中考物理總復習挑戰(zhàn)44 陜西卷（陜西近二年共30題）（解析版）

2023年中考物理真題《壓軸挑戰(zhàn)》分類匯編（解析版）挑戰(zhàn)44陜西卷（陜西近二年共30題）22、23年題型統(tǒng)計：選擇題填空作圖題實驗題計算綜合題合計電學綜合533415力學綜合13206其他綜合11349合計778830一．選擇題（共7小題）1．（2023?陜西）下列有關家庭電路和安全用電的說法正確的是（）A．各用電器并聯接入電路 B．空氣開關“跳閘”，一定是電路發(fā)生短路造成的 C．電燈的開關接在零線和燈泡之間 D．帶有金屬外殼的大功率用電器使用兩線插座【答案】A【解答】解：A、并聯電路各支路可獨立工作互不影響；家庭電路中，各用電器并聯接入電路，故A正確；B、空氣開關“跳閘”，可能是電路發(fā)生短路造成的，也可能是用電器總功率過大造成的，故B錯誤；C、根據安全用電的原則，電燈的開關接在火線和燈泡之間，故C錯誤；D、帶有金屬外殼的大功率用電器要使用三孔插座，當三腳插頭插入三孔插座時，則可讓金屬外殼接地，可以防止因用電器漏電，導致金屬外殼帶電而發(fā)生觸電事故，故D錯誤。故選：A。2．（2023?陜西）小明設計了一個電梯自動報警模擬裝置，如圖﹣1所示。在控制電路中，電源電壓為12V，R1為滑動變阻器，R2為壓敏電阻，R2的阻值大小隨壓力F的變化關系如圖﹣2所示。閉合開關S1和S2，當壓敏電阻受到的壓力達到4000N時，電磁鐵線圈中的電流為0.1A，此時銜鐵被吸下，動觸點K與觸點A斷開，同時與觸點B接觸，電動機停止工作，報警鈴聲開始響起。電磁鐵線圈的電阻忽略不計。下列說法正確的是（）A．S1閉合時，電磁鐵的上端為N極 B．壓敏電阻受到的壓力越大，控制電路中的電流越小 C．當電梯自動報警鈴聲開始響起時，R1的功率為0.4W D．若控制電路電源電壓降低，要保證電梯最大載重不變，應將R1的滑片P向左移【答案】D【解答】解：（1）由安培定則可知，當開關S閉合時，電磁鐵下端為N極，故A錯誤；（2）控制電路中，兩電阻串聯接入電路，由圖﹣2可知壓敏電阻的阻值隨壓力的增大而減小，串聯電路總電阻等于各部分電阻之和，壓敏電阻受到的壓力越大，電路總電阻越小，根據歐姆定律可知通過電路的電流越大，故B錯誤；（3）當壓敏電阻受到的壓力達到4000N時，電磁鐵線圈中的電流為0.1A時自動報警鈴聲開始響起，根據歐姆定律可得此時電路總電阻R＝＝＝120Ω，由圖﹣2可知此時壓敏電阻的阻值R2＝40Ω，因串聯電路的總電阻等于各部分電阻之和，則此時變阻器R1接入電路的阻值R1＝R﹣R2＝120Ω﹣40Ω＝80Ω，此時R1的功率為：P1＝I2R1＝（0.1A）2×80Ω＝0.8W，故C錯誤；（4）要保證電梯最大載重不變，即通過控制電路的電流不變，控制電路電源電壓降低，根據歐姆定律可知需減小電路總電阻，根據串聯電路電阻規(guī)律可知需減小滑動變阻器接入電路的阻值，所以應將R1的滑片P向左移，故D正確。故選：D。3．（2022?陜西）如圖，這是一種塔式起重機。已知起重機上的滑輪組在勻速起吊330kg的物體時，滑輪組的機械效率是60%，g取10N/kg。下列分析和計算錯誤的是（）A．起重機的吊臂AOB可視為杠桿 B．增加起吊物體的質量，滑輪組的機械效率將減小 C．物體上升2m，滑輪組所做有用功是6.6×103J D．物體上升2m，滑輪組所做總功是1.1×104J【答案】B【解答】解：A、據圖可知，起重機的吊臂符合杠桿的條件，即有支點、動力、阻力，所以是一個杠桿，故A正確；B、增加起吊物體的質量，起吊物體的重力變大，額外功不變，有用功變大，有用功在總功中所占的比例變大，則滑輪組的機械效率變大，故B錯誤；C、物體上升2m，滑輪組所做有用功：W有用＝Gh＝mgh＝330kg×10N/kg×2m＝6.6×103J，故C正確；D、由η＝得，總功：W總＝＝＝1.1×104J，故D正確。故選：B。4．（2022?陜西）物理科技小組在課外制作活動中，把一廢舊電飯鍋改造成一個由一根電熱絲和兩個開關組成的簡易電飯鍋。接通電源，手動開關閉合，電熱絲工作，當鍋內溫度達到103℃時，手動開關自動斷開，且無法自動閉合；接通電源，溫控開關在鍋內溫度低于60℃時自動閉合，電熱絲工作，鍋內溫度高于85℃時，溫控開關自動斷開。通過兩個開關的通斷，可實現加熱和保溫兩種功能。根據以上描述，下列判斷正確的是（）A．接通電源，閉合手動開關，電熱絲才能開始工作 B．當手動開關自動斷開時，簡易電飯鍋馬上進入保溫狀態(tài) C．簡易電飯鍋加熱時的功率大于保溫時的功率 D．鍋內溫度由103℃降至60℃過程中，電熱絲不工作【答案】D【解答】解：由題意可知，手動開關S1與溫控開關S2是并聯，如圖所示：；A、接通電源時，不按下手動開關，由于鍋內溫度低于60℃，此時溫控開關自動閉合，電熱絲能工作，故A錯誤；B、當手動開關自動斷開時，鍋內溫度達到103℃，大于85℃，溫控開關也斷開，電熱絲不工作，因此電飯煲不是處于保溫狀態(tài)，故B錯誤；C、簡易電飯鍋加熱時，都是同一根電熱絲工作，因此電飯鍋加熱時的功率等于保溫時的功率，故C錯誤；D、當鍋內溫度達到103℃時，手動開關自動斷開，且無法自動閉合，因此鍋內溫度由103℃降至60℃過程中，手動開關處于斷開狀態(tài)，由于溫度不低于60℃，溫控開關也處于斷開狀態(tài)，因此電熱絲不工作，故D正確。故選：D。5．（2023?陜西）無論是浩瀚的宇宙，還是微小的粒子，人類從未停止過探索的腳步。關于宇宙和粒子，下列說法正確的是（）A．宇宙是一個有層次的天體結構系統(tǒng)，恒星是絕對不動的 B．太陽是宇宙的中心 C．湯姆生建立了原子的核式結構模型 D．原子是由原子核和核外電子構成的【答案】D【解答】解：A、自然界中物體的運動是絕對的，靜止是相對的，所以恒星也是運動的，故A錯誤；B、太陽只是太陽系的中心，而不是宇宙的中心，故B錯誤；C、盧瑟福建立了原子的核式結構模型，而不是湯姆生，故C錯誤；D、原子由帶正電的原子核和帶負電的核外電子組成，故D正確。故選：D。6．（2023?陜西）在如圖﹣1的電路中，電源電壓保持不變，R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，L是標有“6V3.6W”字樣的小燈泡。電流表量程為“0～3A”，電壓表量程為“0～15V”。當開關S和S1閉合，S2斷開時，將滑動變阻器的滑片P從最右端移到最左端，記錄電壓表和電流表示數并描繪圖像；保持開關S閉合，斷開開關S1，將滑動變阻器的滑片P移到最右端，再閉合開關S2，移動滑動變阻器的滑片P，直到小燈泡正常發(fā)光，記錄電壓表和電流表示數并描繪圖像。圖﹣2是兩次電路中電壓表和電流表示數變化關系的圖像。在保證電路安全的情況下，下列分析不正確的是（）A．當開關S和S1閉合，S2斷開時，電壓表和電流表示數變化關系為圖像① B．定值電阻R1的阻值為10Ω C．電源電壓為9V D．當開關S和S2閉合，S1斷開時，滑動變阻器R2的阻值變化范圍為2.5～20Ω【答案】D【解答】解：（1）當開關S和S1閉合，S2斷開時，R1、R2串聯接入電路，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，串聯電路總電壓等于各部分電壓之和，則滑動變阻器兩端的電壓：U2＝U﹣U1＝U﹣IR1，該函數是一次函數，分析函數關系可知電壓表和電流表示數變化關系為圖像①，故A正確；串聯電路總電阻等于各部分電阻之和，根據歐姆定律可知滑動變阻器接入電路的電阻為0時，通過電路的電流最大，由圖可知通過電路的最大電流為0.9A，根據歐姆定律可得電源電壓U＝I1R1＝0.9A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，當通過電路的電流為0.3A時，電壓表的示數為6V，根據串聯電路電壓規(guī)律結合歐姆定律可得電源電壓U＝U2+I2R1＝6V+0.3A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，①②聯立可得R1＝10Ω，U＝9V，故B、C正確；滑動變阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，（2）保持開關S閉合，斷開開關S1，將滑動變阻器的滑片P移到最右端，再閉合開關S2，滑動變阻器和燈泡串聯接入電路，電壓表測滑動變阻器兩端的電壓，燈泡的電阻是變化的，所以電壓表和電流表示數變化關系為圖像②，由圖可知小燈泡正常發(fā)光時通過電路的電流為0.6A，滑動變阻器兩端的電壓為3V，根據歐姆定律可得滑動變阻器接入電路的阻值：R2′＝＝＝5Ω，所以當開關S和S2閉合，S1斷開時，滑動變阻器R2的阻值變化范圍為5～20Ω，故D錯誤。故選：D。7．（2022?陜西）如圖1所示，電源電壓不變，閉合開關S，移動滑動變阻器滑片P，使其從最右端向左滑動，直到燈泡L正常發(fā)光時停止滑動。電流表示數與兩電壓表示數的關系如圖2所示，下列分析正確的是（）A．電源電壓是8V B．燈泡L正常發(fā)光時的功率是5.6W C．移動滑動變阻器滑片的過程中，電壓表V1示數的變化范圍是1～8V D．移動滑動變阻器滑片的過程中，滑動變阻器阻值的變化范圍是3.75～40Ω【答案】D【解答】解：由電路圖可知，燈泡L與滑動變阻器串聯，電壓表V1測L兩端電壓，電壓表V2測滑動變阻器兩端電壓，電流表測電路中的電流。A、當滑片位于最右端時，變阻器接入電路中的電阻最大，此時電路中的電流最小，由串聯分壓的規(guī)律可知變阻器分得的電壓最大，則此時燈泡兩端的電壓最小，由圖乙可知，電壓隨著電流最大的圖線是電流表示數與電壓表V1示數的關系圖像，電壓隨著電流減小的圖線是電流表示數與電壓表V2示數的關系圖像，此時電路電流為0.2A，燈泡兩端電壓為1V，滑動變阻器兩端電壓為8V；因串聯電路兩端電壓等于各部分電壓之和，所以電源電壓：U＝UL1+U滑＝1V+8V＝9V，故A錯誤；B、根據題意可知，當電流表示數最大時，燈泡正常發(fā)光，由圖乙可知，此時電路電流為0.8A，滑動變阻器兩端電壓為3V，因串聯電路兩端電壓等于各部分電壓之和，所以正常發(fā)光時的電壓：UL＝U﹣U滑′＝9V﹣3V＝6V，則正常發(fā)光時的功率：PL＝ULI最大＝6V×0.8A＝4.8W，故B錯誤；C、由AB可知，燈泡兩端的最大電壓為6V，最小電壓為1V，因此移動滑動變阻器滑片的過程中，電壓表V1示數的變化范圍是1～6V，故C錯誤；D、由圖2可知，當滑動變阻器兩端的最大電壓U滑＝8V時，通過的電流I小＝0.2A，由歐姆定律可知，滑動變阻器接入電路的最大電阻：R滑大＝＝＝40Ω，當滑動變阻器兩端的最小電壓U滑′＝3V時，通過的電流I大＝0.8A，則滑動變阻器接入電路的最小電阻：R滑?。剑剑?.75Ω，因此滑動變阻器阻值的變化范圍是3.75～40Ω，故D正確。故選：D。二．填空題（共5小題）8．（2023?陜西）如圖，用細線將一個質量為27g、體積為10cm3的鋁塊系在電子測力計的掛鉤上，使鋁塊浸沒在水中靜止不動，此時，該鋁塊受到的浮力為0.1N，電子測力計的示數為0.17N。若使鋁塊在水中繼續(xù)下降，它所受的浮力將不變（選填“變大”“變小”或“不變”）。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，細線重力忽略不計）【答案】0.1；0.17；不變?！窘獯稹拷猓轰X塊浸沒在水中時，排開水的體積V排＝10cm3＝1×10﹣5m3，鋁塊受到的浮力：F?。溅阉甮V排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣5m3＝0.1N；鋁塊的重力：G＝mg＝27×10﹣3kg×10N/kg＝0.27N，根據稱重法可知，電子測力計的示數：F＝G﹣F?。?.27N﹣0.1N＝0.17N；鋁塊繼續(xù)下降過程中，排開水的體積不變，根據F?。溅阉甮V排可知，鋁塊受到的浮力不變。故答案為：0.1；0.17；不變。9．（2022?陜西）如圖﹣1所示電路，電源電壓不變，L是額定電壓為2.5V的小燈泡，R為滑動變阻器。閉合開關，滑片P在某兩點間移動的過程中，電流表A與電壓表V1的示數變化關系如圖﹣2所示。當電流表示數為0.2A時，兩電壓表的示數相等，則電源電壓為3V。小燈泡正常工作時的電流為0.25A，此時滑動變阻器接入電路的阻值為2Ω，電路的總功率為0.75W?！敬鸢浮?；0.25；2；0.75。【解答】解：由圖﹣1可知，小燈泡與滑動變阻器串聯，電壓表V1測小燈泡兩端的電壓，電壓表V2測滑動變阻器R兩端的電壓，電流表測電路中的電流；（1）根據圖﹣2可知，當電流表示數為0.2A時，電壓表V1的示數為U1＝1.5V，由題意可知，此時兩電壓表的示數相等，即U2＝U1＝1.5V，由串聯電路的電壓特點可知，電源電壓：U＝U1+U2＝1.5V+1.5V＝3V；（2）小燈泡在額定電壓下正常發(fā)光，因此小燈泡正常發(fā)光時其兩端的電壓UL＝U額＝2.5V，由圖﹣2可知此時通過小燈泡的電流為IL＝0.25A，由串聯電路的電流特點可知，此時電路中的電流：I＝I滑＝IL＝0.25A，由串聯電路的電壓特點可知，滑動變阻器兩端的電壓：U滑＝U﹣UL＝3V﹣2.5V＝0.5V，由歐姆定律可知，滑動變阻器接入電路的電阻：R滑＝＝＝2Ω，電路的總功率：P＝UI＝3V×0.25A＝0.75W。故答案為：3；0.25；2；0.75。10．（2022?陜西）在“天宮課堂”中，航天員王亞平用吸管把乒乓球輕輕壓入水中，取出吸管后，觀察到乒乓球懸停在水中，如圖﹣1所示，這是由于在中國空間站中，乒乓球不再受到重力和浮力的原因而懸停不動。在地面課堂的同學們也做同樣的實驗：用吸管把乒乓球輕輕壓入水中，取出吸管后，觀察到乒乓球會迅速上浮直至漂浮，如圖﹣2所示。乒乓球露出水面前，浮力大于重力且浮力大小不變?！敬鸢浮扛?；大于；不變?！窘獯稹拷猓涸谥袊臻g站微重力環(huán)境中，圖1中乒乓球所受重力幾乎為零，乒乓球懸停處于平衡狀態(tài)，因此水對乒乓球的浮力幾乎為零，即乒乓球不再受到重力和浮力；用吸管把乒乓球輕輕壓入水中，取出吸管后，因為浮力大于重力，所以乒乓球會迅速上浮；乒乓球露出水面前，乒乓球排開水的體積不變，根據F?。溅岩篻V排可知，浮力不變。故答案為：浮；大于；不變。11．（2023?陜西）如圖，是某地投放使用的智能無人駕駛小巴車，它可以通過車上的攝像機和激光雷達識別道路狀況。小巴車上的攝像機識別道路上的行人時，其鏡頭相當于一個凸透鏡，行人在攝像機感光元件上成倒立、縮小的實像。當小巴車靠近公交站牌時，站牌在攝像機感光元件上所成的像變大（選填“變大”“變小”或“不變”）?！敬鸢浮客?；實；變大【解答】解：攝像機的鏡頭相當于一個凸透鏡，行人在攝像機感光元件上成倒立、縮小的實像；當小巴車靠近公交站牌時，物距變小，像距變大，站牌在攝像機感光元件上所成的像變大。故答案為：凸；實；變大。12．（2022?陜西）工人用如圖所示的滑輪組，將重為450N的貨物以0.2m/s的速度勻速提升，所用拉力為250N（不計繩重和摩擦）。圖中A滑輪的主要作用是改變力的方向，動滑輪的重力是50N，滑輪組的機械效率是90%，工人做功的功率是100W?！敬鸢浮苛Φ姆较颍?0；90%；100。【解答】解：（1）由圖示可知，A滑輪是定滑輪，它的主要作用是改變力的方向；（2）由圖示可知，n＝2，不計繩重和摩擦時，由F＝（G+G動）可得，動滑輪的重力為：G動＝nF﹣G＝2×250N﹣450N＝50N；（3）設貨物上升的高度為h，則繩子自由端移動的距離為s＝2h，則有用功為：W有用＝Gh，總功為：W＝Fs＝2Fh，所以滑輪組的機械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝90%；（4）繩子自由端移動的速度：v繩＝2v貨物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，則工人做功的功率：P＝Fv繩＝250N×0.4m/s＝100W。故答案為：力的方向；50；90%；100。三．作圖題（共2小題）13．（2023?陜西）小明設計了一款道路井蓋移動報警電路。該電路由電源、警示燈L、保護電阻R0、開關S和S1組成。閉合開關S，當井蓋未被移動時，相當于開關S1閉合，警示燈L不亮；當井蓋被移動時，相當于開關S1斷開，警示燈L發(fā)光提醒路人。請根據以上要求，將圖中的電路補充完整?！敬鸢浮俊窘獯稹拷猓焊鶕}意可知，當井蓋沒有被移動，井蓋開關S1閉合，警示燈不亮；當井蓋被移動，井蓋開關S1斷開，警示燈L發(fā)光，這說明開關S1閉合時，把警示燈短路了，所以開關與警示燈是并聯的，完整的電路連接圖如下：14．（2023?陜西）如圖，請在括號中標出小磁針靜止時右側磁極的名稱，并用箭頭在M點標出磁感線的方向?！敬鸢浮恳娊獯稹窘獯稹拷猓捍鸥芯€從N極出，小磁針N極指向與磁感線方向相同，所以M點標出磁感線方向向右，磁體左側為N極，吸引小磁針的S極，則小磁針右側是N極，如圖所示：四．實驗探究題（共8小題）15．（2023?陜西）小明用如圖﹣1所示裝置，觀察水蒸氣的液化現象。燒瓶中的水加熱至沸騰后，將一個初溫為16℃的金屬盤斜放在燒瓶上方，經過一段時間，金屬盤下表面出現大量的小水滴，測得金屬盤的溫度為55℃。小明據此得出“水蒸氣液化的過程會放熱”的結論。（1）小華認為，圖﹣1所示實驗中，金屬盤溫度升高，不一定是水蒸氣液化放熱造成的，還可能是水蒸氣液化形成的溫度較高的小水滴向金屬盤傳遞熱量導致的。（2）小明和小華經過反復討論，選擇如圖﹣2所示的裝置，設計并進行了如下實驗（K、K1、K2表示止水夾）：①安裝器材時，調節(jié)鐵圈的高度，確保用酒精燈外焰（選填“外焰”或“內焰”）加熱。②在A量筒、B量筒中均裝入體積V0＝30mL，初溫t0＝16℃的水。③打開K，關閉K1、K2，用酒精燈加熱一段時間后，瓶內的水開始沸騰，最左側細導管口有“白氣”不斷噴出，說明此時瓶內氣壓略有增大（選填“增大”或“減小”）。④打開K1，關閉K、K2，瓶內的高溫水蒸氣通過細導管進入A量筒的水中。一段時間后，當A量筒中水的體積VA＝40mL時，停止通入水蒸氣，測得此時水溫tA＝92℃。⑤打開K2，關閉K、K1，瓶內的沸水會通過細導管迅速進入B量筒的水中，當B量筒中水的體積VB＝40mL時，關閉K2，同時打開K，測得此時水溫tB＝33℃。⑥根據tA＞tB，可得出水蒸氣液化的過程會放熱的結論。（3）小明與小華計算出了量筒中水的質量，并根據如圖﹣3的科普知識，對實驗過程中A量筒內熱量轉移情況作出了如圖﹣4所示的分析。[ρ水＝1g/cm3，c水＝4.2×103J/（kg?℃）]小明和小華又從資料中查到：在標準大氣壓下，質量為1kg、溫度為100℃的水蒸氣完全液化為100℃的水，會放出2.26×106J的熱量。結合以上信息，他們進行了如下的定量分析。①10g、100℃的水蒸氣，完全液化為100℃的水，此過程中，放出熱量Q放1為2.26×104J；②10g水，溫度由100℃降低至92℃，此過程中，放出熱量Q放2為336J；③30g水，溫度從16℃升高至92℃，此過程中，吸收熱量Q吸為9.576×103J。（4）綜合本實驗過程和具體數據，小明和小華對液化現象有了更深地認識，也明確了圖﹣1中導致金屬盤溫度升高的主要原因。請你結合數據，簡要闡述金屬盤溫度升高的主要原因：因為Q放1遠大于Q放2，所以A量筒中水溫升高的主要原因是水蒸氣液化放熱，同理，金屬盤溫度升高主要是水蒸氣液化放熱導致的?！敬鸢浮浚?）①外焰；③增大；⑤K、K1；40；（3）①2.26×104；②336；（4）因為Q放1遠大于Q放2，所以A量筒中水溫升高的主要原因是水蒸氣液化放熱；同理，金屬盤溫度升高主要是水蒸氣液化放熱導致的?！窘獯稹拷猓海?）①因酒精燈外焰溫度比內焰溫度高，因此安裝器材時，調節(jié)鐵圈的高度，確保用酒精燈外焰加熱；③打開K，關閉K1、K2，用酒精燈加熱一段時間后，瓶內的水開始沸騰，最左側細導管口有“白氣”不斷噴出，說明瓶內氣壓大于外界氣壓，即此時瓶內氣壓略有增大；⑤在加熱過程中，瓶內氣壓會增大，要使瓶內的沸水會通過細導管迅速進入B量筒中，應打開K2，關閉K、K1，這樣沸水才會在氣壓的作用下通過導管迅速進入B量筒中；為了探究水蒸氣液化的過程會放熱，應控制A量筒中水的體積與B量筒中水的體積相等，即當B量筒中水的體積VB＝40mL時，關閉K2，同時打開K；（3）①因在標準大氣壓下，質量為1kg、溫度為100℃的水蒸氣完全液化為100℃的水，會放出2.26×106J的熱量，則10g、100℃的水蒸氣，完全液化為100℃的水放出的熱量為：Q放1＝2.26×106J/kg×0.01kg＝2.26×104J；②10g水，溫度由100℃降低至92℃，此過程中，放出熱量Q放2為：Q放2＝c水m（t0﹣t）＝4.2×103J/（kg?℃）×0.01kg×（100℃﹣92℃）＝336J；（4）由實驗數據可知，Q放1遠大于Q放2，所以A量筒中水溫升高的主要原因是水蒸氣液化放熱，同理，金屬盤溫度升高主要是水蒸氣液化放熱導致的。故答案為：（2）①外焰；③增大；⑤K、K1；40；（3）①2.26×104；②336；（4）因為Q放1遠大于Q放2，所以A量筒中水溫升高的主要原因是水蒸氣液化放熱；同理，金屬盤溫度升高主要是水蒸氣液化放熱導致的。16．（2023?陜西）小明同學在“測量定值電阻的阻值”實驗中，電路圖如圖﹣1所示，請回答以下問題。（1）連接電路時，開關應處于斷開狀態(tài)。閉合開關前，滑動變阻器的滑片應置于B（選填“A”或“B”）端。（2）閉合開關S，電壓表有示數，電流表指針向零刻度線左側偏轉，該故障的原因可能是電流表正負接線柱接反了。（3）排除故障后，閉合開關S，調節(jié)滑動變阻器滑片P，當電壓表的示數為2.5V時，電流表示數如圖﹣2所示，則電阻R的阻值為5Ω。小明進行了多次測量，計算出R的阻值的平均值，目的是減小誤差（選填“減小誤差”或“尋找普遍規(guī)律”）。（4）小明要進一步測量長度為100cm的鎳鉻合金絲MN的阻值，器材如圖﹣3所示。其中導線只有7根，且長度均為30cm。請根據實際操作需要，用筆畫線代替剩余2根導線，在圖﹣3中將實物電路示意圖補充完整（實物圖中導線及電阻絲長度未按照比例繪制）。要求：導線兩端只能接在各電路元件的接線柱上?！敬鸢浮浚?）斷開；B；（2）電流表正負接線柱接反了；（3）5；減小誤差；（4）見解答圖?！窘獯稹拷猓海?）為了保護電路，連接電路時，開關應處于斷開狀態(tài)；閉合開關前，滑動變阻器滑片應置于最大值B端；（2）開關閉合后，發(fā)現電壓表有示數，電流表指針在零刻度線左端，其原因是電流表正負接線柱接反了；（3）由圖﹣2可知，電流表量程為0～0.6A，其分度值為0.02A，示數為0.5A，由I＝得，R的阻值為：R＝＝＝5Ω；此實驗要多次測量電阻值，最后求電阻值的平均值，其目的是減小誤差；（4）要測量長度為100cm的鎳鉻合金絲MN的阻值，原理是R＝，電壓表應測MN的電壓，則電壓表應與MN并聯；實驗中導線只有7根，且長度均為30cm，導線已經用去5根剩余2根，由于導線長度不夠電壓表不能直接接MN的兩端，所以將電壓表與滑動變阻器并聯，測出滑動變阻器兩端電壓，再根據串聯分壓原理求出MN兩端的電壓，量程選小量程，電路連接如下圖：故答案為：（1）斷開；B；（2）電流表正負接線柱接反了；（3）5；減小誤差；（4）見解答圖。17．（2023?陜西）如圖﹣1，是一個探究酒精蒸發(fā)快慢與什么因素有關的實驗方案示意圖，具體實驗步驟略。（1）小華對圖﹣1（b）的實驗設計提出質疑：酒精燈外焰溫度高于500℃，酒精沸點約為78℃，實驗時，玻璃片上的酒精在蒸發(fā)的同時，還可能發(fā)生沸騰現象，影響對實驗的觀測。（2）小華做出如圖﹣2的改進，用熱水改變酒精的溫度。在保溫杯內加滿70℃的熱水，用薄片蓋在保溫杯上且與水面充分接觸，將0.1mL酒精滴在薄片上，記錄酒精完全蒸發(fā)所用的時間。保持其他條件相同，換用70℃以下不同溫度的熱水多次實驗。為了讓酒精溫度快速達到相對應的水溫，他可選擇鋁（選填“塑料”或“鋁”）薄片進行實驗，理由是鋁的導熱性好。（3）小華根據“在氣候濕潤的地方，或陰雨天氣的時候，空氣濕度大，濕衣服不容易晾干”的生活經驗，提出猜想：液體蒸發(fā)快慢還可能與空氣濕度有關。他設計并進行了如下實驗。①在密閉的房間內，用智能加濕器調節(jié)房間內的空氣濕度到一定數值。②用10g水將1張全棉柔巾全部浸濕，然后完全展開，用細繩和吸管將其懸掛在電子秤下端，如圖﹣3所示，記錄此時電子秤示數m1；1小時后，再次記錄電子秤示數m2。③改變房間內的空氣濕度，換用規(guī)格相同的全棉柔巾，重復以上步驟，多次實驗并記錄數據，如表1所示。（實驗過程中，房間內溫度及空氣流動變化忽略不計。）表1空氣濕度40%45%50%60%70%m1/g11.811.811.811.811.8m2/g6.46.66.97.57.8表2物質密度/kg?m﹣3沸點/℃比熱容/J?（kg?℃）﹣1水1.0×1031004.2×103酒精0.8×103約782.4×103食用油0.9×103約250約1.9×103分析表1中的數據，當空氣濕度為60%時，1小時內，蒸發(fā)了的水的質量為4.3g。由實驗數據可得出結論：當水溫、水的表面積和水面上方空氣流動情況等條件均相同時，空氣濕度越小，水蒸發(fā)得越快。（4）請你參考表2中的數據信息（在標準大氣壓下），結合所學知識和生活經驗，提出一個新猜想，并簡單陳述事實依據。猜想：液體蒸發(fā)快慢還可能與液體的種類有關，事實依據：在相同的條件下，酒精蒸發(fā)得比水和食用油快?！敬鸢浮浚?）沸騰；（2）鋁；鋁的導熱性好；（3）4.3；??；（4）種類；在相同的條件下，酒精蒸發(fā)得比水和食用油快?！窘獯稹拷猓海?）由題意知，酒精燈外焰溫度高于500℃，酒精沸點約為78℃，因此，實驗時，玻璃片上的酒精在蒸發(fā)的同時，還可能發(fā)生沸騰現象，影響對實驗的觀測。（2）根據實驗要求，為了讓酒精溫度快速達到相對應的水溫，應選擇鋁薄片進行實驗，因為鋁的導熱性好。（3）分析表1中的數據，當空氣濕度為60%時，1小時內，蒸發(fā)了的水的質量為11.8g﹣7.5g＝4.3g。由實驗數據可得出結論：當水溫、水的表面積和水面上方空氣流動情況等條件均相同時，空氣濕度越小，水蒸發(fā)得越快。（4）由于不同液體的沸點不同，比熱容也不同，在相同條件下，它們吸熱時溫度變化快慢不同，蒸發(fā)的快慢也不同，因此，我們結合生活經驗可以猜想：液體蒸發(fā)快慢還可能與液體的種類有關；比如：在相同的條件下，酒精蒸發(fā)得比水和食用油快。故答案為：（1）沸騰；（2）鋁；鋁的導熱性好；（3）4.3；小；（4）種類；在相同的條件下，酒精蒸發(fā)得比水和食用油快。18．（2022?陜西）小明在“探究浮力大小與哪些因素有關”時，進行了如圖所示的實驗：（1）如圖﹣1，小明把一個空飲料罐緩慢按入水中時，用力逐漸變大，表明飲料罐所受浮力逐漸變大。（2）如圖﹣2，由實驗步驟①和②可得，物體受到的浮力是0.7N。（3）如圖﹣2，由實驗步驟①②③④可初步得出：物體所受浮力大小與物體排開液體體積有關。（4）如圖﹣2，由實驗步驟①④⑤可得出：當物體排開液體的體積相同時，液體密度越大，物體所受的浮力越大?！敬鸢浮浚?）變大；（2）0.7；（3）物體排開液體體積；（4）大。【解答】解：（1）將一個空飲料罐按入水中，空飲料罐對水壓力和水對空飲料罐的浮力是一對相互作用力，感覺用力越來越大，說明物體所受浮力也在逐漸變大；（2）由圖①②可得，物體受到的浮力F?。紾﹣F拉＝3.4N﹣2.7N＝0.7N；（3）分析比較①②③可知，液體的密度相同時，物體排開液體的體積不同，浮力不同，分析比較①③④可知，液體的密度相同時，物體排開液體的體積相同，浮力相同，所以物體受到的浮力大小與物體排開液體的體積有關；（4）分析比較①④⑤可知，物體排開液體的體積相同，液體的密度不相同，浮力不同，所以分析比較①④⑤實驗步驟可知，物體受到的浮力大小與液體密度有關。故答案為：（1）變大；（2）0.7；（3）物體排開液體體積；（4）大。19．（2022?陜西）某學習小組在做“探究電流與電阻的關系”實驗中，采用了如圖1所示電路。電源電壓為3V，四個阻值分別為5Ω、10Ω、15Ω和20Ω的定值電阻，滑動變阻器規(guī)格為“20Ω1A”。（1）閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應位于最右（選填“左”或“右”）端。（2）閉合開關，移動滑片過程中觀察到電壓表無示數，電流表示數有明顯的變化。已知導線、電表均完好且接觸良好，則故障原因可能是定值電阻R短路。（3）排除故障后，接入5Ω的電阻進行實驗，閉合開關，移動滑片P使電壓表示數為2V，記錄電流表示數。斷開開關，用10Ω電阻替換5Ω電阻，此時應向右移動滑片才可以達到實驗要求。（4）更換其他電阻繼續(xù)實驗，并將實驗數據記錄在表中。實驗次數1234電阻R/Ω5101520電流I/A0.40.20.120.1①請根據表中數據，在圖2中用描點法畫出通過導體的電流I與導體的電阻R的關系圖像。②分析實驗數據可得：當導體兩端的電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比。③小組同學還想獲得R＝25Ω的一組實驗數據，在現有器材條件下，可行的操作方法是可以將5Ω和20Ω的兩個電阻串聯（或將10Ω和15Ω的電阻串聯），然后將電壓表并聯在串聯電阻整體的兩端?！敬鸢浮浚?）右；（2）短路；（3）右；（4）①；②反比；③可以將5Ω和20Ω的兩個電阻串聯（或將10Ω和15Ω的電阻串聯），然后將電壓表并聯在串聯電阻整體的兩端。【解答】解：（1）為了保護電路，閉合開關前，滑動變阻器的滑片P應位于阻值最大處，即最右端；（2）電流表有示數，說明電路不是斷路，電壓表無示數，可能是與電壓表并聯的支路短路，因此故障可能是與電壓表并聯的定值電阻R短路了；（3）根據串聯電路的分壓原理可知，用10Ω電阻替換5Ω電阻，電阻增大，其分得的電壓增大；探究電流與電阻的關系的實驗中應控制電壓不變，根據串聯電路電壓的規(guī)律可知，為了保持定值電阻兩端電壓不變，應增大滑動變阻器分得的電壓，由串聯電路的分壓原理可知，應增大滑動變阻器連入電路中的電阻，所以滑片應向左端移動，使電壓表的示數不變；（4）①根據表格數據描點畫出圖像，如下圖所示：；②該實驗得到的結論是：在電壓一定時，導體中的電流與導體的電阻成反比；③小組同學還想獲得R＝25Ω的一組實驗數據，在現有器材條件下，根據串聯電路電阻的規(guī)律知：可以將5Ω和20Ω的兩個電阻串聯（或將10Ω和15Ω的電阻串聯），然后將電壓表并聯在串聯電阻整體的兩端。故答案為：（1）右；（2）短路；（3）右；（4）①；②反比；③可以將5Ω和20Ω的兩個電阻串聯（或將10Ω和15Ω的電阻串聯），然后將電壓表并聯在串聯電阻整體的兩端。20．（2022?陜西）風能是一種低碳、清潔的能源，風力發(fā)電是一種重要的發(fā)電手段，我國的風力發(fā)電技術世界領先。小明利用如圖﹣1所示的風力發(fā)電實驗裝置進行探究，他猜想風力發(fā)電機的發(fā)電功率可能與風速大小、扇葉數量、扇葉形狀、扇葉與風向的夾角等因素有關。（1）空氣流動形成了風，小明分析：一定質量的空氣，風速越快，空氣的機械能越大，通過風力發(fā)電機可轉化的電能越多。（2）如圖﹣2為實驗裝置示意圖和電路圖。實驗時，將風力發(fā)電實驗裝置放在水平工作臺上，出風口正對發(fā)電機扇葉吹風，扇葉轉動帶動發(fā)電機工作。在風力發(fā)電機外部接入定值電阻、電壓表和電流表，通過測量電阻兩端電壓和電路中電流的大小，可反映出發(fā)電機的發(fā)電功率大小。如圖﹣3為扇葉與風向的夾角θ的示意圖。（3）控制風機出口風速一定，保持風機與發(fā)電機扇葉之間距離不變，分別改變發(fā)電機的扇葉數量、扇葉形狀、扇葉與風向的夾角θ，觀察各種情況下工作電路中電壓表、電流表示數并記錄在表中。扇葉與風向的夾角θ三片四片4cm直扇葉4cm弧形扇葉4cm直扇葉4cm弧形扇葉電壓U/V電流I/A電壓U/V電流I/A電壓U/V電流I/A電壓U/V電流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）分析表中的實驗數據可知：①當風速、夾角θ、扇葉形狀一定時，四片扇葉的風力發(fā)電機發(fā)電功率較大。②其他條件相同時，當夾角θ是45°時，發(fā)電機的發(fā)電功率最大；四片扇葉時，電阻R的最大功率為0.484W。（5）小明查閱資料了解到，在實際應用中，大型風力發(fā)電機的扇葉長達40m以上，由此他分析，風力一定時，可利用空間區(qū)域越大，蘊含的風能越多，因此風力發(fā)電機的發(fā)電功率還可能與扇葉長度有關。要更好的利用風能，扇葉必須安裝在較高位置，為了減小塔架所受的壓力，你認為制作扇葉的材料應具備哪些物理屬性：密度小。（寫出一條即可）【答案】（1）風速；（3）距離；（4）四；45°；0.484；（5）扇葉長度；密度小【解答】解：（1）空氣流動形成了風，一定質量的空氣，風速越大，空氣的機械能越大，通過風力發(fā)電機可轉化的電能越多。（3）根據控制變量法可知實驗時需控制風機出口風速一定，風機與發(fā)電機扇葉之間的距離不變，分別改變發(fā)電機的扇葉數量、扇葉形狀、扇葉與風向的夾角θ；（4）分析表中的實驗數據可知：①當風速、夾角θ、扇葉形狀一定時，四片扇葉的風力發(fā)電機發(fā)電功率較大；②其他條件相同時，當夾角是45°時，發(fā)電機的發(fā)電功率最大；四片扇葉時，電阻R的最大功率為P＝UI＝2.2V×0.22A＝0.484W；（5）在實際應用中，大型風力發(fā)電機的扇葉長達40m以上，由此他分析，風力一定時，可利用空間區(qū)域越大，蘊含的風能越多，因此風力發(fā)電機的發(fā)電功率還可能與扇葉長度有關；要更好的利用風能，扇葉必須安裝在較高位置，塔架所受的壓力等于扇葉的重力，為了減小塔架所受的壓力，制作扇葉時選擇密度較小的材料，其質量較小，重力較小，塔架所受的壓力越小。故答案為：（1）風速；（3）距離；（4）四；45°；0.484；（5）扇葉長度；密度小。21．（2022?陜西）如圖﹣1所示，人眼的功能類似于照相機。學習了凸透鏡成像規(guī)律后，小明對人眼和照相機如何成清晰的像，進行了進一步研究。（1）人眼結構中，視網膜到晶狀體的距離不變，相當于“探究凸透鏡成像規(guī)律”實驗中，光屏到凸透鏡的距離不變，能否看清遠近不同的物體，可能與晶狀體的焦距有關；使用變焦照相機拍照，能否得到清晰的像，可能同時與焦距和像距有關。于是他用圖﹣2裝置進行探究。（2）實驗前，調節(jié)“F”光源和光屏的中心在凸透鏡的主光軸上，是為了使像呈現在光屏中央。（3）實驗主要步驟：①保持光屏到凸透鏡的距離不變，換上不同焦距的凸透鏡，調節(jié)“F”光源到凸透鏡的距離，直到光屏上成清晰的像，分別記錄焦距、物距和像的高度。②保持“F”光源到凸透鏡的距離不變，換上不同焦距的凸透鏡，調節(jié)光屏到凸透鏡的距離，直到光屏上成清晰的像，分別記錄焦距、像距和像的高度。（4）實驗數據如下表所示：物體的高度H＝5.0cm實驗序號物距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、3三組數據可知：當像距不變時，物距變大，要成清晰的像，凸透鏡焦距要變大。②分析4、5、6三組數據可知：當物距不變時，凸透鏡焦距越大，像距越大，像也越大。根據以上探究可知：人眼是通過調節(jié)晶狀體焦距來看清遠近不同物體的：用變焦照相機在同一位置拍攝同一物體時，是通過同時調節(jié)焦距和像距，使物體成大小不同的清晰的像。（5）實驗結束后，小明和同學們進行了如下交流：①人長時間看近處物體，眼睛容易疲勞。學習較長時間后，建議同學們適當遠眺，使睫狀體放松，晶狀體變?。ㄟx填“厚”或“薄”），焦距變大，舒緩眼疲勞，保護眼睛。②用變焦相機拍完西安鐘樓的全景后，要在原地把鐘樓上的鐘拍得更大一些，應該把照相機的鏡頭向前伸（選填“向前伸”或“往后縮”）同時增大焦距?！敬鸢浮浚?）光屏；（2）光屏中央；（3）“F”光源；（4）1、2、3；大；（5）?。幌蚯吧??！窘獯稹拷猓海?）人眼結構中，晶狀體相當于凸透鏡，視網膜相當光屏，視網膜到晶狀體的距離不變，相當于“探究凸透鏡成像規(guī)律”實驗中，光屏到凸透鏡的距離不變；（2）實驗前，調節(jié)“F”光源和光屏的中心在凸透鏡的主光軸上，使三者的中心大致在同一高度，是為了使像呈現在光屏中央；（3）②為了探究使用變焦照相機拍照得到清晰的像，可能同時與焦距和像距有關。應保持物距不變，即保持“F”光源到凸透鏡的距離不變，換上不同焦距的凸透鏡，調節(jié)光屏到凸透鏡的距離，直到光屏上成清晰的像，分別記錄焦距、像距和像的高度。（4）①像距不變的三組實驗分別是1、2、3；②分析4、5、6三組數據可知：物距不變，像距逐漸變大，焦距也逐漸變大，像的高度也變高，說明像也變大。所以得出結論：當物距不變時，凸透鏡焦距越大，像距越大，像也越大；（5）通過實驗結論，人眼長時間看近處物體，然后遠眺，像距不變，物距變大，焦距也要變大，即眼睛的晶狀體變??；相機拍完西安鐘樓的全景后，要在原地把鐘樓上的鐘拍得更大一些，物距不變，要使像變大，則焦距要變大，而且像距也要變大，即把照相機的鏡頭向前伸同時增大焦距。故答案為：（1）光屏；（2）光屏中央；（3）“F”光源；（4）1、2、3；大；（5）薄；向前伸。22．（2023?陜西）如圖，是“探究影響滑動摩擦力大小的因素”的實驗。（1）本次實驗前，應在水平方向上對彈簧測力計進行調零。（2）如圖﹣1，沿水平方向拉動木塊，使其做勻速直線運動，木塊受到的拉力大小等于（選填“大于”“小于”或“等于”）木塊受到的滑動摩擦力大小。（3）如圖﹣1，用彈簧測力計沿水平方向拉動木塊，使其做速度大小不同的勻速直線運動。發(fā)現彈簧測力計的示數不變，說明滑動摩擦力的大小與物體運動速度的大小無關（選填“有關”或“無關”）。（4）如圖﹣2，在木塊上加放鉤碼，沿水平方向拉動木塊，使其做勻速直線運動。改變鉤碼的數量，多次實驗后得出結論：其他條件一定時，壓力越大，滑動摩擦力越大?！敬鸢浮浚?）水平；（2）等于；（3）無關；（4）大?！窘獯稹拷猓海?）用彈簧測力計沿水平方向拉著物體做勻速直線運動，木塊在水平方向上受到平衡力的作用，根據二力平衡的條件，彈簧測力計的示數等于摩擦力的大小，故本次實驗前，應在水平方向上對彈簧測力計進行調零；（2）如圖﹣1，沿水平方向拉動木塊，使其做勻速直線運動，木塊受到的拉力大小等于木塊受到的滑動摩擦力大?。唬?）如圖﹣1，用彈簧測力計沿水平方向拉動木塊，使其做速度大小不同的勻速直線運動。發(fā)現彈簧測力計的示數不變，說明滑動摩擦力的大小與物體運動速度的大小無關；（4）如圖﹣2，在木塊上加放鉤碼，物體對支持面的壓力變大，沿水平方向拉動木塊，使其做勻速直線運動。改變鉤碼的數量，多次實驗后得出結論：其他條件一定時，壓力越大，滑動摩擦力越大。故答案為：（1）水平；（2）等于；（3）無關；（4）大。五．綜合能力題（共5小題）23．（2022?陜西）小明學習了有關能源的知識后，在課后題中看到“三峽水電站年平均發(fā)電量預計8.5×1010kW?h，相當于一個每年消耗5×1010kg標準煤的火力發(fā)電站的年發(fā)電量”；他翻閱資料又看到“白鶴灘水電站年平均發(fā)電量約6.24×1010kW?h，相當于一個每年消耗2×1010kg標準煤的火力發(fā)電站的年發(fā)電量”，這兩則信息引起了小明的深入思考。（1）煤是不可再生（選填“可再生”或“不可再生”）能源；發(fā)電機是利用電磁感應原理工作的。（2）小明對信息中的數據綜合分析得出：我國火力發(fā)電站的發(fā)電效率在近20年來得到了大幅提升。請你通過計算來判斷小明的觀點是否正確。已知標準煤的熱值為2.9×107J/kg。（計算結果保留到1%）（3）如圖所示，大國重器白鶴灘水電站擁有多項世界第一，特別是世界首臺100萬千瓦水輪機組，該水輪機額定轉速為111r/min，若單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能全部用來給水加熱，可使3t常溫下的水溫度升高多少℃？已知水的比熱容是4.2×103J/（kg?℃）。（計算結果保留一位小數）（4）已知每燃燒1kg的標準煤，會產生2.4kg的二氧化碳。白鶴灘水電站單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能，可減排二氧化碳多少千克？（計算結果保留一位小數）【答案】（1）不可再生；電磁感應；（2）小明的觀點是正確的；（3）若單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能全部用來給水加熱，可使3t常溫下的水溫度升高42.9℃；（4）白鶴灘水電站單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能，可減排二氧化碳114.2kg。【解答】解：（1）煤是不可再生能源；發(fā)電機是利用電磁感應原理工作的。（2）三峽水電站發(fā)電量對應的火力發(fā)電站的發(fā)電效率為：；白鶴灘水電站發(fā)電量對應的火力發(fā)電站的發(fā)電效率為：。通過計算表明：我國火力發(fā)電站的發(fā)電效率在近20年來得到了大幅提升，小明的觀點正確。（3）單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能為：；根據Q吸＝cmΔt＝W；水升高的溫度為：。（4）白鶴灘水電站單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能相當于產生的熱量為：；相當于煤燃燒的質量為：；可以減排二氧化碳的質量為：m'＝2.4m＝2.4×47.6kg≈114.2kg。答：（1）不可再生；電磁感應；（2）小明的觀點是正確的；（3）若單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能全部用來給水加熱，可使3t常溫下的水溫度升高42.9℃；（4）白鶴灘水電站單臺機組轉輪以額定轉速轉一圈所產生的電能，可減排二氧化碳44.7kg。24．（2023?陜西）重力儲能是一種新型儲能方式，它通過提升或放下重物實現能量的儲存或釋放，能量轉化過程如圖﹣1所示。重力儲能可有效提升風能、太陽能等新能源的綜合開發(fā)利用水平。某風力發(fā)電、重力儲能綜合項目，單個風力發(fā)電機組的平均發(fā)電功率為1500kW。某次風能充沛時，系統(tǒng)利用風能發(fā)電的富余電能，將2個質量均為3×104kg的重物從地面提升至30m的高度處，實現能量儲存，如圖﹣2所示。根據相關信息，完成以下問題（g取10N/kg）。（1）風能屬于可再生（選填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）若某電動汽車每行駛1km的路程需消耗0.2kW?h的電能，單個風力發(fā)電機組發(fā)電1h產生的電能，可供該電動汽車行駛的路程是多少？（3）儲能系統(tǒng)將2個重物勻速提升至30m高處的過程中，系統(tǒng)對重物所做的功是多少？（4）儲能系統(tǒng)將2個重物從30m高處放回地面的發(fā)電過程中，產生的電能為1.44×107，則該過程的發(fā)電效率是多少？（5）據某資料介紹，重力儲能系統(tǒng)的綜合效率（輸出電能與輸入電能之比）可達70%以上，請你通過計算，判斷這一數據是否可信？（已知系統(tǒng)提升重物的效率為90%）【答案】（1）可再生；（2）電動汽車行駛的路程為7500km；（3）系統(tǒng)對重物所做的功為1.8×107J；（4）該過程的發(fā)電效率為80%；（5）可信?！窘獯稹拷猓海?）風能可以在自然界里源源不斷的得到補充，所以它屬于可再生能源；（2）由P＝可知，單個風力發(fā)電機組發(fā)電1h產生的電能為W＝Pt＝1500kW×1h＝1500kW?h，電動汽車可行駛的距離為：s＝＝7500km；（3）2個重物的重力G＝mg＝2×3×104kg×10N/kg＝6×105N，重力儲能系統(tǒng)對重物做的功為：W＝Gh＝6×105N×30m＝1.8×107J；（4）重力儲能系統(tǒng)放下重物發(fā)電的效率為：η1＝×100%＝×100%＝80%；（5）已知系統(tǒng)提升重物的效率η2＝90%，則重力儲能系統(tǒng)的綜合效率為：η＝η1?η2＝80%×90%＝72%，由于72%＞70%所以數據可信。答：（1）可再生；（2）電動汽車行駛的路程為7500km；（3）系統(tǒng)對重物所做的功為1.8×107J；（4）該過程的發(fā)電效率為80%；（5）可信。25．（2022?陜西）今年“五一”假期，廣大市民按照疫情防控要求，積極響應“非必要不離市”號召，在郊區(qū)、公園指定區(qū)域進行戶外活動。小剛同學家購買了一款如圖﹣1所示戶外分體式燃氣爐，準備去戶外野炊。該燃氣爐的銘牌如表所示，其中功率4500W是指氣體燃料完全燃燒時燃氣爐每秒放出4500J的熱量。品名XX牌分體式防風燃氣爐材質不銹鋼鋼鑄鋁規(guī)格展開φ260×116mm折疊φ127×132mm功率4500W（1）氣體燃料在常溫下是通過壓縮體積的方式液化存儲在儲氣罐內。使用過程中，罐體溫度變低是因為燃料發(fā)生汽化時要吸收（選填“吸收”或“放出”）熱量。（2）在標準大氣壓下，用該燃氣爐將1L水從25℃加熱到沸騰用時140s，燃氣爐燒水時的效率是多少？已知水的密度為1.0×103kg/m3，水的比熱容為4.2×103J/（kg?℃）。（3）小剛注意到爐頭上標有參數：15字樣，他查閱說明書得知，該參數表示的是：燃氣爐功率[單位：瓦（W）]與耗氣量[單位：克/時（g/h）]之比的數值為15，計算該燃氣爐所使用燃料的熱值是多少？（4）小剛同學打算展示在勞動課上學習的烹飪技能，為家人做頓可口飯菜，下表是他出發(fā)前做的規(guī)劃，則小剛至少應攜帶幾個如圖﹣2所示的新儲氣罐？內容每次耗時/min次數/次炒菜83煮湯101燒水32【答案】（1）壓縮體積；吸收；（2）在標準大氣壓下，用該燃氣爐將1L水從25℃加熱到沸騰用時140s，燃氣爐燒水時的效率是50%；（3）該燃氣爐所使用燃料的熱值是5.4×107J/kg；（4）小剛至少應攜帶2個如圖﹣2所示的新儲氣罐?！窘獯稹拷猓海?）有的氣體在常溫下壓縮體積就能液化，燃料汽化會吸收熱量，使周圍溫度降低。（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；燃氣爐燒水時的效率η＝×100%＝＝50%；（3）燃氣爐功率[單位：瓦（W）]與耗氣量[單位：克/時（g/h）]之比的數值為15，即＝15；解得m氣＝300g/h；該燃氣爐所使用燃料的熱值q＝＝＝5.4×104J/g＝5.4×107J/kg；（4）炒菜總共用時t′＝8min×3+10min+3min×2＝40min＝2400s；一共消耗的熱量Q′＝Pt′＝4500W×2400s＝1.08×107J；一罐儲氣罐提供的熱量Q0＝m0q＝120g×5.4×104J/g＝6.48×106J；n＝＝≈1.7；所以小剛至少要帶兩個；答：（1）壓縮體積；吸收；（2）在標準大氣壓下，用該燃氣爐將1L水從25℃加熱到沸騰用時140s，燃氣爐燒水時的效率是50%；（3）該燃氣爐所使用燃料的熱值是5.4×107J/kg；（4）小剛至少應攜帶2個如圖﹣2所示的新儲氣罐。26．（2022?陜西）如表是某家用電扇的銘牌。FS—36電扇額定電壓220V額定功率66W質量6kg（1）電動機的工作原理是磁場對通電導體有力的作用；電扇正常工作時，電能主要轉化為機械能。（2）電扇底座與地面總接觸面積為2.4×10﹣3m2，電扇靜止時對水平地面的壓強是多少？（g取10N/kg）（3）電扇使用事項中明確規(guī)定：“禁止用手或其他物體阻擋葉片轉動”，這是因為正常工作的電扇，如果葉片被卡住而不轉動時，電能將全部轉化為內能，很容易燒壞電動機線圈。已知線圈電阻為22Ω，正常工作的電扇葉片被卡住不轉時，線圈中的電流為多少？若此狀態(tài)持續(xù)1min，則線圈中電流產生的熱量是多少？【答案】（1）力；機械；（2）電扇靜止時對水平地面的壓強是2.5×104Pa；（3）1min內線圈產生的熱量為1.32×105J?！窘獯稹拷猓海?）電動機是利用通電導線在磁場中受力的作用的原理制成的；電扇正常工作時，電能主要轉化為機械能；（2）電扇的重力：G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N，電扇靜止時對水平地面的壓力：F＝G＝60N；電扇靜止時對水平地面的壓強：p＝＝＝2.5×104Pa；（3）葉片被卡住而不轉動時，電動機為純電阻用電器，通過線圈的電流：I＝＝＝10A，線圈產生的熱量：Q＝I2Rt＝（10A）2×22Ω×60s＝1.32×105J。答：（1）力；機械；（2）電扇靜止時對水平地面的壓強是2.5×104Pa；（3）1min內線圈產生的熱量為1.32×105J。27．（2023?陜西）如圖﹣1，是某型號電暖器。它有高溫、低溫兩個擋位，其簡化電路圖如圖﹣2所示。R1和R2均為發(fā)熱電阻，其部分參數如表所示。額定電壓220V額定功率高溫擋2200W低溫擋1100W（1）該電暖器是利用電流的熱效應工作的。當開關S1、S2均閉合時，電暖器處于高溫擋。（2）該電暖器在低溫擋正常工作時，電路中的電流是多少？在高溫擋正常工作時，發(fā)熱電阻R2的阻值是多少？（3）在某次用電高峰期，小明用如圖﹣3所示的電力監(jiān)測儀，測出該電暖器在低溫擋工作時的實際電壓為210V，實際功率為900W。小明認為實際功率小于額定功率，只是因為實際電壓小于額定電壓造成的。請你通過計算，判斷小明的觀點是否正確?！敬鸢浮浚?）熱；高溫；（2）電暖器在低溫擋正常工作時，電路中的電流是5A，在高溫擋正常工作時，發(fā)熱電阻R2的阻值是44Ω；（3）低溫擋工作時的實際電壓為210V時的實際功率為1002W，大于電力監(jiān)測儀測出實際功率900W，因此實際功率小于額定功率，不僅僅是由實際電壓小于額定電壓造成，故小明的觀點不正確。【解答】解：（1）電暖器工作時將電能轉化為內能，因此電暖器是利用電流的熱效應工作的；當S1閉合，S2斷開時，電路為R1的簡單電路；當S1、S2閉合時，R1、R2并聯；因為并聯電路的總電阻小于各支路的電阻，所以由P＝UI＝可知，R1、R2并聯時，電路中的電阻最小，電功率最大，電暖器為高溫擋；電路為R1的簡單電路時，電路中的電阻最大，電功率最小，電暖器為低溫擋；因此當開關S1、S2均閉合時，電暖器處于高溫擋；（2）由P＝UI可知，低溫擋正常工作時，電路中的電流：I低溫＝＝＝5A；高溫擋時，兩電阻并聯，由并聯電路的特點可知此時R1兩端的電壓與低溫擋R1兩端的電壓相等，由P＝UI＝可知，此時R1的電功率與低溫擋R1的電功率相等，即P1＝P低溫＝1100W，則此時R2的電功率：P2＝P高溫﹣P1＝2200W﹣1100W＝1100W，由P＝UI＝可知，R2的電阻：R2＝＝＝44Ω；（3）由P＝UI＝可知，R1的電阻：R1＝＝＝44Ω，實際電壓為210V時低溫擋的實際功率：R2的實際功率：P低溫′＝＝≈1002W＞900W，因此小明的觀點不正確。答：（1）熱；高溫；（2）電暖器在低溫擋正常工作時，電路中的電流是5A，在高溫擋正常工作時，發(fā)熱電阻R2的阻值是44Ω；（3）低溫擋工作時的實際電壓為210V時的實際功率為1002W，大于電力監(jiān)測儀測出實際功率900W，因此實際功率小于額定功率，不僅僅是由實際電壓小于額定電壓造成，故小明的觀點不正確。六．解答題（共3小題）28．（2023?陜西）核聚變能量被稱為人類理想的永久能源。近年來，有“人造太陽”之稱的中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置不斷創(chuàng)造新的記錄，使我國人工可控核聚變的研究處于世界領先水平，為加快實現人工可控核聚變貢獻了中國智慧。核聚變的主要原料是氘，它可以從水中提取，1L海水中含有3.4×10﹣5kg的氘。在完全聚變反應中，1L海水中的氘釋放出的能量相當于300L汽油完全燃燒所釋放的能量。請完成下列問題。（1）當前運行的核電站是利用核裂變的原理工作的，核能屬于不可再生（選填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）1L海水中所含有的氘完全核聚變反應所釋放的能量是多少？可以供一盞“220V0.5A”的電燈正常工作多長時間？（ρ汽油＝0.71×103kg/m3，q汽油＝4.6×107J/kg）（計算結果保留兩位小數）（3）未來實現人工可控核聚變后，若一座核聚變發(fā)電站每年消耗340kg的氘，理論上可釋放的能量是多少？【答案】（1）裂；不可再生；（2）1L海水中所含有的氘完全核聚變反應所釋放的能