中考物理总复习挑战44 陕西卷（陕西近二年共30题）（解析版）

2023年中考物理真题《压轴挑战》分类汇编（解析版）挑战44陕西卷（陕西近二年共30题）22、23年题型统计：选择题填空作图题实验题计算综合题合计电学综合533415力学综合13206其他综合11349合计778830一．选择题（共7小题）1．（2023•陕西）下列有关家庭电路和安全用电的说法正确的是（）A．各用电器并联接入电路 B．空气开关“跳闸”，一定是电路发生短路造成的 C．电灯的开关接在零线和灯泡之间 D．带有金属外壳的大功率用电器使用两线插座【答案】A【解答】解：A、并联电路各支路可独立工作互不影响；家庭电路中，各用电器并联接入电路，故A正确；B、空气开关“跳闸”，可能是电路发生短路造成的，也可能是用电器总功率过大造成的，故B错误；C、根据安全用电的原则，电灯的开关接在火线和灯泡之间，故C错误；D、带有金属外壳的大功率用电器要使用三孔插座，当三脚插头插入三孔插座时，则可让金属外壳接地，可以防止因用电器漏电，导致金属外壳带电而发生触电事故，故D错误。故选：A。2．（2023•陕西）小明设计了一个电梯自动报警模拟装置，如图﹣1所示。在控制电路中，电源电压为12V，R1为滑动变阻器，R2为压敏电阻，R2的阻值大小随压力F的变化关系如图﹣2所示。闭合开关S1和S2，当压敏电阻受到的压力达到4000N时，电磁铁线圈中的电流为0.1A，此时衔铁被吸下，动触点K与触点A断开，同时与触点B接触，电动机停止工作，报警铃声开始响起。电磁铁线圈的电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A．S1闭合时，电磁铁的上端为N极 B．压敏电阻受到的压力越大，控制电路中的电流越小 C．当电梯自动报警铃声开始响起时，R1的功率为0.4W D．若控制电路电源电压降低，要保证电梯最大载重不变，应将R1的滑片P向左移【答案】D【解答】解：（1）由安培定则可知，当开关S闭合时，电磁铁下端为N极，故A错误；（2）控制电路中，两电阻串联接入电路，由图﹣2可知压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，压敏电阻受到的压力越大，电路总电阻越小，根据欧姆定律可知通过电路的电流越大，故B错误；（3）当压敏电阻受到的压力达到4000N时，电磁铁线圈中的电流为0.1A时自动报警铃声开始响起，根据欧姆定律可得此时电路总电阻R＝＝＝120Ω，由图﹣2可知此时压敏电阻的阻值R2＝40Ω，因串联电路的总电阻等于各部分电阻之和，则此时变阻器R1接入电路的阻值R1＝R﹣R2＝120Ω﹣40Ω＝80Ω，此时R1的功率为：P1＝I2R1＝（0.1A）2×80Ω＝0.8W，故C错误；（4）要保证电梯最大载重不变，即通过控制电路的电流不变，控制电路电源电压降低，根据欧姆定律可知需减小电路总电阻，根据串联电路电阻规律可知需减小滑动变阻器接入电路的阻值，所以应将R1的滑片P向左移，故D正确。故选：D。3．（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．增加起吊物体的质量，滑轮组的机械效率将减小 C．物体上升2m，滑轮组所做有用功是6.6×103J D．物体上升2m，滑轮组所做总功是1.1×104J【答案】B【解答】解：A、据图可知，起重机的吊臂符合杠杆的条件，即有支点、动力、阻力，所以是一个杠杆，故A正确；B、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B错误；C、物体上升2m，滑轮组所做有用功：W有用＝Gh＝mgh＝330kg×10N/kg×2m＝6.6×103J，故C正确；D、由η＝得，总功：W总＝＝＝1.1×104J，故D正确。故选：B。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．（2023•陕西）无论是浩瀚的宇宙，还是微小的粒子，人类从未停止过探索的脚步。关于宇宙和粒子，下列说法正确的是（）A．宇宙是一个有层次的天体结构系统，恒星是绝对不动的 B．太阳是宇宙的中心 C．汤姆生建立了原子的核式结构模型 D．原子是由原子核和核外电子构成的【答案】D【解答】解：A、自然界中物体的运动是绝对的，静止是相对的，所以恒星也是运动的，故A错误；B、太阳只是太阳系的中心，而不是宇宙的中心，故B错误；C、卢瑟福建立了原子的核式结构模型，而不是汤姆生，故C错误；D、原子由带正电的原子核和带负电的核外电子组成，故D正确。故选：D。6．（2023•陕西）在如图﹣1的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，L是标有“6V3.6W”字样的小灯泡。电流表量程为“0～3A”，电压表量程为“0～15V”。当开关S和S1闭合，S2断开时，将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，记录电压表和电流表示数并描绘图像；保持开关S闭合，断开开关S1，将滑动变阻器的滑片P移到最右端，再闭合开关S2，移动滑动变阻器的滑片P，直到小灯泡正常发光，记录电压表和电流表示数并描绘图像。图﹣2是两次电路中电压表和电流表示数变化关系的图像。在保证电路安全的情况下，下列分析不正确的是（）A．当开关S和S1闭合，S2断开时，电压表和电流表示数变化关系为图像① B．定值电阻R1的阻值为10Ω C．电源电压为9V D．当开关S和S2闭合，S1断开时，滑动变阻器R2的阻值变化范围为2.5～20Ω【答案】D【解答】解：（1）当开关S和S1闭合，S2断开时，R1、R2串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，串联电路总电压等于各部分电压之和，则滑动变阻器两端的电压：U2＝U﹣U1＝U﹣IR1，该函数是一次函数，分析函数关系可知电压表和电流表示数变化关系为图像①，故A正确；串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的电阻为0时，通过电路的电流最大，由图可知通过电路的最大电流为0.9A，根据欧姆定律可得电源电压U＝I1R1＝0.9A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，当通过电路的电流为0.3A时，电压表的示数为6V，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压U＝U2+I2R1＝6V+0.3A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，①②联立可得R1＝10Ω，U＝9V，故B、C正确；滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，（2）保持开关S闭合，断开开关S1，将滑动变阻器的滑片P移到最右端，再闭合开关S2，滑动变阻器和灯泡串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，灯泡的电阻是变化的，所以电压表和电流表示数变化关系为图像②，由图可知小灯泡正常发光时通过电路的电流为0.6A，滑动变阻器两端的电压为3V，根据欧姆定律可得滑动变阻器接入电路的阻值：R2′＝＝＝5Ω，所以当开关S和S2闭合，S1断开时，滑动变阻器R2的阻值变化范围为5～20Ω，故D错误。故选：D。7．（2022•陕西）如图1所示，电源电压不变，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P，使其从最右端向左滑动，直到灯泡L正常发光时停止滑动。电流表示数与两电压表示数的关系如图2所示，下列分析正确的是（）A．电源电压是8V B．灯泡L正常发光时的功率是5.6W C．移动滑动变阻器滑片的过程中，电压表V1示数的变化范围是1～8V D．移动滑动变阻器滑片的过程中，滑动变阻器阻值的变化范围是3.75～40Ω【答案】D【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测L两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中的电流。A、当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由串联分压的规律可知变阻器分得的电压最大，则此时灯泡两端的电压最小，由图乙可知，电压随着电流最大的图线是电流表示数与电压表V1示数的关系图像，电压随着电流减小的图线是电流表示数与电压表V2示数的关系图像，此时电路电流为0.2A，灯泡两端电压为1V，滑动变阻器两端电压为8V；因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U＝UL1+U滑＝1V+8V＝9V，故A错误；B、根据题意可知，当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，此时电路电流为0.8A，滑动变阻器两端电压为3V，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以正常发光时的电压：UL＝U﹣U滑′＝9V﹣3V＝6V，则正常发光时的功率：PL＝ULI最大＝6V×0.8A＝4.8W，故B错误；C、由AB可知，灯泡两端的最大电压为6V，最小电压为1V，因此移动滑动变阻器滑片的过程中，电压表V1示数的变化范围是1～6V，故C错误；D、由图2可知，当滑动变阻器两端的最大电压U滑＝8V时，通过的电流I小＝0.2A，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的最大电阻：R滑大＝＝＝40Ω，当滑动变阻器两端的最小电压U滑′＝3V时，通过的电流I大＝0.8A，则滑动变阻器接入电路的最小电阻：R滑小＝＝＝3.75Ω，因此滑动变阻器阻值的变化范围是3.75～40Ω，故D正确。故选：D。二．填空题（共5小题）8．（2023•陕西）如图，用细线将一个质量为27g、体积为10cm3的铝块系在电子测力计的挂钩上，使铝块浸没在水中静止不动，此时，该铝块受到的浮力为0.1N，电子测力计的示数为0.17N。若使铝块在水中继续下降，它所受的浮力将不变（选填“变大”“变小”或“不变”）。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，细线重力忽略不计）【答案】0.1；0.17；不变。【解答】解：铝块浸没在水中时，排开水的体积V排＝10cm3＝1×10﹣5m3，铝块受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣5m3＝0.1N；铝块的重力：G＝mg＝27×10﹣3kg×10N/kg＝0.27N，根据称重法可知，电子测力计的示数：F＝G﹣F浮＝0.27N﹣0.1N＝0.17N；铝块继续下降过程中，排开水的体积不变，根据F浮＝ρ水gV排可知，铝块受到的浮力不变。故答案为：0.1；0.17；不变。9．（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。10．（2022•陕西）在“天宫课堂”中，航天员王亚平用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球悬停在水中，如图﹣1所示，这是由于在中国空间站中，乒乓球不再受到重力和浮力的原因而悬停不动。在地面课堂的同学们也做同样的实验：用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球会迅速上浮直至漂浮，如图﹣2所示。乒乓球露出水面前，浮力大于重力且浮力大小不变。【答案】浮；大于；不变。【解答】解：在中国空间站微重力环境中，图1中乒乓球所受重力几乎为零，乒乓球悬停处于平衡状态，因此水对乒乓球的浮力几乎为零，即乒乓球不再受到重力和浮力；用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，因为浮力大于重力，所以乒乓球会迅速上浮；乒乓球露出水面前，乒乓球排开水的体积不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，浮力不变。故答案为：浮；大于；不变。11．（2023•陕西）如图，是某地投放使用的智能无人驾驶小巴车，它可以通过车上的摄像机和激光雷达识别道路状况。小巴车上的摄像机识别道路上的行人时，其镜头相当于一个凸透镜，行人在摄像机感光元件上成倒立、缩小的实像。当小巴车靠近公交站牌时，站牌在摄像机感光元件上所成的像变大（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】凸；实；变大【解答】解：摄像机的镜头相当于一个凸透镜，行人在摄像机感光元件上成倒立、缩小的实像；当小巴车靠近公交站牌时，物距变小，像距变大，站牌在摄像机感光元件上所成的像变大。故答案为：凸；实；变大。12．（2022•陕西）工人用如图所示的滑轮组，将重为450N的货物以0.2m/s的速度匀速提升，所用拉力为250N（不计绳重和摩擦）。图中A滑轮的主要作用是改变力的方向，动滑轮的重力是50N，滑轮组的机械效率是90%，工人做功的功率是100W。【答案】力的方向；50；90%；100。【解答】解：（1）由图示可知，A滑轮是定滑轮，它的主要作用是改变力的方向；（2）由图示可知，n＝2，不计绳重和摩擦时，由F＝（G+G动）可得，动滑轮的重力为：G动＝nF﹣G＝2×250N﹣450N＝50N；（3）设货物上升的高度为h，则绳子自由端移动的距离为s＝2h，则有用功为：W有用＝Gh，总功为：W＝Fs＝2Fh，所以滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝90%；（4）绳子自由端移动的速度：v绳＝2v货物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，则工人做功的功率：P＝Fv绳＝250N×0.4m/s＝100W。故答案为：力的方向；50；90%；100。三．作图题（共2小题）13．（2023•陕西）小明设计了一款道路井盖移动报警电路。该电路由电源、警示灯L、保护电阻R0、开关S和S1组成。闭合开关S，当井盖未被移动时，相当于开关S1闭合，警示灯L不亮；当井盖被移动时，相当于开关S1断开，警示灯L发光提醒路人。请根据以上要求，将图中的电路补充完整。【答案】【解答】解：根据题意可知，当井盖没有被移动，井盖开关S1闭合，警示灯不亮；当井盖被移动，井盖开关S1断开，警示灯L发光，这说明开关S1闭合时，把警示灯短路了，所以开关与警示灯是并联的，完整的电路连接图如下：14．（2023•陕西）如图，请在括号中标出小磁针静止时右侧磁极的名称，并用箭头在M点标出磁感线的方向。【答案】见解答【解答】解：磁感线从N极出，小磁针N极指向与磁感线方向相同，所以M点标出磁感线方向向右，磁体左侧为N极，吸引小磁针的S极，则小磁针右侧是N极，如图所示：四．实验探究题（共8小题）15．（2023•陕西）小明用如图﹣1所示装置，观察水蒸气的液化现象。烧瓶中的水加热至沸腾后，将一个初温为16℃的金属盘斜放在烧瓶上方，经过一段时间，金属盘下表面出现大量的小水滴，测得金属盘的温度为55℃。小明据此得出“水蒸气液化的过程会放热”的结论。（1）小华认为，图﹣1所示实验中，金属盘温度升高，不一定是水蒸气液化放热造成的，还可能是水蒸气液化形成的温度较高的小水滴向金属盘传递热量导致的。（2）小明和小华经过反复讨论，选择如图﹣2所示的装置，设计并进行了如下实验（K、K1、K2表示止水夹）：①安装器材时，调节铁圈的高度，确保用酒精灯外焰（选填“外焰”或“内焰”）加热。②在A量筒、B量筒中均装入体积V0＝30mL，初温t0＝16℃的水。③打开K，关闭K1、K2，用酒精灯加热一段时间后，瓶内的水开始沸腾，最左侧细导管口有“白气”不断喷出，说明此时瓶内气压略有增大（选填“增大”或“减小”）。④打开K1，关闭K、K2，瓶内的高温水蒸气通过细导管进入A量筒的水中。一段时间后，当A量筒中水的体积VA＝40mL时，停止通入水蒸气，测得此时水温tA＝92℃。⑤打开K2，关闭K、K1，瓶内的沸水会通过细导管迅速进入B量筒的水中，当B量筒中水的体积VB＝40mL时，关闭K2，同时打开K，测得此时水温tB＝33℃。⑥根据tA＞tB，可得出水蒸气液化的过程会放热的结论。（3）小明与小华计算出了量筒中水的质量，并根据如图﹣3的科普知识，对实验过程中A量筒内热量转移情况作出了如图﹣4所示的分析。[ρ水＝1g/cm3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]小明和小华又从资料中查到：在标准大气压下，质量为1kg、温度为100℃的水蒸气完全液化为100℃的水，会放出2.26×106J的热量。结合以上信息，他们进行了如下的定量分析。①10g、100℃的水蒸气，完全液化为100℃的水，此过程中，放出热量Q放1为2.26×104J；②10g水，温度由100℃降低至92℃，此过程中，放出热量Q放2为336J；③30g水，温度从16℃升高至92℃，此过程中，吸收热量Q吸为9.576×103J。（4）综合本实验过程和具体数据，小明和小华对液化现象有了更深地认识，也明确了图﹣1中导致金属盘温度升高的主要原因。请你结合数据，简要阐述金属盘温度升高的主要原因：因为Q放1远大于Q放2，所以A量筒中水温升高的主要原因是水蒸气液化放热，同理，金属盘温度升高主要是水蒸气液化放热导致的。【答案】（2）①外焰；③增大；⑤K、K1；40；（3）①2.26×104；②336；（4）因为Q放1远大于Q放2，所以A量筒中水温升高的主要原因是水蒸气液化放热；同理，金属盘温度升高主要是水蒸气液化放热导致的。【解答】解：（2）①因酒精灯外焰温度比内焰温度高，因此安装器材时，调节铁圈的高度，确保用酒精灯外焰加热；③打开K，关闭K1、K2，用酒精灯加热一段时间后，瓶内的水开始沸腾，最左侧细导管口有“白气”不断喷出，说明瓶内气压大于外界气压，即此时瓶内气压略有增大；⑤在加热过程中，瓶内气压会增大，要使瓶内的沸水会通过细导管迅速进入B量筒中，应打开K2，关闭K、K1，这样沸水才会在气压的作用下通过导管迅速进入B量筒中；为了探究水蒸气液化的过程会放热，应控制A量筒中水的体积与B量筒中水的体积相等，即当B量筒中水的体积VB＝40mL时，关闭K2，同时打开K；（3）①因在标准大气压下，质量为1kg、温度为100℃的水蒸气完全液化为100℃的水，会放出2.26×106J的热量，则10g、100℃的水蒸气，完全液化为100℃的水放出的热量为：Q放1＝2.26×106J/kg×0.01kg＝2.26×104J；②10g水，温度由100℃降低至92℃，此过程中，放出热量Q放2为：Q放2＝c水m（t0﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.01kg×（100℃﹣92℃）＝336J；（4）由实验数据可知，Q放1远大于Q放2，所以A量筒中水温升高的主要原因是水蒸气液化放热，同理，金属盘温度升高主要是水蒸气液化放热导致的。故答案为：（2）①外焰；③增大；⑤K、K1；40；（3）①2.26×104；②336；（4）因为Q放1远大于Q放2，所以A量筒中水温升高的主要原因是水蒸气液化放热；同理，金属盘温度升高主要是水蒸气液化放热导致的。16．（2023•陕西）小明同学在“测量定值电阻的阻值”实验中，电路图如图﹣1所示，请回答以下问题。（1）连接电路时，开关应处于断开状态。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于B（选填“A”或“B”）端。（2）闭合开关S，电压表有示数，电流表指针向零刻度线左侧偏转，该故障的原因可能是电流表正负接线柱接反了。（3）排除故障后，闭合开关S，调节滑动变阻器滑片P，当电压表的示数为2.5V时，电流表示数如图﹣2所示，则电阻R的阻值为5Ω。小明进行了多次测量，计算出R的阻值的平均值，目的是减小误差（选填“减小误差”或“寻找普遍规律”）。（4）小明要进一步测量长度为100cm的镍铬合金丝MN的阻值，器材如图﹣3所示。其中导线只有7根，且长度均为30cm。请根据实际操作需要，用笔画线代替剩余2根导线，在图﹣3中将实物电路示意图补充完整（实物图中导线及电阻丝长度未按照比例绘制）。要求：导线两端只能接在各电路元件的接线柱上。【答案】（1）断开；B；（2）电流表正负接线柱接反了；（3）5；减小误差；（4）见解答图。【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；闭合开关前，滑动变阻器滑片应置于最大值B端；（2）开关闭合后，发现电压表有示数，电流表指针在零刻度线左端，其原因是电流表正负接线柱接反了；（3）由图﹣2可知，电流表量程为0～0.6A，其分度值为0.02A，示数为0.5A，由I＝得，R的阻值为：R＝＝＝5Ω；此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是减小误差；（4）要测量长度为100cm的镍铬合金丝MN的阻值，原理是R＝，电压表应测MN的电压，则电压表应与MN并联；实验中导线只有7根，且长度均为30cm，导线已经用去5根剩余2根，由于导线长度不够电压表不能直接接MN的两端，所以将电压表与滑动变阻器并联，测出滑动变阻器两端电压，再根据串联分压原理求出MN两端的电压，量程选小量程，电路连接如下图：故答案为：（1）断开；B；（2）电流表正负接线柱接反了；（3）5；减小误差；（4）见解答图。17．（2023•陕西）如图﹣1，是一个探究酒精蒸发快慢与什么因素有关的实验方案示意图，具体实验步骤略。（1）小华对图﹣1（b）的实验设计提出质疑：酒精灯外焰温度高于500℃，酒精沸点约为78℃，实验时，玻璃片上的酒精在蒸发的同时，还可能发生沸腾现象，影响对实验的观测。（2）小华做出如图﹣2的改进，用热水改变酒精的温度。在保温杯内加满70℃的热水，用薄片盖在保温杯上且与水面充分接触，将0.1mL酒精滴在薄片上，记录酒精完全蒸发所用的时间。保持其他条件相同，换用70℃以下不同温度的热水多次实验。为了让酒精温度快速达到相对应的水温，他可选择铝（选填“塑料”或“铝”）薄片进行实验，理由是铝的导热性好。（3）小华根据“在气候湿润的地方，或阴雨天气的时候，空气湿度大，湿衣服不容易晾干”的生活经验，提出猜想：液体蒸发快慢还可能与空气湿度有关。他设计并进行了如下实验。①在密闭的房间内，用智能加湿器调节房间内的空气湿度到一定数值。②用10g水将1张全棉柔巾全部浸湿，然后完全展开，用细绳和吸管将其悬挂在电子秤下端，如图﹣3所示，记录此时电子秤示数m1；1小时后，再次记录电子秤示数m2。③改变房间内的空气湿度，换用规格相同的全棉柔巾，重复以上步骤，多次实验并记录数据，如表1所示。（实验过程中，房间内温度及空气流动变化忽略不计。）表1空气湿度40%45%50%60%70%m1/g11.811.811.811.811.8m2/g6.46.66.97.57.8表2物质密度/kg•m﹣3沸点/℃比热容/J•（kg•℃）﹣1水1.0×1031004.2×103酒精0.8×103约782.4×103食用油0.9×103约250约1.9×103分析表1中的数据，当空气湿度为60%时，1小时内，蒸发了的水的质量为4.3g。由实验数据可得出结论：当水温、水的表面积和水面上方空气流动情况等条件均相同时，空气湿度越小，水蒸发得越快。（4）请你参考表2中的数据信息（在标准大气压下），结合所学知识和生活经验，提出一个新猜想，并简单陈述事实依据。猜想：液体蒸发快慢还可能与液体的种类有关，事实依据：在相同的条件下，酒精蒸发得比水和食用油快。【答案】（1）沸腾；（2）铝；铝的导热性好；（3）4.3；小；（4）种类；在相同的条件下，酒精蒸发得比水和食用油快。【解答】解：（1）由题意知，酒精灯外焰温度高于500℃，酒精沸点约为78℃，因此，实验时，玻璃片上的酒精在蒸发的同时，还可能发生沸腾现象，影响对实验的观测。（2）根据实验要求，为了让酒精温度快速达到相对应的水温，应选择铝薄片进行实验，因为铝的导热性好。（3）分析表1中的数据，当空气湿度为60%时，1小时内，蒸发了的水的质量为11.8g﹣7.5g＝4.3g。由实验数据可得出结论：当水温、水的表面积和水面上方空气流动情况等条件均相同时，空气湿度越小，水蒸发得越快。（4）由于不同液体的沸点不同，比热容也不同，在相同条件下，它们吸热时温度变化快慢不同，蒸发的快慢也不同，因此，我们结合生活经验可以猜想：液体蒸发快慢还可能与液体的种类有关；比如：在相同的条件下，酒精蒸发得比水和食用油快。故答案为：（1）沸腾；（2）铝；铝的导热性好；（3）4.3；小；（4）种类；在相同的条件下，酒精蒸发得比水和食用油快。18．（2022•陕西）小明在“探究浮力大小与哪些因素有关”时，进行了如图所示的实验：（1）如图﹣1，小明把一个空饮料罐缓慢按入水中时，用力逐渐变大，表明饮料罐所受浮力逐渐变大。（2）如图﹣2，由实验步骤①和②可得，物体受到的浮力是0.7N。（3）如图﹣2，由实验步骤①②③④可初步得出：物体所受浮力大小与物体排开液体体积有关。（4）如图﹣2，由实验步骤①④⑤可得出：当物体排开液体的体积相同时，液体密度越大，物体所受的浮力越大。【答案】（1）变大；（2）0.7；（3）物体排开液体体积；（4）大。【解答】解：（1）将一个空饮料罐按入水中，空饮料罐对水压力和水对空饮料罐的浮力是一对相互作用力，感觉用力越来越大，说明物体所受浮力也在逐渐变大；（2）由图①②可得，物体受到的浮力F浮＝G﹣F拉＝3.4N﹣2.7N＝0.7N；（3）分析比较①②③可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积不同，浮力不同，分析比较①③④可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积相同，浮力相同，所以物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关；（4）分析比较①④⑤可知，物体排开液体的体积相同，液体的密度不相同，浮力不同，所以分析比较①④⑤实验步骤可知，物体受到的浮力大小与液体密度有关。故答案为：（1）变大；（2）0.7；（3）物体排开液体体积；（4）大。19．（2022•陕西）某学习小组在做“探究电流与电阻的关系”实验中，采用了如图1所示电路。电源电压为3V，四个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω和20Ω的定值电阻，滑动变阻器规格为“20Ω1A”。（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于最右（选填“左”或“右”）端。（2）闭合开关，移动滑片过程中观察到电压表无示数，电流表示数有明显的变化。已知导线、电表均完好且接触良好，则故障原因可能是定值电阻R短路。（3）排除故障后，接入5Ω的电阻进行实验，闭合开关，移动滑片P使电压表示数为2V，记录电流表示数。断开开关，用10Ω电阻替换5Ω电阻，此时应向右移动滑片才可以达到实验要求。（4）更换其他电阻继续实验，并将实验数据记录在表中。实验次数1234电阻R/Ω5101520电流I/A0.40.20.120.1①请根据表中数据，在图2中用描点法画出通过导体的电流I与导体的电阻R的关系图像。②分析实验数据可得：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。③小组同学还想获得R＝25Ω的一组实验数据，在现有器材条件下，可行的操作方法是可以将5Ω和20Ω的两个电阻串联（或将10Ω和15Ω的电阻串联），然后将电压表并联在串联电阻整体的两端。【答案】（1）右；（2）短路；（3）右；（4）①；②反比；③可以将5Ω和20Ω的两个电阻串联（或将10Ω和15Ω的电阻串联），然后将电压表并联在串联电阻整体的两端。【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处，即最右端；（2）电流表有示数，说明电路不是断路，电压表无示数，可能是与电压表并联的支路短路，因此故障可能是与电压表并联的定值电阻R短路了；（3）根据串联电路的分压原理可知，用10Ω电阻替换5Ω电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的关系的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联电路的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变；（4）①根据表格数据描点画出图像，如下图所示：；②该实验得到的结论是：在电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比；③小组同学还想获得R＝25Ω的一组实验数据，在现有器材条件下，根据串联电路电阻的规律知：可以将5Ω和20Ω的两个电阻串联（或将10Ω和15Ω的电阻串联），然后将电压表并联在串联电阻整体的两端。故答案为：（1）右；（2）短路；（3）右；（4）①；②反比；③可以将5Ω和20Ω的两个电阻串联（或将10Ω和15Ω的电阻串联），然后将电压表并联在串联电阻整体的两端。20．（2022•陕西）风能是一种低碳、清洁的能源，风力发电是一种重要的发电手段，我国的风力发电技术世界领先。小明利用如图﹣1所示的风力发电实验装置进行探究，他猜想风力发电机的发电功率可能与风速大小、扇叶数量、扇叶形状、扇叶与风向的夹角等因素有关。（1）空气流动形成了风，小明分析：一定质量的空气，风速越快，空气的机械能越大，通过风力发电机可转化的电能越多。（2）如图﹣2为实验装置示意图和电路图。实验时，将风力发电实验装置放在水平工作台上，出风口正对发电机扇叶吹风，扇叶转动带动发电机工作。在风力发电机外部接入定值电阻、电压表和电流表，通过测量电阻两端电压和电路中电流的大小，可反映出发电机的发电功率大小。如图﹣3为扇叶与风向的夹角θ的示意图。（3）控制风机出口风速一定，保持风机与发电机扇叶之间距离不变，分别改变发电机的扇叶数量、扇叶形状、扇叶与风向的夹角θ，观察各种情况下工作电路中电压表、电流表示数并记录在表中。扇叶与风向的夹角θ三片四片4cm直扇叶4cm弧形扇叶4cm直扇叶4cm弧形扇叶电压U/V电流I/A电压U/V电流I/A电压U/V电流I/A电压U/V电流I/A15°000.60.06001.00.1030°001.10.120.40.041.50.1645°1.30.142.00.201.50.162.20.2260°1.00.101.20.131.30.121.60.1675°000.70.070.80.081.20.12（4）分析表中的实验数据可知：①当风速、夹角θ、扇叶形状一定时，四片扇叶的风力发电机发电功率较大。②其他条件相同时，当夹角θ是45°时，发电机的发电功率最大；四片扇叶时，电阻R的最大功率为0.484W。（5）小明查阅资料了解到，在实际应用中，大型风力发电机的扇叶长达40m以上，由此他分析，风力一定时，可利用空间区域越大，蕴含的风能越多，因此风力发电机的发电功率还可能与扇叶长度有关。要更好的利用风能，扇叶必须安装在较高位置，为了减小塔架所受的压力，你认为制作扇叶的材料应具备哪些物理属性：密度小。（写出一条即可）【答案】（1）风速；（3）距离；（4）四；45°；0.484；（5）扇叶长度；密度小【解答】解：（1）空气流动形成了风，一定质量的空气，风速越大，空气的机械能越大，通过风力发电机可转化的电能越多。（3）根据控制变量法可知实验时需控制风机出口风速一定，风机与发电机扇叶之间的距离不变，分别改变发电机的扇叶数量、扇叶形状、扇叶与风向的夹角θ；（4）分析表中的实验数据可知：①当风速、夹角θ、扇叶形状一定时，四片扇叶的风力发电机发电功率较大；②其他条件相同时，当夹角是45°时，发电机的发电功率最大；四片扇叶时，电阻R的最大功率为P＝UI＝2.2V×0.22A＝0.484W；（5）在实际应用中，大型风力发电机的扇叶长达40m以上，由此他分析，风力一定时，可利用空间区域越大，蕴含的风能越多，因此风力发电机的发电功率还可能与扇叶长度有关；要更好的利用风能，扇叶必须安装在较高位置，塔架所受的压力等于扇叶的重力，为了减小塔架所受的压力，制作扇叶时选择密度较小的材料，其质量较小，重力较小，塔架所受的压力越小。故答案为：（1）风速；（3）距离；（4）四；45°；0.484；（5）扇叶长度；密度小。21．（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。22．（2023•陕西）如图，是“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。（1）本次实验前，应在水平方向上对弹簧测力计进行调零。（2）如图﹣1，沿水平方向拉动木块，使其做匀速直线运动，木块受到的拉力大小等于（选填“大于”“小于”或“等于”）木块受到的滑动摩擦力大小。（3）如图﹣1，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做速度大小不同的匀速直线运动。发现弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小无关（选填“有关”或“无关”）。（4）如图﹣2，在木块上加放钩码，沿水平方向拉动木块，使其做匀速直线运动。改变钩码的数量，多次实验后得出结论：其他条件一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。【答案】（1）水平；（2）等于；（3）无关；（4）大。【解答】解：（1）用弹簧测力计沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数等于摩擦力的大小，故本次实验前，应在水平方向上对弹簧测力计进行调零；（2）如图﹣1，沿水平方向拉动木块，使其做匀速直线运动，木块受到的拉力大小等于木块受到的滑动摩擦力大小；（3）如图﹣1，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做速度大小不同的匀速直线运动。发现弹簧测力计的示数不变，说明滑动摩擦力的大小与物体运动速度的大小无关；（4）如图﹣2，在木块上加放钩码，物体对支持面的压力变大，沿水平方向拉动木块，使其做匀速直线运动。改变钩码的数量，多次实验后得出结论：其他条件一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。故答案为：（1）水平；（2）等于；（3）无关；（4）大。五．综合能力题（共5小题）23．（2022•陕西）小明学习了有关能源的知识后，在课后题中看到“三峡水电站年平均发电量预计8.5×1010kW•h，相当于一个每年消耗5×1010kg标准煤的火力发电站的年发电量”；他翻阅资料又看到“白鹤滩水电站年平均发电量约6.24×1010kW•h，相当于一个每年消耗2×1010kg标准煤的火力发电站的年发电量”，这两则信息引起了小明的深入思考。（1）煤是不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源；发电机是利用电磁感应原理工作的。（2）小明对信息中的数据综合分析得出：我国火力发电站的发电效率在近20年来得到了大幅提升。请你通过计算来判断小明的观点是否正确。已知标准煤的热值为2.9×107J/kg。（计算结果保留到1%）（3）如图所示，大国重器白鹤滩水电站拥有多项世界第一，特别是世界首台100万千瓦水轮机组，该水轮机额定转速为111r/min，若单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能全部用来给水加热，可使3t常温下的水温度升高多少℃？已知水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。（计算结果保留一位小数）（4）已知每燃烧1kg的标准煤，会产生2.4kg的二氧化碳。白鹤滩水电站单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能，可减排二氧化碳多少千克？（计算结果保留一位小数）【答案】（1）不可再生；电磁感应；（2）小明的观点是正确的；（3）若单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能全部用来给水加热，可使3t常温下的水温度升高42.9℃；（4）白鹤滩水电站单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能，可减排二氧化碳114.2kg。【解答】解：（1）煤是不可再生能源；发电机是利用电磁感应原理工作的。（2）三峡水电站发电量对应的火力发电站的发电效率为：；白鹤滩水电站发电量对应的火力发电站的发电效率为：。通过计算表明：我国火力发电站的发电效率在近20年来得到了大幅提升，小明的观点正确。（3）单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能为：；根据Q吸＝cmΔt＝W；水升高的温度为：。（4）白鹤滩水电站单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能相当于产生的热量为：；相当于煤燃烧的质量为：；可以减排二氧化碳的质量为：m'＝2.4m＝2.4×47.6kg≈114.2kg。答：（1）不可再生；电磁感应；（2）小明的观点是正确的；（3）若单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能全部用来给水加热，可使3t常温下的水温度升高42.9℃；（4）白鹤滩水电站单台机组转轮以额定转速转一圈所产生的电能，可减排二氧化碳44.7kg。24．（2023•陕西）重力储能是一种新型储能方式，它通过提升或放下重物实现能量的储存或释放，能量转化过程如图﹣1所示。重力储能可有效提升风能、太阳能等新能源的综合开发利用水平。某风力发电、重力储能综合项目，单个风力发电机组的平均发电功率为1500kW。某次风能充沛时，系统利用风能发电的富余电能，将2个质量均为3×104kg的重物从地面提升至30m的高度处，实现能量储存，如图﹣2所示。根据相关信息，完成以下问题（g取10N/kg）。（1）风能属于可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）若某电动汽车每行驶1km的路程需消耗0.2kW•h的电能，单个风力发电机组发电1h产生的电能，可供该电动汽车行驶的路程是多少？（3）储能系统将2个重物匀速提升至30m高处的过程中，系统对重物所做的功是多少？（4）储能系统将2个重物从30m高处放回地面的发电过程中，产生的电能为1.44×107，则该过程的发电效率是多少？（5）据某资料介绍，重力储能系统的综合效率（输出电能与输入电能之比）可达70%以上，请你通过计算，判断这一数据是否可信？（已知系统提升重物的效率为90%）【答案】（1）可再生；（2）电动汽车行驶的路程为7500km；（3）系统对重物所做的功为1.8×107J；（4）该过程的发电效率为80%；（5）可信。【解答】解：（1）风能可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它属于可再生能源；（2）由P＝可知，单个风力发电机组发电1h产生的电能为W＝Pt＝1500kW×1h＝1500kW•h，电动汽车可行驶的距离为：s＝＝7500km；（3）2个重物的重力G＝mg＝2×3×104kg×10N/kg＝6×105N，重力储能系统对重物做的功为：W＝Gh＝6×105N×30m＝1.8×107J；（4）重力储能系统放下重物发电的效率为：η1＝×100%＝×100%＝80%；（5）已知系统提升重物的效率η2＝90%，则重力储能系统的综合效率为：η＝η1•η2＝80%×90%＝72%，由于72%＞70%所以数据可信。答：（1）可再生；（2）电动汽车行驶的路程为7500km；（3）系统对重物所做的功为1.8×107J；（4）该过程的发电效率为80%；（5）可信。25．（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【答案】（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。【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。26．（2022•陕西）如表是某家用电扇的铭牌。FS—36电扇额定电压220V额定功率66W质量6kg（1）电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用；电扇正常工作时，电能主要转化为机械能。（2）电扇底座与地面总接触面积为2.4×10﹣3m2，电扇静止时对水平地面的压强是多少？（g取10N/kg）（3）电扇使用事项中明确规定：“禁止用手或其他物体阻挡叶片转动”，这是因为正常工作的电扇，如果叶片被卡住而不转动时，电能将全部转化为内能，很容易烧坏电动机线圈。已知线圈电阻为22Ω，正常工作的电扇叶片被卡住不转时，线圈中的电流为多少？若此状态持续1min，则线圈中电流产生的热量是多少？【答案】（1）力；机械；（2）电扇静止时对水平地面的压强是2.5×104Pa；（3）1min内线圈产生的热量为1.32×105J。【解答】解：（1）电动机是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的；电扇正常工作时，电能主要转化为机械能；（2）电扇的重力：G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N，电扇静止时对水平地面的压力：F＝G＝60N；电扇静止时对水平地面的压强：p＝＝＝2.5×104Pa；（3）叶片被卡住而不转动时，电动机为纯电阻用电器，通过线圈的电流：I＝＝＝10A，线圈产生的热量：Q＝I2Rt＝（10A）2×22Ω×60s＝1.32×105J。答：（1）力；机械；（2）电扇静止时对水平地面的压强是2.5×104Pa；（3）1min内线圈产生的热量为1.32×105J。27．（2023•陕西）如图﹣1，是某型号电暖器。它有高温、低温两个挡位，其简化电路图如图﹣2所示。R1和R2均为发热电阻，其部分参数如表所示。额定电压220V额定功率高温挡2200W低温挡1100W（1）该电暖器是利用电流的热效应工作的。当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于高温挡。（2）该电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流是多少？在高温挡正常工作时，发热电阻R2的阻值是多少？（3）在某次用电高峰期，小明用如图﹣3所示的电力监测仪，测出该电暖器在低温挡工作时的实际电压为210V，实际功率为900W。小明认为实际功率小于额定功率，只是因为实际电压小于额定电压造成的。请你通过计算，判断小明的观点是否正确。【答案】（1）热；高温；（2）电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流是5A，在高温挡正常工作时，发热电阻R2的阻值是44Ω；（3）低温挡工作时的实际电压为210V时的实际功率为1002W，大于电力监测仪测出实际功率900W，因此实际功率小于额定功率，不仅仅是由实际电压小于额定电压造成，故小明的观点不正确。【解答】解：（1）电暖器工作时将电能转化为内能，因此电暖器是利用电流的热效应工作的；当S1闭合，S2断开时，电路为R1的简单电路；当S1、S2闭合时，R1、R2并联；因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，所以由P＝UI＝可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电暖器为高温挡；电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，电暖器为低温挡；因此当开关S1、S2均闭合时，电暖器处于高温挡；（2）由P＝UI可知，低温挡正常工作时，电路中的电流：I低温＝＝＝5A；高温挡时，两电阻并联，由并联电路的特点可知此时R1两端的电压与低温挡R1两端的电压相等，由P＝UI＝可知，此时R1的电功率与低温挡R1的电功率相等，即P1＝P低温＝1100W，则此时R2的电功率：P2＝P高温﹣P1＝2200W﹣1100W＝1100W，由P＝UI＝可知，R2的电阻：R2＝＝＝44Ω；（3）由P＝UI＝可知，R1的电阻：R1＝＝＝44Ω，实际电压为210V时低温挡的实际功率：R2的实际功率：P低温′＝＝≈1002W＞900W，因此小明的观点不正确。答：（1）热；高温；（2）电暖器在低温挡正常工作时，电路中的电流是5A，在高温挡正常工作时，发热电阻R2的阻值是44Ω；（3）低温挡工作时的实际电压为210V时的实际功率为1002W，大于电力监测仪测出实际功率900W，因此实际功率小于额定功率，不仅仅是由实际电压小于额定电压造成，故小明的观点不正确。六．解答题（共3小题）28．（2023•陕西）核聚变能量被称为人类理想的永久能源。近年来，有“人造太阳”之称的中国全超导托卡马克核聚变实验装置不断创造新的记录，使我国人工可控核聚变的研究处于世界领先水平，为加快实现人工可控核聚变贡献了中国智慧。核聚变的主要原料是氘，它可以从水中提取，1L海水中含有3.4×10﹣5kg的氘。在完全聚变反应中，1L海水中的氘释放出的能量相当于300L汽油完全燃烧所释放的能量。请完成下列问题。（1）当前运行的核电站是利用核裂变的原理工作的，核能属于不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）1L海水中所含有的氘完全核聚变反应所释放的能量是多少？可以供一盏“220V0.5A”的电灯正常工作多长时间？（ρ汽油＝0.71×103kg/m3，q汽油＝4.6×107J/kg）（计算结果保留两位小数）（3）未来实现人工可控核聚变后，若一座核聚变发电站每年消耗340kg的氘，理论上可释放的能量是多少？【答案】（1）裂；不可再生；（2）1L海水中所含有的氘完全核聚变反应所释放的能