挑战31 广东卷（广东近两年共38题）（解析版）-2022年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编

年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战31广东卷（广东近两年共38题）21、22年压轴题型统计：选择题填空题实验题计算解答题综合能力题合计力学综合6323317电学综合6044216其他综合021025合计12577738一．选择题（共12小题）1．（2021•广州）将体积相同的甲、乙实心球放入装有水的烧杯中。若甲、乙所受的重力和排开水所受的重力如下表。则两球静止在水中时的情形可能是（）实心球实心球所受的重力/N排开水所受的重力/N甲11乙21A． B． C． D．【答案】C。【解答】解：由表格数据可知，G甲＝1N，G乙＝2N，G排甲＝1N，G排乙＝1N，由阿基米德原理可得，甲、乙实心球受到的浮力F浮甲＝1N，F浮乙＝1N，由F浮甲＝G甲、F浮乙＜G乙可知，两球静止在水中时，甲球悬浮或漂浮，乙球沉底；因两球受到的浮力大小相等，则由阿基米德原理可知V排甲＝V排乙，已知两实心球的体积相等，要排开水的体积相等，则甲球只能是浸没在水中处于悬浮状态，结合选项可知，C选项正确。故选：C。2．（2022•广州）两个量筒均装有20mL的水，往量筒分别放入甲、乙两个不吸水的物块，物块静止后如图所示，水的密度为1g/cm3，g取10N/kg，则（）A．甲的体积为40cm3 B．甲受到的浮力为0.4N C．乙排开水的体积小于20mL D．乙受到的浮力小于甲受到的【答案】B。【解答】解：AB、量筒中装有20mL的水，放入甲后，甲没有全部浸没在水中，量筒的示数为60mL，甲排开的水的体积为：V排甲＝60mL﹣20mL＝40mL＝40cm3＝4×10﹣5m3，甲的体积要大于40cm3；根据阿基米德原理可知，甲受到的浮力为：F浮甲＝ρ水gV排甲＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣5m3＝0.4N；故A错误，B正确；CD、量筒中装有20mL的水，放入乙后，乙浸没，量筒的示数为70mL，乙的体积即排开的水的体积为：V乙＝V排乙＝70mL﹣20mL＝50mL＝50cm3＝5×10﹣5m3；根据阿基米德原理可知，乙受到的浮力为：F浮乙＝ρ水gV排乙＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N，大于甲受到的浮力，故CD错误。故选：B。3．（2021•深圳）教室有CO2通风机，S1是手动开关，S2是自动控制开关。只有手动闭合S1，CO2达到定值时闭合S2电动机才工作，下列图中，哪个电路图是正确的（）A． B． C． D．【答案】D。【解答】解：由题意，只有手动闭合S1，CO2达到定值时闭合S2电动机才工作，即两开关同时闭合时电动机才工作，只闭合其中一个开关电动机都不能工作，所以两开关串联后再控制灯泡，由各选项图知，D正确，ABC错误。故选：D。4．（2022•深圳）《开工天物》是我国第一部关于农业和手工业全书，蕴含了大量的物理知识，下列是《开工天物》中的场景，错误的是（）A.拉弓B.独轮推车C.制糖D.桔槔拉弓拉满了，说明力可以改变物体的形状独轮推车，匀速推动，此时推力大于摩擦力往桶里加水，水对桶底压强逐渐变大用桔槔装水，运用了杠杆原理A．A B．B C．C D．D【答案】B。【解答】解：A、用力拉弓，弓被拉弯，说明力可以改变物体的形状，故A正确；B、因为独轮推车做匀速直线运动，车受到平衡力的作用，故推力等于车所受的摩擦力，故B错误；C、往桶里加水，水的深度增加，由p＝ρgh可知，水对桶底压强逐渐变大，故C正确；D、由图可知，用桔槔装水，运用了杠杆原理，故D正确。故选：B。5．（2022•广州）如图1，连通器中的水静止，此时水面上方a、b处的气压为pa0、pb0。在b上方持续水平吹气，水面稳定后如图2所示，此时a、b处的气压为pa、pb，水面下c、d处水的压强为pc、pd，若大气压保持不变，则（）A．pc＞pd B．pa＞pb C．pa0＞pa D．pb0＝pb【答案】B。【解答】解：吹气前，该装置为连通器，连通器的水静止不流动时，水面是相平的，水面上方的压强是相同的，所以pa0＝pb0；在b上方持续水平吹气，b中液面的上方的空气的流速变大，压强变小，所以pa＞pb；由于b处的流速变大，压强变小，所以pb0＞pb；此时左侧两管相等于是一个连通器，液体密度相同，c、d处深度相同，所以pc＝pd；综上所述，B正确。故选：B。6．（2022•深圳）如图所示为油量表示意图，当油量减少时，下列说法正确的是（）A．R不断减小 B．R总不断减小 C．I总不断减小 D．R两端电压不断减小【答案】C。【解答】解：由图可知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；A、由图可知，当油量减少时，滑动变阻器的滑片P向上移动，滑动变阻器接入电路的电阻丝变长，滑动变阻器R接入电路的电阻变大，故A错误；B、由串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的电阻变大时，电路中的总电阻也变大，故B错误；C、由欧姆定律可知，电源电压一定时，电路中的总电阻变大，电路中的电流减小，故C正确；D、由串联电路的分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻增大时，滑动变阻器两端的电压变大，故D错误。故选：C。7．（2022•广东）图中的a表示垂直于纸面的一段导线，它是闭合电路的一部分，当a在下列磁场中沿图中所示方向运动时，不会产生感应电流的是（）A．B．C．D．【答案】D。【解答】解：ABC、由题意知导体是闭合电路中的导体，由图知，当a在图示磁场中沿图中所示方向运动时，导体做切割磁感线运动，所以会产生感应电流，故ABC不符合题意；D、导体是闭合电路中的部分导体，但当a在图示磁场中沿图中所示方向运动时，导体没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，故D符合题意。故选：D。8．（2021•广东）小明看到清淤作业人员正在将水塘底部的淤泥搬运到船上。他想：水面高度会变化吗？于是进行了探究：首先，将石块a和不吸水的木块b置于装有水的烧杯中，如图所示；然后，将石块a从水中拿出并轻轻放在木块b上，它们处于漂浮状态，则水面高度将（）A．下降 B．上升 C．不变 D．无法判断【答案】B。【解答】解：由图可知，b漂浮，F浮b＝Gb，a沉底，F浮a＜Ga，.将石块a轻轻放在木块b上，它们处于漂浮状态，则F浮（a+b）＝Ga+Gb，可得F浮（a+b）＞F浮a+F浮b，由阿基米德原理F浮＝ρ水V排g可知，将石块a轻轻放在木块b上后，a、b排开水的体积比原来变大了，则水面高度将升高。故选：B。9．（2021•广东）如图中，灯泡L1、L2分别标有“6V3W”“6V6W”字样，电源电压不变，开关S闭合。①只闭合S1，灯泡L1、L发光；②只闭合S2，灯泡L2、L发光。灯泡L在②中比在①中（设灯丝电阻不变）（）A．电功率较大，亮度较亮 B．电功率较小，亮度较暗 C．电功率相同，亮度相同 D．电功率较大，亮度较暗【答案】A。【解答】解：由P＝可得两灯的电阻分别为：R1＝＝＝12Ω，R2＝＝＝6Ω，比较可知R1＞R2；在开关S闭合的前提下，①只闭合S1，灯泡L1、L串联接入电路，②只闭合S2，灯泡L2、L串联接入电路，因串联电路总电阻等于各部分电阻之和，且R1＞R2，所以R总1＞R总2，由欧姆定律可知I1＜I2，即在②中的电流大；因灯泡的亮度是由灯泡的实际功率决定的，所以根据公式P＝I2R可知，灯泡L在②中比在①中的电功率大，亮度较亮。故选：A。10．（2021•深圳）（多选）某创客小组自制肺活量比较装置，吹气时，气球胀大，隔板向上运动，下列说法正确的是（）A．总电阻变大 B．电流表示数变大 C．电压表示数变大 D．电路总功率变大【答案】BD。【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；吹气时，气球胀大，隔板向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大；滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器分担的电压变小，即电压表示数变小；根据P＝UI可知，电路消耗的总功率变大；综上所述，BD正确。故选：BD。11．（2022•深圳）（多选）如图为冬奥会男子滑雪过程中，空气阻力不计，下列正确的是（）A．①到②，重力势能全部转化为动能 B．③，只受到重力作用 C．④到⑤，停下来是因为摩擦力的作用 D．⑤，失去惯性【答案】BC。【解答】解：A、①到②的过程中，运动员质量不变、高度减小、速度增大，其重力势能大部分转化为动能，由于受到雪地的摩擦，还会有一部分转化为内能，故A错误；B、由于不计空气阻力，在③位置，即运动员在空中，此时运动员只受重力，故B正确；C、④到⑤过程中，运动员停下来是因为摩擦力的作用，是摩擦力改变了运动员的运动状态，故C正确；D、惯性是一切物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体都具有惯性，因此在⑤位置时，运动员仍有惯性，故D错误。故选：BC。12．（2022•深圳）（多选）某爱心团队去养老院送电暖气，电暖气有低、中、高三挡，已知R1＝55Ω，R2＝44Ω，以下说法正确的是（）品牌型号HY2215﹣11E额定电压220V挡位3挡额定功率低温880W中温1100W高温1980WA．使用“低温挡”只需闭合S2 B．使用“高温挡”要闭合S1、S2 C．闭合S1、S2时，通过R1、R2的电流之比为5：4 D．中温挡正常工作1分钟，产生的热量为6.6×104J【答案】BD。【解答】解：AB、由图可知，当S1、S2都闭合时，R1与R2并联，电路总电阻最小，只闭合S1时，只有R1接入电路，只闭合S2时，只有R2接入电路，又因为R1＞R2，在电源电压一定时，由P＝可知，当S1、S2都闭合时，电路为“高温挡”，只闭合S1时，电路为“低温挡”，只闭合S2时，电路为“中温挡”，故A错误，B正确；C、当S1、S2都闭合时，R1与R2并联，由并联分流可知通过R1、R2的电流之比为：＝＝＝，故C错误；D、中温挡正常工作1分钟产生的热量为：Q＝I2R2t＝t＝×60s＝6.6×104J，故D正确。故选：BD。二．填空题（共5小题）13．（2022•广东）图甲中过山车从A点出发，先后经过B、C、D、E点。图乙是过山车在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图，则过山车的动能在C点最大，B点重力势能的大小等于E点动能的大小。在这个过程中，过山车的机械能是变化（选填“变化”或“不变”）的。【答案】C；等于；变化。【解答】解：（1）由图乙可知，过山车的动能在C点最大，在B点最小；B点的重力势能大小与E点的动能大小相等；（2）由于机械能等于动能和势能的总和，由图乙可知，从B到C点、再到D点、最后到达E点的过程中，重力势能与动能之和越来越小，所以在这个过程中，过山车的机械能是变化的。故答案为：C；等于；变化。14．（2021•广州）甲、乙液体分别置于两个不同的恒温封闭环境中，质量保持不变。测得甲、乙液体的温度随时间变化如图所示。（1）甲（选填“甲”或“乙”）液体的分子运动随时间越来越剧烈。（2）甲液体所在环境的温度大于35℃（选填“小于1.7℃”“等于20℃”或“大于35℃”）。（3）乙液体在“1min﹣2min”段、“8min﹣9min”段放出的热量分别为Q1、Q2，则Q1＞Q2（选填“＞”“＝”或“＜”），依据是由Q放＝cmΔt可得，在c和m相同时，1min−2min段乙液体的温度变化量Δt更大。【答案】（1）甲；（2）大于35℃；（3）＞；由Q放＝cmΔt可得，在c和m相同时，1min−2min段乙液体的温度变化量Δt更大。【解答】解：（1）分子的热运动与温度有关，温度越高，运动越剧烈，由题图可知，甲的温度高于乙的温度，所以甲液体分子运动随时间越来越剧烈；（2）甲液体初始温度是20℃，随着时间可以达到35℃，从甲的图像可以看出，温度可能还会升高，故甲液体所在环境的温度大于35℃，才能够继续把热量传递给甲；（3）由题图可知“1min﹣2min”段乙液体温度变化量为3℃，“8min﹣9min”段乙液体温度变化量为1.4℃，根据物体放热公式：Q放＝cmΔt，可知“1min﹣2min”段放出热量更多，所以Q1＞Q2；故答案为：（1）甲；（2）大于35℃；（3）＞；由Q放＝cmΔt可得，在c和m相同时，1min−2min段乙液体的温度变化量Δt更大。15．（2021•广东）用如图甲的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力F为80N，不计绳重和摩擦，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，反映绳子自由端运动的图线是A（选填“A”或“B”），动滑轮重为40N，3s内对物体做的有用功为300J。【答案】A；40；300。【解答】解：（1）由图甲可知，n＝3，则拉力端移动距离s＝3h，所以图乙中上面的倾斜直线A是绳子自由端运动的s﹣t图像，而下面的倾斜直线B是物体运动的s﹣t图像；（2）不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），则动滑轮重力：G动＝3F﹣G＝3×80N﹣200N＝40N；（3）由图乙可知，t＝3s时，物体运动的高度h＝1.5m，对物体做的有用功：W有用＝Gh＝200N×1.5m＝300J。故答案为：A；40；300。16．（2021•广州）如图，O为跷跷板的支点，小朋友对跷跷板的作用力F＝120N，大人对跷跷板的作用力F'＝100N（图中未画出），跷跷板水平静止。（1）在图中画出F的力臂l。（2）F′的作用点可能在C（选填“A”、“B”或“C”），方向竖直向上（选填“向上”或“向下”）。【答案】（1）见解答；（2）C；向上。【解答】解：（1）在从支点O向力F的作用线作垂线，在垂足处画出直角，从支点到垂足的距离就是力臂，如图所示：（2）由杠杆平衡条件可知，Fl＝F'l'，则有：120N×l＝100N×l'，所以＝＜1，即l＜l'，故F′的作用点可能在C点，要使杠杆水平静止，F′的方向竖直向上。故答案为：（1）见解答；（2）C；向上。17．（2022•广东）如图所示，电子蜡烛的“烛焰”通过凸透镜在光屏上成一个清晰倒立的实像。利用这一成像规律可制成照相机（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）。若保持蜡烛和光屏的位置不变，仅将凸透镜更换成另一个焦距相同、尺寸更大的凸透镜，此时光屏上像的大小与原来的像对比应不变（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】倒；照相机；不变。【解答】解：由图可知，物距大于像距，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立缩小的实像，利用这一成像规律可制成照相机；若保持蜡烛和光屏的位置不变，仅将凸透镜更换成另一个焦距相同、尺寸更大的凸透镜，物距、像距不变，此时光屏上像的大小与原来的像对比不变。故答案为：倒；照相机；不变。三．实验探究题（共7小题）18．（2022•深圳）小明需要测量小灯泡的额定功率，灯泡铭牌是3.8V，1.15W。电压表示数电流表示数3.0V0.32A3.8V0.4A4.5V（1）小明连接电路后，发现灯泡不亮，下列哪种方法可以一次性解析多项问题？C。A、检查电源B、检查导线连接C、检查电流表和电压表的示数D、调节滑动变阻器观察灯泡亮度（2）实验过程中，小明发现小灯泡较暗，如果要让小灯泡正常发光，他应将滑动变阻器向左（左/右）滑动。（3）如图乙所示，当电压表示数为4.5V时，电流表示数为0.44A。（4）从表格可以求出，当灯泡正常发光时电阻为9.5Ω。（5）通过计算，判断出这只小灯泡铭牌上的参数不合格（合格/不合格）；在这个实验中，可能会观察到小灯泡出现的现象是小灯泡烧坏（一点即可）。【答案】（1）C；（2）左；（3）0.44；（4）9.5；（5）不合格；小灯泡烧坏。【解答】解：（1）AB、检查电源、检查导线连接，无法判定电路故障的具体原因，故AB错误；C、检查电流表和电压表的示数，根据电流表、电压表的示数可以判定电路故障是短路或断路；若电流表和电压表都无示数，则可能是电流中除小灯泡以外的某处发生断路；若电流表无示数，电压表有示数，则可能是小灯泡断路；若电流表有示数、电压表无示数，则小灯泡短路，所以检查电流表和电压表的示数可以确定电路故障，故C正确；D、调节滑动变阻器观察灯泡亮度，若灯泡仍然不亮，则有可能是灯泡短路或断路，或者其它地方发生断路，不能确定多项问题，故D错误；（2）实验过程中，小明发现小灯泡较暗，说明灯泡两端的电压过低，如果要让小灯泡正常发光，需要增大灯泡两端的电压，根据串联电路的电压规律可知，需要减小滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的分压规律可知，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻，故他应将滑动变阻器向左移动；（3）由图可知，电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.44A；（4）灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝9.5Ω；（5）灯泡的额定功率为：P＝UI＝3.8V×0.4A＝1.52W，不等于1.15W，所以这只小灯泡铭牌上的参数不合格；在这个实验中，当灯泡两端的电压为4.5V时，电压高于额定电压，小灯泡容易被烧坏。故答案为：（1）C；（2）左；（3）0.44；（4）9.5；（5）不合格；小灯泡烧坏。19．（2022•广东）图甲是测量小灯泡在不同电压下电阻的实验电路图（小灯泡额定电压为1.5V）。（1）小明按电路图连接实物，刚接上最后一根导线，看到电流表的指针立刻有偏转。若电路连线正确，造成这种异常现象的原因是开关没有处于断开状态。（2）实验中，调节滑动变阻器，分别记录电压表和电流表的示数如下：测量次序12345电压U/V1.81.51.00.3电流I/A0.320.300.260.18①第4次测量对应的电压表和电流表示数如图乙所示，此时小灯泡两端的电压是0.6V，通过它的电流是0.22A。②小灯泡正常发光时的电阻是5Ω。③第5次测量中，小灯泡不发光，小明断定是灯丝断了。这个判断是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。【答案】（1）开关没有处于断开状态；（2）①0.6；0.22；②5；③错误；若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。【解答】解：（1）连接电路中，开关没有处于断开状态，刚接上最后一根导线，电流表的指针立刻有偏转；（2）①根据图乙可知，电压表量程为0～3V，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，电压为0.6V；电流表使用的0～0.6A，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.22A；②小灯泡额定电压为1.5V，第2次实验可知小灯泡额定电流为0.3A，小灯泡正常发光时的电阻为：R＝＝＝5Ω；③这个判断是错误的，理由是若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。故答案为：（1）开关没有处于断开状态；（2）①0.6；0.22；②5；③错误；若灯丝断了，则电压表串联在电路中，电压表的示数接近电源电压，电流表的示数几乎为零，与表中数据不符。20．（2022•广东）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N。如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，当方向为竖直向下时，拉力最小，大小为2N。（3）课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡，如图丙所示，则力臂l1：l2＝2：1，若两边同时各取走―枚硬币，则杠杆的右端将下沉。【答案】（1）右；（2）竖直向下；2；（3）2：1；右。【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2知要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得：3G×4l＝FB×3l，解得：最小的力FB＝4G＝4×0.5N＝2N；（3）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2设每个硬币的重力为G，则由图可得，2Gl1＝4Gl2，则l1：l2＝2：1；若两边同时各取走―枚硬币，则左边为：Gl1＝2Gl2，右边为3Gl2，由于2Gl2＜3Gl2，所以杠杆的右端将下沉。故答案为：（1）右；（2）竖直向下；2；（3）2：1；右。21．（2022•广州）小明想了解热水在图1的哪个杯子中降温更快，他往两杯子中倒入等质量热水，同时开始计时，测得水温随时间变化的图象如图2。（1）由图2可推测乙杯（选填“甲”“乙”）中的热水先降温至40℃。（2）乙杯（选填“甲”“乙”）中的水在0～10min放出的热量较多，依据是在0～10min内，甲杯水降低的温度小于乙杯水降低的温度，即Δt甲＜Δt乙，甲乙杯中水的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，Q甲＜Q乙，即乙杯水放出的热量多。（3）是什么因素造成了两杯热水降温快慢的不同？小明猜想可能是两杯子开口散热面积的不同和杯身散热的不同。请设计实验探究热水降温快慢与玻璃杯开口大小是否有关，写出实验步骤（已提供足量热水，从图3中自选器材）。实验步骤：①将玻璃杯A、B外表面都包上隔热材料；②将玻璃杯A、B中倒入质量和初温相等的热水；③用温度计测出两杯热水的温度t0；④用温度计每隔五分钟记录玻璃杯A、B中水的温度，重复5次，记录对应的温度，填入下表：t0/℃t1/℃t2/℃t3/℃t4/℃t5/℃AB⑤分析数据，得出结论。【答案】（1）乙；（2）乙；在0～10min内，甲杯水降低的温度小于乙杯水降低的温度，即Δt甲＜Δt乙，甲乙杯中水的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，Q甲＜Q乙，即乙杯水放出的热量多；（3）①将玻璃杯A、B外表面都包上隔热材料；②将玻璃杯A、B中倒入质量和初温相等的热水；③用温度计测出两杯热水的温度t0；④用温度计每隔五分钟记录玻璃杯A、B中水的温度，重复5次，记录对应的温度，填入下表：t0/℃t1/℃t2/℃t3/℃t4/℃t5/℃AB⑤分析数据，得出结论。【解答】解：（1）由图2图象可知，乙杯中水的温度比甲杯中水的温度下降得快，因此乙杯中的热水先降温至40℃。（2）由图2可知，在0～10min内，甲杯水降低的温度小于乙杯水降低的温度，即Δt甲＜Δt乙，甲乙杯中水的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，Q甲＜Q乙，即乙杯水放出的热量多；（3）根据控制变量法可知，探究热水降温快慢与玻璃杯开口大小是否有关，应控制水的质量和初温相同以及杯身的散热相同，只改变杯口的大小，因此选择的器材如下：隔热材料、温度计、玻璃杯A、B各一个，停表，实验步骤如下：①将玻璃杯A、B外表面都包上隔热材料；②将玻璃杯A、B中倒入质量和初温相等的热水；③用温度计测出两杯热水的温度t0；④用温度计每隔五分钟记录玻璃杯A、B中水的温度，重复5次，记录对应的温度，填入下表：t0/℃t1/℃t2/℃t3/℃t4/℃t5/℃AB⑤分析数据，得出结论。故答案为：（1）乙；（2）乙；在0～10min内，甲杯水降低的温度小于乙杯水降低的温度，即Δt甲＜Δt乙，甲乙杯中水的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，Q甲＜Q乙，即乙杯水放出的热量多；（3）①将玻璃杯A、B外表面都包上隔热材料；②将玻璃杯A、B中倒入质量和初温相等的热水；③用温度计测出两杯热水的温度t0；④用温度计每隔五分钟记录玻璃杯A、B中水的温度，重复5次，记录对应的温度，填入下表：t0/℃t1/℃t2/℃t3/℃t4/℃t5/℃AB⑤分析数据，得出结论。22．（2021•广州）如图，小明将质量较小的物体P和质量较大的物体Q通过细绳相连，并挂在定滑轮上，发现Q下落会被P“拖慢”，对此小明猜想：“Q的质量和初始离地高度都一定时，P的质量越大，Q从静止开始下落到地面的平均速度越小。”请设计实验验证其猜想。（1）除图所示的器材以外，还需要的实验器材有秒表、天平。（2）画出记录实验数据的表格。（3）写出实验步骤（可用画图或文字表述）和判断小明猜想是否正确的依据。【答案】（1）秒表、天平；（2）见上表；（3）保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3（m1＜m2＜m3）；小明猜想物体Q的质量和下落高度相同时，物体P质量越大，下落的平均速度越小，即下落时间越长，所以若t1＜t2＜t3，则可验证小明的猜想正确，反之小明的猜想错误。【解答】解：（1）实验中要比较P与Q的质量，需要用天平测量它们的质量；因为要比较下落的快慢，高度一定，根据v＝知，只要比较下落的时间即可，所以需要秒表计时；（2）控制物体Q的质量和下落的高度相同，需要多次改变物体P的质量，多次测量，记录数据，比较时间验证小明的猜想，表格设计如下：物体p的质量m1＝m2＝m3＝物体P下落的时间t1＝t2＝t3＝（3）保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3（m1＜m2＜m3）；小明猜想物体Q的质量和下落高度相同时，物体P质量越大，下落的平均速度越小，即下落时间越长，所以若t1＜t2＜t3，则可验证小明的猜想正确，反之小明的猜想错误。故答案为：（1）秒表、天平；（2）见上表；（3）保持物体Q的质量和初始离地的高度一定，使用质量为m1的物体悬挂在绳子的一端，将物体Q由静止释放，记录落地时间t1，改变物体P的质量分别为m2、m3，再次重复上述步骤，分别记录时间t2、t3（m1＜m2＜m3）；小明猜想物体Q的质量和下落高度相同时，物体P质量越大，下落的平均速度越小，即下落时间越长，所以若t1＜t2＜t3，则可验证小明的猜想正确，反之小明的猜想错误。23．（2021•深圳）某小组进行电学实验探究。（一）某同学探究“电流与电压”的关系，他用了3个干电池，一个定值电阻、一个滑动变阻器（20Ω，1A），一个电压表，一个电流表，导线若干。（1）请补充实物图；（2）若电压表无示数，电流表有示数，此时原因可能是R短路（选填“R断路”或“R短路”）；（3）他用此电路做了若干组实验，以下第①组实验数据有误。①②③④I0.10.20.30.4U1234（4）根据此表格可知：电阻一定时，电流与电压成正比（选填“正比”或“反比”）。（二）某同学探究“电流与电阻”的关系，他有5Ω、15Ω、20Ω、25Ω的电阻，一个电压表，一个电流表和导线若干，多次实验后得到电流与电阻的关系如图所示。（1）电阻两端的电压为2.5V；（2）滑动变阻器的最大功率为1W。【答案】（一）（1）电路连接如图所示；（2）R短路；（3）①；（4）正比；（二）（1）2.5；（2）1。【解答】解：（一）（1）将电压表并联在定值电阻的两端，连接电路如图所示；（2）电路为串联电路，只有一条电流的路径，且电压表在电路中相当于断开，则电流表有示数说明电路没有断路，而电压表没有示数说明与其并联的定值电阻R短路；（3）在第①次实验中，电源电压约为4.5V，当定值电阻两端电压为1V，电路中的电流为0.1A，由串联电路分压规律可知：滑动变阻器两端的电压约为：U滑＝U﹣U定＝4.5V﹣1V＝3.5V，由公式可得滑动变阻器接入电路的阻值为：，大于滑动变阻器的最大阻值20Ω，故第①组实验数据有误；（4）由表中数据可知：I与U的比值一定，即：电阻一定时，电流与电压成正比；（二）（1）电流与电压、电阻有关，探究“电流与电阻”的关系时，要控制电阻两端的电压不变，由公式可得定值电阻两端的电压为：U定＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V；（2）四次实验中，电源电压不变，由公式P＝UI可知，选用5Ω电阻实验时，电路中的电流最大，电路的总功率最大为：P＝UI＝4.5V×0.5A＝2.25W；同时，四次实验中，电阻两端的电压不变，由串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的电压也不变，由P＝UI可知，第一次实验中，滑动变阻器消耗的功率最大，为：P滑＝P﹣P定＝2.25W﹣2.5V×0.5A＝1W。故答案为：（一）（1）电路连接如图所示；（2）R短路；（3）①；（4）正比；（二）（1）2.5；（2）1。24．（2022•深圳）①探究平面镜成像实验（图1）：（1）平面镜成像实验选择的是玻璃板。（选填“平面镜”或“玻璃板”）（2）来回移动蜡烛的位置是为了确定像的位置。（3）将物像连线连接在纸上（如图2），继续分析和研究，得出平面镜成像特点像距与物距相等。（4）图中哪里存在误差：玻璃板有厚度，像距测量会有误差。②小红在游玩时见了一些石头，拿了其中一块来做实验（图3）：（1）天平放在水平桌面上指针如图3甲所示，平衡螺母应向右（选填“左”或“右”）调，直至平衡。（2）如图3乙，小石头的质量为89g，可求得小石块的密度为8.9g/cm3。（3）砝码磨损，按照以上步骤。测得小石块密度偏大（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。（4）若使用弹簧测力计测量石头密度，如图4，ρ石＝（水的密度为ρ水，用已知物理量符号表示）。【答案】①（1）玻璃；（2）像；（3）像距和物距相等；（4）玻璃板有厚度，像距测量会有误差；②（1）右；（2）89；8.9；（3）偏大；（4）。【解答】解：①（1）平面镜成像实验选择的是玻璃板，便于观察像的位置；（2）来回移动蜡烛的位置是为了确定像的位置；（3）将物像连线连接在纸上（如图2），继续分析和研究，得出平面镜成像特点：物距和像距相等；（4）玻璃板有厚度，直接用连线长度表示物距和像距，像距会有误差；②②（1）指针向左偏，平衡螺母向右调节；（2）天平上物体的质量m＝85g+4g＝89g；物体体积为两次量筒示数之差，V＝40mL﹣30mL＝10mL＝10cm3，物体密度ρ＝＝＝8.9g/cm3；（3）砝码磨损，测量的质量比实际质量大，体积不变，根据密度公式可知密度偏大；（4）物体受到浮力F浮＝F1﹣F2。物体浸没在水中，物体排开液体的体积和物体体积相等。V排＝V，＝，解得ρ石＝。故答案为：①（1）玻璃；（2）像；（3）像距和物距相等；（4）玻璃板有厚度，像距测量会有误差；②（1）右；（2）89；8.9；（3）偏大；（4）。四．计算解答题（共7小题）25．（2022•广东）某电热取暖器的简化电路如图所示，R1、R2为发热电阻。取暖器工作时，通过开关S1和S2实现低温、高温的挡位控制。已知高温挡功率为1320W，R1＝55Ω。求：（1）取暖器工作时通过R1的电流；（2）取暖器处于低温挡时，工作1min产生的热量；（3）R2的阻值。【解答】解：（1）当闭合S1、S2时，R1、R2并联，所以U＝U1＝U2＝220V，取暖器工作时通过R1的电流：I1＝＝＝4A；（2）当只闭合S1时，只有R1工作，当闭合S1、S2时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，并联的总电阻小于任一分电阻，电压是一定的，根据P＝可知，当只闭合S1时，只有R1工作，电路中的电阻最大，电功率最小，电热取暖器处于低温挡，取暖器处于低温挡时，工作1min产生的热量：Q＝I2R1t＝（4A）2×55Ω×1×60s＝5.28×104J；（3）低温挡的额定功率：P低＝＝＝880W，当闭合S1、S2时，R1、R2并联，电路中的电阻最小，电功率最大，电热取暖器处于高温挡；R2的电功率：P2＝P高﹣P低＝1320W﹣880W＝440W；由P＝UI可知，通过电阻R2的电流：I2＝＝＝2A；R2的阻值：R2＝＝＝110Ω。答：（1）取暖器工作时通过R1的电流是4A；（2）取暖器处于低温挡时，工作1min产生的热量是5.28×104J；（3）R2的阻值为110Ω。26．（2021•广东）杆秤是从我国古代沿用至今的称量工具，如图是小明制作的杆秤的示意图，使用时，将待称物体挂在秤钩上，用手提起B或C（相当于支点）处的秤纽，移动秤砣在秤杆上的位置D，使秤杆达到水平平衡时可读出待称物体的质量，此秤最大称量是10kg，秤砣最远可移至E点。秤杆和秤钩的质量忽略不计，AB、BC、BE的长度如图所示（g取10N/kg），求：（1）提起哪处的秤纽，此秤的称量最大？（2）秤砣质量为多少？（3）当提起C处秤纽称一袋质量为2kg的荔枝时，D与C之间的距离为多少？【解答】解：（1）根据杠杆的平衡条件可知：当提着B处秤纽、秤砣在E点时，A点所挂物体重为GA＝；当提着C处秤纽、秤砣在E点时，A点所挂物体重为GA′＝。因BE＞CE、AB＜AC，故可得：GA＞GA′，即提B处秤纽时，此秤的称量最大。（2）由（1）可知，当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着质量为10kg的物体时，秤杆可以在水平位置平衡，则可列式：GA•AB＝G秤砣•BE。由G＝mg可得：mAg•AB＝m秤砣g•BE，则m秤砣＝＝＝0.4kg。（3）当提起C处秤纽称一袋质量为2kg的荔枝时，阻力臂为AC＝AB+BC＝0.02m+0.03m＝0.05m，根据杠杆的平衡条件可列式：G荔枝•AC＝G秤砣•CD。由G＝mg可得：m荔枝g•AC＝m秤砣g•CD，则CD＝＝＝0.25m。故答案为：（1）提B处秤纽时，此秤的称量最大。（2）秤砣的质量为0.4kg。（3）D与C之间的距离为0.25m。27．（2022•深圳）小明设计了如图甲的模拟智能测温报警电路：电源电压调为12V，报警器（电阻不计）通过的电流超过10mA时就会报警，热敏电阻RT其阻值随温度T的变化关系如图乙所示。要求：当所测温度达到或超过37.3℃时，系统报警。（1）计算R0。（2）38℃时电流约为多少？（3）36℃到40℃过程中，电路最大总功率。【解答】解：（1）图甲中R0与热敏电阻RT串联，电路中的总电阻：R＝＝＝1200Ω，从图乙可知37.3℃时热敏电阻RT的阻值为400Ω，R0的阻值：R0＝R﹣RT＝1200Ω﹣400Ω＝800Ω；（2）从图乙可知38℃时热敏电阻RT其阻值为300Ω，电流中的电流：I＝＝≈0.011A；（3）串联电路中电源电压一定，由P＝可知，电路中的电阻最小时，电路总功率最大，36℃到40℃过程中，热敏电阻RT其阻值最小为200Ω，电路最大总功率：P最大＝＝＝0.144W。答：（1）R0的阻值为800Ω；（2）38℃时电流中的电流为0.011A；（3）36℃到40℃过程中，电路最大总功率为0.144W。28．（2021•广州）小明探究小灯泡、LED两端的电压随电流变化的情况，连接了如图1的实物图，其中电源可以提供不同的电压。数据序号12345电流表示数I/A0.100.150.200.250.30数字电压表V1示数U1/V2.882.973.043.103.15数字电压表V2示数U2/V0.150.260.721.301.98（1）请根据实物图，在图2虚线框中画出电路图（用表示数字电压表V1和V2）。（2）求：电流为0.10A时，小灯泡的阻值。（3）求：电流为0.30A时，LED的功率；LED在此状态下持续工作100s消耗的电能。（4）小明利用两节干电池（约3V）和图1中的小灯泡检测一批与上述实验规格一样的LED，为保护被测LED，设计了如图3所示的电路，根据表中数据，推断检测时，通过LED的电流是否能达到0.3A？不能，理由是此时电源电压约为3V，小于电流达到0.3A时LED两端的电压。【解答】解：（1）由图1知：电流从电源正极出发，依次经过灯泡、LED、电流表、开关回到电源负极，数字电压表V1及数字电压表V2分别测量LED及灯泡两端的电压，电路图如下：（2）由表中数据可知，当电流I1＝0.10A时，小灯泡两端的电压为UL＝0.15V，由欧姆定律可知，小灯泡的阻值为：RL＝＝＝1.5Ω；（3）由表中数据可知，当电流I5＝0.30A时，LED两端的电压为ULED＝3.15V，则LED的功率为：P＝ULEDI5＝3.15V×0.30A＝0.945W；LED在此状态下持续工作100s消耗的电能为：W＝Pt＝0.945W×100s＝94.5J；（4）由表中数据可知，当电流I5＝0.30A时，LED两端的电压为ULED＝3.15V，而图3中用两节干电池（约3V），小于电流达到0.3A时LED两端的电压，故此时通过LED的电流不能达到0.3A。答：（1）见解答；（2）当电流为0.10A时，小灯泡的阻值为1.5Ω；（3）当电流为0.30A时，LED的功率为0.945W；LED在此状态下持续工作100s消耗的电能为94.5J；（4）不能；此时电源电压约为3V，小于电流达到0.3A时LED两端的电压。29．（2021•深圳）深圳地铁岗厦北综合交通枢纽工程工地上，一线施工人员正在紧张忙碌，进行架桥机钢梁吊装等施工作业。（g取10N/kg）（1）图2为图1中起重机的简图，请画出阻力F2的力臂l2。（2）图3为架桥机的装置图，已知箱梁的质量为5×105kg，体积为200m3，架桥机滑轮组总拉力为4×105N，自由端移动距离为25m，将箱梁提升1m。求：①箱梁的密度；②架桥机在此过程中的有用功；③架桥机在此过程中的机械效率。【解答】解：（1）由支点O向F2的作用线引垂线，垂线段的长度即为其力臂l2；（2）①箱梁的密度ρ＝＝＝2.5×103kg/m3，②箱梁重力G＝mg＝5×105kg×10N/kg＝5×106N，将箱梁提升高度h＝1m，架桥机在此过程中的有用功W有用＝Gh＝5×106N×1m＝5×106J，③已知架桥机滑轮组总拉力F＝4×105N，自由端移动距离s＝25m，总功W总＝Fs＝F＝4×105N×25m＝1×107J，架桥机在此过程中的机械效率η＝×100%＝×100%＝50%。答：（1）见上图；（2）①箱梁的密度为2.5×103kg/m3；②架桥机在此过程中的有用功为5×106J；③架桥机在此过程中的机械效率为50%。30．（2021•广东）如图甲电路，电源电压不变，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片P由a移动到b时，定值电阻R0的电功率和电流的P﹣I关系图象如图乙所示，求：（1）电源电压；（2）滑动变阻器的最大阻值。【解答】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑片位于b端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，R0的电功率最大，由图乙可知，电路中的最大电流I大＝0.5A，R0的最大电功率P0大＝4.5W，由P＝UI可得，此时R0两端的电压即电源的电压：U＝U0大＝＝＝9V；（2）由I＝可得，定值电阻R0的阻值：R0＝＝＝18Ω，当滑片位于a端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.1A，此时电路的总电阻：R总＝＝＝90Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值：R大＝R总﹣R0＝90Ω﹣18Ω＝72Ω。答：（1）电源电压为9V；（2）滑动变阻器的最大阻值为72Ω。31．（2021•广州）如图1，将重为5000N的货物从地面A处竖直匀速提升40s到达B处，再水平匀速运送到C处，最后竖直放到楼顶D处。货物从C到D用时50s，路程随时间变化图象如图2所示。g取10N/kg。（1）求货物的质量。（2）求BC段吊机对货物的拉力做的功。（3）求CD段货物所受重力做功的功率。（4）在图3中作出货物从A到B的速度随时间变化图象（仅作图，不用写出计算过程）【解答】解：（1）货物的质量m＝＝＝500kg；（2）BC段吊机对货物的拉力竖直向上，货物没有在拉力的方向上移动距离，所以拉力没有对货物做功，BC段吊机对货物的拉力做的功是零。（3）由图可知，货物在CD段运动的距离是5m，CD段货物所受重力做功W＝Gh＝5000N×5m＝25000J，CD段货物所受重力做功的功率P＝＝＝500W；（4）由图可知，AB段的距离hAB＝5m+15m＝20m，将重为5000N的货物从地面A处竖直匀速提升40s到达B处，故AB段的速度v′＝＝＝0.5m/s，货物从A到B的速度随时间变化图象如下图：答：（1）货物的质量为500kg；（2）BC段吊机对货物的拉力做的功为0；（3）CD段货物所受重力做功的功率为500W；（4）如上图。五．综合能力题（共7小题）32．（2022•广东）阅读下列短文，回答问题。直流充电桩直流充电桩是一种为电动汽车补给能量的装置，如图甲所示。它能够将电网中的交流电转化为直流电，再将电能充入汽车动力电池（以下简称电池）。通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，因而可实现快速充电。设电池当前储能占充满状态储能的百分比为D。充电时，充电桩的充电功率P会随着电池的D的变化而变化，同时用户还可以通过充电桩显示屏了解充电过程中的其他相关信息。现实际测试一个直流充电桩对某辆电动汽车的充电性能。假定测试中充电桩输出的电能全部转化为电池的储能。充电前，D为30%，充电桩显示屏中充电时长、充电度数、充电费用示数均为0。开始充电后，P与D的关系如图乙所示（为方便计算，图像已作近似处理）。充满后，立即停止充电。当D达到70%时充电桩显示屏的部分即时信息如表。充电电压（V）充电电流（A）充电时长（min）充电度数（kW•h）充电费用（元）4004524.028.80（1）通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，故充电功率更大。（2）在D从30%增至70%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变。当D为70%时，充电电流为100A。（3）若充电过程中充电电费单价不变，则测试全过程的充电费用为50.4元。（4）设D从70%增至80%所需时间为t1，从80%增至90%所需时间为t2，且t1：t2＝2：3，则测试全过程的充电总时长为109min。【答案】（1）大；（2）先变大，后不变；100；（3）50.4；（4）109。【解答】解：（1）通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，由P＝UI可知，充电功率更大；（2）由图乙知，D从30%增至70%的过程中，充电功率大致的变化规律是先变大，后不变；当D达到70%时，充电功率为40kW＝40000W，由表中数据知，D达到70%时，充电电压为400V，由P＝UI可知，此时的充电电流：I＝＝＝100A；（3）由表中数据知，D达到70%时，即充入充满状态储能的40%时，充电度数为24.0kW•h，充电费用28.80元，电费单价为：＝1.20元/kW•h，则充满电还需充入30%，需消耗的电能为：W′＝＝18kW•h，测试全过程的充电费用为（24+18）kW•h×1.20元/kW•h＝50.4元；（4）由题意可知，充满电时储存的电能为：W＝＝60kW•h，由图乙知，D从80%至90%时，即D增加10%，消耗电能W2＝10%×W＝10%×60kW•h＝6kW•h，此过程中充电功率P2＝15kW保持不变，由W＝Pt可得，此时充电的时间t2＝＝＝0.4h＝24min，D从90%至100%的过程中，充电功率不变，充电时间也为24min，由题知，t1：t2＝2：3，所以D从70%增至80%所需时间：t1＝t2＝×24min＝16min，由表中数据知，D从30%增至70%的过程中充电时长45min，所以测试全过程的充电总时长t＝45min+16min+24min+24min＝109min。故答案为：（1）大；（2）先变大，后不变；100；（3）50.4；（4）109。33．（2022•广州）汽车启动时，蓄电池向启动电动机M供电，设M两端电压为U，通过M的电流为I，测得U﹣t和I﹣t图象如图1。（1）求t1时M的电功率；（2）M仅通过导线a、b接入电路，如图2所示，a的电阻为0.001Ω。若通过M的电流为200A，持续0.5s，求此过程①a两端电压；②a产生的热量；（3）一般采用电磁继电器控制M的通断电，利用实验器材模拟汽车启动，简易电路如图3，A与B接触时M通电，请用笔画线完成电路的连接。【解答】解：（1）由图可知电动机两端的电压为10V，通过电动机的电流为200A，电动机的功率：P＝UI＝10V×200A＝2000W；（2）①a两端电压：U＝IR＝200A×0.001Ω＝0.2V；②a0.5s产生的热量：Q＝I2Rt＝（200A）2×0.001Ω×0.5s＝20J；（3）由图可知，当开关闭合，电磁铁有磁性，衔铁被吸下，A与B接触M通电，电路连接如下图所示：答：（1）电动机的功率为2000W；（2）①a两端电压为0.2V；②产生的热量为20J；（3）见解析内容。34．（2021•广东）阅读下列短文，回答问题。超声波测速超声波是振动频率高于20000Hz的声波，它具有指向性好、反射能力强、能量集中等特点，可用于测距、测速等。测距是测速的基础，如图甲所示，超声波测速仪向静止的汽车发射超声波信号（简称信号），同时开始计时，信号传播过程中遇到汽车会被反射，测速仪接收到返回的信号停止计时，根据记录的时间及其与路程、速度的关系，可计算出汽车与测速仪之间的距离。图乙是信号传播过程的s﹣t图象，s表示信号与测速仪之间的距离，t表示信号传播的时间。测速仪测量汽车速度的原理是：测速仪向运动的汽车先后发射两次信号，根据汽车在两次遇到信号之间所通过的路程及所用的时间，由速度公式可得出汽车的平均速度。测速仪在公路上对某跑车进行测速时，向匀速驶来的跑车发射两次信号，两次发射信号的时间间隔是1.0s，第一次发射信号到接收用时0.6s，第二次发射信号到接收用时0.3s。经测速仪测定，该跑车超速，驾驶员将受到交警部门处罚。（超声波速度取340m/s）（1）人耳不能（选填“能”或“不能”）听到超声波，超声波测速是利用了超声波的指向性好、能量集中、反射能力强等特点。（2）如图乙所示，若t0＝0.4s，则静止的汽车与测速仪之间的距离为68m。（3）通过计算，在图丙中，大致画出测速仪对该跑车发射的两次信号传播过程的s﹣t图象（t从第一次发射信号开始计时），跑车在两次遇到信号之间通过的路程为51m，跑车的速度大小为60m/s。【答案】（1）不能；反射能力强；（2）68；（3）图像如图所示；51；60。。【解答】解：（1）人耳可听声的频率范围是：20Hz～20000Hz，超声波是振动频率高于20000Hz的声波，故人耳不能听到超声波；超声波具有指向性好、反射能力强、能量集中等特点，可用于测距、测速等；（2）汽车遇到超声波时的时间为：t＝0.5t0＝0.5×0.4s＝0.2s，车与测速仪之间的距离为s＝vt＝0.2s×340m/s＝68m；（3）第一次超声波传播的距离为：s1＝v1t1＝0.6s×340m/s＝204m，第二次超声波传播的距离为：s2＝v2t2＝0.3s×340m/s＝102m，图像如图所示：测速过程中，跑车通过的路程为：s车＝0.5（s1﹣s2）＝0.5×（204m﹣102m）＝51m，跑车行驶的时间为：t车＝0.5（t1+t2）+t间﹣t1＝0.5×（0.6s+0.3s）+1.0s﹣0.6s＝0.85s，跑车的速度为：。故答案为：（1）不能；反射能力强；（2）68；（3）图像如图所示；51；60。35．（2022•深圳）（1）小明检测到家庭最大电流为5A，要买一个电热水壶，一个为“220V1000W”，一个为“220V1500W”，小明选了1000W的（如图1），请根据计算说出为什么不选1500W的。（2）电热水壶的电线很短，因此电阻小产生热量少，更加安全。（3）小明把一个电热水壶插进插座，打开开关，突然家里的用电器都不工作了，请写出可能的两个原因：①电热水壶短路，②电热水壶的功率太大了。（4）比较电热水壶和电炉的加热效率，请从图2中选择一组B。（5）实验：将1L水加热至沸腾，探究电热水壶的效率。求：设计实验方案并写出效率表达式。物理量方法（应说明测量道具、物理量）结论（用题目所给物理量表示）水的密度ρ水的比热容c热水壶额定功率P用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后到入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温。度t2η＝器材：330mL和500mL矿泉水，300mL家用量筒，温度计（﹣20℃﹣110℃），计时器、电子秤（600g）、计算机。【答案】（1）第一个热水壶的额定电流I1＝＝≈4.5A；第二个热水壶的额定电流I2＝＝≈6.8A＞5A，所以不选1500W的电热水壶；（2）小；少；（3）电热水壶短路；电热水壶的功率太大了；（4）B；（5）用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后到入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温度t2；。【解答】解：（1）第一个热水壶的额定电流I1＝＝≈4.5A；第二个热水壶的额定电流I2＝＝≈6.8A＞5A，所以不选1500W的电热水壶；（2）电热水壶电线短，电阻小；根据焦耳定律Q＝I2Rt，阻值越少，电线放出的热量越少，热水壶就越安全；（3）家里的用电器都不工作了，可能是短路或者用电器过载导致空气开关跳闸。所以可能原因为电热水壶短路或者电热水壶的功率太大了；（4）比较电热水壶和电炉的加热效率，应控制加热功率和加热的水的质量相同，所以选B；（5）1L水可以采用两次500mL来测量；所以操作方法用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后到入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温度t2；水吸收的热量Q吸＝cmΔt＝cρ×10﹣3m3×（t2﹣t1），电热水壶消耗的电能W＝Pt，电热水壶的效率η＝＝。故答案为：（1）第一个热水壶的额定电流I1＝＝≈4.5A；第二个热水壶的额定电流I2＝＝≈6.8A＞5A，所以不选1500W的电热水壶；（2）小；少；（3）电热水壶短路；电热水壶的功率太大了；（4）B；（5）用500mL的矿泉水瓶分两次称量1L水，然后到入热水壶中，用温度计测量此时温度为t1，用计时器记录加热所需时间t，记录沸腾时的温度t2；。36．（2022•广东）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（1）潜水艇活动的海水深度一般为300m至600m。它可以通过水舱排水或充水来改变自身重力，从而实现浮沉。（2）深潜器可进入更深的水域，在10000m的深处，海水产生的压强为1.03×108Pa。由于深海海水压强太大，深潜器实现浮沉的方法与潜水艇有所不同。（3）小明阅读资料后，利用如图的装置模拟深潜器在水中的运动过程。物体甲