挑战56 陕西卷（陕西近四年共29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56陕西卷（陕西近四年共30题）19、20、21、22年压轴题型统计：选择题填空题实验题计算与综合能力题合计电学综合713617力学综合314210其他综合00202合计1029829一．选择题（共10小题）1．（2022•陕西）如图，这是一种塔式起重机。已知起重机上的滑轮组在匀速起吊330kg的物体时，滑轮组的机械效率是60%，g取10N/kg。下列分析和计算错误的是（）A．起重机的吊臂AOB可视为杠杆 B．物体上升2m，滑轮组所做有用功是6.6×103J C．物体上升2m，滑轮组所做总功是1.1×104J D．增加起吊物体的质量，滑轮组的机械效率将减小【答案】D。【解答】解：A、吊臂AOB是可以在力的作用下绕O点转动的硬棒，因此吊臂AOB可视为杠杆，故A正确；B、物体的重力：G＝mg＝330kg×10N/kg＝3300N，滑轮组所做有用功：W有＝Gh＝3300N×2m＝6.6×103J，故B正确；C、由η＝×100%可知，滑轮组所做总功：W总＝＝＝1.1×104J，故C正确；D、若仅增加起吊物体的质量，起吊物体的重力变大，额外功不变，有用功变大，有用功在总功中所占的比例变大，则滑轮组的机械效率变大，故D错误。故选：D。2．（2022•陕西）物理科技小组在课外制作活动中，把一废旧电饭锅改造成一个由一根电热丝和两个开关组成的简易电饭锅。接通电源，手动开关闭合，电热丝工作，当锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合；接通电源，温控开关在锅内温度低于60℃时自动闭合，电热丝工作，锅内温度高于85℃时，温控开关自动断开。通过两个开关的通断，可实现加热和保温两种功能。根据以上描述，下列判断正确的是（）A．接通电源，闭合手动开关，电热丝才能开始工作 B．当手动开关自动断开时，简易电饭锅马上进入保温状态 C．简易电饭锅加热时的功率大于保温时的功率 D．锅内温度由103℃降至60℃过程中，电热丝不工作【答案】D。【解答】解：由题意可知，手动开关S1与温控开关S2是并联，如图所示：A、接通电源时，不按下手动开关，由于锅内温度低于60℃，此时温控开关自动闭合，电热丝能工作，故A错误；B、当手动开关自动断开时，锅内温度达到103℃，大于85℃，温控开关也断开，电热丝不工作，因此电饭煲不是处于保温状态，故B错误；C、简易电饭锅加热时，都是同一根电热丝工作，因此电饭锅加热时的功率等于保温时的功率，故C错误；D、当锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合，因此锅内温度由103℃降至60℃过程中，手动开关处于断开状态，由于温度不低于60℃，温控开关也处于断开状态，因此电热丝不工作，故D正确。故选：D。3．（2022•陕西）如图，电源电压不变。闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且等于电源电压。排除故障后，滑动变阻器的滑片P向左移动，下列分析正确的是（）A．灯泡不亮是因为滑动变阻器阻值过大 B．灯泡不亮是因为灯泡短路 C．排除故障后，滑片P向左移动，灯泡变暗 D．排除故障后，滑片P向左移动，电流表和电压表示数均变大【答案】D。【解答】解：AB、由图可知，灯泡与变阻器串联，电压表测量小灯泡两端的电压，闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表没有示数，说明电路是断路，电压表有示数，说明电压表并联的部分电路断路，即小灯泡断路，故AB错误；CD、滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路中总电阻变小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，灯丝中电流变大，电根据串联分压特点可知滑动变阻器两端的电压变小，根据串联电路的电压特点可知灯泡两端的电压变大，所以电流表和电压表示数均变大，根据P＝UI可知灯丝的实际功率变大，灯泡变亮，故AC错误，D正确。故选：D。4．（2022•陕西）物理科技小组在课外制作活动中，把一废旧电饭锅改造成一个由一根电热丝和两个开关组成的简易电饭锅。接通电源，手动开关闭合，电热丝工作，当锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合；接通电源，温控开关在锅内温度低于60℃时自动闭合，电热丝工作，锅内温度高于85℃时，温控开关自动断开。通过两个开关的通断，可实现加热和保温两种功能。根据以上描述，下列判断正确的是（）A．接通电源，闭合手动开关，电热丝才能开始工作 B．当手动开关自动断开时，简易电饭锅马上进入保温状态 C．简易电饭锅加热时的功率大于保温时的功率 D．锅内温度由103℃降至60℃过程中，电热丝不工作【答案】D。【解答】解：由题意可知，手动开关S1与温控开关S2是并联，如图所示：A、接通电源时，不按下手动开关，由于锅内温度低于60℃，此时温控开关自动闭合，电热丝能工作，故A错误；B、当手动开关自动断开时，锅内温度达到103℃，大于85℃，温控开关也断开，电热丝不工作，因此电饭煲不是处于保温状态，故B错误；C、简易电饭锅加热时，都是同一根电热丝工作，因此电饭锅加热时的功率等于保温时的功率，故C错误；D、当锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合，因此锅内温度由103℃降至60℃过程中，手动开关处于断开状态，由于温度不低于60℃，温控开关也处于断开状态，因此电热丝不工作，故D正确。故选：D。5．（2021•陕西）如图1所示电路中，电源电压恒定不变，电流表所选量程为0～0.6A，电压表所选量程为0～15V，小灯泡L标有“6V3.6W”，滑动变阻器R标有“50Ω1.5A”。闭合开关S，调节滑动变阻器使其阻值在某一范围内变化时，电压表与电流表示数的变化情况如图2所示。下列说法正确的是（）A．电压表测量的是灯泡L两端的电压 B．滑片P向右移动时，电压表示数变小 C．电源电压为8.5V D．闭合开关后，滑动变阻器阻值可以调节的范围是5～50Ω【答案】D。【解答】解：A、闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，故A错误；B、滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数变大，故B错误；CD、因串联电路各处电流相等，所以灯泡正常发光时通过电路的电流最大，小灯泡L标有“6V3.6W”，此时通过电路的电流：I＝＝＝0.6A，由图2可知此时滑动变阻器两端的电压为3V，由欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，最小阻值为：RH小＝＝5Ω，此时灯泡两端的电压为6V，串联电路总电压等于各分电压之和，所以电源电压为：U＝UH+UL＝3V+6V＝9V，由题意可知电压表接入电路的量程为0～15V，电源电压为9V，所以滑动变阻器可以接入电路最大阻值，所以滑动变阻器接入电路的阻值范围为5～50Ω，故D正确，故C错误。故选：D。6．（2021•陕西）如图所示，物理小组利用体积为170cm3的潜水艇模型（忽略进气、排气管的体积），探究潜水艇在水中如何实现上浮或下沉，下列说法不正确的是（ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg）（）A．模型浸没在水中受到的浮力为1.7N B．模型浸没后继续下沉的过程中受到的浮力大小不变 C．若要让悬浮的模型上浮应使模型中进水 D．潜水艇能上浮或下沉是通过改变自重实现的【答案】C。【解答】解：A、模型浸没在水中受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1.7×10﹣4m3＝1.7N，故A选项正确。B、模型浸没后继续下沉的过程中，模型排开的体积不变，根据F浮＝ρ水gV排可知，模型受到的浮力不变，故B选项正确。C、若要让模型上浮，应使模型受到的浮力大于模型自身的重力，因此模型应往外排水，故C选项错误。D、潜水艇通过改变自身的重力来实现上浮和下沉，故D选项正确。故选：C。7．（2021•陕西）如图﹣1所示电路中，电源电压恒定不变，定值电阻R1的阻值为20Ω。滑动变阻器R2的最大阻值为100Ω，开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表V1的示数如图﹣2所示，R2的功率为1.75W。下列说法正确的是（）A．电阻R1与滑动变阻器R2并联 B．电压表V1测量电源电压 C．电流表的示数为0.05A D．电源电压为12V【答案】D。【解答】解：AB、闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，电压表V2测量R2两端的电压，电流表测量电路电流，故AB错误；CD、若电压表的示数为1V，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝＝＝0.05A，R2两端的电压：U2＝＝＝35V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U＝U1+U2＝1V+35V＝36V；滑动变阻器接入电路的阻值：R2＝＝＝700Ω＞100Ω，故不可取；若电压表的示数为5V，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.25A，R2两端的电压：U2′＝＝＝7V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U′＝U1′+U2′＝5V+7V＝12V；滑动变阻器接入电路的阻值：R2′＝＝＝28Ω＜100Ω，故可取；故C错误，D正确。故选：D。8．（2020•陕西）如图1所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，滑动变阻器的滑片从最右端向最左端滑动过程中，电流表示数随其中一个电压表示数变化的图像如图2所示。下列说法正确的是（）A．图2是电流表示数随电压表V1示数变化的图像 B．滑片从右向左滑动过程中，电压表V1和电压表V2的示数都变大 C．定值电阻R0的阻值为20Ω D．该电路工作时消耗的最小功率为2.7W【答案】D。【解答】解：AB、定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测定值电阻的电压，电压表V2测变阻器的电压，电流表测电路的电流，当变阻器的滑片从最右端向最左端滑动过程中，变阻器连入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律I＝，电路的电流变大，根据U＝IR可知定值电阻的电压变大，即电压表V1的示数变大，由串联电路电压的规律，V2示数变小，故图2是电流表示数随电压表V2示数变化的图像，A、B错误；CD、由图2知，当变阻器的电压为6V时对应的电流为0.3A，当变阻器的电压为1V时对应的电流为0.8A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，由电源电压不变，故有：I1R0+U1＝I2R0+U2；即0.3A×R0+6V＝0.8A×R0+1V，故R0＝10Ω，故C错误；电源电压：U＝0.3A×10Ω+6V＝9V，由图2知，因电路的最小电流为0.3A，故该电路工作时消耗的最小功率为：P小＝UI1＝9V×0.3A＝2.7W，D正确。故选：D。9．（2020•陕西）如图1所示的电路，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图2所示。下列说法正确的是（）A．滑片从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变小 B．滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变 C．电源电压为6V D．电路消耗的最大功率为3.6W【答案】C。【解答】解：由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当变阻器滑片向右滑动过程中，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的读数变大，故A错误；（2）由电路图可知，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测滑动变阻器中的电流，所以电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻，因为变阻器滑片向右滑动过程中变阻器接入电路中的电阻变小，所以电压表与电流表示数之比变小，故B错误；（3）由图2可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1＝＝＝0.6A，则电源电压为：U＝U1+I1R0＝3V+0.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2＝＝＝0.4A，则电源电压为：U＝U2+I2R0＝4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；联立①②得，R0＝5Ω，U＝3V+0.6A×5Ω＝6V，故C正确；（4）当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，电路消耗的最大功率为P＝＝＝7.2W，故D错误。故选：C。10．（2019•陕西）工人用如图所示的装置运送砂石，下列说法正确的是（）A．滑轮组中的定滑轮能改变拉力的大小 B．图中动滑轮相当于一个省力杠杆 C．绳子自由端下拉1m，桶上升2m D．质量为65kg的工人利用该滑轮组能提起150kg的砂石【答案】B。【解答】解：A、定滑轮能改变力的方向，但不能改变力的大小，故A错误；B、动滑轮实质是动力臂等于阻力臂二倍的杠杆，属于省力杠杆，故B正确；C、由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2h，若绳子自由端下拉1m，则桶上升0.5m，故C错误；D、工人向下拉绳子时，绳子会对人施加向上的拉力，为避免人被绳子拉上去，所以人提供的最大拉力F最大＝G人＝m人g＝65kg×10N/kg＝650N；不计绳重、动滑轮重和摩擦时，利用该滑轮组能提起的最大物重G最大＝2F最大＝2×650N＝1300N，则提升物体的最大质量：m最大＝＝＝130kg，故D错误。故选：B。二．填空题（共7小题）11．（2022•陕西）如图﹣1所示电路，电源电压不变，L是额定电压为2.5V的小灯泡，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P在某两点间移动的过程中，电流表A与电压表V1的示数变化关系如图﹣2所示。当电流表示数为0.2A时，两电压表的示数相等，则电源电压为3V。小灯泡正常工作时的电流为0.25A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为2Ω，电路的总功率为0.75W。【答案】3；0.25；2；0.75。【解答】解：由图﹣1可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；（1）根据图﹣2可知，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1＝1.5V，由题意可知，此时两电压表的示数相等，即U2＝U1＝1.5V，由串联电路的电压特点可知，电源电压：U＝U1+U2＝1.5V+1.5V＝3V；（2）小灯泡在额定电压下正常发光，因此小灯泡正常发光时其两端的电压UL＝U额＝2.5V，由图﹣2可知此时通过小灯泡的电流为IL＝0.25A，由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I＝I滑＝IL＝0.25A，由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻：R滑＝＝＝2Ω，电路的总功率：P＝UI＝3V×0.25A＝0.75W。故答案为：3；0.25；2；0.75。12．（2019•陕西）质量为1×104t的轮船静止在水面上时，受到的浮力是1×108N，排开水的体积是1×104m3．轮船利用柴油机的做功冲程获得机械能。当轮船以36km/h的速度匀速行驶时，柴油机的输出功率是2×106W，则轮船受到的牵引力是2×105N（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。【答案】1×108；1×104；做功；2×105。【解答】解：（1）当轮船静止在水面上时，由漂浮条件可得轮船受到的浮力：F浮＝G＝mg＝1×104×103kg×10N/kg＝1×108N，根据F浮＝ρ水gV排可得排开水的体积：V排＝＝＝104m3；（2）在做功冲程中的能量转化关系是内能转化机械能，使轮船获得动力；（3）轮船的速度：v＝36km/h＝10m/s，由P＝＝＝Fv可得，轮船行驶过程中受到的牵引力：F＝＝＝2×105N。故答案为：1×108；1×104；做功；2×105。三．实验探究题（共9小题）13．（2022•陕西）在“探究并联电路电流特点”的实验中，小华设计了如图﹣1所示的电路进行实验。（1）连接电路时，开关应处于断开状态。（2）实验中，在A、B、C三处各接入一个电流表，并选择合适的量程。闭合开关，测得A、B、C三处的电流分别为IA、IB、IC。更换多组不同（选填“相同”或“不同”）规格的灯泡重复实验，部分实验数据如表所示。实验序号IA/AIB/AIC/A10.460.180.2820.360.200.1630.70.320.38（3）分析实验数据可得：在并联电路中，干路电流与各支路电流的关系是IA＝IB+IC（写出关系式）。（4）小华在某次实验时，测得C处电流IC为0.30A，观察到A处电流表指针位置如图﹣2所示，则A处电流大小为0.8A。【答案】（1）断开；（2）不同；（3）IA＝IB+IC；（4）0.8。【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开；（2）为了使结论更具普遍性，应使用不同规格的灯泡进行实验；（3）分析表格中实验数据可知，在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，表达式为：IA＝IB+IC；（4）由电路图可知，C处为支路，A处为干路，由并联电路的电流特点可知，A处的电流应大于C处的电流，由图2中电流表的指针位置可知，若电流表选用0～0.6A的量程，分度值为0.02A，示数为0.16A＜0.30A，不符合条件，因此电流表应选用的是0～3A的量程，分度值为0.1A，示数为0.8A，因此A处电流大小为0.8A。故答案为：（1）断开；（2）不同；（3）IA＝IB+IC；（4）0.8。14．（2022•陕西）如图﹣1所示，人眼的功能类似于照相机。学习了凸透镜成像规律后，小明对人眼和照相机如何成清晰的像，进行了进一步研究。（1）人眼结构中，视网膜到晶状体的距离不变，相当于“探究凸透镜成像规律”实验中，光屏到凸透镜的距离不变，能否看清远近不同的物体，可能与晶状体的焦距有关；使用变焦照相机拍照，能否得到清晰的像，可能同时与焦距和像距有关。于是他用图﹣2装置进行探究。（2）实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，是为了使像呈现在光屏中央。（3）实验主要步骤：①保持光屏到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节“F”光源到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、物距和像的高度。②保持“F”光源到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节光屏到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、像距和像的高度。（4）实验数据如下表所示：物体的高度H＝5.0cm实验序号物距u/cm像距v/cm焦距f/cm像的高度h/cm117.115.08.04.4230.015.010.02.5360.015.012.01.3425.011.88.02.4525.016.710.03.3625.023.112.04.6①分析1、2、3三组数据可知：当像距不变时，物距变大，要成清晰的像，凸透镜焦距要变大。②分析4、5、6三组数据可知：当物距不变时，凸透镜焦距越大，像距越大，像也越大。根据以上探究可知：人眼是通过调节晶状体焦距来看清远近不同物体的：用变焦照相机在同一位置拍摄同一物体时，是通过同时调节焦距和像距，使物体成大小不同的清晰的像。（5）实验结束后，小明和同学们进行了如下交流：①人长时间看近处物体，眼睛容易疲劳。学习较长时间后，建议同学们适当远眺，使睫状体放松，晶状体变薄（选填“厚”或“薄”），焦距变大，舒缓眼疲劳，保护眼睛。②用变焦相机拍完西安钟楼的全景后，要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，应该把照相机的镜头向前伸（选填“向前伸”或“往后缩”）同时增大焦距。【答案】（1）光屏；（2）光屏中央；（3）“F”光源；（4）1、2、3；大；（5）薄；向前伸。【解答】解：（1）人眼结构中，晶状体相当于凸透镜，视网膜相当光屏，视网膜到晶状体的距离不变，相当于“探究凸透镜成像规律”实验中，光屏到凸透镜的距离不变；（2）实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，使三者的中心大致在同一高度，是为了使像呈现在光屏中央；（3）②为了探究使用变焦照相机拍照得到清晰的像，可能同时与焦距和像距有关。应保持物距不变，即保持“F”光源到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节光屏到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、像距和像的高度。（4）①像距不变的三组实验分别是1、2、3；②分析4、5、6三组数据可知：物距不变，像距逐渐变大，焦距也逐渐变大，像的高度也变高，说明像也变大。所以得出结论：当物距不变时，凸透镜焦距越大，像距越大，像也越大；（5）通过实验结论，人眼长时间看近处物体，然后远眺，像距不变，物距变大，焦距也要变大，即眼睛的晶状体变薄；相机拍完西安钟楼的全景后，要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，物距不变，要使像变大，则焦距要变大，而且像距也要变大，即把照相机的镜头向前伸同时增大焦距。故答案为：（1）光屏；（2）光屏中央；（3）“F”光源；（4）1、2、3；大；（5）薄；向前伸。15．（2021•陕西）如图1是“测量小灯泡电功率”的实验电路图，电源电压恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V.（1）本实验中测量小灯泡电功率的实验原理是P＝UI。（2）闭合开关前滑片P应移至b（选填“a”或“b”）端．如图2为根据电路图所连接的实物电路，其中有一根导线连接不合理，请你在这根导线上画“×”并改正。（3）连接好电路，闭合开关后，无论怎样移动滑片P，小灯泡都不发光，电流表指针几乎不偏转，电压表示数接近电源电压，出现这种现象的原因可能是小灯泡断路。排除故障后进行实验，并将实验数据记录在如表中。实验序号电压U/V电流I/A电功率P/W11.50.2822.533.00.38（4）移动滑片P使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图3所示为0.34A。（5）分析实验数据，小灯泡的额定功率为0.85W。当电压表示数为1.5V时，小灯泡的亮度比正常发光时暗。【答案】（1）P＝UI；（2）b；如图所示；（3）断路；（4）0.34；（5）0.85；暗。【解答】解：（1）测量小灯泡电功率的实验原理是P＝UI；（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P滑到阻值最大处b端；由图可知，电源电压为3V，电压表应选0～3V的量程，如图所示：；（3）小灯泡都不发光，电流表指针几乎不偏转，则电路可能断路，而电压表有示数，说明电压表与电源连通，则原因可能是与电压表并联的灯泡断路；（4）由图2和图3可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，流过电阻的电流为0.34A；（5）因为灯泡的额定电压为2.5V，电流表的示数为0.34A，则灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.34A＝0.85W；当电压表示数为1.5V时，小灯泡两端的电压小于额定电压，故小灯泡的亮度比正常发光时暗。故答案为：（1）P＝UI；（2）b；如图所示；（3）断路；（4）0.34；（5）0.85；暗。16．（2021•陕西）学校在科技节活动中举办了“纸桥大赛”，小明和同学们惊讶地发现，一张纸虽然轻薄，却可承受很大的力，于是他们想探究一张纸能承受的压力和结构的关系．同学们把普通的A4打印纸剪成大小相等的四部分（如图1），分别做成单层棱数不同的正多棱柱进行以下探究。（1）如图2，将纸张分别沿较长的边和较短的边折成正三棱柱、四棱柱、六棱柱和八棱柱。（2）如图3，将棱柱放在水平桌面上，把圆形小桶轻轻放在棱柱上，静止时小桶对棱柱的压力大小等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）小桶受到的重力。（3）为了使棱柱受力均匀，放置时应将小桶的中轴线与棱柱的中轴线重合，缓缓向小桶中加水至棱柱变形，用电子秤测量出此时小桶和水的总质量M。（4）换用不同的棱柱，重复步骤（3）．实验数据记录如表。实验序号12345678多棱柱的高度/cm10.5514.85多棱柱的棱数三四六八三四六八小桶和水的总质量M/g5149241090217466598414712715（5）实验中通过比较小桶和水的总质量，来判断棱柱能承受的最大压力。（6）分析比较实验序号1和5、2和6、3和7、4和8四组数据，可以初步得到：用本实验所用的纸张折成多棱柱，棱数相同时，高度较高的能够承受的压力较大。（7）分析比较实验序号1、2、3、4（或5、6、7、8）的数据，可得出结论：用相同的纸张折成高度相同的多棱柱，棱数越多，能承受的压力越大．进一步推理分析可知圆柱体所能承受的压力最大，如南极泰山科考站主楼的外形就是这种形状。（8）实验中未采用向小桶中加钩码而采用加水的方法改变压力，是因为水具有流动性能使棱柱受力均匀，除此之外，从获取测量数据的角度分析，加水还具有的优点是使压力大小连续变化或使测量更准确。【答案】（2）等于；（3）重合；（5）小桶和水的总质量；（6）大；（7）1、2、3、4（或5、6、7、8）；圆；（8）使压力大小连续变化或使测量更准确。【解答】解：（2）将棱柱放在水平桌面上，把圆形小桶轻轻放在棱柱上，静止时小桶受力平衡，小桶对棱柱的压力等于小桶受到的重力；（3）实验中，为了使棱柱受力均匀，两者的重心都在一条竖直线上，即放置时应将小桶的中轴线与棱柱的中轴线重合；（5）实验中缓缓向小桶中加水至棱柱变形，用电子秤测量出此时小桶和水的总质量M，M越大，表明棱柱承受的最大压力越大，所以实验中是通过小桶和水的总质量来判断棱柱能承受的最大压力，采用的是转换法；（6）分析比较实验序号1和5、2和6、3和7、4和8四组数据可知，棱柱的棱数相同，棱柱的高度不同，高度越高，小桶和水的总质量越大，棱柱承受的最大压力越大，故可以初步得到：用本实验所用的纸张折成多棱柱，棱数相同时，高度较高的能够承受的压力较大；（7）探究最大压力与棱柱数的关系时，需要控制棱柱的高度相同，所以需要对比1、2、3、4（或5、6、7、8）的实验数据；根据实验数据可知，用相同的纸张折成高度相同的多棱柱，棱数越多，能承受的压力越大；棱柱数越多，承受的最大压力越大，棱体越接近圆形，据此推理可知，圆柱体所能承受的压力最大；（8）实验中采用加水的方法改变压力，由于水具有流动性，可以使使压力大小连续变化，这样测量的结果更准确。故答案为：（2）等于；（3）重合；（5）小桶和水的总质量；（6）大；（7）1、2、3、4（或5、6、7、8）；圆；（8）使压力大小连续变化或使测量更准确。17．（2021•陕西）同学们在学完弹簧测力计的相关知识后，自制了一个“橡皮筋测力计”，将橡皮筋不挂重物时下端对应位置标为零刻度线：挂1N重物时，下端对应位置标为1N；将这段距离等分为20格，每格表示0.05N。用此测力计测量物体重力时，发现测量值不准确。为了弄清其中的原因，同学们探究了橡皮筋的伸长与受到外力的关系。他们利用规格为0.05N的螺母若干、刻度尺、橡皮筋、白板等进行了实验探究。不挂重物时，使橡皮筋下端与刻度尺的零刻度线对齐；挂不同重物时，橡皮筋下端对应不同的刻度值，作出标记，如图所示。（1）螺母挂在橡皮筋下静止时，受到橡皮筋的拉力等于（选填“大于”“等于”或“小于”）它受到的重力。（2）同学们在橡皮筋下依次挂上个数不等的螺母，实验数据记录如下表。试验次数123456789101112螺母个数n/个01234567891011螺母总重G/N00.050.100.150.200.250.300.350.400.450.500.55刻度尺读数L/mm05.011.020.030.045.060.075.090.0110.0133.0158.0①分析实验数据可初步得出：橡皮筋下所挂重物越重，橡皮筋的伸长越长。②进一步分析数据发现：每增加1个螺母时，刻度尺读数的变化量总体上是不同的，但中间有部分读数的变化量是相同的。若静止时橡皮筋下端对应刻度尺的70.0mm处，推测橡皮筋下所挂的物体重约为0.33N（结果保留两位小数）；若挂另一重物，静止时橡皮筋下端对应刻度尺的15.0mm处，此时不能（选填“能”或“不能”）确定此物体的重。（3）同学们根据实验数据，用此橡皮筋重新制作一个刻度均匀的测力计，橡皮筋上端和刻度尺的位置保持不变。若使测力计的量程最大，零刻度线应标在刻度尺的30.0mm刻度处，此测力计的最大量程为0～0.2N。（4）同学们更换不同的橡皮筋进行探究，发现其它橡皮筋的特点均与此相似，他们由此总结出，若要用橡皮筋制作测力计，受橡皮筋材料影响，刻度均匀部分可测量范围小，整体上测量不准确，所以橡皮筋不适合做测力计。【答案】（1）等于；（2）长；0.33；不能；（3）30.0；0～0.2N；（4）小。【解答】解：（1）螺母静止，受到橡皮筋的拉力和它受到的重力二力平衡，大小相等；（2）分析表中数据可知，橡皮筋下所挂重物越重，橡皮筋所受拉力越大，刻度尺读数越大，即橡皮筋的伸长越长；在第5次到第8次实验中，橡皮筋的伸长与所受拉力成正比，设橡皮筋所受拉力为Fx时，刻度尺的示数L为70.0mm，则有：（L7﹣L5）：（Lx﹣L5）＝（F7﹣F5）：（Fx﹣F5），即：（60.0mm﹣30.0mm）：（70.0mm﹣30.0mm）＝（0.30N﹣0.20N）：（Fx﹣0.20N），解得：Fx＝0.33N；在其他次数实验中，橡皮筋的伸长量与所受拉力没有精确的数量关系，若静止时橡皮筋下端对应刻度尺的15.0mm处时，并不能确定此时对应的物体重；（3）在第5次到第8次实验中，橡皮筋的伸长量与所受拉力成正比，要用此橡皮筋制作一个刻度均匀的测力计，精确的测量范围应在其伸长量为30.0mm到90.0mm之间，测力范围为0～0.2N；（4）用橡皮筋制作测力计，受橡皮筋材料影响，刻度均匀部分可测量范围小，整体上测量不准确，所以橡皮筋不适合做测力计。故答案为：（1）等于；（2）长；0.33；不能；（3）30.0；0～0.2N；（4）小。18．（2020•陕西）日晷和漏刻是我国古代的计时工具。如图1所示日晷利用太阳照出晷针的影子的长短和方位来测定时刻；如图2漏刻是往漏壶里装入一定量的水，让它慢慢漏出，通过漏入箭壶的水量来确定时刻。（1）影子的形成是由于光的直线传播。（2）小明感叹于古人的智慧，想了解漏刻计时的原理，通过观察，他找来三个横截面积不同的长方形塑料盒，分别在底部中央开一个大小相同的圆孔，探究长方形容器中水从圆孔流完所需时间与容器横截面积及水深的关系。通过实验得到如表数据：实验次数容器横截面积S/cm2水深h/cm水流完所需时间t/s1100412215018330036430022556436849①分析1、2、3三次实验数据可知，水深相同时，水流完所需时间与容器横截面积成正比。②分析3、4、5、6四次实验数据可知，在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越长。（3）进一步研究发现，长方形容器中的水流完所需时间t与容器横截面积S成正比，与水深h的平方根成正比，即t＝kS（k为比例系数）。如图2，甲、乙是两个上端开口、底部中央各有一个面积相同的圆孔的水箱，两水箱内装有相同体积的水，使水从孔中流出，则乙箱中的水流完所需时间少。若乙箱中水流出一半所需的时间为t1，剩下一半的水流完所需时间为t2，则t1＜（选填“＞”“＜”或“＝”）t2，这是因为水的压强随深度的增加而增大。（4）古代早期的单级漏刻计时存在较大误差，是因为水位高低会影响水的流速。后来人们将单级漏刻改为多级漏刻，上面漏壶不断给下面漏壶补水，使一级漏壶内水的深度基本保持不变，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。【答案】（1）直线传播；（2）①1、2、3；②长；（3）乙；＜；深度；（4）基本保持不变。【解答】解：（1）影子是由于光的直线传播而形成的；（2）①水深相同时，需要容器的横截面积变化，观察水流完所需时间与横截面积的关系，所以需要选择横截面积发生变化的实验，故选1、2、3项；②通过数据表观察3、4、5、6项时间的变化情况，发现在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越长；（3）①甲乙容器内的水体积相同，通过公式t＝kS＝k＝kV比较，h越大，所用时间越少。乙容器中的液面明显高于甲，h乙＞h甲，因此乙箱中的水流完所用时间少；②设乙箱中水的体积为V，水的深度为h，由前面解答可知，乙箱中的水流完所用时间为t＝kV﹣﹣﹣﹣﹣I剩下一半的水流完所需时间为t2＝k×V＝k×V≈0.707kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅱ则前一半体积的水流完所需的时间为t1＝t﹣t2＝kV﹣0.707kV＝0.293kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅲ比较Ⅱ、Ⅲ两式可知t1＜t2；③流出一半体积的水所需时间t1＜t2，即前一半体积的水流出的速度较大，导致该现象的原因是水的压强随深度增加而增大；（4）由（3）可知，水的深度影响着容器内水流完的时间，因此我们想要让漏刻的时间准确，就尽量控制一级漏壶内水的深度，因此我们尽量使一级漏壶内水的深度基本保持不变，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。故答案为：（1）直线传播；（2）①1、2、3；②长；（3）乙；＜；深度；（4）基本保持不变。19．（2020•陕西）为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图1所示的装置和器材进行实验。（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。（2）在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。（3）实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图﹣2所示的装置来进行实验。水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左。②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关。【答案】（1）水平；匀速直线；（2）压力大小；粗糙程度；（3）①静止；左；②无关。【解答】解：（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，根据二力平衡，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小；（2）在木块上加放砝码，增大了压力，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，改变了接触面的粗糙程度，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；（3）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止状态，此时弹簧测力计（绳子）对木块的拉力（水平向右）与木块所受滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左；②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力大小不变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关。故答案为：（1）水平；匀速直线；（2）压力大小；粗糙程度；（3）①静止；左；②无关。20．（2020•陕西）如图是科技小组的同学利用电磁转换的知识制作的“电能无线传输”装置的示意图。图中送电线圈利用电流产生磁场，受电线圈利用磁场产生电流。受电线圈正对并靠近送电线圈可以产生电流，使灯泡发光，实现电能的无线传输。（1）送电线圈是利用电流的磁效应工作的，与受电线圈产生电流的原理相同的是发电机（选填“电动机”或“发电机”）。（2）受电线圈中电流大小可以通过灯泡亮度来反映。（3）在图中的电源、调节装置和送电线圈不改变的情况下，该小组同学想探究影响受电线圈两端电压大小的因素，猜想它可能与受电线圈的匝数、直径及两线圈之间的距离有关。通过查阅资料，他们了解到了受电线圈两端电压与线圈匝数的关系。接着，他们用相同规格的漆包线绕制了多个匝数相同、直径不同的线圈，对其余两个猜想进行探究。实验数据如表：（送电线圈直径为70.0mm）实验次数受电线圈的直径D/mm两线圈之间的距离d/mm受电线圈两端的电压U/V170.022.08.6270.011.014.1370.05.520.54145.05.510.35105.05.516.9645.05.513.9732.05.55.4①分析1、2、3三次实验数据可初步得出结论：在受电线圈的直径和匝数相同时，两线圈之间的距离越小，受电线圈两端的电压越大。②分析3、4、5、6、7五次实验数据可初步得出结论：在两线圈之间的距离和受电线圈的匝数相同的情况下，受电线圈直径增大时，其两端电压先增大后减小。（4）通过实验，小组同学发现电能无线传输存在传输距离小的缺点。尽管如此，电能无线传输技术仍然有着广阔的应用前景，如部分手机和电动牙刷的无线充电装置已经采用了该技术。【答案】（1）磁；发电机；（2）亮度（或两端的电压大小）；（3）①1、2、3；②先增大后减小；（4）小。【解答】解：（1）由题干材料得，图中送电线圈利用电流产生磁场，是电流磁效应；受电线圈正对并靠近送电线圈可以产生电流，这是由于运动产生电流是电磁感应，发电机的工作原理也是电磁感应，故原理和发电机原理相同。（2）在灯泡的电阻不变时，根据U＝IR，电流越大，电压表示数越大；根据P＝I2R，电流越大，灯泡的功率越大，灯泡越亮，所以受电线圈中电流大小可以通过灯泡亮度或灯泡两端电压来判断。（3）①1、2、3实验的受电线圈直径相同，线圈匝数相同，两线圈距离逐渐减小，受电线圈两端的电压不断增大。②3、4、5、6、7五次实验线圈匝数相同，两线圈之间距离相等，受电线圈直径不断增大时，受电线圈两端的电压先增大后减小。（4）由于从实验数据知：在受电线圈的直径和匝数相同时，两线圈之间的距离越小，受电线圈两端的电压越大，当两线圈距离增大时，受电线圈两端的电压会减小，所以电能无线传输存在传输距离小的缺点。故答案为：（1）磁；发电机；（2）亮度（或两端的电压大小）；（3）①1、2、3；②先增大后减小；（4）小。21．（2019•陕西）物理小组测量一个不规则小石块的密度。（1）将天平放在水平工作台上。天平调平时，把游码移到标尺的零刻度处观察到指针偏向分度盘中央刻线的右侧，应将平衡螺母左（选填“左”或“右”）调节。（2）如图﹣1所示小石块的质量为23.2g，用图﹣2所示方法测得小石块的体积为10cm3，则小石块的密度为2.32×103kg/m3。（3）如果天平的砝码缺失，如何测量小石块的质量？小组设计了下列两种测量方案（已知水的密度为ρ水）方案一，如图﹣3所示。①在量筒中倒入适量的水，水面上放置塑料盒、此时量筒的读数为V1；②将小石块轻轻放入塑料盒内，量筒的读数为V2；③上述方法测得小石块的质量为ρ水（V2﹣V1）（用物理量符号表示）。方案二，如图﹣4所示。①将两个相同的烧杯分别放在天平左、右托盘中，调节天平平衡②向右盘烧杯中加水直到天平平衡③将烧杯中的水全部倒入空量筒中，测出体积④将小石块轻轻放入左盘烧杯中⑤计算小石块的质量上述实验步骤正确的顺序为①④②③⑤（填序号）。【答案】（1）零刻度；左；（2）23.2；10；2.32×103；（3）ρ水（V2﹣V1）；①④②③⑤。【解答】解：（1）将天放在水平工作台上。天平调平时，把游码移到标尺的零刻度处，指针偏向分度盘中央刻线的右侧，说明天平的右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动。（2）小石块的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度之和，小石块的质量：m＝20g+3.2g＝23.2g，（3）小石块的体积：V＝35ml﹣25ml﹣＝10ml＝10cm3，小石块的密度：ρ＝＝＝2.32g/cm3＝2.32×103kg/m3。方案一：①在量筒中倒入适量的水，水面上放置塑料盒、此时量筒的读数为V1；塑料盒漂浮在水面上，塑料盒受到重力等于浮力，②将小石块轻轻放入塑料盒内，量筒的读数为V2；小石块和塑料盒整体漂浮，总重力等于总浮力，所以增加的重力等于增加的浮力，所以，△G＝△F浮＝△G排，△mg＝△m排水g＝ρ水（V2﹣V1）g，小石块的质量：m＝ρ水（V2﹣V1），方案二：正确的实验步骤：（利用天平左盘物体的质量和右盘物体质量相等）①将两个相同的烧杯分别放在天平左、右托盘中，调节天平平衡。④将小石块轻轻放入左盘烧杯中。②向右盘烧杯中加水直到天平平衡。③将烧杯中的水全部倒入空量筒中，测出体积。⑤计算小石块的质量。故答案为：（1）零刻度；左；（2）23.2；10；2.32×103；（3）ρ水（V2﹣V1）；①④②③⑤。四．计算与综合能力题（共8小题）22．（2021•陕西）某医院用如图所示的压力蒸汽灭菌箱对常用器械进行消毒灭菌，使用时，将需消毒的器械放入灭菌箱内胆中，电路中的电热丝把水箱中的水加热成高温水蒸气后充入内胆，对器械进行消毒，灭菌箱的部分参数如下表[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），设电热丝的阻值不变]。额定电压220V水箱容积6L频率50Hz工作温度120℃额定加热功率3.5kW额定压强0.21MPa（1）灭菌箱中的水沸腾时温度能高达100℃以上，是因为工作状态下箱内气压比标准大气压更大。（2）灭菌箱内电热丝的阻值是多大？（计算结果保留一位小数）（3）若在水箱中加入20℃、5L的水，则将它加热到工作温度需要吸收多少热量？灭菌箱正常工作时加热这些水需要多长时间？（不考虑热损失）（4）若要缩短加热水的时间，在安全的条件下，可选用阻值更小的电热丝。【解答】解：（1）在标准大气压下，水的沸点是100℃，而水的沸点受气压的影响，气压越大，沸点越高；灭菌箱中的水沸腾时温度能高达100℃以上，是因为工作状态下箱内气压比标准大气压更大；（2）由P＝UI＝U•＝可知，电热丝的阻值：R＝＝≈13.8Ω；（3）由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3＝5kg；水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（120℃﹣20℃）＝2.1×106J；不考虑热损失时，电热丝产生的热量：Q＝W＝Q吸＝2.1×106J；由P＝可知，加热这些水需要的时间t＝＝＝600s；（4）若要缩短加热水的时间，根据P＝可知，在消耗的电能不变的情况下，可以通过增大加热功率功来实现；而要使加热功率增大，根据P＝UI＝可知，当电源电压不变时，可以减小电热丝的电阻来增大加热功率。答：（1）更大；（2）灭菌箱内电热丝的阻值约为13.8Ω；（3）若在水箱中加入20℃、5L的水，则将它加热到工作温度需要吸收的热量为2.1×106J；灭菌箱正常工作时加热这些水需要的时间为600s；（4）小。23．（2021•陕西）有一辆由汽油机提供动力的汽车，该车的输出功率与汽油机转速的关系如图所示。这辆汽车在某次测试时以90km/h的速度在水平公路上匀速行驶了10min，消耗1.1kg的汽油，此过程中汽油机的转速为2000r/min（汽油的热值q汽油＝4.6×107J/kg）。（1）汽油机是一种将燃料燃烧产生的高温、高压燃气的内能转化为机械能的装置。（2）该汽车在这段时间内行驶了多少路程？（3）1.1kg的汽油完全燃烧能产生多少热量？（4）此过程中汽油机的效率是多少？（百分数保留到0.1位）【解答】解：（1）汽油机是一种将燃料燃烧产生的高温、高压燃气的内能转化为机械能的装置；（2）已知汽车的速度v＝90km/h，行驶的时间t＝10min＝，由v＝可知汽车行驶的路程为：s＝vt＝90km/h×h＝15km；（3）1.1kg汽油完全燃烧产生的热量为：Q放＝mq汽油＝1.1kg×4.6×107J/kg＝5.06×107J；（4）由图可知，转速为2000r/min时对应的汽车输出功率为P＝30kW＝3×104W，由P＝可得汽油机在此过程做的有用功为：W＝Pt＝3×104W×10×60s＝1.8×107J，汽油机的效率为：η＝×100%＝≈35.6%。答：（1）机械；（2）该汽车在这段时间内行驶了15km路程；（3）1.1kg的汽油完全燃烧能产生5.06×107J热量；（4）此过程中汽油机的效率是35.6%。24．（2020•陕西）小明将废旧电热器上规格为“220V968W”的完好电热丝R0拆下，用于科技小组制作电烘箱，设计电路如图1所示。经过多次试验，当选用的电阻R1的阻值为5Ω时，刚好满足箱体内烘干功率要求。（不考虑温度对电阻的影响）（1）电热丝R0的阻值是多少？（2）整个电路工作时的电流是多少？整个电路工作1h产生的热量是多少？（3）图1电路工作时存在着电能没有被充分利用的不足。在保证箱体内烘功率及R0不变的情况下，请你针对电路中的不足进行改进，在图2中将改进的电路图补充完整，并在图中标出相关电阻的阻值（此问不要求写出计算过程）【解答】解：（1）规格为“220V968W”的完好电热丝R0，根据P＝，电阻丝的阻值为：R0＝＝＝50Ω；（2）图1中，两电阻串联，由电阻的串联规律，R＝50Ω+5Ω＝55Ω，由欧姆定律，整个电路工作时的电流是：I＝＝＝4A；整个电路工作1h产生的热量是：Q＝W＝UIt＝220V×4A×1×3600s＝3.168×106J；（3）在图1中，电烘箱的电功率为P01＝I2R0＝（4A）2×50Ω＝800W；R2串＝＝＝60.5Ω，由串联电阻的规律，故应串联的电阻：R2＝60.5Ω﹣50Ω＝10.5Ω，即将R2＝10.5Ω的电阻与R0＝50Ω串联后作为电烘箱体的加热丝即可，如下左所示：或将R1＝5Ω与R0＝50Ω串联再与R2串联（R2＝60.5Ω﹣5Ω﹣50Ω＝5.5Ω），如下右所示：故答案为：（1）电热丝R0的阻值是50Ω；（2）整个电路工作时的电流是4A；整个电路工作1h产生的热量是3.168×106J；（3）如上左或右所示。25．（2019•陕西）如图﹣1为某校物理小组设计的具有加热和保温功能的电热器内部简化电路。Rt为热敏电阻，阻值随温度升高而减小。R1、R2、R3均为电热丝，且R1＝R2＝400Ω．闭合开关S1、S2，电热器开始加热。（1）控制电路中，电磁铁的上端是N极。（2）加热时，动触点a与上方静触点b，c接通，工作电路的总功率是多少？（3）电磁铁对衔铁的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图﹣2所示。当电磁铁对衔铁的吸引力为1N时，动触点a与下方静触点d接通，进入保温状态，此时热敏电阻Rt的阻值是多少？（4）保温状态下，R1的功率为64W，则工作电路30s消耗的电能是多少？【解答】解：（1）根据安培定则知，电磁铁的上端为N极；（2）由电路图知，加热时，R1、R2并联，总电阻为R并＝＝＝200Ω，加热时，工作电路的总功率是：P加热＝＝＝242W；（3）由图2知。当电磁铁对衔铁的吸引力为1N时，动触点a与下方静触点d接通，此时控制电路是红的电流为0.2A，根据I＝得，此时热敏电阻Rt的电阻为：Rt＝＝＝30Ω；（4）保温时，R1和R3串联，根据P＝UI和I＝得，电路中的电流为：I串联＝＝＝0.4A，工作电路消耗的电能：W＝UI串联t＝220V×0.4A×30s＝2640J。答：（1）N；（2）加热时，动触点a与上方静触点b，c接通，工作电路的总功率是242W；（3）热敏电阻R2的阻值是30Ω；（4）保温状态下，R1的功率为64W，则工作电路30s消耗的电能是2640J。26．（2022•陕西）今年“五一”假期，广大市民按照疫情防控要求，积极响应“非必要不离市”号召，在郊区、公园指定区域进行户外活动。小刚同学家购买了一款如图﹣1所示户外分体式燃气炉，准备去户外野炊。该燃气炉的铭牌如表所示，其中功率4500W是指气体燃料完全燃烧时燃气炉每秒放出4500J的热量。品名XX牌分体式防风燃气炉材质不锈钢钢铸铝规格展开φ260×116mm折叠φ127×132mm功率4500W（1）气体燃料在常温下是通过压缩体积的方式液化存储在储气罐内。使用过程中，罐体温度变低是因为燃料发生汽化时要吸收（选填“吸收”或“放出”）热量。（2）在标准大气压下，用该燃气炉将1L水从25℃加热到沸腾用时140s，燃气炉烧水时的效率是多少？已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。（3）小刚注意到炉头上标有参数：15字样，他查阅说明书得知，该参数表示的是：燃气炉功率[单位：瓦（W）]与耗气量[单位：克/时（g/h）]之比的数值为15，计算该燃气炉所使用燃料的热值是多少？（4）小刚同学打算展示在劳动课上学习的烹饪技能，为家人做顿可口饭菜，下表是他出发前做的规划，则小刚至少应携带几个如图﹣2所示的新储气罐？内容每次耗时/min次数/次炒菜83煮汤101烧水32【解答】解：（1）有的气体在常温下压缩体积就能液化，燃料汽化会吸收热量，使周围温度降低。（2）m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.0×10﹣3m3＝1kg；Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣25℃）＝3.15×105J；Q放＝Pt＝4500W×140s＝6.3×105J；燃气炉烧水时的效率η＝×100%＝＝50%；（3）燃气炉功率[单位：瓦（W）]与耗气量[单位：克/时（g/h）]之比的数值为15，即＝15；解得m气＝300g/h；该燃气炉所使用燃料的热值q＝＝＝5.4×104J/g＝5.4×107J/kg；（4）炒菜总共用时t′＝8min×3+10min+3min×2＝40min＝2400s；一共消耗的热量Q′＝Pt′＝4500W×2400s＝1.08×107J；一罐储气罐提供的热量Q0＝m0q＝120g×5.4×104J/g＝6.48×106J；n＝＝≈1.7；所以小刚至少要带两个；答：（1）压缩体积；吸收；（2）在标准大气压下，用该燃气炉将1L水从25℃加热到沸腾用时140s，燃气炉烧水时的效率是50%；（3）该燃气炉所使用燃料的热值是5.4×107J/kg；（4）小刚至少应携带2个如图﹣2所示的新储气罐。27．（2020•