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A,电压表示数为U。1(4)将5的电阻分别换成10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的电阻,继续实验。小明发现当定值电阻为30Ω时,无法完成实验。为了让30Ω的电阻也能完成实验,他设计了如下三个调整方案,其中错误的是(选填“A”、“B”或“C”)。,在电路中多串联一个10Ω的电阻,,改变电源电压,电源电压的取值范围是2V~,改变U的大小(视需要可改变电压表、电流表1的量程),~6V1五、计算题:本大题小题,共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤,只写最后结果的不给分。23.(7分)一个质量为1kg且质地均匀的长方体物块,底面是边长为10cm的正方形。(1)物块漂浮在水面上时,浸入在水中的体积占物块总体积的,此时物块所受到的浮力大小是多大?(2)用手缓慢下压物块,如图所示,,物块下表面受到水的压强是多少?(3)继续用手缓慢下压物块,当物块上表面与液面刚好相平时,需要施加压力是多大?24.(7分)一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示,它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能,还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示,其参数如表所示,高温挡额定功率字迹已被磨损。:..可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。和R12均为电热丝,R=。求:2电陶炉额定电压220V额定功率高温挡××W低温挡400W(1)R的阻值;1(2)高温挡额定功率;(3)在某用电高峰期,若家庭电路中只有电陶炉在工作,发现标有“3000imp/(kW?h)”的电能表的指示灯闪烁168次,℃升高到49℃,求此时电陶炉的加热效率。[c水=×103J/(kg?℃)]年甘肃省兰州市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题:本大题11小题,每小题3分,共33分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。1.(3分)校园生活,同学们并不陌生,下列有关说法最合理的是( )℃:..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。【解答】解:、,故A不合理。B、此时教室内的温度约为25℃,故B不合理。C、微机室内台式计算机的功率约为300W,故C合理。D、普通乒乓球拍的质量较小,约为4g,故D不合理。故选:C。【点评】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。2.(3分)笛子是一种常见的管乐器,下列说法错误的是( ).吹奏时按压不同位置的气孔,主要改变了声音的音调【分析】(1)声音是由物体振动产生的;(2)声音可以通过固体、液体和气体传播,不能在真空中传播;(3)音调指声音的高低,响度指声音的大小。【解答】解:A、吹奏笛子时,声音是空气柱振动产生的,故A正确;B、声音不能在真空中传播,故B错误;:..C正确;D、吹奏时按压不同位置的气孔,是为了改变振动的频率,从而改变了声音的音调,故D正确。故选:B。【点评】本题考查了声的产生、传播、声音的特性和减弱噪声的方法等,都是属于基础知识,掌握基础知识很重要。3.(3分)如图所示为甲和乙两种物质的质量与体积关系图像,分析图像可知( )、乙的体积相等,、乙两种物质的密度之比为4:、乙的质量相等,则甲的体积较大【分析】(1)密度是物质的一种特性,与物质的种类、状态和温度有关,与质量和体积无关;(2)根据图像可知若甲、乙体积相等时,甲、乙的质量大小关系;(3)根据图中的数据利用密度公式可求出甲、乙的密度,进而可得出甲、乙的密度之比;(4)根据图像可知若甲、乙质量相等时,甲、乙的体积大小关系。【解答】解:A、密度是物质的一种特性,与质量无关,故A错误;B、由图可知,若甲、乙的体积相等,则甲的质量较大,故B错误:..、由图可知,乙的密度为:===,乙甲的密度为:ρ===2g/cm3,甲则甲、乙两种物质的密度之比为:ρ:ρ=2g/cm3:=4:甲乙1,故C正确;D、由图可知,若甲、乙的质量相等,则乙的体积较大,故D错误。故选:C。【点评】本题考查了密度公式的应用,从图上读取相关信息是解题的关键。4.(3分)如图所示的情境中,对物体不做功的是( ):用力搬石头,:::挺举杠铃的过程【分析】做功的两个必要因素:;(即力和距离的方向要一致);二者缺一不可。【解答】解:A、图中人用力搬石头,搬而未起,只有力没有距离,所以人对物体没有做功,故A正确;B、图中人拉重物从地面提到高处,重物在拉力的方向上移动了距:..错误;C、推车向前运动,车在人的推力的方向上通过了距离,对车做功,故C错误;D、挺举杠铃的过程,杠铃在力的方向上通过了距离,人对杠铃做了功,故D错误。故选:A。【点评】本题考查了力是否做功的判断方法,基础题目。5.(3分)如图所示,放在水平桌面上的溢水杯盛满水,弹簧测力计挂一个实心铁块其示数为F。将铁块缓慢浸没入水中(未接触1溢水杯),若溢出的水全部流入小烧杯,弹簧测力计的示数为F,2下列判断正确的是( )=F﹣=F﹣,水对溢水杯底的压强p<,溢水杯对桌面的压力F<F甲乙【分析】(1)根据称重法求浮力分析解答;(2)根据阿基米德原理分析解答:物体所受浮力等于排开液体的重力;(3)根据p=gh分析水对溢水杯底部的压强变化;(4)溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和。【解答】解:A、F为铁块浸没水中前的拉力(等于铁块的重力)1:..为铁块浸没水中后的拉力,根据称重法测浮力可知,铁块受到2的浮力F=F﹣F,故A错误;浮12B、根据阿基米德原理可知,铁块所受浮力等于排开水的重力,所以小烧杯中水的重力(排开水的重力)G=F=F﹣F,故B正确浮12;C、甲乙液面相平,且液体均为水,根据p=gh可知,水对溢水杯底部的压强相等,故C错误;D、铁块浸没在水中后,水面高度不变,水对杯底的压强不变,根据F=pS可知,水对杯底的压力不变,溢水杯的重力不变;因溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和,所以溢水杯对桌面的压力不变,即F=F,故D错误。甲乙故选:B。【点评】此题考查了液体压强公式、阿基米德原理的应用,同时考查称重法求浮力,知道“溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和是解答此题的关键。6.(3分)关于磁现象,下列说法正确的是( )::利用此装置可说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关:..:利用此装置可说明电动机的工作原理【分析】分析图示实验,确定实验原理或现象,然后结合相关知识分析答题。【解答】解:A、该图是奥斯特实验,说明电流的周围存在磁场,不是地磁场,故A错误;B、图中两个电磁铁串联,通过的电流相同,线圈匝数不同,吸起大头针的数目不同,说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关,故B正确;C、图中实验研究的是通电导体在磁场中受力运动,能说明电动机工作原理,故C错误;D、图中闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时,会产生感应电流,这是电磁感应现象,该实验说明机械能可以转化为电能,利用此装置可说明发电机的工作原理,故D错误。故选:B。【点评】本题考查了电流的磁效应、发电机的工作原理、通电导体在磁场中受力运动、影响电磁铁磁性强弱的因素,难度不大。7.(3分)如图所示,放在M、N两水平桌面上的A、B两物体,分别在F=3N、F=5N的水平拉力作用下做匀速直线运动,下列12判断正确的是( ):..【分析】(1)匀速直线运动的物体受到平衡力的作用,知道拉力,根据二力平衡条件判断滑动摩擦力大小。(2)滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关,跟物体的运动速度、接触面积大小都没有关系。当接触面粗糙程度一定时,压力越大,滑动摩擦力越大。当压力大小一定时,接触面越粗糙,滑动摩擦力越大。【解答】解:A、对于物体A来讲,水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用,这两个力是平衡力,大小相等,拉力大小是3N,所以滑动摩擦力大小是3N。对于物体B来讲,水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用,这两个力是平衡力,大小相等,拉力大小是5N,所以滑动摩擦力大小是5N,A受到的摩擦力一定小于B受到的摩擦力,故A正确;BC、A受到的滑动摩擦力小于B受到的滑动摩擦力,滑动摩擦力跟压力大小和接触面的粗糙程度有关,A受到的滑动摩擦力小,有可能是因为桌面N比桌面M粗糙造成的;也有可能是B的质量大,重力大,对桌面的压力大造成的,故BC错误;D、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关,摩擦力大小跟物体的运动速度无关,故D错误。:..。【点评】解决此题的关键是先根据物体做匀速直线运动,判断出拉力与摩擦力是一对平衡力,再确定图甲中摩擦力的大小和方向,常见题目。8.(3分)如图所示,斜面长10m,高4m。用平行于斜面F=50N的拉力,将重100N的物体,从斜面的底端匀速拉到顶端。在此过程中,下列说法正确的是( ),%【分析】A、此装置为斜面,可以省力;根据功的原理可知,使用任何机械都不省功;BCD、根据W=Gh得出对物体所做的有用功;根据W=Fs有用总得出总功,根据=得出机械效率;根据W=W﹣W额外总有用得出额外功,根据f=得出物体受到的摩擦力。【解答】解:A、此装置为斜面,可以省力,根据功的原理可知,使用任何机械都不省功,故使用此装置不省功,故A错误;BCD、对物体所做的有用功W=Gh=100N×4m=400J,故C有用错误;总功W=Fs=50N×10m=500J,机械效率η==×总:..80%,故D正确;额外功W=W﹣W=500J﹣400J=100J,额外总有用物体受到的摩擦力f===10N,故B错误。故选D。【点评】本题考查功、功率、效率的计算,综合性强,难度适中。9.(3分)如图所示,R为定值电阻,R为滑动变阻器,电源电压12保持不变。闭合开关S,滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中,下列说法正确的是( ),A变小,,A不变,、A的示数之差与电压表示数的乘积不变21【分析】由电路图可知,R与R并联,电压表测电源的电压,电12流表A测干路电流,电流表A测R支路的电流;212根据电源电压判定电压表示数的变化情况;闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时,根据滑动变阻器阻值变化判定通过其电流的变化;根据并联电路的特点分析通过R电流的变化和干路电流的变化。1【解答】解:由电路图可知,R与R并联,电压表测电源的电压,12电流表A测干路电流,电流表A测R支路的电流;212AB、由于电源电压不变,则电压表示数不变;闭合开关S,当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时,滑动变阻器接入电路的电阻:..根据欧姆定律可知,通过滑动变阻器的电流减小,即电流表1示数变小;由于并联电路互不影响,则通过R的电流不变,根据1并联电路的电流规律可知,干路中的电流变小,即电流表A示数2变小,故AB错误;C、电压表示数不变,电流表A示数变小,其比值变大,故C错2误;D、电流表A、A示数之差为通过R的电流,保持不变,且电压211表示数不变,所以它们的乘积不变,故D正确。故选:D。【点评】本题考查了电路的动态分析,涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用,注意滑动变阻器接入电路中电阻的变化是关键。10.(3分)现有“6V3W”和“12V6W”字样的甲、乙两只灯泡,不考虑灯丝电阻的变化,下列说法正确的是( ),,,,干路中允许通过的最大电流为1A【分析】(1)额定电压是指用电器正常工作时的电压,额定功率是指用电器在额定电压下的电功率;由W=Pt分析判断;(2)电功率:表示电流做功快慢的物理量;(3)由P=计算两灯电阻的大小,由串联电路特点和Q=I2Rt分析判断;:..)由两规格,结合并联电路特点计算干路中的最大电流。【解答】解:“6V3W”和“12V6W”分别是甲两灯的额定电压和额定功率。A、由于两灯是否正常工作,所以两实际功率大小未知,由W=Pt知,无法判断两灯在相同时间内消耗电能的多少,故A错误;B、由于两灯的实际功率未知,而电功率是表示电流做功快慢的物理量,所以电流通过两灯做功的快慢无法确定,故B错误;C、由P=可得,R===12,R==甲乙=24Ω,由串联电路的电流特点知,两只灯泡串联工作时,通过的电流相等,由Q=I2Rt知,相等时间里甲灯产生热量小于乙,故C正确;D、甲的额定电压小于乙,由并联电路的电压规律知,甲和乙灯并联时,电源电压最大为U=U=U=6V,实乙额甲由并联电路的电流规律和欧姆定律可得,干路中允许通过的最大电流:I=I+I=+=+=,故D错误。甲乙故选:C。【点评】本题考查了对额定电压、额定功率的理解、串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功率公式的应用,掌握基础知识,灵活应用公式是关键。11.(3分)如图所示,电源电压保持不变,滑动变阻器R标有“30Ω1A”,定值电阻R的阻值为10Ω,小灯泡L标有“”,0:..~3A。不考虑灯丝电阻的变化,只闭合S,滑片P移到R的中点时,小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的前提下,下列说法错误的是( ):8【分析】由图可知,只闭合S,小灯泡L与滑动变阻器R串联,电流表测量干路电流;(1)知道小灯泡的规格,利用欧姆定律求出小灯泡的电阻;(2)根据串联电路的特点可知通过滑动变阻器R的电流,利用欧姆定律求出R两端的电压,根据串联电路的特点可知电源电压;(3)当滑动变阻器滑片P移到右端时,滑动变阻器接入电路的阻值最大,根据欧姆定律可知电路中的电流最小,小灯泡的实际功率最小,灯泡最暗,利用P=I2R求出小灯泡发光最暗时的功率;(4)要保证电路安全,分析电路可得,当闭合开关S、S和S时,21且通过滑动变阻器的电流为1A时,干路电流最大,根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过R的电流,再根据并联电路电流规0律求出干路最大电流,根据P=UI求出电路消耗的最大总功率;当S闭合,S、S都断开,灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联时,12电路电流最小,根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电流最小电流,再根据P=UI求出电路消耗的最小总功率,据此可知电路消耗:..【解答】解:、由I=可知,小灯泡的电阻RL===10,故A正确;B、由于小灯泡正常发光,根据串联电路特点可知,通过滑动变阻器R的电流I=I=,RL由欧姆定律可知,滑动变阻器R两端的电压U=IR′=×RR×30Ω=9V,根据串联电路的电压特点可知,电源电压U=U+U=6V+9V=LR15V,故B正确;C、当滑动变阻器滑片P移到右端时,滑动变阻器接入电路的阻值最大R=30Ω,此时电路中的最小电流I====,小小灯泡发光最暗时的功率P=I2R=()2×1Ω≈,小L故C正确;D、要保证电路安全,分析电路可得,当闭合开关S、S和S时,21且通过滑动变阻器的电流为1A时,干路电流最大;因并联电路中各支路两端电压相等,所以此时通过R的电流:I===;00因并联电路中干路电流等于各支路电流之和,所以干路的最大电流:I=1A+=,max电路消耗的最大功率:P=UI=15V×=;maxmax当S闭合,S、S都断开,R与R并联,灯泡与滑动变阻器的最大120:..电路电流最小,因串联电路的总电阻等于各分电阻之和,所以电路最小电流:===,min电路消耗的最小功率:P=UI=15V×=;minmin则电路消耗总功率的最小值与最大值之比P:P=:=3:20,故D错误。故选:D。【点评】本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算,能正确分析电路是解题的关键。二、填空题:本大题小题,每空1分,共10分。12.(2分)2022年3月29日,我国成功发射长征六号改运载火箭,搭载了“浦江二号”和“天鲲二号”卫星。在火箭加速升空的过程中,若以发射台为参照物,该火箭是运动的,卫星的机械能增大(选填“增大”、“不变”或“减小”)。【分析】(1)研究物体的运动情况时,首先要选取一个物体作为标准,这个被选作标准的物体叫做参照物。研究对象的运动情况是怎样的,就看它与参照物的相对位置是否变化。(2)动能的大小与物体的质量和速度有关,重力势能的大小与物体的质量和高度有关,且动能和势能统称为机械能;【解答】解:(1)以发射台为参照物,火箭的位置相对于发射台发生改变,所以火箭是运动的(2)火箭加速升空的过程,卫星的质量不变、速度增大,动能增:..故答案为:运动;增大。【点评】此题是一道综合题目,考查了机械能、运动和静止的相对性,属于基础题。.(2分)一台单缸四冲程汽油机,只有第三个冲程中燃气对外做功,其他冲程是靠飞轮的惯性来完成的;若飞轮的转速为1200r/min,则该汽油机每秒钟做功 10 次。【分析】内燃机的四个冲程:吸气、压缩、做功、排气冲程;四个冲程是一个工作循环,只有做功冲程对外做功,其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。1200r/min的含义:它表示热机的飞轮每分钟转1200圈;在一个工作循环中曲轴转2圈,飞轮转2周,做功一次。【解答】解:四冲程内燃机的一个工作循环是由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成的;在内燃机工作的四个冲程中,只有做功冲程对外做功,其它冲程是靠飞轮的惯性来工作的;四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min,则该飞轮每秒钟转20圈;因为一个工作循环飞轮转2圈,完成四个工作冲程,做功1次,所以,1s内飞轮转20圈,活塞往复运动20次,共10个工作循环,做功10次。故答案为:惯性;10。【点评】此题考查了内燃机的种类及四个冲程,要掌握四个冲程的特点及能量转化情况,是基础性题目。:Thedoc