2024年湖北省武汉市青山区中考物理一模试卷附解析

这是一份2024年湖北省武汉市青山区中考物理一模试卷附解析，共34页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）中华文明，源远流长；琴棋书画，恢弘博雅。如图，是中秋拍摄的一幅月上中天、天上月对水中月，天涯与共之景。关于水中月的形成，与下列现象的物理原理相同的是（ ）
A．透过鱼缸侧壁看金鱼 B．倒映在水中的山
C．古人用日晷计时 D．阳光下树叶的影子
2．（3分）如图所示，关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲图：在靠近居民区的路段设置声音屏障，目的是在声源处减弱噪声
B．乙图：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．丙图：城市中的噪声监测仪，数字55.8后的单位应该是Hz
D．丁图：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉发声音调高
3．（3分）北京冬奥会开幂式上二十四节气倒计时惊艳全场。“二十四节气”是中华智慧的结晶，下列有关节气的谚语说法正确的是（ ）
A．图甲，“雨水有雨，一年多雨”——雨的形成是液化现象，需要吸热
B．图乙，“白露秋分夜，一夜凉一夜”——露的形成是汽化现象，需要放热
C．图丙，“霜降有霜，米谷满仓”——霜的形成是凝华现象，需要放热
D．图丁，“大雪晴天，立春雪多”——雪的形成是凝固现象，需要放热
4．（3分）如图所示的四种发电方式中，利用不可再生能源发电的是（ ）
A．光伏发电B．风力发电
C．水力发电D．核能发电
5．（3分）春晚中很多节目都会使用舞台机械升降演员，来增加表演空间的层次感。如图所示，当演员在匀速升起的升降台上不动时，下列说法正确的是（ ）
A．以观众为参照物，该演员是静止的
B．以观众为参照物，升降台是静止的
C．以该演员为参照物，升降台是运动的
D．以该演员为参照物，观众是运动的
6．（3分）如图所示是一款电动“挪车神器”，交警可以通过手机操控该设备进入违停车辆底部，托举起车辆进行移除。关于该“挪车神器”，下列说法中正确的是（ ）
A．将车辆托起一段距离，机械能转化为电能
B．车辆水平移动的越远，托力对车辆做功越多
C．通过手机操控该设备是利用电磁波传递信息
D．托举起车辆进行移除时，车辆的惯性增大
7．（3分）如图所示，工人站在水平台面上用滑轮组提升货物。工人第一次竖直向上用200N的力拉绳子时，货物未离开水平地面；第二次用300N的力竖直向上拉动绳子，使货物以0.08m/s的速度匀速上升。已知工人体重为600N，货物重为810N，货物与地面的接触面积为0.1m2，不计滑轮组的绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．第一次拉绳子时，工人对水平台面的压力为400N
B．第一次拉绳子时，货物对地面的压强为8100Pa
C．第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率为90%
D．第二次拉绳子的过程中，工人拉力的功率为24W
8．（3分）如图所示，小朋友从弯道型的塑料滑梯上匀速下滑，头发丝一根根竖起，形成“怒发冲冠”的有趣现象。关于下滑过程中所涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．摩擦过程中，产生了新的电荷
B．形成“怒发冲冠”现象原理和验电器原理相同
C．竖起的头发丝是因为分子间有斥力
D．小朋友的动能增加，机械能不变
9．（3分）如图为一款无线充电式悬浮宇航员音箱，使用时底座内的送电线圈产生交变磁场，使音箱内的受电线圈感应到电磁信号，产生感应电流给音箱充电。选项中与该音箱充电工作原理相同的是（ ）
A．电磁起重机 B．话筒
C．小小电动机 D．司南
10．（3分）某同学用如图的实验装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关，两个透明容器中封闭着等量的空气，下列分析错误的是（ ）
A．观察图甲中的A、B管，可得出电流通过导体产生的热量多少与电阻有关
B．用图乙中的装置探究“电流产生的热量跟电流是否有关”时，右边容器中应选用大小为5Ω的电阻丝
C．通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功的方式改变的
D．通电后玻璃管内的液体受热膨胀，左右两管的液面出现高度差，反映电阻通电后产生热量的多少
11．（3分）关于家庭电路，下列说法中错误的一项是（ ）
A．图甲中，电灯、开关的连接符合安全用电原则
B．图乙中，人会发生触电事故，此时漏电保护器不会切断电路
C．图丙中，电线绝缘皮破损，容易造成短路，此时空气开关会迅速切断电路
D．图丁中，正确使用试电笔接触家庭电路中火线时，流过人体的电流很小，所以不会发生触电事故
12．（3分）家用食具消毒柜是对家庭餐具进行消毒、烘干的生活健康器具。某品牌消毒柜的电路原理图如图所示，下表是它的部分参数，消毒电路由S1、紫外线灯管L、发热管R1、温控开关K组成，K开始时处于闭合状态，当柜内温度超过120℃时断开，当温度降到120℃以下时自动闭合。烘干电路由S2、发热管R2，电磁继电器开关组成，其中R2正常工作时的功率为烘干功率，烘干时，当电磁铁线圈中的电流达0.02A，衔铁被吸起，触点D、E断开；当电磁铁线圈中电流减小到0.01A，衔铁被释放，触点D、E重新接触，使烘干温度维持在55℃～85℃，控制电路电压U＝6V，R3＝100Ω，RT是热敏电阻，其温度与消毒柜内温度相同，阻值随温度升高而减小，电磁铁线圈的电阻忽略不计。某次使用时，将餐具放入消毒柜内，关闭好柜门，将插头插入家庭电路的插座中，电压为220V。闭合开关S、S1，对餐具消毒15min；断开开关S1，闭合S、S2、S3，再烘干60min。若本次消毒、烘干电路实际消耗的电能为0.125k•Wh。其中，消毒时，L和R1同时正常工作时通过消毒电路的总电流为1A；烘干时，R2实际工作时间为总烘干时间的20%。以下说法正确的是（ ）
A．烘干期间，当消毒柜内温度为55℃，控制电路中RT的阻值为500Ω，则当消毒柜内温度为85℃时，RT的阻值为180Ω
B．紫外线灯消耗的电能为1.8×103J
C．R1阻值为240Ω
D．R1实际工作时间为6min
二、非选择题（本题包括7小题，共34分）
13．（3分）随着人们生活水平的提高，轿车已逐步进入我国普通百姓家中。已知某国产轿车每行驶100km消耗8L汽油。则：（汽油热值为4.6×107J/kg）
（1）10kg汽油完全燃烧时所产生的热量是 J。
（2）如图是我国古代文明的起火器模型图，把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，此过程中机械能转化为内能，汽油机工作的 冲程原理与该过程相同。
（3）该辆汽车的功率是70kW，行驶了10min，当速度为72km/h时，发动机的牵引力是 N。
14．（3分）在第24届北京冬奥会上，我国滑雪运动员夺得单板滑雪男子大跳台冠军，展现出了拼搏精神。赛场是首钢滑雪大跳台，如图甲所示，图乙是大跳台及滑雪过程示意图。当运动员从起滑台A位置起滑，在助滑道滑行获得较大速度，运动员的动能 ，惯性大小 。从跳台末端B位置飞出，在空中做各种比赛动作，最后落在着陆坡的C位置后，完成比赛。若不计空气阻力，运动员从B位置起跳到着地前的过程中，机械能 。
15．（4分）如图甲所示，小明同学设计了“探究冰熔化时温度变化规律”的实验装置。（标准大气压下）根据实验得到的数据绘制了图象，如图乙所示，分析图象可知：
（1）冰熔化过程经历了 min。熔化过程中，温度不变，内能 。
（2）当冰全部熔化后继续加热，其温度随时间变化的图线是 （选填“CD”、“CE”或“CF”）。
（3）若该物质在第3min时比热容为c1，则c1＝ 。
16．（4分）如图是“探究凸透镜成像规律”的实验。
（1）如图所示位置得到了清晰的像。保持图中蜡烛、光屏位置不变，将透镜移至光具座 cm处，可再次看到清晰的像。
（2）将一眼镜片放在烛焰和透镜之间，光屏上的像变换糊，向右移动蜡烛可再次看到清晰的像，则所加眼镜片为 透镜。
（3）小明想继续用该装置探究平面镜的成像特点，保持图中的元件位置不变，将凸透镜更换为玻璃板，并增加了一支完全相同的蜡烛。
①眼睛应该在 （填“蜡烛”或“光屏”）一侧观察蜡烛的像。
②为探究平面镜成的是否为虚像，还应进行的操作是 。
17．（5分）某同学在“探究影响浮力大小的影响因素”时，完成了如图所示的实验。
（1）分析图A、B、C、D可知，浮力的大小与 有关。
（2）分析图 ，可知浮力的大小与深度无关。
（3）分析图 ，可探究液体的密度是否影响浮力的大小。
（4）实验结果表明：盐水的密度是 kg/m3。（计算结果保留两位小数）
（5）请画出图C中物体受到浮力的示意图。
18．（6分）小明在做探究电流与电阻的关系的实验时，选取了电压恒定的电源、定值电阻5Ω、10Ω、20Ω各一个、规格为“40Ω 1A”的滑动变阻器和其他器材组装成如图甲所示的电路。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑到最右端。请用笔画线代替导线，按图甲连接好实物图乙。
（2）闭合开关后，发现电压表有示数、电流表无示数，则电路存在的故障可能是定值电阻 ，排除故障后，将5Ω电阻接入电路，闭合开关，调节滑片使电压表指针如图丙所示，电压表示数为 V。
（3）小明根据实验需要，分别将三个定值电阻接入电路进行实验，并将实验数据描绘成图象，如图丁所示。为完成这三组实验，选用的电源电压应不高于 V。
（4）小红认为，图甲中不连接滑动变阻器和电压表，利用电源电压不变也可以完成本实验。她先后把5Ω、10Ω的电阻接入电路，读出电流分别为0.9A、0.5A，分析发现电流表示数与定值电阻阻值不成反比。老师告诉她这是由于除定值电阻外，其他电路元件也有一定电阻，若电源本身产生的电压不变，其他元件的总阻值也不变，由这两组数据可知，其他电路元件的总阻值为 Ω。
19．（9分）2022年4月11日，中国石化集团与泰国签署合作协平台议，中国石化集团将帮助泰国全面拆除泰国废弃的海上石油钻井平台。目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起，如图甲。已知某石油平台重8×107N，起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，如图乙。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，B点处是一质量为200t的配重罐，可在起重器上OB间滑动，AB＝60m，OA＝20m，在甲板起重器抬起石油平台时，平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力，同时配重罐位于B点（不计杠杆式甲板起重器的重力）。
（1）当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了多少功？
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少？
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力有多大？
2024年湖北省武汉市青山区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括12小题，每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共36分）
1．（3分）中华文明，源远流长；琴棋书画，恢弘博雅。如图，是中秋拍摄的一幅月上中天、天上月对水中月，天涯与共之景。关于水中月的形成，与下列现象的物理原理相同的是（ ）
A．透过鱼缸侧壁看金鱼
B．倒映在水中的山
C．古人用日晷计时
D．阳光下树叶的影子
【答案】B
【分析】常见的光现象包括以下三种：
光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；
光在传播的过程中遇到障碍，就会发生光的反射，平面镜成像的原理就是光的反射，我们能够看到不发光的物体也是由于光的反射；
光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫做光的折射。
【解答】解：“水中月”属于平面镜成像，是由于光的反射形成的。
A、透过鱼缸侧壁看金鱼，是光的折射现象，故A不符合题意；
B、倒映在水中的山属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故与“水中月”形成原因相同，故B符合题意；
C、古人用日晷计时，是利用了光在同种均匀介质中沿直线传播，故C不符合题意；
D、阳光下树叶的影子，是光沿直线传播形成的，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了学生对光的直线传播、光的反射的理解与掌握，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。
2．（3分）如图所示，关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．甲图：在靠近居民区的路段设置声音屏障，目的是在声源处减弱噪声
B．乙图：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．丙图：城市中的噪声监测仪，数字55.8后的单位应该是Hz
D．丁图：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉发声音调高
【答案】D
【分析】（1）减弱噪声有三条途径，即在三个不同的位置——声源处、传播过程中、人耳处减弱噪声。
（2）在相同温度下，在相同介质中声音的传播速度相同。
（3）声音的强弱，即人耳感觉到的声音的大小用分贝来表示，声音越小，分贝数越小。
（4）比较相同时间内物体振动的次数可以比较频率大小。频率越大，音调越高。
【解答】解：A、在靠近居民区的路段设置的声音屏障，目的是使声在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B、超声波在海水中的传播速度与其他声波在海水中的传播速度相同，故B错误；
C、监测噪声的设备是用来测定噪声的等级的，而声音的强弱用分贝来表示，所以监测噪声设备上数字95.8后的单位应该是dB（分贝），故C错误；
D、两个音叉振动的波形图中，相同时间内，上面物体振动的频率大于下面的频率，上面的音调比下面的音调高，故D正确。
故选：D。
【点评】此题涉及到防止噪声的途径、音调与频率的关系、声波的传播速度、响度的单位等多个知识点，考查比较全面，难度不大。
3．（3分）北京冬奥会开幂式上二十四节气倒计时惊艳全场。“二十四节气”是中华智慧的结晶，下列有关节气的谚语说法正确的是（ ）
A．图甲，“雨水有雨，一年多雨”——雨的形成是液化现象，需要吸热
B．图乙，“白露秋分夜，一夜凉一夜”——露的形成是汽化现象，需要放热
C．图丙，“霜降有霜，米谷满仓”——霜的形成是凝华现象，需要放热
D．图丁，“大雪晴天，立春雪多”——雪的形成是凝固现象，需要放热
【答案】C
【分析】（1）物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固，由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化，由固态直接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华；
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、雨是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，液化放热，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，液化放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故C正确；
D、雪是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故D错误。
故选：C。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4．（3分）如图所示的四种发电方式中，利用不可再生能源发电的是（ ）
A．光伏发电B．风力发电
C．水力发电D．核能发电
【答案】D
【分析】能够源源不断地从自然界获得或能重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源。
【解答】解：风能、水能、太阳能可以源源不断地从自然界获得，是可再生能源，光伏发电、风力发电、水力发电都是利用可再生能源发电的；核能不能从自然界源源不断获得，也不能重复利用，是不可再生能源，则核能发电是利用不可再生能源发电的，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】知道各种发电方式消耗的能源类型、知道再生能源与不可再生能源的概念即可正确解题。
5．（3分）春晚中很多节目都会使用舞台机械升降演员，来增加表演空间的层次感。如图所示，当演员在匀速升起的升降台上不动时，下列说法正确的是（ ）
A．以观众为参照物，该演员是静止的
B．以观众为参照物，升降台是静止的
C．以该演员为参照物，升降台是运动的
D．以该演员为参照物，观众是运动的
【答案】D
【分析】参照物是用来判断物体运动还是静止的标准。如果物体相对于参照物的位置发生变化，就说明物体是运动的，如果物体相对参照物的位置没有变化就说明物体是静止的。
【解答】解：A.以观众为参照物，演员的位置发生变化，所以演员是运动的，故A错误；
B.以观众为参照物，升降台的位置发生变化，所以升降台是运动的，故B错误；
C.以该演员为参照物，升降台的位置没有发生变化，所以升降台是静止的，故C错误；
D.以该演员为参照物，观众的位置发生变化，所以观众是运动的，故D正确。
【点评】本题考查了运动的相对性，属于基础题目，难度较小。
6．（3分）如图所示是一款电动“挪车神器”，交警可以通过手机操控该设备进入违停车辆底部，托举起车辆进行移除。关于该“挪车神器”，下列说法中正确的是（ ）
A．将车辆托起一段距离，机械能转化为电能
B．车辆水平移动的越远，托力对车辆做功越多
C．通过手机操控该设备是利用电磁波传递信息
D．托举起车辆进行移除时，车辆的惯性增大
【答案】C
【分析】（1）在一定条件下，一种形式的能量可以转化成另一种形式的能量，这种现象即为能量的转化；
（2）功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在力的方向上通过的距离；
（3）电磁波能够传递信息；
（4）惯性代表了物体运动状态改变的难易程度，惯性的大小只与物体的质量有关。
【解答】解：A、将车辆托起一段距离，“挪车神器”对车做功，高度增加，机械变大，电能转化为机械能，故A错误；
B、托着车辆水平匀速移动，力的方向向上，在力的方向没有运动，对车辆不做功，故B错误；
C、通过手机操控是利用电磁波传递信息，故C正确；
D、惯性代表了物体运动状态改变的难易程度，惯性的大小只与物体的质量有关，托举起车辆进行移除时，车辆的惯性不变，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了能量转化、影响做功的条件、电磁波的应用、惯性等，但难度不大，容易解答。
7．（3分）如图所示，工人站在水平台面上用滑轮组提升货物。工人第一次竖直向上用200N的力拉绳子时，货物未离开水平地面；第二次用300N的力竖直向上拉动绳子，使货物以0.08m/s的速度匀速上升。已知工人体重为600N，货物重为810N，货物与地面的接触面积为0.1m2，不计滑轮组的绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．第一次拉绳子时，工人对水平台面的压力为400N
B．第一次拉绳子时，货物对地面的压强为8100Pa
C．第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率为90%
D．第二次拉绳子的过程中，工人拉力的功率为24W
【答案】C
【分析】（1）由于力的作用是相互的，则工人受到绳子的拉力等于工人施加的拉力，第一次拉绳子时工人对水平台面的压力等于拉力加上人的重力；
由图可知n＝3，不计绳重和摩擦，第二次匀速拉动绳子时，绳端的拉力F拉′＝×（G物+G动），据此求出动滑轮的重力；
第一次拉绳子时，货物未离开水平地面，设地面对货物的支持力为F支，根据F＝（G物+G动﹣F支）求得货物受到的支持力，根据力作用的相互性求得货物对地面的压力，知道受力面积，利用p＝求出货物对地面的压强；
（2）不计绳重和摩擦，根据η＝＝＝求出第二次拉绳子时该滑轮组的机械效率；
（3）根据v＝3v物求出第二次拉绳子时绳子自由端移动的速度，再根据P＝Fv求出拉力的功率。
【解答】解：
A．因力的作用是相互的，则工人受到绳子的拉力等于工人施加的拉力，
第一次拉动绳子时，工人对水平台面的压力：F压＝F拉+G人＝200N+600N＝800N，故A错误；
B．由图可知n＝3，不计绳重和摩擦，第二次匀速拉动绳子时，绳端的拉力F拉′＝×（G物+G动），
则动滑轮的重力：G动＝3F拉′﹣G物＝3×300N﹣810N＝90N；
第一次拉绳子时，货物未离开水平地面，设地面对货物的支持力为F支，
根据F＝（G物+G动﹣F支）可得，地面对货物的支持力：F支＝G物+G动﹣nF拉＝810N+90N﹣3×200N＝300N，
因力的作用是相互的，则此时货物对地面的压力：F压′＝F支＝300N，
第一次拉动绳子时，货物对地面的压强：p＝＝3000Pa，故B错误；
C．不计绳重和摩擦，第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝×100%＝90%，故C正确；
D．第二次拉绳子的过程中，绳子自由端的速度：v＝3v物＝3×0.08m/s＝0.24m/s，
此时工人拉力的功率：P＝＝F拉′v＝300N×0.24m/s＝72W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了滑轮组的特点、使用滑轮组时功、功率、机械效率、压强的计算等，难点是计算第一次拉动绳子时货物对地面的压力。
8．（3分）如图所示，小朋友从弯道型的塑料滑梯上匀速下滑，头发丝一根根竖起，形成“怒发冲冠”的有趣现象。关于下滑过程中所涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．摩擦过程中，产生了新的电荷
B．形成“怒发冲冠”现象原理和验电器原理相同
C．竖起的头发丝是因为分子间有斥力
D．小朋友的动能增加，机械能不变
【答案】B
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷（电子）的转移。
（2）验电器工作原理：同种电荷相互排斥。
（3）电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
（4）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。势能大小的影响因素：质量和高度。质量越大，高度越高，势能越大。机械能是动能与势能之和。
【解答】解：A、摩擦起电的实质是电荷（电子）的转移，故A错误；
B、形成“怒发冲冠”现象的原理和验电器的原理相同，都是同种电荷相互排斥，故B正确；
C、竖起的头发丝是因为头发带同种电荷，相互排斥的原因，故C错误；
D、小朋友从弯道型的塑料滑梯上匀速下滑，质量不变，速度不变，高度降低，动能不变，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
故选：B。
【点评】理解电荷间的作用规律、物体受力情况分析，知道电荷间的作用规律和验电器原理，可解答此题。
9．（3分）如图为一款无线充电式悬浮宇航员音箱，使用时底座内的送电线圈产生交变磁场，使音箱内的受电线圈感应到电磁信号，产生感应电流给音箱充电。选项中与该音箱充电工作原理相同的是（ ）
A．电磁起重机
B．话筒
C．小小电动机
D．司南
【答案】B
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
发电机和动圈式话筒是利用该原理制成的。
【解答】解：底座内的送电线圈产生交变磁场，使音箱内的受电线圈感应到电磁信号，产生感应电流给音箱充电，该原理是电磁感应现象。
A、电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的，故A不符合题意；
B、话筒是利用电磁感应来工作的，故B符合题意；
C、小小电动机是利用通电线圈在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意；
D、司南是利用磁体指示南北的性质来工作的，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查的是电磁感应现象及其应用；知道电流的磁效应、通电导体在磁场中受到力的作用和磁体的指向性。
10．（3分）某同学用如图的实验装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关，两个透明容器中封闭着等量的空气，下列分析错误的是（ ）
A．观察图甲中的A、B管，可得出电流通过导体产生的热量多少与电阻有关
B．用图乙中的装置探究“电流产生的热量跟电流是否有关”时，右边容器中应选用大小为5Ω的电阻丝
C．通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功的方式改变的
D．通电后玻璃管内的液体受热膨胀，左右两管的液面出现高度差，反映电阻通电后产生热量的多少
【答案】D
【分析】AB、电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联、并联电路电流的规律分析；
C、电流做功的过程是电能转化为其它形式能的过程；
D、电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法。
【解答】解：A、甲装置中，两电阻串联，通过的电流和通电时间相同，而电阻不同，故该装置用来探究电流产生热量与电阻大小的关系；根据转换法，观察图甲中的A、B管，可得出电流通过导体产生的热量多少与电阻有关，故A正确；
B、研究电流产生的热量跟电流是否有关，要控制电阻和通电时间相同，而电流不同，乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故用图乙中的装置探究“电流产生的热量跟电流是否有关”时，右边容器中应选用大小为5Ω的电阻丝，故B正确；
C、电阻丝通电后电流做功，电能转化内能，故通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功的方式改变的，故C正确；
D、由转换法，通电后玻容器内的气体受热膨胀，左右两管的液面出现高度差，反映电阻通电后产生热量的多少，故D错误。
故选：D。
【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联、并联电路的规律的运用。
11．（3分）关于家庭电路，下列说法中错误的一项是（ ）
A．图甲中，电灯、开关的连接符合安全用电原则
B．图乙中，人会发生触电事故，此时漏电保护器不会切断电路
C．图丙中，电线绝缘皮破损，容易造成短路，此时空气开关会迅速切断电路
D．图丁中，正确使用试电笔接触家庭电路中火线时，流过人体的电流很小，所以不会发生触电事故
【答案】A
【分析】（1）为了保证用电安全，家庭电路中控制灯泡的开关应接在火线和灯泡之间；
（2）人体与火线和零线同时接触，会发生双线触电；人站在地上，触摸火线，会发生单线触电；漏电保护器原理是当火线电流比零线电流大太多的话就说明电路的某个地方可能接地漏电，电流从大地导走了，从而切断电路；
（3）空气开关的功能是：当出现短路、过载（用电器总功率过大）和漏电时，能自动“跳闸”对人或电路起到保护作用；
（4）试电笔的电阻很大，正确使用试电笔接触家庭电路中火线时，流过人体的电流很小。
【解答】解：A、图甲中，电灯、开关的连接不符合安全用电原则，故A错误；
B、乙图中，人站在绝缘板凳上，双手同时触摸火线、零线，电流不会导向大地，图中电流是从火线经过人体到零线，这种双线触电方式使火线和零线之间的电流始终相等，所以漏电保护器不会工作，故B正确；
C、图丙中，电线绝缘皮破损，容易造成短路，此时空气开关会迅速切断电路，故C正确；
D、图丁中，正确使用试电笔接触家庭电路中火线时，流过人体的电流很小，所以不会发生触电事故，故D正确。
故选：A。
【点评】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，加强安全意识，不能违反。
12．（3分）家用食具消毒柜是对家庭餐具进行消毒、烘干的生活健康器具。某品牌消毒柜的电路原理图如图所示，下表是它的部分参数，消毒电路由S1、紫外线灯管L、发热管R1、温控开关K组成，K开始时处于闭合状态，当柜内温度超过120℃时断开，当温度降到120℃以下时自动闭合。烘干电路由S2、发热管R2，电磁继电器开关组成，其中R2正常工作时的功率为烘干功率，烘干时，当电磁铁线圈中的电流达0.02A，衔铁被吸起，触点D、E断开；当电磁铁线圈中电流减小到0.01A，衔铁被释放，触点D、E重新接触，使烘干温度维持在55℃～85℃，控制电路电压U＝6V，R3＝100Ω，RT是热敏电阻，其温度与消毒柜内温度相同，阻值随温度升高而减小，电磁铁线圈的电阻忽略不计。某次使用时，将餐具放入消毒柜内，关闭好柜门，将插头插入家庭电路的插座中，电压为220V。闭合开关S、S1，对餐具消毒15min；断开开关S1，闭合S、S2、S3，再烘干60min。若本次消毒、烘干电路实际消耗的电能为0.125k•Wh。其中，消毒时，L和R1同时正常工作时通过消毒电路的总电流为1A；烘干时，R2实际工作时间为总烘干时间的20%。以下说法正确的是（ ）
A．烘干期间，当消毒柜内温度为55℃，控制电路中RT的阻值为500Ω，则当消毒柜内温度为85℃时，RT的阻值为180Ω
B．紫外线灯消耗的电能为1.8×103J
C．R1阻值为240Ω
D．R1实际工作时间为6min
【答案】D
【分析】（1）当消毒柜内温度为55℃时，电路电流为0.01A，根据欧姆定律可得总电阻；
根据串联电路各电阻之和等于总电阻，可得定值电阻大小；
当消毒柜内温度为85℃时，电路电流为0.02A，根据欧姆定律可得此时总电阻，再根据串联电路电阻的特点求得此时RT的阻值；
（2）根据题意可知紫外线灯工作的时间，根据W＝Pt求出紫外线灯消耗的电能；
（3）对于消毒电路，紫外线灯管L和发热管R1并联接入电路，根据欧姆定律和并联电路的特点可得R1的阻值；
本次消毒、烘干电路实际消耗的电能可分为烘干消耗电能、紫外线灯消耗的电能、R1的消耗的电能。逐个计算出后，根据t＝可得R1实际工作时间。
【解答】解：A、当消毒柜内温度为55℃时，电路电流为0.01A，总电阻：R总＝＝＝600Ω；
R3＝R总﹣RT＝600Ω﹣500Ω＝100Ω；
当消毒柜内温度为85℃时，电路电流为0.02A，总电阻：R′总＝＝＝300Ω；
R′T＝R′总﹣R3＝300Ω﹣100Ω＝200Ω，故A错误；
B、根据表格数据可知，紫外线灯的功率PL＝20W，工作的时间为15min，
由P＝可知，紫外线灯消耗的电能：W＝PLt＝20W×15×60s＝1.8×104J，故B错误；
CD、对于消毒电路，紫外线灯管L和发热管R1并联接入电路，通过紫外线灯管L的电流：IL＝＝＝A；
通过R1的电流：I1＝IA﹣IL＝1A﹣A＝A；
根据欧姆定律可知，R1的阻值：R1＝＝＝242Ω，故C错误；
消耗电能：W′＝0.125kW•h＝4.5×105J；
烘干消耗电能：W烘＝20%P烘t烘＝20%×500W×60×60s＝3.6×105J；
R1的消耗的电能W1＝W′﹣W烘﹣W＝4.5×105J﹣3.6×105J﹣1.8×104J＝7.2×104J；
R1实际工作时间：t1＝＝＝360s＝6min，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用、电功、电能、电功率的计算，难度较大。
二、非选择题（本题包括7小题，共34分）
13．（3分）随着人们生活水平的提高，轿车已逐步进入我国普通百姓家中。已知某国产轿车每行驶100km消耗8L汽油。则：（汽油热值为4.6×107J/kg）
（1）10kg汽油完全燃烧时所产生的热量是 4.6×108 J。
（2）如图是我国古代文明的起火器模型图，把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，此过程中机械能转化为内能，汽油机工作的 压缩 冲程原理与该过程相同。
（3）该辆汽车的功率是70kW，行驶了10min，当速度为72km/h时，发动机的牵引力是 3500 N。
【答案】（1）4.6×108；（2）压缩；（3）3500N。
【分析】（1）利用Q放＝qm可求出10kg汽油完全燃烧时所产生的热量；
（2）改变物体内能的方法：做功和热传递；汽油机的压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
（3）根据P＝Fv得到牵引力。
【解答】解：（1）10kg汽油完全燃烧时所产生的热量为：Q放＝qm＝4.6×107J/kg×10kg＝4.6×108J；
（2）把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，此过程中压缩套筒内空气做功，使套筒内气体的内能增加，达到艾绒的着火点；在该实验中，活塞的机械能转化为筒内空气的内能，与汽油机的压缩冲程的能量转化相同；
（3）汽车的速度：v＝72km/h＝20m/s，由P＝＝Fv得到牵引力：F＝＝3500N。
故答案为：（1）4.6×108；（2）压缩；（3）3500N。
【点评】本题考查热量的计算、热机的冲程和功率的计算，属于综合题。
14．（3分）在第24届北京冬奥会上，我国滑雪运动员夺得单板滑雪男子大跳台冠军，展现出了拼搏精神。赛场是首钢滑雪大跳台，如图甲所示，图乙是大跳台及滑雪过程示意图。当运动员从起滑台A位置起滑，在助滑道滑行获得较大速度，运动员的动能 变大 ，惯性大小 不变 。从跳台末端B位置飞出，在空中做各种比赛动作，最后落在着陆坡的C位置后，完成比赛。若不计空气阻力，运动员从B位置起跳到着地前的过程中，机械能 不变 。
【答案】变大；不变；不变。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能和势能的和；不计空气阻力，机械能守恒。
（2）惯性大小只与物体的质量有关。
【解答】解：当运动员从起滑台A位置起滑，在助滑道滑行过程中其质量不变，速度变大，动能变大；质量不变，惯性不变；
运动员从B位置起跳到着地前的过程中，不计空气阻力，机械能是守恒的，保持不变。
故答案为：变大；不变；不变。
【点评】本题考查了动能的变化、机械能守恒条件、影响惯性大小的因素等知识，难度不大。
15．（4分）如图甲所示，小明同学设计了“探究冰熔化时温度变化规律”的实验装置。（标准大气压下）根据实验得到的数据绘制了图象，如图乙所示，分析图象可知：
（1）冰熔化过程经历了 6 min。熔化过程中，温度不变，内能 增加 。
（2）当冰全部熔化后继续加热，其温度随时间变化的图线是 CD （选填“CD”、“CE”或“CF”）。
（3）若该物质在第3min时比热容为c1，则c1＝ 2.1×103J/（kg•℃）。 。
【答案】：（1）6；增加；（2）CD；（3）2.1×103J/（kg•℃）。
【分析】（1）从第4min～第10min为冰的熔化过程，此过程冰需要吸热，温度不变；
（2）质量不变，吸收相同热量的物体，比热容大的温度变化小；
（3）由Q＝cmΔt可知，质量相同，吸热量相同时，比热容与升高温度成反比，据此进行分析。
【解答】解：（1）冰熔化过程是从第4min～第10min，共用了6min，此过程中温度不变，但需要吸热，所以内能增加；
（2）当冰全部熔化为水后继续加热，质量不变，因为冰的比热容比水的比热容小，故加热相同时间，即吸收相同热量，冰的温度变化比水的温度变化大，冰加热4min温度升高4℃，水加热4min，温度升高应小于4℃，CF温度升高2℃，CE、CD不符合题意，故CF是水温度随时间变化的图线；
（3）该由图可知物质在第3min时是冰，由Q＝cmΔt可知，质量相同，吸热量相同时，比热容与升高温度成反比，即 ＝＝＝；即c冰＝＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）6；增加；（2）CD；（3）2.1×103J/（kg•℃）。
【点评】本题探究冰熔化时温度变化规律以及比热容的计算，难度不大。
16．（4分）如图是“探究凸透镜成像规律”的实验。
（1）如图所示位置得到了清晰的像。保持图中蜡烛、光屏位置不变，将透镜移至光具座 50 cm处，可再次看到清晰的像。
（2）将一眼镜片放在烛焰和透镜之间，光屏上的像变换糊，向右移动蜡烛可再次看到清晰的像，则所加眼镜片为 凸 透镜。
（3）小明想继续用该装置探究平面镜的成像特点，保持图中的元件位置不变，将凸透镜更换为玻璃板，并增加了一支完全相同的蜡烛。
①眼睛应该在 蜡烛 （填“蜡烛”或“光屏”）一侧观察蜡烛的像。
②为探究平面镜成的是否为虚像，还应进行的操作是 当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像 。
【答案】（1）50；（2）凸；（3）①蜡烛；②当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像。
【分析】（1）根据折射现象中光路可逆的性质，进行分析；
（2）凸透镜对光线有会聚作用；
（3）①平面镜成的像是光的反射形成的，据此分析；
②撤去玻璃板后面的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像。
【解答】解：（1）由图可知此时物距u＝35.0cm﹣20.0cm＝15.0cm时，像距等于v＝65.0cm﹣35.0cm＝30.0cm，而在蜡烛和光屏位
置都不变的情况下，根据折射现象中光路可逆的性质，若原来的物距变为现在的像距，原来的像距变为现在的物距，即将凸透镜移至光具座50cm刻度处，可再次得到清晰的烛焰像；
（2）将一眼镜片放在烛焰和透镜之间，向右移动蜡烛，光屏上再次出现清晰的像，此时物距变小，像距将变大，说明眼镜片对光线有会聚作用，使像距变小了，因此该眼镜片是凸透镜；
（3）①平面镜成的像是光的反射形成的，作为物的蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛应在蜡烛所在这一侧观察；
②当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像，若有说明平面镜成实像，若没有说明成虚像。
故答案为：（1）50；（2）凸；（3）①蜡烛；②当作为像的蜡烛与作为物的蜡烛所成的像能够完全重合时，撤去作为像的蜡烛并在它的位置放一与玻璃板平行的光屏，并直接观察光屏上是否有蜡烛的像。
【点评】本题是考查“探究凸透镜成像规律”的实验，涉及了折射现象中光路可逆的性质的应用、平面镜成像特点的探究、实像与虚像的区别等，难度一般。
17．（5分）某同学在“探究影响浮力大小的影响因素”时，完成了如图所示的实验。
（1）分析图A、B、C、D可知，浮力的大小与 物体排开液体体积 有关。
（2）分析图 A、C、D ，可知浮力的大小与深度无关。
（3）分析图 A、C、E ，可探究液体的密度是否影响浮力的大小。
（4）实验结果表明：盐水的密度是 1.09×103 kg/m3。（计算结果保留两位小数）
（5）请画出图C中物体受到浮力的示意图。
【答案】（1）物体排开液体的体积 （2）A、C、D（3）A、C、E（4）1.09×103 （5）
【分析】（1）（2）（3）影响浮力的因素是：液体的密度和物体排开液体的体积。
（4）计算盐水密度时，可以根据物体浸没在液体时，排开液体的体积相同，求出物体在水中的排开水的体积间接求得物体在盐水中排开液体的体积。
【解答】解：（1）分析图A、B、C、D可知，浮力在液体中的排开水的体积不同，弹簧测力计是示数不同，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关；
（2）实验中采取控制变量法，当控制液体的密度以及排开水的体积相同时，可得浮力大小与深度无关；
（3）控制物体排开液体的体积一定时，可探究液体密度与浮力的关系；
（4）由C图可知，物体浸没后V排＝＝＝2.2×10﹣4m3，所以在盐水中，物体浸没在液体中排开水的体积V排＝2.2×10﹣4m3。由F浮＝ρ盐gV排得ρ盐＝＝＝1.09×103kg/m3
（5）
答案为：（1）物体排开液体的体积 （2）A、C、D（3）A、C、E（4）1.09×103
（5）
【点评】本题考查了“探究影响浮力大小的影响因素”的掌握情况，实验中用到了控制变量法，题目比较典型。
18．（6分）小明在做探究电流与电阻的关系的实验时，选取了电压恒定的电源、定值电阻5Ω、10Ω、20Ω各一个、规格为“40Ω 1A”的滑动变阻器和其他器材组装成如图甲所示的电路。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该滑到最右端。请用笔画线代替导线，按图甲连接好实物图乙。
（2）闭合开关后，发现电压表有示数、电流表无示数，则电路存在的故障可能是定值电阻 断路 ，排除故障后，将5Ω电阻接入电路，闭合开关，调节滑片使电压表指针如图丙所示，电压表示数为 2 V。
（3）小明根据实验需要，分别将三个定值电阻接入电路进行实验，并将实验数据描绘成图象，如图丁所示。为完成这三组实验，选用的电源电压应不高于 6 V。
（4）小红认为，图甲中不连接滑动变阻器和电压表，利用电源电压不变也可以完成本实验。她先后把5Ω、10Ω的电阻接入电路，读出电流分别为0.9A、0.5A，分析发现电流表示数与定值电阻阻值不成反比。老师告诉她这是由于除定值电阻外，其他电路元件也有一定电阻，若电源本身产生的电压不变，其他元件的总阻值也不变，由这两组数据可知，其他电路元件的总阻值为 1.25 Ω。
【答案】（1）见解答图；（2）断路；2；（3）6；（4）1.25。
【分析】（1）实验过程中滑动变阻器串联接入电路；
（2）电压表有示数，说明定值电阻不能短路，电流表有示数，说明定值电阻断路；
电压表的读数，首先明确量程和分度值，然后看一下指针的位置，最后读数；
（3）根据实验数据，分析电路中的电流，根据串联电路分压规律计算最大电压；
（4）根据5Ω、10Ω的电阻以及对应的电流大小，根据欧姆定律计算电阻。
【解答】解：（1）实验过程中滑动变阻器串联接入电路，如下图所示：
（2）电压表有示数，说明定值电阻不能短路，电流表有示数，说明定值电阻断路；
由图乙可知，此时电压表的量程为0﹣3V，分度值为0.1V，电压表的示数为：2V；
（3）结合丙图可知，定值电阻的电压为2V，要使总电压最小，说明滑动变阻器的电流为0.1A，此时滑动变阻器的最大电阻为40Ω，此时滑动变阻器的电压为：U＝IR＝0.1A×40Ω＝4V；此时总电压为U′＝U1+U＝2V+4V＝6V，所以选用的电源电压应不高于6V；
（4）假设其他电路元件的总阻值为R，
当应用5Ω的电阻时：U＝0.9A×（5Ω+R），
应用10Ω的电阻时：U＝0.5A×（10Ω+R），
联立以上两式解得：R＝1.25Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）断路；2；（3）6；（4）1.25。
【点评】本题考查了电流和电压、电阻的规律，属于基础实验，难度一般。
19．（9分）2022年4月11日，中国石化集团与泰国签署合作协平台议，中国石化集团将帮助泰国全面拆除泰国废弃的海上石油钻井平台。目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起，如图甲。已知某石油平台重8×107N，起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，如图乙。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，B点处是一质量为200t的配重罐，可在起重器上OB间滑动，AB＝60m，OA＝20m，在甲板起重器抬起石油平台时，平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力，同时配重罐位于B点（不计杠杆式甲板起重器的重力）。
（1）当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了多少功？
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少？
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力有多大？
【答案】（1）当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了8×106J的功；
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了4×103m3；
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力为6×106N。
【分析】（1）根据W＝Gh可求出两艘船将石油平台缓慢抬高10cm对石油平台所做的功；
（2）根据物体的浮沉条件和阿基米德原理可求出每艘起重船舶排开水的体积变化量；
（3）因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，则根据F压＝×可求出每门杠杆式甲板起重器受到的压力，而杠杆A点受到合力为FA＝F压﹣F推，根据杠杆平衡条件可求出每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力。
【解答】解：（1）两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台所做的功为：
W＝G平台h＝8×107N×0.1m＝8×106J；
（2）把两艘起重船看做一个整体，原来两艘船在水中漂浮，则：F浮＝G船，
由阿基米德原理可得：ρ水gV排＝G船﹣﹣﹣﹣①
当平台被抬起时，平台与两艘船的整体仍然漂浮，则有：
F浮'＝G船+G平台，
即：ρ水gV排'＝G船+G平台﹣﹣﹣﹣②
由①②可知，两艘船排开水的体积变化量为：
ΔV排＝V排'﹣V排＝＝＝8×103m3，
则每艘起重船舶排开水的体积的变化量为：
ΔV排'＝＝＝4×103m3；
（3）因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，
所以，当石油平台被抬起时，每门杠杆式甲板起重器受到的压力为：
F压＝×＝×＝1×107N，
图丙为其中一门甲板起重器示意图，则图丙中杠杆A点受到的合力为：FA＝F压﹣F推，
对杠杆AOB，以O为支点，由杠杆平衡条件有：GB×OB＝FA×OA，
即：m罐g×（AB﹣OA）＝（F压﹣F推）×OA，
即：200×103kg×10N/kg×（60m﹣20m）＝（1×107N﹣F推）×20m，
解得：F推＝6×106N。
答：（1）当两艘船将石油平台缓慢抬高10cm，两艘船对石油平台做了8×106J的功；
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了4×103m3；
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力为6×106N。
【点评】本题考查了功的计算、阿基米德原理和杠杆平衡条件的综合应用，难度较大。
声明：试题解额定电压
220V
紫外线灯管功率
20W
烘干功率
500W
烘干温度
55℃﹣85℃
额定电压
220V
紫外线灯管功率
20W
烘干功率
500W
烘干温度
55℃﹣85℃