文档内容
2025 年广东省广州市南沙区中考物理一模试卷
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、在太阳内部氢原子核在超高温下发生聚变，释放出巨大的核能，故A错误；
B、太阳辐射的可见光、红外线和紫外线在真空中传播速度相同，故B错误；
C、太阳是人类的“能源之母”，煤、风能等能源都间接来自太阳能，故C正确；
D、太阳能是未来的理想能源之一，是可再生能源，故D错误。
故选：C。
(1)太阳内部每时每刻都在发生核聚变。
(2)可见光、红外线和紫外线在真空中传播速度相同。
(3)太阳是人类的“能源之母”，煤、风能等能源都间接来自太阳能。
(4)短期内能够从自然界中得到补充的能源是可再生能源。
本题考查的是太阳能的特点及应用；知道太阳能是可再生能源。
2.【答案】A
【解析】解：频率是每秒钟振动的次数，音调由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高，由图可知
甲音叉每秒振动的次数最少，频率最低，音调最低，响度与振幅有关，不能判断响度的大小关系，故A正
确，BCD错误。
故选：A。
频率的定义是每秒钟振动的次数是多少；音调的决定因素是频率。
此类问题的解析是要知道频率的定义和音调的影响因素。
3.【答案】B
【解析】解：𝐴.10∼30𝑚𝑖𝑛，乙静止不动，甲做匀速直线运动，以乙为参照物，甲是运动的，故A错误；
B.由图可知20∼30𝑚𝑖𝑛，乙静止不动，甲做匀速直线运动，甲、乙二人之间的距离越来越大，故B正确；
C.由图可知0∼40𝑚𝑖𝑛，甲通过的路程等于乙通过的路程，均为2km，故C错误；
𝑠
𝑣=
D.0∼40𝑚𝑖𝑛，二人的路程和时间都相同，由 𝑡可知甲的平均速度等于乙的平均速度，故D错误。
故选：B。
A.10∼30𝑚𝑖𝑛，乙静止不动，甲做匀速直线运动；
B.由图可知20∼30𝑚𝑖𝑛，乙静止不动，甲做匀速直线运动，进而可判断甲、乙二人之间的距离情况；
第1页，共11页
学科网（北京）股份有限公司C.由图可知0∼40𝑚𝑖𝑛，甲、乙通过的路程关系；
D.0∼40𝑚𝑖𝑛，二人的路程和时间都相同，由速度公式可知甲、乙的平均速度大小关系。
本题考查利用𝑠‒𝑡图像获得信息，解决相应问题，难度适中。
4.【答案】C
【解析】解：由图知，甲图中分子相距最近，分子排列规则，分子间的作用力最大，既不易被压缩，也不
容易被拉伸，所以是固态分子的排列方式；
乙图中分子相距较近，分子排列杂乱，分子间的作用力较弱，是液态分子的排列方式；
丙图中分子相距最远，分子无固定排列，分子间的作用力最弱，是气态分子的排列方式。
A、甲→乙是固态变为液态的熔化过程，需要吸收热量，故A错误；
B、乙→丙是液态变成气态的汽化过程，故B错误；
C、BC段表示物体吸热或放热的温度保持不变，状态发生改变的晶体熔化(或凝固)过程，此时的温度叫晶
体的熔点(或凝固点)，故C正确；
D、DE段对应的温度为该液态晶体的沸点，故D错误。
故选：C。
5.【答案】D
【解析】解：A、物体放在水平桌面上，物体对水平桌面的压力等于物体的重力，物体重力不变，物体对
水平桌面的压力不变，故A错误。
𝐹
𝑝=
B、桌面受到的压力不变，受力面积减小，根据 𝑆知，压强变大，故B错误。
CD、桌面受到的压力不变，接触面粗糙程度不变，摩擦力不变，因为匀速直线运动受力平衡，故推力不
变，故C错误，D正确。
故选：D。
木块对桌面的压力等于物体的重力，不会改变。
木块对桌面的压强大小的变化，从压强大小的影响因素进行分析。压强大小跟压力大小和受力面积大小有
关。
木块受到的摩擦力大小的变化，从摩擦力大小的影响因素进行分析。摩擦力大小跟压力大小和接触面的粗
糙程度有关，结合平衡条件分析推力大小。
摩擦力大小的影响因素和压强大小的影响因素很相似，很容易混淆，注意区分。
6.【答案】D
第2页，共11页
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：A、原子核是由质子和中子组成的，故A错误；
B、小球与橡胶棒吸引，说明小球可能带正电，也可能不带电，故B错误；
C、毛皮摩擦橡胶棒的过程中，硬橡胶的原子核对核外电子的束缚能力强，电子从毛皮转移到橡胶棒，故
C错误；
D、丝绸摩擦过的橡胶棒所带的电荷是负电荷，因为橡胶棒束缚核外电子的本领强，得到电子带负电，故
D正确。
故选：D。
(1)原子核是由质子和中子组成的。
(2)带电体可以吸引轻小物体。
(3)毛皮摩擦橡胶棒的过程中，电子从毛皮转移到橡胶棒。
(4)在摩擦起电的过程中，束缚核外电子本领强的物质的原子核得到电子带负电。
本题考查的是摩擦起电的实质；知道正负电荷的特点；知道原子结构的知识。
7.【答案】B
【解析】解：
𝑆 𝑆
A、ac间断路，断开 1，保持 2闭合，测电笔接触插座的下孔时，氖管不会发光，故A错误；
𝑆 𝑆 𝐿 𝐿 𝑆 𝑆
B、bd间断路，闭合开关 1、 2，灯泡 1正常发光、 2不亮；断开 1，保持 2闭合，用测电笔插入插座两
孔，两孔与火线之间是接通的，氖管都发光，故B正确；
𝐿 𝑆 𝑆
C、灯泡 2断路，断开 1，保持 2闭合，测电笔接触插座的下孔时，氖管不会发光，故C错误；
𝑆 𝑆 𝐿
D、b点到零线之间断路，闭合开关 1、 2，灯泡 1不会发光，故D错误。
故选：B。
测电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果直接或间接接触
火线，氖管会发光。
本题考查了家庭电路故障的分析，属于基础题。
8.【答案】C
【解析】解：A、温度正常时指示灯L发光，当温度升高到报警温度时，指示灯熄灭，蜂鸣器报警，说明
温度升高时，热敏电阻的电阻减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下来，接通蜂鸣
器电路，故A错误；
B、温度升高过程中，热敏电阻的阻值减小，控制电路中的电流增大，电磁铁磁性增强，故B错误；
𝑅 𝑅 𝑅
C、若要调低电阻温度， 1阻值将变大， 总不变，则 2将变小，故C正确；
第3页，共11页
学科网（北京）股份有限公司D、电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故D错误。
故选：C。
根据电磁继电器的原理和热敏电阻的特性结合欧姆定律进行分析；根据安培定则分析电磁铁的磁极。
本题考查的是电磁继电器的应用；会根据欧姆定律和热敏电阻的特性进行分析。
9.【答案】D
【解析】解：A、根据图3所示信息，电流从电源的正极出发经过线圈回到负极，由安培定则可知，图中
P端为S极，故A错误。
BCD、电流从电源的正极出发经过线圈回到负极，根据图1的螺线管与磁感线的关系，可以推出图3中导
线所处的磁场的磁感线方向是从右指向左的；
已知图3中“⊙”表示导线中的电流方向垂直于纸面向外，因此通电导线受到的磁场力也是竖直向下的，
故BC错误，D正确。
故选：D。
(1)由安培定则可确定图3中P端极性；
(2)通电导体在磁场中受力运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关，当只改变电流方向时通电导体运
动方向改变，当只改变磁场方向时通电导体的运动方向改变。
本题关键在于明确通电导体在磁场中受力运动方向的影响因素，难度不大。
10.【答案】B
【解析】解：AB、由图可知，活塞处于静止状态，则左右两侧受到液体的压强是相同的，且左侧液体的深
度要大于右侧液体的深度，根据𝑝=𝜌𝑔ℎ可知，左侧液体的密度要小于右侧液体的密度，已知右侧装有植
𝜌 >𝜌 >𝜌
物油，且 水 植物油 酒精，所以左侧装的液体为酒精，故A错误，B正确；
C、若在左侧a上方容器口持续水平吹气，在a上方的气压变小，左侧压强变小，活塞将向左移动，故C
错误；
D、若在a处继续加入密度更小的液体，左侧的压强增大，活塞将向右移动，故D错误。
故选：B。
根据液体压强公式和给出液体密度值的关系进行分析；流体压强与流速的关系：流速越大的地方，压强越
小；流速越小的地方，压强越大。
本题考查了流体的压强与流速的关系、液体内部压强公式的应用，难度不大。
11.【答案】机械能变大； 竖直向上； >； 变大
第4页，共11页
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：(1)消防员匀速爬杆，速度不变，动能不变；高度升高，重力势能增大。机械能等于动能与
重力势能之和，所以机械能变大。
(2)消防员沿杆匀速向上爬，处于平衡状态，在竖直方向受到重力和摩擦力的作用，这两个力是一对平衡
𝑓
力。重力方向竖直向下，所以摩擦力 1方向竖直向上。
(3)消防员背上包袱后重力增大，匀速下滑时，摩擦力与重力是平衡力，即 𝑓 2等于此时的重力。而在向上爬
𝑓 𝑓 >𝑓
时， 1等于消防员自身重力，取包袱后重力增大，所以 2 1。
(4)动能与质量和速度有关，消防员下滑与向上爬时速度相同，但背上包袱后质量增大，所以下滑时动能
变大。
故答案为：(1)机械能变大；(2)竖直向上；(3)>；(4)变大。
动能和势能都属于机械能，动能是物体运动时具有的能量，势能是存储着的能量，动能和势能是机械能的
两种表现形式。
摩擦力的性质是阻碍相互接触的两个物体间的相对运动或相对运动趋势。
对于初中摩擦力的大小不需要利用公式计算，摩擦力大小只要求求出静摩擦力和滑动摩擦力，这两种摩擦
力一般与平衡力相结合出题。
动能的大小与物体的质量和运动的速度有关：物体质量越大、速度越大，具有的动能越大。
本题考查了机械能的概念，摩擦力大小及方向的分析，动能的影响因素。
12.【答案】扩散；分子在永不停息地做无规则运动； 引力； 匀速直线运动；惯性； 做功
【解析】解：(1)将蓝颜料滴入水中，由于分子都在不停地做无规则运动，所以过一会儿水会变蓝了，属
于扩散现象。
(2)两块透明塑料板上的水球接触后融合成一体，然后将两块透明塑料板缓缓分开，水球被拉长成圆柱形，
形成了一个长约10cm的液桥，这是因为分子之间存在相互作用的引力。
(3)王亚平水平向前抛出“冰墩墩”摆件，由于“冰墩墩”具有惯性，会向前运动；被抛出后的冰墩墩受
到的合力几乎为0，近似做匀速直线运动。
(4)返回舱与大气剧烈摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，使内能增加，温度升高，这是通过做
功的方式改变了返回舱的内能。
故答案为：(1)扩散；分子在永不停息地做无规则运动；(2)引力；(3)匀速直线运动；惯性；(4)做功。
(1)一切物质都是由分子组成的或由原子组成的，分子是在永不停息地做无规则运动；
(2)分子间存在相互作用的引力和斥力；
(3)物体有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；根据牛顿第一定律分析；
第5页，共11页
学科网（北京）股份有限公司(4)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
本题考查了分子动理论、牛顿第一定律、惯性、物体内能的改变等知识，综合题，难度不大。
13.【答案】一定质量的水，上升相同的温度，吸收热量的多少与水的初温无关； ①58；②小于；③正确；
两杯水温度升高的快慢相同，两杯水的初温均为20∘𝐶， 𝑚 甲 <𝑚 乙，根据𝑄=𝑐𝑚Δ𝑡可知甲杯中水吸收的热
量小于乙杯中水吸收的热量，加热丝产生的热量完全被水吸收，说明甲液体中的电热丝产生的热量小于乙
液体中电热丝产生的热量，时间相同，根据𝑄=𝑊=𝑃𝑡可知甲液体中加热丝的电功率比乙液体的小
【解析】解：(1)因加热丝释放的热量完全被水吸收，故加热相同时间内水吸热相同；
由表中数据可知，一定质量的水，水的初温分别为20∘𝐶、22∘𝐶、24∘𝐶，升高的温度都为2∘𝐶，由于用秒
表测量时间时有反应误差，所以，在误差允许的范围内，加热时间近似相等，即水吸收的热量相等，故得
出的结论是：一定质量的水，上升相同的温度，吸收热量的多少与水的初温无关。
(2)①由图可知，温度计的分度值是1∘𝐶，温度计的示数是58∘𝐶；
②内能与质量、状态和温度有关，水沸腾前，同一时刻，温度和状态相同，乙的质量较大，乙的内能较大；
③两杯水温度升高的快慢相同，两杯水的初温均为20∘𝐶， 𝑚 甲 <𝑚 乙，根据𝑄=𝑐𝑚Δ𝑡可知甲杯中水吸收的
热量小于乙杯中水吸收的热量，加热丝产生的热量完全被水吸收，说明甲液体中的电热丝产生的热量小于
乙液体中电热丝产生的热量，时间相同，根据𝑄=𝑊=𝑃𝑡可知甲液体中加热丝的电功率比乙液体的小，故
该结论是正确的。
故答案为：(1)一定质量的水，上升相同的温度，吸收热量的多少与水的初温无关；(2)①58；②小于；③
正确；两杯水温度升高的快慢相同，两杯水的初温均为20∘𝐶， 𝑚 甲 <𝑚 乙，根据𝑄=𝑐𝑚Δ𝑡可知甲杯中水吸
收的热量小于乙杯中水吸收的热量，加热丝产生的热量完全被水吸收，说明甲液体中的电热丝产生的热量
小于乙液体中电热丝产生的热量，时间相同，根据𝑄=𝑊=𝑃𝑡可知甲液体中加热丝的电功率比乙液体的小。
(1)由题意，根据转换法，用加热时间比较吸热的多少，分析表中数据结合测量误差得出结论；
(2)①根据温度计的分度值读数；
②内能的影响因素有质量、温度、状态等；
③根据𝑄=𝑐𝑚Δ𝑡判定吸收热量的关系，然后根据电功公式判定电阻关系。
本题研究“一定质量的水，上升相同的温度，吸收热量的多少与水的初温是否有关，考查控制变量法、转
换法及数据分析的能力。
𝐺𝐿
2
14.【答案】见解答； 见解答； 𝐿 1； <； 𝐹 1 +𝐹 2
第6页，共11页
学科网（北京）股份有限公司【解析】解：(1)(2)根据杠杆的平衡条件知，当阻力一定时，动力臂越长、阻力臂越短，动力越小，因而
选择左侧端点为支点，动力臂最小，右端作为动力作用点，且动力竖直向上，动力臂最大，动力最小，如
图所示：
𝐺𝐿
𝐹= 2
(3)根据杠杆的平衡条件 𝐹 1 𝑙 1 =𝐹 2 𝑙 2，则 𝐿 1；
(3)根据图中知，动力臂始终等于杠杆的长，而左图的阻力臂较小，故省力些，因而 𝐹 1 <𝐹 2；
𝐹 𝐿 =𝐺𝐿
根据杠杆平衡条件知，左图 1 1 2，
𝐹 𝐿 =𝐺(𝐿 ‒𝐿 )
右图 2 1 1 2 ，
𝐺=𝐹 +𝐹
联立解得 1 2。
𝐺𝐿
(3) 2
故答案为：(1)见解答；(2)见解答； 𝐿 1；(4)<； 𝐹 1 +𝐹 2。
(1)根据杠杆的平衡条件知，当阻力一定时，动力臂越长、阻力臂越短，动力越小，据此分析并画图；
(2)根据杠杆平衡条件计算动力；
(3)根据杠杆平衡条件分析两次动力大小，结合平衡条件计算重力。
本题考查杠杆的画图与平衡条件的应用，属于中档题。
15.【答案】见解答； 见解答； 向右移动
【解析】解：(1)平面镜所成像与物关于平面镜对称，先画平面镜延长线，作S关于平面镜的对称点𝑆'，即
为S在平面镜中所成的像𝑆'；
(2)𝑆发出的一束光经平面镜反射后射入水中(𝑂点为入射点)，连接𝑆'𝑂，与平面镜交点为入射点，入射点到
O的连接为反射光线，连接S与入射点连线为入射光线；
过O垂直水面画法线，根据光由空气斜射入水中时，折射角小于入射角，在法线右侧水中画出折射光线，
与容器底的交点为光斑P，光路图如下图所示：
(3)若容器里的水位下降到A处时，射向水面的入射光线水变，但入射点随水面下降而逐渐降低且向右移
第7页，共11页
学科网（北京）股份有限公司动，且入射角不变，那么折射角大小也不变，折射光线与原折射光线平行，由下图知，光斑将向右移动。
故答案为：(1)见解答；(2)见解答；(3)向右移动。
(1)根据平面镜成像的特点可知，像与物关于镜面对称，由此画出S的像；
(2)根据反射光线的反向延长线一定过像点，而O为反射光线反射后射入水中的入射点，由此画出经平面
镜的反射光线，即射向水面的入射光线；过入射点O画法线，根据光由空气斜射入水中时，折射角小于入
射角画出折射光线，与容器底的交点为光斑P；根据反射角等于入射角画出反射光线；
(3)容器里的水位下降时，射向水面的入射光线水变，但入射点随水面下降而逐渐降低且向右移动，据此
分析光斑的移动情况。
本题综合考查了平面镜成像特点及光路、光的折射规律的应用，掌握基础知识是关键，一定要注意作图的
规范。
16.【答案】见解析； 见解析； 不经过
【解析】解：已知该凸透镜的焦距为3cm，在图中凸透镜两侧距光心3cm处标出焦点F；
因折射光线a过凸透镜焦点，所以其入射光线平行于主光轴；因折射光线b过光心，而过光心的光线方向
不变，据此画出a、b的入射光线，两入射光线的交点为光源M，如图所示。
折射光线c与凸透镜的交点为该光线的入射点，连接M与光线c的入射点，即c的入射光线，由图知c的
入射光线不经过凸透镜的焦点。
第8页，共11页
学科网（北京）股份有限公司故答案为：(1)见解析；(2)见解析；(3)不经过。
先标出凸透镜左右两侧的焦点F，根据凸透镜的三条特殊光线画出a、b的入射光线，两入射光线的交点为
光源M；连接M与c光线的入射点，可知c的入射光线是否经过凸透镜的焦点。
本题主要考查了作凸透镜的光路图，要掌握好光心、焦点的基本概念，关键是熟练掌握凸透镜的三条特殊
光线。
17.【答案】3； 见解答； 物块b； 0.75
【解析】解：(1)根据阿基米德原理知，浮力等于排开液体的重力，即
𝐹 =𝐺 =𝑚 𝑔=0.3𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=3𝑁
浮 排 排 ；
(2)𝑎漂浮，浮力等于重力，为3N，静止受力平衡，如图所示：
(3)𝑎漂浮，密度小于水的密度，而b沉底，密度大于水的密度，故a的密度小于b的密度；
(4)体积相同的物块a和b，根据𝐺=𝑚𝑔=𝜌𝑉𝑔可得： 3𝑁=𝜌 𝑎 𝑔𝑉 ；
𝐹 =𝜌 𝑔𝑉 0.4𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=𝜌 𝑔𝑉
浸没后的浮力等于b排开液体的重力，由阿基米德原理 浮 水 排可得： 水 ；
𝜌 =0.75𝜌 =0.75𝑔/𝑐𝑚3
解得 𝑎 水 。
故答案为：(1)3；(2)见解答；(3)物块b；(4)0.75。
(1)根据阿基米德原理分析浮力；
(2)根据静止受力平衡画图；
(3)根据浮沉条件分析物体密度与液体密度的关系，进行比较；
(4)根据阿基米德原理和密度公式列方程计算a的密度。
本题考查阿基米德原理与浮沉条件的应用，属于中档题。
𝑆
18.【答案】S、 1闭合时，电热水壶处于“加热”状态，此时电路总电流是5A；
①此时通过电热水壶的电流是0.22𝐴；
𝑈2
𝑅 𝑃= 𝑅
③保持不变；电热器 2两端的电压和阻值都不变，根据 𝑅可知，电热器 2的电功率不变；
这杯水自然冷却到室温，放出的热量是5.04×104𝐽
【解析】解：(1)𝑆、 𝑆 1闭合时，电热水壶处于“加热”状态，由𝑃=𝑈𝐼可知，此时电路总电流：
𝐼= 𝑃 加热= 1100𝑊 =5𝐴
𝑈 220𝑉 ；
(2)①)①当开关S闭合、 𝑆 1断开时，电热水壶处于“保温”状态，由图1可知，只有 𝑅 2工作，
第9页，共11页
学科网（北京）股份有限公司𝑈 220𝑉
𝐼 = = =0.22𝐴
此时电路中的电流： 保温 𝑅 2 1000Ω ；
𝑈2
𝑆 𝑅 𝑃= 𝑅
②开关 1从闭合到断开，电热器 2两端的电压和阻值都不变，根据 𝑅可知，电热器 2的电功率不变；
(3)由图3可知，水的末温为20∘𝐶，则水降低的温度Δ𝑡=80∘𝐶‒20∘𝐶=60∘𝐶，
这杯水自然冷却到室温，放出的热量：
𝑄 =𝑐 𝑚Δ𝑡=4.2×103𝐽/(𝑘𝑔⋅ ∘𝐶)×0.2𝑘𝑔×60∘𝐶=5.04×104𝐽
放 水 。
答：(1)𝑆、 𝑆 1闭合时，电热水壶处于“加热”状态，此时电路总电流是5A；
(2)①此时通过电热水壶的电流是0.22𝐴；
𝑈2
𝑅 𝑃= 𝑅
③保持不变；电热器 2两端的电压和阻值都不变，根据 𝑅可知，电热器 2的电功率不变；
(3)这杯水自然冷却到室温，放出的热量是5.04×104𝐽。
(1)根据𝑃=𝑈𝐼求出电热水壶处于“加热”状态，此时电路总电流；
(2)①当开关S闭合、 𝑆 1断开时，电热水壶处于“保温”状态，由图1可知，只有 𝑅 2工作，根据欧姆定律求
出此时电路中的电流；
𝑈2
𝑆 𝑅 𝑃= 𝑅
②开关 1从闭合到断开，电热器 2的两端的电压和电阻不变，根据 𝑅可知电热器 2的电功率的变化情
况；
(3)由图3可知水的末温，句据此求出水降低的温度，根据 𝑄 放 =𝑐𝑚Δ𝑡 求出水放出的热量。
本题考查并联电路特点、欧姆定律、吸热公式以及电功率公式的灵活应用，属于电热综合题，难度不大。
19.【答案】汽油机是汽车的“心脏”，汽油机工作时做功冲程使汽车获得动力；
该汽车空载停放在水平的停车场时，汽车对地面的压强有4×104𝑃𝑎；
①发动机做的功是8×105𝐽；
②汽车发动机牵引力是4×103𝑁；
③需要燃烧0.8𝑘𝑔汽油才能使发动机做这么多功
【解析】解：(1)汽油机的做功冲程对外做功，将内能转化为机械能，因此，汽油机工作时做功冲程使汽
车获得动力；
(2)该汽车空载时，汽车对水平地面的压力：𝐹=𝐺=𝑚𝑔=2000𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=2×104𝑁；
轮胎与地接触面积：𝑆=5000𝑐𝑚2=0.5𝑚2
，
汽车对水平地面的压强：
𝑝= 𝐹 = 2×104𝑁 =4×104𝑃𝑎
𝑆 0.5𝑚2 ；
第10页，共11页
学科网（北京）股份有限公司(3)由图可知，轿车在15𝑠∼25𝑠内速度为20𝑚/𝑠不变，即做匀速直线运动，
已知发动机的恒定功率𝑃=80𝑘𝑊=8×104𝑊，
𝑊
𝑃=
①由 𝑡可得，在10‒20𝑠时间内，轿车发动机做的功：
𝑊=𝑃𝑡=8×104𝑊×10𝑠=8×105𝐽。
②由图可知，轿车匀速直线运动时，𝑣=20𝑚/𝑠，
𝑊 𝐹𝑠
𝑃= = =𝐹𝑣
则由 𝑡 𝑡 ，可得牵引力：
𝐹= 𝑃 = 8×104𝑊 =4×103𝑁
𝑣 20𝑚/𝑠 ，
𝑊
𝜂=
③由 𝑄可求得，汽油燃烧放出的热量：
𝑄 = 𝑊 = 8×105𝐽 =4×106𝐽
放 𝜂 20% ，
𝑄 =𝑚𝑞
由 放 可得，汽油的质量：
𝑚=
𝑄
放 =
4×106𝐽
=0.8𝑘𝑔
𝑞 汽油 5×107𝐽/𝑘𝑔 。
答：(1)汽油机是汽车的“心脏”，汽油机工作时做功冲程使汽车获得动力；
(2)该汽车空载停放在水平的停车场时，汽车对地面的压强有4×104𝑃𝑎；
(3)①发动机做的功是8×105𝐽；
②汽车发动机牵引力是4×103𝑁；
③需要燃烧0.8𝑘𝑔汽油才能使发动机做这么多功。
(1)在汽油机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；
𝐹
𝑝=
(2)汽车静止时对水平地面的压力和自身的重力相等，根据𝐺=𝑚𝑔求出其大小，再根据 𝑆求出对地面的
压强；
(3)①根据𝑊=𝑃𝑡求出轿车发动机做的功；
②由图可知轿车匀速直线运动时的速度，根据𝑃=𝐹𝑣求出牵引力的大小；
𝑊
𝜂=
③由 𝑄可求得汽油燃烧放出的热量，与𝑄=𝑚𝑞可求得汽油的质量。
本题以交通运输为背景，考查了与热机、压强的计算等有关的相关知识，综合性较强，但都属基本知识点。
第11页，共11页
学科网（北京）股份有限公司
