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2021年烟台市初中学业水平考试
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(满分:100分 考试时间:90分钟)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
一、选择题(本题为单项选择题每小题2分,共30分)
1.(2021山东烟台,1,2分)人类社会的发展离不开能源的开发和利用,随着社会对能源的需求不断增加,造成了能源的
短缺,而开发和利用可再生能源是解决能源危机的有效途径。下列能源属于可再生能源的是( )
A.风能 B.天然气
C.核能 D.石油
1.A 风能以在自然界源源不断地得到,属于可再生能源,A正确;天然气、核能、石油不能在短期内从自然界得到补
充,属于不可再生能源。故BCD错误,A正确。故选A。
2.(2021山东烟台,2,2分)如图所示的做法中,符合安全用电要求的是 ( )
2.B 家用电器的金属外壳要接地,防止金属外壳漏电,发生触电事故,A不符合家庭安全用电要求。使用试电笔时,笔
尖接触要检测的导线,手接触笔尾金属体,才能正确辨别火线和零线,B正确;由于生活用水是导体,用湿手按开关时容
易发生触电事故,C不符合家庭安全用电要求。多个大功率用电器同时使用一个插座,会使总功率过大,造成电流过大,
容易引起火灾,D不符合安全用电原则。故选B。
3.(2021山东烟台,3,2分)如图所示,两列火车并排停在站台上,小红坐在车厢向另一列火车观望。突然她觉得自己乘
坐的列车开始前进了,但是“驶过”对面列车的车尾时,小红发现她乘坐的列车还停在站台上,原来是对面的列车向
反方向开去了。“开始前进了”和“停在站台上”是因为小红所选的参照物是 ( )
A.另一列火车 自己乘坐的火车B.自己乘坐的火车 站台
C.站台 另一列火车
D.另一列火车 站台
3.D 由于对面的列车向反方向开去了,如果以对面的列车为参照物,小红的列车与另一列火车之间发生了位置改变,
所以小红发现自己是运动的;后来以站台为参照物,小红的列车与站台没有发生位置改变,所以小红发现自己是静止
的。故选D。
解题关键 判断物体的运动或静止时,要首先选择参照物,如果物体相对于参照物的位置不断变化,物体是运动的;如果物体相对于参照物的位置
保持不变,则物体是静止的。
4.(2021山东烟台,4,2分)如图所示的四种情景中,属于光的直线传播现象的是 ( )
4.B 凸透镜将光会聚到一点,光通过凸透镜后,发生了折射现象,A不符合题意;小孔成像是由光的直线传播形成的现
象,B符合题意;看见不发光的物体是光射向物体表面时发生了反射,C不符合题意;玻璃板成像属于镜面反射,D不符
合题意;故选B。
5.(2021山东烟台,5,2分)为了测量牛奶的密度,某同学利用天平和量筒测量了下面的物理量,你认为其中不需要测量
的是 ( )
A.用天平测量空烧杯的质量
B.将牛奶倒人烧杯中,用天平测量烧杯和牛奶的总质量
C.将烧杯中的牛奶倒人量筒中一部分,测出量筒中牛奶的体积
D.用天平测量烧杯和剩余牛奶的总质量
5.A 利用天平和量筒测牛奶的密度时,可将牛奶倒入烧杯中,用天平测量烧杯和橙汁的总质量,将烧杯中的橙汁倒入
m
量筒中一部分,测出量筒中橙汁的体积,用天平测出烧杯和剩余橙汁的质量,求出量筒中橙汁的质量,根据ρ= 求出密
V
度,所以实验中没用的步骤为:A用天平测量空烧杯的质量,A符合题意。故选A。
6.(2021山东烟台,6,2分)下列现象中,能利用流体压强规律解释的是 ( )6.D 抽水机抽水是利用大气压工作的,A不合题意。用吸管吸饮料时,嘴内的压强小于外界大气压,饮料在大气压的
作用下被压入到嘴中,是利用大气压的作用,B不合题意。盆景的自动给水装置上端不开口,底部虽然相互连通,它是
利用大气压来工作的,C不合题意;风吹来时,伞上方空气流速大、压强小,伞下方空气流速小、压强大,在伞的上、下
表面产生一个压强差,伞受到向上的压力大,在这个力的作用下,所以伞会向上飞起来,D符合题意。故选D。
7.(2021山东烟台,7,2分)下列科学家与科学发现对应关系正确的是 ( )
A.亚里士多德——惯性定律
B.法拉第——电流周围存在磁场
C.沈括——地磁的两极和地理的两极不重合
D.奥斯特——电磁感应现象
7.C 亚里士多德认为物体只要运动就需要力的作用,没有力的作用运动物体就会慢慢停下来,力是维持物体运动的
原因,A错;英国物理学家法拉第发现了磁生电现象,即电磁感应现象,B错;地理的两极和地磁的两极并不重合,而是
有一定的角度,这是沈括提出的地磁偏角,C正确;奥斯特发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕,D
错。
解题关键 力是改变物体运动状态的原因,维持物体运动不需要力的作用,依靠的是物体的惯性,牛顿第一定律也叫惯性定律。
8.(2021山东烟台,8,2分)用如图所示的四种方式匀連提升同一物体(不计机械自重和摩擦),其中最费力的是( )
8.A 选项A,此滑轮为动滑轮,作用力作用在滑轮上,拉力F=2G;选项B,此滑轮为定滑轮,拉力F=G;选项C,此滑轮
1 2
1 1
为滑轮组,拉力F= G;使用斜面时,不计机械自重和摩擦,Fs=Gh,据此求拉力大小,F×4m=G×2m,可得F= G。故
3 1 1
3 2
A最费力,选A。9.(2021山东烟台,9,2分)某兴趣小组设计了一种路灯自动控制装置,路灯的通断由光控开关控制,两路灯的额定电压
为220 V,R为保护电阻,S为光控开关,白天光控并关断开两路灯不发光,晚上光控开关闭合,两路灯正常发光。下列
电路设计符合要求的是 ( )
9.C 选项A,白天S光控开关断开,动触点与上静触点接触,上面的灯泡发光,晚上S光控开关闭合,衔铁被吸下来与
静触电接触,下面的灯泡发光,A不符合要求;选项B,由于灯的额定电压为220 V,两个灯泡串联,灯泡无法正常发光,
B不符合要求;选项C,晚上S光控开关闭合,衔铁被吸下来与静触电接触,两灯泡并联接在220 V电路中,都能正常发
光,C符合要求;选项D,由于灯泡左边导线连接,S光控开关闭合或断开,两灯泡都发光,D不符合要求。故选C。
10.(2021山东烟台,10,2分)如图所示,跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中,关于运动员(不包含降落伞和绳)下
列说法正确的是( )
A.动能不变,重力势能不变,机械能不变
B.动能变大,重力势能变小,机械能不变
C.动能不变,重力势能交小,机械能变小
D.动能变小,重力势能变小,机械能变小
10.C 跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中,运动员的质量不变,速度不变,所以动能不变;同时质量不变,高度
减小,所以重力势能减小,故机械能减小。选C。
11.(2021山东烟台,11,2分)选项图中所示的装置中与甲图工作原理相同的是 ( )11.D 由图可知,该装置中有电源,是通电线圈在磁场中受力的实验,利用此装置的原理制造了电动。自发电手电筒,
话筒,手摇发电机,是利用闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动,从而产生感应电流,这三者利用的都是
电磁感应现象,ABC不符合题意。扬声器是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的,D符合题意。故选D。
解题关键 本题涉及的内容有电流的磁效应,电动机的原理和发电机的原理。注意电动机和发电机的区别:电动机的装置图有电源,发电机的原理
图没有电源。
12.(2021山东烟台,12,2分)如图所示为某压力传感器的原理图,R 为定值电阻,滑动变阻器R 的滑片P通过AB间可
1 2
以伸缩的导线与电路相连,导线位于弹簧内部,当闭合开关S,压力F增大时,下列说法正确的是 ( )
A.电压表V 的示数变大
1
B.电压表V 的示数变小
2
C.电压表V 的示数与电流表A的示数比值变大
2
D.电压表V 的示数与电流表A的示数比值变小
1
12.C 由图可知,R 与R 串联,电流表测电路中电流,V 测量R 电压,V 测量R 电压,当压力F增大时,R 的阻值变大,
1 2 1 1 2 2 2
电路中的电流变小,电流表示数变小。由U=IR 可知,电流变小,R 不变,U 变小,电压表 V 的示数变小。根据
1 1 1 1 1
U=U+U,电源电压不变,U 变小,U 变大,即电压表 V 示数变大,AB错。电压表 V 的示数与电流表A的示数比值为
1 2 1 2 2 2
R,由于R 变大,即比值变大,C正确;电压表 V 的示数与电流表A的示数比值R,R 不变,即比值不变。选C。
2 2 1 1 1
思路分析 由电路图可知,电阻R 与滑动变阻器R 串联,电压表 V 测定值电阻电压,电压表 V 测滑动变阻器两端的电压,电流表测电路电流,根据
1 2 1 2
滑片的移动移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化,根据串联电路特点判断电压表示数如何变化,根据欧姆定律判断电压表和电流表比
值的变化。
13.(2021山东烟台,13,2分)小明同学在一根细木棒的下端缠绕了一些铁丝然后将它分别置于甲,乙两杯液体中,静止
时的状态如图所示,下列说法正确的是 ( )A.甲杯液体的密度较大
B.乙杯液体的密度较大
C.木棒在甲杯液体中受到的浮力较大
D.木棒在乙杯液体中受到的浮力较大
13.B 因为同一根细木棒在甲乙两种液体中都是漂浮,所以铅笔所受浮力都等于铅笔重(即浮力相等),故CD错误;因
为F =ρ gV ,所以,当F 相同时,V 大的液体密度小,由图知,甲杯中V 大,所以甲杯液体的密度小,乙杯液体的
浮 液 排 浮 排 排
密度大,A错误,B正确。故选B。
解题关键 细木棒在甲乙两种液体中都漂浮,所受浮力都等于木棒重,受浮力相等,再结合阿基米德原理分析即可。
14.(2021山东烟台,14,2分)如图所示,电源电压恒定不变,闭合开关S,灯L 和L 均发光,一段时间后,一盏灯突然熄
1 2
灭,而电流表和电压表的示数都不变,出现这一现象的原因可能是 ( )
A.灯L 断路 B.灯L 断路
1 2
C.灯L 短路 D.灯L 短路
1 2
14.A 由题图可知,L 和L 并联,电流表测L 的电流,电压表测电源电压。闭合开关S,灯L 和L 均发光,一段时间后,
1 2 2 1 2
一盏灯突然熄灭,而电流表和电压表的示数都不变,说明是L 断路,A正确;若灯L 断路,则电流表没示数,B错;若灯
1 2
L 短路,则电源短路,两表都无示数,C错;若灯L 短路,则电流表可能烧坏,两表都无示数,D错。故选A。
1 2
15.(2021山东烟台,15,2分)如图所示,电源电压不变,滑动变阻器的最大阻值为R,已知R∶R∶R=1∶1∶2,则下列说法正
1 2
确的是 ( )
A.当滑片P移动到a端时,闭合S、S,通过R 与R 的电流之比是1∶2
1 2 1 2
B.当滑片P移动到a端时,闭合S、S,通过R 与R 的电流之比是1∶1
1 2 1 2
C.当滑片P移动到b端时,只闭合S,滑动变阻器两端的电压与R 两端的电压之比是1∶1
1 1
D.当滑片P移动到b端时,只闭合S,滑动变阻器两端的电压与R 两端的电压之比是2∶1
2 2
U
15.D 当滑片P移动到a端时,闭合S、S,R 与R 并联,由于R 与R 电阻之比为1∶2,电压相同,由I= 可得,通过R
1 2 1 2 1 2 1
R
与R 的电流之比是2∶1,AB错;当滑片P移动到b端时,只闭合S,R和R 串联电流相同,由于R与R 电阻之比为1∶1,
2 1 1 1
U
电压相同,由I= 可得,滑动变阻器两端的电压与R 两端的电压之比是1∶1,C正确。当滑片P移动到b端时,只闭合
1
R
U
S,R和R 串联电流相同,由于R与R 电阻之比为1∶2,由I= 可得,滑动变阻器两端的电压与R 两端的电压之比是
2 2 1 2
R
1∶2,D错。故选C。二、填空题(每小题3分,共15分)
16.(2021山东烟台,16,3分)如图所示,小明在筷子的一端捆上棉花蘸水后充当活塞,插入两端开口的塑料管中,做成
“哨子”。用嘴吹管的上端,可以发出悦耳的哨声,这哨声是由 的振动产生的,上下推拉活塞,改变了声音的
,当筷子不动,用不同的力吹管时,改变了声音的 。
16.答案 空气柱 音调 响度
解析 哨声是哨子内空气振动产生的,吹哨时,向上推活塞,哨子内的空气柱变短,空气柱容易振动,频率大,音调高,活塞不动,用更
大的力吹哨子,可以增大空气柱的振幅,可以增大哨子的响度。
17.(2021山东烟台,17,3分)现代生活中人们越来越离不开手机,其中手机强大的拍照功能给人们带来很多的便利,景
物通过手机镜头成倒立、缩小的 (选填“实像”或“虚像”)。如图所示,小明利用自拍杆进行自拍,与手拿
手机自拍相比,利用自拍杆可以 物距,从而 取景范围,取得需要的拍摄效果(后两个空均选填“增
大”或“减小”)。
17.答案 实像 增大 增大
解析 照相机镜头相当于凸透镜,照相机是根据物距大于2倍焦距时凸透镜成倒立、缩小实像的原理制成的;凸透镜成实像时,物
像异侧,物距变大,像距变小,像变小,所以利用自拍杆进行手机自拍时,增大了被拍摄人物与镜头的距离(即增大了物距),使所成的
像变小了,从而有效地增大了取景范围。
18.(2021山东烟台,18,3分)勤洗手是降低新冠病毒感染的有效防护措施。在生活中找们常会碰到这样的情况,洗完
手以后身边没有纸巾、毛巾或其它可以擦手的东西,此时为了让手快点干,你通常会采用的做法是 ,你的做
法用到的物理知识是 。(写出一种做法及对应的物理知识)
18. 答案 可以来回挥动手 这是利用增大空气流速增大蒸发(其他方法合理也得分)
解析 使液体蒸发加快的方法有:①提高液体的温度;②增大液体的表面积;③加快液体表面空气的流动。利用影响蒸发的因素回
答即可。
19.(2021山东烟台,19,3分)为了防止电流过大将用电器核心部件烧毁,很多用电器都装有保险管,如图甲所示,乙、
丙两图分别是两个保险管的截面图,若两管内保险丝的材料相同,长度相同,粗细不同,则两图中 保险丝的电
阻大,当乙、丙两保险管通过相同的电流时, 保险丝的热功率大, 保险丝更容易熔断。(均选填“乙
图”或“丙图”)。
19.答案 丙图 丙图 丙图
解析 由图可知,甲乙中保险丝的材料相同、长度相同,但粗细不同;乙图的保险丝越细,表明其电阻越大,相同时间内产生的热量
越多,热功率越大,越容易熔断。20.(2021山东烟台,20,3分)如图所示,电源电压恒为12 V,滑动变阻器的最大阻值为48 Ω,电流表量程为0~0.6 A,小
灯泡标有“6 V,3 W”字样,忽略温度对灯丝电阻的影响。当S、S 和S 都闭合时,调节滑动变阻器的滑片,使电路中
1 2
的总功率最小且为6 W,定值电阻R 的阻值为 Ω;当只闭合S时,电路中允许通过的最大电流为 A,
0
此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
20.答案 48 0.5 12
P 6W U 12V
解析 电路中的总功率最小时,为滑动变阻器阻值最大,总电流为I= = =0.5 A;通过滑动变阻器的电流I= = =0.25
U 12V R 48Ω
A;通过R
0
的电阻为R
0
=U= 12V =48 Ω;只闭合S,灯泡L和滑动变阻器串联,允许通过的最大电流为I
L
= P L=6W =0.5 A,
I 0.25A U 12V
0 L
U' 6V
滑动变阻器分压为U'=U-U =12 V-6 V=6 V,R'= = =12 Ω。
L I 0.5A
L
三、实验探究题(21题3分,22题6分,共9分)
21.(2021山东烟台,21,3分)如图所示,某清澈池塘底部有一物体A,站在岸边的小明(假设小明的眼睛在C处)看到物
体在B处,请画出小明看到物体A的光路图。
21.答案 如图所示
解析 如图所示,连接BC与水面交于点O,再连接AO,分别在AO和OC上表示光箭头,即为物体A由水射向C点光的传播路径,
而C点的人总是认为光是沿着直线传播的,误认为物体在B点。
思路分析 光从水中斜射入空气中时发生折射,人看到的A即A的像,比原来的位置要浅一点,故可先将眼睛和像点B连接起来,与水面的交点即
为入射点,再连接入射点与物体A,标出光的传播方向。
22.(2021山东烟台,22,6分)阅读短文回答问题
返回舱的回家之旅
经历了长达23天的飞行,在月球成功取样后,嫦娀五号返回舱于2020年12月17日凌晨1点精准地降落在内蒙
古四王子旗地区。
返回舱在返回过程中要应时多种挑战,首先要应对的是高温。返回舱在利用半弹道跳跃(打水漂)再次进入大气
层时的遮度约为7.9 km/s,它与大气的剧烈摩擦最高可产生3 000 ℃左右的高温,我们知道,在温度为1 600 ℃时,就能
熔化钢铁,在3 000 ℃时,即使是金刚石也会熔化,为什么嫦娀五号的返回舱没有被烧毁,而仅仅只是被“烤至金黄”?这是因为我国的神舟系列飞船采用了自主研制开发的烧蚀防热技术,就是用先进的防热材料技术给返回舱穿上一层
25 mm厚的“防热衣”,防热材料在高温作用下,自身分解、熔化、蒸发和升华,在消耗表面质量的同时带走大量的
热,使表面温度大幅下降;同时还有一层辐射式防热和隔热材料,使热量不能传递到舱内,最终可使返回舱内部的温度
控制在30 ℃左右。除了高温,返回舱返回过程中还要经过一个距地面35 km到80 km的黑障区,返回舱通过黑障区
时,外壳温度为2 000 ℃左右,高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体,屏蔽了电磁波的通过,因此会丧失与外界
的无线电联系,这段时间地面人员无法得知返回舱的实时状况,也无法对返回舱进行控制,只能通过进入黑障前进行
精准的调控,才能使它顺利通过黑障区。返回舱在到达地面前的最后一道难关是在距地面约10 km处要用降落伞减
速。嫦城五号返回舱共有三把伞:引导伞、减速伞和主伞,其中主伞面积可以达到1 200 m2左右,只有让降落伞顺利
开伞才能在巨大阻力作用下,在返回舱到达地面前减速到6 m/s左右,确保返回舱安全着陆。
嫦域五号月球取样的成功,在世界面前彰显了我国航天科技的伟大成就,更让我们为祖国的强大而自豪。
(1)为什么降落伞上伞的面积要做得尽量大一些?
(2)返回舱经过稠密大气层时为什么会出现高温?如何使返回舱内部的温度保持在30 ℃左右?
(3)返回舱航返回过程中,地面工作人员与返回舱之间利用什么传送信号?当返回舱出现黑障时,为什么无法传送信号?
22.答案 (1)降落伞主伞的面积做的很大,是增大空气的阻力
(2)返回舱经过稠密大气层时与空气摩擦,把机械能转化为内能,使返回舱的内能增加;在返回舱外加防热材料
(3)地面工作人员与返回舱之间利用电磁波传送信号;等离子体,屏蔽了电磁波,所以无法传送信号。
解析 (1)降落伞主伞的面积做的很大,是增大空气的阻力,使返回舱到达地面前减速到6 m/s左右,确保返回舱安全着陆;(2)返回
舱经过稠密大气层时与空气摩擦,把机械能转化为内能,使返回舱的内能增加;用先进的防热材料技术给返回舱穿上一层25 mm厚
的“防热衣”,防热材料在高温作用下,自身分解、熔化、蒸发和升华,在消耗表面质量的同时带走大量的热,使表面温度大幅下降;
同时还有一层辐射式防热和隔热材料,使热量不能传递到舱内,最终可使返回舱内部的温度控制在30 ℃左右。(3)返回舱通过黑障
区时,外壳温度为2 000 ℃左右,高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体,屏蔽了电磁波的通过,因此会丧失与外界的无线电联
系。
四、实验探究题(每小题8分,共24分)
23.(2021山东烟台,23,8分)在探究某固体熔化时温度的变化规律的实验中,小明采用了水浴法加热。
(1)水浴法加热的好处是 ;
(2)小明组装的实验器材如图甲所示,图中有在一处明显的不足,请你指出不足之处并说明理由 ;
(3)小明纠正了不足,重新调整了器材,根据实验测得的数据作出图像,如图乙所示,由图像可知该物质的熔点是
℃,第10 min时,该物质所处的状态是 (填“固态”、“液态”或“固液共存”)。
23.答案
(1)均匀受热 (2)温度计碰到了试管底部 (3)60 固液共存解析 (1)将装有固体碎末的试管放入水中加热,这是水浴法,采用水浴法,固体碎末的温度变化比较均匀,并且变化比较慢,便于记
录实验温度。(2)由图可知,温度计的玻璃泡接触到了试管底;(3)由乙图可知,在BC段,温度保持不变,为60 ℃,物质处于其熔化
过程中,处于固液共存态。
24.(2021山东烟台,24,8分)在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中,某小组用同一物块按照图甲、乙,丙进
行了三次实验。
(1)实验过程中,弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做 运动,此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示
数,所依据的原理是 。
(2)进行 两次实验,是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小之间的关系;
(3)实验中发现丙图中弹簧测力计的示数比甲图中的大,由此可以得到的结论是: 。
(4)在交流评估环节中,某同学总认为滑动摩擦力的大小还与接触面积有关,为了验证他的想法,他进行了如下设计:
将甲图中的物块竖直切掉一半重新进行实验,测得物块所受摩擦力与甲图中测得的数据进行比较,从而得出结论。请
对该同学的设计方案进行评估 。
24.答案
(1)匀速直线 拉力和摩擦力是一对平衡力
(2)甲乙在压力一定时,接触面越粗糙,摩擦力越大
(3)此方案不合理。在改变受力面积的同时,改变了压力,没有控制单一变量
解析 (1)实验中,弹簧测力计必须沿水平方向拉动木块做匀速直线运动,此时根据二力平衡知识可知:滑动摩擦力的大小等于拉力
的大小;
(2)研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关,要控制接触面粗糙程度相同,故分析甲乙两次实验可知,滑动摩擦力的大小与压力大小
有关;
(3)将木块沿竖直方向截去一半后,压力也变为原来的一半,没有控制对接触面的压力不变,故探究过程不正确。
25.(2021山东烟台,25,8分)为了测量小灯泡的电功率及观察小灯泡的亮度变化情况,某小组选用了一只额定电压为
3.8 V的小灯泡,他们准备进行三次测量,加在小灯泡两端的电压分别为3.8 V、4.5 V和3 V,连接的实物电路图如图
所示。
电压表 电流表 小灯泡的 小灯泡的
示数(V) 示数(A) 实际功率(W) 发光情况
3.8 0.40 正常发光
4.5 0.42 1.89 校亮
3.0 0.38 1.14 较暗
(1)开始实验后,闭合开关,向左移动滑动变阻器的滑片时,发现小灯泡的亮度 (选填“变亮”、“变暗”或
“不变”),电流表的示数 ,电压表的示数 (后两个空均选填“变大”、“变小”或“不变”);
(2)小组成员根据观察到的现象检查发现有一根导线连接错误,请在错误的导线上画“×”,用笔画线代替导线画出正
确的连线 ;
(3)正确连接电路后开始实验,实验所测数据如上表所示,则小灯泡的额定功率为 W;(4)根据上表的实验数据以及小灯泡的发光情况,你有什么发现?
25.答案
(1)变亮 变大 不变
(2)如图所示 1.52
(3)灯泡越来越亮,实际功率越来越大,灯泡亮度取决于灯泡的实际功率
解析 (1)开始实验后,闭合开关,向左移动滑动变阻器的滑片时,滑动变阻器的阻值变小,灯泡变亮,电流表的示数变大,由于电压
表测电源电压,所以电压表示数不变;(2)本实验测量小灯泡的功率,所以,电压表应与灯泡并联,改正后的电路图,如图所示。(3)小
灯泡的额定功率为P=UI=3.8 V×0.40 A=1.52 W;(4)由表格数据可知,实际电压大于额定电压时,实际功率大于额定功率,灯泡较亮;
实际电压小于额定电压时,实际功率小于额定功率,灯泡较暗,所以灯泡亮度取决于灯泡的实际功率。
五、计算题(26题10分,27题12分,共22分)
26.(2021山东烟台,26,10分)图甲所示为某电暖器的简化原理图,其中R、R 是两个相同的电热丝,单个电热丝的电
1 2
流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220 V,每个电热丝的额定电压均为220 V,现要在某卧室使用该
电暖器,卧室的容积为50 m3,空气的比热容为1.0×103 J/(kg·℃),空气密度为ρ=1.2 kg/m3,假设卧室封闭,请根据图像
及以上信息解答下列问题。
(1)每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少?
(2)只闭合S 时,流过电热丝的电流为多少?此时电暖器消耗的总功率为多少?
2
(3)只闭合S 和S,让电暖器工作15 min,卧室内的温度升高了10 ℃,电暖器的加热效率是多少?
1 3
26.答案 (1)110 Ω 440 W (2)1.5 A 330 W (3)76%
U 220V
解析 (1)由乙图可知,当额定电压为220 V时,对应的电流为2 A,则电热丝正常工作时的电阻R= = =110 Ω;电热丝正常
I 2A
工作时的额定功率为P=UI=220 V×2 A=440 W。(2)只闭合S 时,R 和R 串联,由于R=R,根据串联分压原理,U=U=110 V,由乙图可知,当电压为110 V时,对应的电流为1.5 A,
2 1 2 1 2 1 2
此时电暖器消耗的总功率为P =UI=220 V×1.5 A=330 W。
总
(3)卧室内空气的质量为m=ρV=1.2 kg/m3×50 m3=60 kg;让电暖器工作15 min,卧室内的温度升高了10 ℃,卧室内吸收热量为Q
吸
=cmΔt=1.0×103 J/(kg·℃)×60 kg×10 ℃=6×105 J;只闭合S 和S,R 和R 并联接入电路,由乙图可知,并联后的总电流为4 A,电暖器
1 2 1 2
工作15 min,产生的热量为Q=W=UIt=220 V×4 A×15×60 s=7.92×105 J,η=Q 吸= 6×105 J =76%。
Q 7.92×105 J
放
27.(2021山东烟台,27,12分)如图所示为某学校厕所内自动冲水装置简化的原理图,这种装置能定时为便池冲水。注
水口通过阀门控制可保持细小水流不停地向水箱内注水。活塞下方有支撑销(体积不计)支撑,随着水位的升高,当活
塞被顶起时水由冲水口快速流出,当两侧液面相平时,活塞落下,冲水结束;杠杆AB处在水平位置,O为支点,
OA∶OB=1∶2,A端通过竖直顶杆AC与活塞相连,连接配重M的细绳通过定滑轮竖直作用在B端。已知活塞的横截面积
S=10 cm2,右侧蓄水箱的横截面积为S=0.12 m2,注水速度为20 cm3/s,配重M的质量m=0.5 kg,密度ρ =2.0×103
1 2 物
kg/m3,不计杆AB、顶杆AC、绳及活塞的重力,不计摩擦,不考虑冲水所用的时间,ρ =1.0×103 kg/m3,g=10 N/kg,设活
水
塞刚被顶起时,杠杆水平,两侧水面高度差为h,求:
(1)配重M所受浮力F ;
浮
(2)两侧水面高度差h;
(3)前后两次冲水的时间间隔;
(4)若将配重M更换成相同材料体积较小的物体,装置的其它部分不变,则前后两次冲水的时间间隔怎样变化?此方法
能否起到节水的作用?
27.答案
(1)2.5 N (2)0.5 m (3)50 min (4)前后两次冲水的时间变短,此方法不起到节水作用
m 0.5kg
解析 (1)配重M的体积为V= = =0.25×10-3 m3;配重M所受浮力F =ρ gV =1.0×103 kg/m3×10
ρ 2×103 kg/m3 浮 液 排
N/kg×0.25×10-3 m3=2.5 N;
F
(2)物体M自身的重力为G=mg=0.5 kg×10 N/m3=5 N;绳子对物体M的拉力为F=G-F =5 N-2.5 N=2.5 N;由FL=FL 得, A
浮 1 1 2 2 2.5N
2 F 5N P
= 解得,F =5 N;由于不计活塞的重力,活塞受到的压强为P= = =5 000 Pa;由P=ρgh得,h= =
1 A S 10×10-4 m2 ρg
5 000Pa
=0.5 m。
1.0×103 kgm3×10N/kg
(3)蓄水箱内的水平虚线上液体的体积为V=sh=0.12 m2×0.5 m=0.06 m3。t=V =6×104 cm3 =3 000 s=50 min。
v 20 cm3/s
(4)若将配重M更换成相同材料体积较小的物体,装置的其它部分不变,由F =G-F =(ρ -ρ )gV 可知,物体体积V 变小,F 变
拉 浮 物 液 物 物 拉
小,小活塞受到的压力F变小,压强P变小,深度h会减小,则前后两次冲水的时间变短,此方法不起到节水作用。
