的小明是　 　（填“运动”或“静止”）的，翟志刚在空间站出舱作业时，他看到的星星　 　（填“会”或“不会”）一闪一闪的“眨眼睛”；
（2）由于太空接近于真空，所以在太空中水的沸点很　 　（ 填“高”或“低”），若在空间站的夜间（太阳光照不到空间站的时间），将水排入太空，水会瞬间　 　（填物态变化名称）然后又立即凝华成冰晶，整个过程中，排入太空中的水　 　（填“放出”或“吸收”）的热量较多；
（3）已知空间站绕地球转一圈的路程为4.25×104km，运行时间为92min，空间站运动的速度大小约为　 　km/s（保留1位小数），若从某时刻开始计时，王亚平在24h内经历了15次日出，则开始计时的时刻是空间站的　 　（填“白天”或“夜间”）。
【答案】（1）有；运动；不会
（2）低；汽化；放出
（3）7.7；白天
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；沸腾及沸腾条件；速度公式及其应用；惯性及其现象；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）任何物体都有惯性，故空间站在太空中有惯性。
以空间站为参照物，考场中的小明的位置发生了改变，故小明是运动的。
在地球上能够看到星星眨眼，是空气分布不均匀，发生光的折射引起的，而在太空中没有大气层，故不会看到星星眨眼。
（2）气压越低，水的沸点越低，由于太空接近于真空，所以在太空中水的沸点很低；由于水的沸点很低，故将水排入太空，水会瞬间汽化，而由于温度很低，水蒸气会瞬间凝华成小冰晶；整个过程中，排入太空中的水汽化为水蒸气吸收的热量与水蒸气液化成小水珠放出的热量一样多，而在太空中，水蒸气直接凝固成冰晶，故放出的热量比较多。
（3）空间站运动的速度大小约为v=st=4.25×104km92×60s=7.7km/s
空间站转一圈需要的时间为92min， 24h空间站转的圈速为n=24×60min92min=15.6
则转15圈需要的时间为t=15×92min=1350min
24h内空间站转了15圈后，还可以转动时间为t剩=24×60min-1350min=90min
24h内空间站转了15圈后，王亚平在24h内看到了15次日出，即还差两分钟就可以看到一次日出了，故王亚平一定在白天。

【分析】（1）物体在任何时候都有惯性；相对于参照物，有位置变化，物体是运动的；没有空气对光的折射现象，星星不再“眨眼睛”；
（2）大气压降低，液体的沸点降低；液体变为气体是汽化现象；气体变为固体是凝华现象， 凝华放热；
（3）利用路程和时间的比值， 计算速度；根据空间站绕地球的时间，计算所处的时间。
17．如图所示为“探究光的反射规律”的实验装置。采用可转折的两部分纸板是为了研究　 　、入射光线和法线是否在同一平面内；实验中，从纸板前不同的方向都能看到纸板上光的径迹，是因为光在纸板上发生了　 　（填“镜面”或“漫”）反射；入射光线AO靠近法线ON时，反射光线OB将　 　（填“靠近”或“远离”）法线ON。
【答案】反射光线；漫；靠近
【知识点】光的反射定律；镜面反射与漫反射
【解析】【解答】采用可转折的两部分纸板是为了研究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内，当纸板不转折时，竖直立在平面镜上，此时从A点入射，可以在纸板上看到反射光线，若纸板沿法线向后翻折，反射光线仍然在原来的位置，而两纸板不在同一平面内，故只能看到入射光线，看不到反射光线，故说明光的反射定律中反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
从纸板前不同的方向都能看到纸板上光的径迹，因为纸板凹凸不平，是粗糙的，发生了漫反射。
入射光线AO靠近法线ON时，入射角变小，则反射角变小，反射光线也靠近法线。

【分析】利用可以折转的光屏可以探究光的反射时，反射光线、入射光线和法线在同一平面内；粗糙的反射面发生漫反射；入射光线靠近法线时，反射光线靠近法线。
四、作图题
18．一束光经过凸透镜后的折射光线如图所示，请在图甲中画出其入射光线。
【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】平行主光轴的光线过凸透镜的焦点，故过折射点画平行于主光轴直线，带上向右的箭头即为入射光线，故如图所示

【分析】光线平行于凸透镜的主光轴时，折射光线过焦点。
19．请在图中画出木棒此时所受重力的示意图以及重力的力臂（O点为转轴，O´点为木棒的重心）。
【答案】解：如图所示：
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】重力的方向竖直向下，过重心O’作重力示意图。从支点O向重力作用线作垂线段即为力臂l，如下图

【分析】杠杆上支点到力的作用线的垂线，是力臂大小。
20．请在图中标出开关S闭合后的通电螺线管的N极。
【答案】解：如图所示：
【知识点】通电螺线管的磁场；安培定则
【解析】【解答】由图可知，闭合开关，电流从螺线管左侧流入，右侧流出。用右手握住螺线管，四指指向电流方向，则大拇指所指的方向即为N极，即通电螺线管的左端为N极。如下图所示：

【分析】根据安培定则，可以判断通电螺线管的磁极位置。
五、实验题
21．如图所示为“探究浮力大小与哪些因素有关”的实验装置。
实验过程如下：先将盛有盐水的容器放在电子秤上，然后用手提着系有细线的圆柱体将其缓缓的浸入盐水中（盐水足够深），同时记下圆柱体下表面所处的深度h和电子秤显示的相应的质量m，记录数据如下表所示。已知圆柱体的高度为15cm，当h=8cm时，用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为1.2N。
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
……
m/kg
2.000
2.040
2.080
2.120
2.160
2.200
2.240
……
（1）实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，细线对圆柱体的拉力逐渐　 　（填“增大”或“减小”）；
（2）当h=8cm时，圆柱体受到的浮力大小为　 　（填“21.6”或“1.6”）N。分析表中数据可知：圆柱体受到的浮力大小与浸入盐水的体积成　 　比；
（3）圆柱体的密度与盐水的密度之比为　 　。
【答案】（1）减小
（2）1.6；正
（3）14：15
【知识点】浮力大小的计算；浮力的利用；探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）实验过程中，电子秤示数逐渐增大时，则说明圆柱体下表面所处的深度h增大，圆柱体排开液体的体积增大，故浮力增大，圆柱体受到了重力和拉力和浮力，细绳对圆柱体的拉力为F=G−F浮
浮力慢慢变大，故绳子对圆柱体的拉力减小。
（2）当h=8cm时，电子秤显示的相应的质量2.16kg，对比h为0cm，弹簧秤显示的示数为2kg，故增加了的质量为Δm=m1−m0=2.16kg−2kg=0.16kg
则电子秤增加的压力为ΔF=Δmg=0.16kg×10N/kg=1.6N
将水当成一个整体，这个整体受到了圆柱体对其的压力为1.6N，而水对圆柱体的力也是1.6N，而水对圆柱体的力是浮力，故浮力的大小为1.6N。
分析表中数据可知，没有浸没前，电子秤增加的示数是圆柱体下表面所处的深度的两倍，底面积固定，则电子秤增加的示数与圆柱体的排开液体的体积成正比，而电子秤增加的压力即为浮力，故圆柱体受到的浮力大小与浸入盐水的体积成正比。
（3）当h=8cm时，圆柱体所受的浮力为1.6N，此时用弹簧秤测得细线对圆柱体的拉力为1.2N，则圆柱体的重力为G=F+F浮=1.2N+1.6N=2.8N
设圆柱体的底面积为S，则圆柱体的密度为ρ圆=m圆V圆=GgS×h圆=GSgh圆
当h=8cm时，圆柱体所受的浮力为1.6N，则盐水的密度为ρ盐水=F浮V排g=F浮Sgh
圆柱体的密度与盐水的密度之比为ρ圆ρ盐水=GSgh圆F浮Sgh=2.8N1.6N×hh圆=2.8N1.6N×8cm15cm=1415

【分析】（1）物体浸入液体中的体积越大， 受到的浮力越大， 人对物体的拉力减小；
（2）根据物体受到的重力和拉力的差，计算浮力的大小；液体密度一定时，受到的浮力大小与浸入液体的体积成正比；
（3）根据物体的重力计算质量，计算密度大小；根据浮力和排开液体体积，计算液体密度；再计算密度比。
22．某兴趣小组用如图甲所示的电路测量滑动变阻器R1的最大电阻，电源电压保持不变。该小组通过实验测得6组电压表示数U和电流表示数I的数据并在I-U图像中描点，如图乙所示。
（1）闭合开关S前，应将滑动变阻器　 　（填“R1”或“R2”）的滑片调至最右端；
（2）请根据描点数据，在图乙中做出滑动变阻器R1的最大电阻的I-U图像；
（3）根据做出的图像，求得R1的最大阻值为　 　Ω；
（4）滑动变阻器R2的最大阻值至少为　 　 Ω；（填 “20”“25”或“30”）
（5）实验中发现，当滑动变阻器R2接入电路的电阻为零时，电压表的示数小于电源电压。该小组通过讨论，对产生此现象的原因，提出了多种猜想。他们提出的下列猜想中，最不合理的一项是____（ 填序号）。
A．电流表本身有电阻 B．导线本身有电阻
C．电压表本身的电阻不够大 D．电压表使用前未调零
【答案】（1）R2
（2）
（3）5
（4）25
（5）C
【知识点】欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）由电路图可知R1是待测电阻，R2是调节电路中的电流电压和保护电路的，闭合开关S前，应将滑动变阻器R2的滑片调至最大阻值处，即最右端。
（2）将电路中的点连接起来，图如下
（3）R1的最大阻值为R1=U1I1=10V2.0A=5Ω
（4）由图乙的数据可知，电路中电源电压至少为15V，电流最小为0.5A，因此R2的最大电阻至少为R2=R−R1=UI−R1=15V0.5A−5Ω=25Ω
（5）A．电流表本身有电阻，会分的一部分电压，电压表的示数会小于电源电压，A不符合题意；
B．导线本身有电阻，会分的一部分电压，电压表的示数会小于电源电压，B不符合题意；
C．当滑动变阻器R2接入电路的电阻为零时，电压表串联在电路中，本身的电阻不够大，也会等于电源电压，C符合题意；
D．电压表使用前未调零，若在零刻度线左端，电压表的示数小于电源电压，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】（1）闭合开关前，滑片在电阻最大处；
（2）根据多次测量的电压和电流，将测量的点在坐标图像中描点连线；
（3）根据电压和电流的比值， 计算电阻；
（4）根据总电压和电流的比值计算电阻；
（5）接入电路中的电流表、导线等有较小电阻，会分压，所以电阻的分压不等于电源电压。
六、计算题
23．如图所示的电路中电源电压恒为3V。闭合开关S后，电阻R1的电功率为3W，电阻R2的电功率为4.5W。求：
（1）通过电阻R1的电流；
（2）电阻R2的阻值；
（3）整个电路在10s内产生的热量。
【答案】（1）解：R1和R2并联，故电压关系为U=U1=U2=3V
通过电阻R1的电流I1=P1U=3W3V=1A
答：通过电阻R1的电流1A；
（2）解：电阻R2的阻值R2=U2P2=（3V）24.5W=2Ω
答：电阻R2的阻值2Ω；
（3）解：整个电路在10s内产生的热量Q=W=Pt=（P1+P2）t=（3W+4.5W）×10s=75J
答：整个电路在10s内产生的热量75J。
【知识点】电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据电功率和电压的比值，计算电流；
（2）利用电压和电功率，可以计算用电器的电阻；
（3）利用电功率和时间的乘积计算消耗的电能。
24．某工厂长方体储液池被一块密封隔板隔成左右两部分，其截面图如图所示。隔板上下两部分的厚度不同，隔板较厚部分相对于较薄部分左右两侧凸出的厚度均为0.lm。已知隔板的长为10m，左储液池内储有密度为1.1×103kg/m3的液体。右储液池内储有密度为1.3×103kg/m3的液体。隔板左侧凸出部分的下表面所在的深度为0.5m，隔板凸出部分两侧的下表面受到的液体的压强差与整个隔板最低处受到的两侧液体的压强差均为1.0×103Pa。求：
（1）隔板左侧凸出部分的下表面受到的液体压强；
（2）隔板右侧凸出部分的下表面受到的液体竖直向上的压力；
（3）左储液池中液体的深度。
【答案】（1）解：隔板左侧凸出部分的下表面受到的液体压强p左=ρ左gh左=1.1×103kg/m3×10N/kg×0.5m=5.5×103Pa
答：隔板左侧凸出部分的下表面受到的液体压强5.5×103Pa；
（2）解：由题意可得，若Δp=p右-p左=1.0×103Pa
则隔板右侧凸出部分的下表面的压强为p右=p左+Δp=5.5×103Pa+1.0×103Pa=6.5×103Pa
隔板右侧凸出部分的下表面所在的深度为h右=p右ρ右g=6.5×103Pa1.3×103kg/m3×10N/kg=0.5m=h左
不符合题意，所以Δp=p左-p右=1.0×103Pa
隔板右侧凸出部分的下表面的压强为p右=p左-Δp=5.5×103Pa-1.0×103Pa=4.5×103Pa
隔板右侧凸出部分的下表面受到的液体竖直向上的压力为F右=p右S=4.5×103Pa×10m×0.1m=4.5×103N
答：隔板右侧凸出部分的下表面受到的液体竖直向上的压力4.5×103N；
（3）解：由于隔板凸出部分两侧的下表面受到的液体的压强差与整个隔板最低处（即容器底）受到的两侧液体的压强差均为1.0×103Pa，而两侧凸出部分距容器底深度相同，又凸出部分两侧容器液体密度ρ右>ρ左，由（2）已推出Δp=p左-p右=1.0×103Pa
右侧凸出部分的下表面在液体中的深度为h右=p右ρ右g=4.5×103Pa1.3×103kg/m3×10N/kg=926m
所以此时应该是Δp=p´右-p´左=1.0×103Pa
否则将不符合实际，设隔板凸出部分到容器底的深度为h，则p´右-p´左=Δp=1.0×103Pa
即ρ右gh´右-ρ左gh´左=Δp
带入数据，即1.3×103kg/m3×10N/kg×（h＋926）m-1.1×103kg/m3×10N/kg×（h＋0.5）m=1.0×103Pa
解得h=1m
左储液池中液体的深度为h´左=(h＋0.5)m=(1＋0.5)m=1.5m
答：左储液池中液体的深度1m。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强的计算；液体压强计算公式的应用；利用平衡法求液体密度
【解析】【分析】（1）根据液体密度和深度，可以计算液体压强大小；
（2）根据压强的变化量计算总压强，结合液体密度计算深度；根据压强和受力面积的乘积计算压力；
（3）根据压强和液体密度，计算深度；利用压强关系计算未知深度。