2020年湖北省武汉市中考物理模拟试卷(5)

2020年湖北省武汉市中考物理模拟试卷（5）

一、选择题（本题包括12小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共36分）

1. 利用图示凸透镜成像情景制成的光学设备是（ ）

A.投影仪 B.照相机 C.放大镜 D.潜望镜 【答案】 B

【考点】

凸透镜成像的应用 【解析】

根据凸透镜成像的三种情况和应用进行判断：

𝑢>2𝑓，𝑓<𝑣<2𝑓，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机。 2𝑓>𝑢>𝑓，𝑣>2𝑓，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪。 𝑢<𝑓，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。 【解答】

观察图可知，物距为20𝑐𝑚，像距为17𝑐𝑚，由凸透镜成像规律可知，物距大于像距，则像是倒立、缩小的实像，故是照相机的原理。

2. 下面形容声音的“高”，指音调的是（ ） A.引吭高歌 B.高声喧哗

C.这首歌声音太高，唱不上去 D.听不见，声音高些 【答案】 C

【考点】

音调、响度与音色的区分 【解析】

物理学中把人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，把声音的高低称为音调； 声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大； 音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高。 【解答】

𝐴、引吭高歌是指声音的响度大，不符合题意； 𝐵、高声喧哗是指声音的响度，不符合题意；

𝐶、声音的音调太高时，往往跟不上去，符合题意； 𝐷、声音响度小时容易听不到，不符合题意；

试卷第1页，总15页

3. 下列现象中不会出现的是（ ）

A.夏天打开冰箱时，冰箱周围有“白气”，从冰箱里面拿出来的饮料罐外面会‘出汗” B.寒冬玻璃窗的内侧会出现“冰花”

C.把 5∘𝐶的水放入 0∘𝐶的房间里水将会结冰

D.夏天，戴眼镜的人从冷气很强的出租车内走出去后感觉眼镜片模糊了 【答案】 C

【考点】

生活中的凝华现象 液化及液化现象

汽化及汽化吸热的特点 【解析】

（1）物质从气态变成液态称为液化，当温度较高的水蒸气遇到温度较低的物体时会发生液化现象；

（2）物质由气态直接变为固态的现象称为凝华； （3）晶体凝固的条件：达到凝固点但要继续放热。 【解答】

𝐴、夏天打开冰箱门时，冰箱门周围的水蒸气遇冷液化成小水滴，于是我们会看到冰箱门口周围有“白气”；从冰箱里面拿出来的饮料罐温度较低，周围的水蒸气遇冷液化成小水滴，附着在饮料罐外壁上，会发现饮料罐外壁“出汗”。故𝐴不符合题意；

𝐵、寒冬早晨窗户上出现的冰花结在室内玻璃上，是室内的水蒸气凝华形成的。故𝐵不符合题意；

𝐶、把5∘𝐶的水放入0∘𝐶的房间，水可以达到凝固点，但不能继续向外放热，因而无法结冰。故𝐶符合题意；

𝐷、夏天，戴眼镜的人从冷气很强的出租车内走出去后，空气中温度较高的水蒸气遇到冷的镜片时会发生液化形成大量的小水珠，所以眼镜变模糊了。故𝐷不符合题意。

4. 下列说法错误的是（ ）

A.断裂的玻璃不能复原，是因为分子间有斥力

B.沿海地区昼夜温差较小，主要原因是水的比热容较大

C.切割机切铁片时火星四溅，这是用做功的方式改变了物体的内能 D.柴油机在吸气冲程中，进气门打开排气门关闭，将空气吸入气缸 【答案】 A

【考点】

内燃机的四个冲程

比热容解释简单的自然现象 分子间的作用力 做功改变物体内能 【解析】

（1）分子间存在相互的引力和斥力，分子间距离大于分子直径10倍的时候，分子间既无引力，也无斥力。

（2）相同质量的物体吸收相同的热量，比热容大的升高的温度少； （3）改变物体的内能：做功、热传递；

（4）吸气冲程中，进气门打开排气门关闭，排气冲程正好相反。 【解答】

𝐴、断裂的玻璃分子间的距离大于分子直径的10倍以上，超出了分子力的作用范围；

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故𝐴错误，符合题意；

𝐵、沿海地区昼夜温差较小，主要原因是水的比热容较大，故𝐵正确，不符合题意； 𝐶、切割机切铁片时火星四溅，这是用做功的方式改变了物体的内能，故𝐶正确，不符合题意；

𝐷、吸气冲程中，进气门打开排气门关闭，将空气吸入气缸，故𝐷正确，不符合题意。

5. 如图所示，底面积不同的圆柱形容器分别盛有甲、乙两种液体，液体对各自容器底部的压力相等。现分别从两容器中抽出液体，且剩余液体的液面到容器底部的距离均为ℎ，则剩余液体对各自容器底部的压强𝑝、压力𝐹的关系是（ ）

A.𝑝甲＝𝑝乙；𝐹甲>𝐹乙 B.𝑝甲＝𝑝乙；𝐹甲<𝐹乙 C.𝑝甲>𝑝乙；𝐹甲>𝐹乙 D.𝑝甲<𝑝乙；𝐹甲<𝐹乙 【答案】 D

【考点】

压力及重力与压力的区别 压强大小比较 【解析】

（1）由于是圆柱形容器，根据液体对各自容器底部的压力相等和底面积的大小关系，根据𝑚＝𝜌𝑉可得甲、乙两种液体的密度关系；剩余液体的液面到容器底部的距离均为ℎ，根据𝑝＝𝜌𝑔ℎ比较出压强；

（2）由图可知，𝑉甲>𝑉乙，ℎ甲>ℎ乙，液体对各自容器底部的压力相等，𝐺甲＝𝐺乙，当剩余液体的液面到容器底部的距离均为ℎ，ℎ甲′＝ℎ乙′，𝐺甲<𝐺乙，

可得剩余液体的压力的大小关系。 【解答】

（2）由图知，当剩余液体的液面到容器底部的距离均为ℎ时，剩余甲液体的体积约为原来体积的一半，剩余乙液体的体积大于原来体积的一半，由𝐹＝𝐺＝𝑚𝑔＝𝜌𝑉𝑔可知

11

𝐹甲≈2𝐺甲，𝐹乙>2𝐺乙，且原来两液体的重力𝐺甲＝𝐺乙，

所以可知剩余液体对各自容器底部的压力：𝐹甲<𝐹乙。

故选：𝐷。

6. 无人机已被应用于诸多领域，如图所示是一款四翼无人机。在无人机匀速上升过程中，对其分析正确的是（ ）

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A.质量增加 B.动能增加 C.重力势能增加 D.机械能不变 【答案】 C

【考点】

动能和势能的大小变化 【解析】

从动能和重力势能大小的影响因素进行判断。

（1）动能大小跟质量、速度有关。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大。

（2）重力势能大小跟质量、被举得高度有关。被举得高度一定时，质量越大，重力势能越大；质量一定时，高度越高，重力势能越大。 【解答】

无人机匀速上升过程中，无人机的质量不变，高度增大，重力势能增大；速度不变，质量不变，其动能不变；无人机上升过程中，没有发生弹性形变，不具有弹性势能，所以机械能等于重力势能与动能的总和，重力势能增大，动能不变，其机械能增大。

7. 如图甲是消防队员小王进行爬杆训练的示意图，在某次爬杆训练中，小王沿杆竖直向上运动的𝑣（速度）−𝑡（时间）图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）

A.0至6𝑠时间内，小王沿杆匀速向上运动

B.6𝑠至15𝑠时间内，小王沿杆上爬的距离是5.4𝑚 C.0至18𝑠时间内，小王受到的摩擦力方向向下

D.15𝑠至18𝑠时间内，小王受到的摩擦力大小等于重力大小 【答案】 B

【考点】

力与图象的结合 摩擦力的方向 力与运动的关系 【解析】

（1）由𝑣−𝑡图象判断各段的运动状态；

（2）根据𝑠=𝑣𝑡算出6𝑠至15𝑠时间内，小王沿杆上爬的距离； （3）对人进行受力分析，判断摩擦力的方向； （4）根据速度关系判断重力与摩擦力的关系。 【解答】

解：𝐴．由图象知0∼6𝑠时间内，小王沿杆加速向上运动，故𝐴错误；

𝐵．由图象知，6𝑠至15𝑠时间内，小王沿杆向上做匀速直线运动，速度为0.6𝑚/𝑠，故6𝑠至15𝑠时间内上爬的距离是𝑠=𝑣𝑡=0.6𝑚/𝑠×9𝑠=5.4𝑚，故𝐵正确；

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𝐶．0至18𝑠时间内，小王沿杆竖直向上运动，在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，故𝐶错误；

𝐷．由图象知，15𝑠至18𝑠时间内，小王做减速运动，受到的摩擦力小于重力，故𝐷错误． 故选𝐵．

8. 如图所示的四种工具在正常使用的过程中，属于费力杠杆的是（ ） A.

核桃夹子 B.

筷子 C.

撬棒 D.

羊角锤 【答案】 B

【考点】 杠杆的分类 【解析】

结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。 【解答】

𝐴、核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； 𝐵、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆； 𝐶、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； 𝐷、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。

9. 将两个充气后的气球悬挂起来，让它们碰在一起，用毛织品分别摩擦两个充气的气球相接触的部分，放开气球后，我们观察到两气球分开，这是因为（ ）

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A.两气球带上异种电荷 B.两气球带上同种电荷

C.两气球一个带电一个不带电 D.无法确定 【答案】 B

【考点】

电荷间的相互作用规律 摩擦起电 【解析】

摩擦可以使物体带上电荷；电荷规律间作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引 【解答】

解：用毛织品分别摩擦两个气球相接触的部分，由于摩擦起电，气球会带上同种电荷，由于同种电荷相互排斥，所以，两气球接近时，它们会彼此分离，不再碰到一起，故𝐵正确． 故选𝐵．

10. 如图是电阻甲和乙的𝐼−𝑈图象，小明对图象信息作出的判断，正确的是（ ）

A.当甲两端电压为0.5𝑉时，通过它的电流为0.3𝐴 B.当乙两端电压为2.5𝑉，其电阻值为10𝛺

C.将甲和乙串联，若电流为0.3𝐴，则它们两端的电压为2𝑉 D.若甲和乙并联，若电压为1𝑉，则它们的干路电流为0.4𝐴 【答案】 C

【考点】

欧姆定律的应用 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：𝐴．由图象可知，当甲两端电压为0.5𝑉时，通过它的电流为0.1𝐴，故𝐴错误； 𝐵．由图象可知，当乙两端电压为2.5𝑉时，通过的电流为0.5𝐴，

𝑈

由𝐼=𝑅可得，乙的阻值𝑅乙=

𝑈乙𝐼乙

=0.5𝐴=5𝛺，故𝐵错误；

2.5𝑉

𝐶．将甲和乙串联，若电流为0.3𝐴，则通过两电阻的电流均为0.3𝐴，

′′

由图象可知此时𝑈甲=1.5𝑉、𝑈乙=0.5𝑉，

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由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，它们两端的电压：

′′

𝑈=𝑈甲+𝑈乙=1.5𝑉+0.5𝑉=2𝑉，故𝐶正确；

𝐷．若甲和乙并联，若电压为1𝑉，则它们两端的电压均为1𝑉，

′′

由图象可知此时𝐼甲=0.2𝐴、𝐼乙=0.4𝐴，

由并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，干路电流：

′′𝐼=𝐼甲+𝐼乙=0.2𝐴+0.4𝐴=0.6𝐴，故𝐷错误．

故选𝐶．

11. 如图所示是“探究电流通过导体产生的热量与导体电阻间关系”的实验装置。两个透明容器中封闭着等量的空气，电路正确连接后，通电进行实验过程中，下列说法中正确的是（ ）

A.左边容器中通过电阻丝中的电流比右边容器中通过电阻丝中的电流大 B.左边容器中电阻丝两端的电压比右边容器中电阻丝两端的电压高 C.𝑈形管中液面高度的变化反映电阻丝产生热量的多少 D.通电时间相同，两个容器中空气吸收的热量相同 【答案】 C

【考点】 焦耳定律 【解析】

（1）串联电路电流处处相等；

（2）在串联电路中，用电器两端电压与其阻值成正比；

（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法；

（4）根据𝑄＝𝐼2𝑅𝑡分析产生热量的多少。 【解答】

𝐴、由图可知，两阻值不同的电阻丝串联，通过电阻丝的电流相同，即左边容器电阻丝中的电流等于右边容器电阻丝中的电流。故𝐴错误；

𝐵、左侧电阻阻值小于右侧电阻阻值，由于串联电路用电器两端电压与其阻值成正比，所以左侧容器中电阻丝两端的电压比右边容器中电阻丝两端的电压低。故𝐵错误； 𝐶、据实验装置可知，电流通过导体产生热量使容器中的空气受热膨胀，从而导致𝑈型管中的液面会发生变化，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过𝑈型管液面高度差的变化来反映。故𝐶正确；

𝐷、两电阻丝串联，电流相同，根据𝑄＝𝐼2𝑅𝑡可知，由于图中右边容器的电阻丝阻值较大，在相同时间内，电流在右容器中产生的热量较多，𝐵管液面上升得高。故𝐷错误。

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12. 接线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电。但现在每当接线板的插头插入家庭电路中的插座，闭合接线板上的开关时，总出现“跳闸”（空气开关断开）现象。下列说法中错误的是（ ）

A.接线板上的开关与指示灯串联 B.接线板上的多个插座与指示灯并联

C.“跳闸”的原因是接线板上的插头处发生了短路 D.“跳闸”的原因是接线板中的电路发生了短路 【答案】 D

【考点】

串联电路和并联电路的辨别 家庭电路电流过大的原因 【解析】

明确以下知识，可对选项中的描述做出判断：（1）并联电路中各用电器互不影响，串联电路中各用电器互相影响；插座与指示灯是并联的；

（2）当电路中发生短路或用电器总功率过大导致电流过大时，空气开关会自动断开，切断电路。 【解答】

𝐴、由题意可知，开关可以控制指示灯，因此它们应该是串联的，故𝐴正确；

𝐵、由题意可知，如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明插座与指示灯互不影响，因此它们之间是并联的，故𝐵正确；

𝐶𝐷、“跳闸”的原因是电路中电流过大，电流过大的原因是发生了短路；

由题可知，插头没有插入家庭电路中的插座，开关闭合时插孔也能正常通电。当插头插入家庭电路中的插座，只有闭合接线板上的开关时，才发生短路，所以不是接线板中的电路发生了短路，而是接线板上的插头处发生了短路，故𝐶正确，𝐷错误。 二、非选择题（本题包括7小题，共34分）

小珠一家驱车从唐家湾驶向南湾，总路程20𝑘𝑚，前5min行驶5𝑘𝑚，车的平均速度为________𝑘𝑚/ℎ；剩余路程平均速度为72𝑘𝑚/ℎ，合________𝑚/𝑠；若道路区间限速标志如图所示，车至少耗时________ℎ走完全程才不会被判超速。

【答案】 60,20,0.1875 【考点】

速度公式及其应用 【解析】

（1）已知路程和时间，利用速度公式𝑣=𝑡可求速度，1𝑚/𝑠＝3.6𝑘𝑚/ℎ；

𝑠

试卷第8页，总15页

（2）图示显示该区间小车限速为80𝑘𝑚/ℎ，与平均速度去比较判断是否超速。 【解答】

车的平均速度： 𝑣==

𝑡𝑠

5𝑘𝑚5×ℎ160=60𝑘𝑚/ℎ，

1

72𝑘𝑚/ℎ＝72×3.6𝑚/𝑠＝20𝑚/𝑠；

（2）图示显示该区间小车限速为80𝑘𝑚/ℎ，由𝑣=𝑡可得车至少所耗的时间； 𝑡′=

𝑠′𝑣′

𝑠

=

20𝑘𝑚−5𝑘𝑚80𝑘𝑚/ℎ

=0.1875ℎ。

如图是探究“光的反射规律”的实验装置。平面镜平放在水平桌面上，白色硬纸板垂直立在平镜面上，纸板能绕𝑂𝑁轴翻转，上面安装一支激光笔。

（1）为了使光线能在纸板上显示出来，方便实验研究，采取的操作是（ ）。 A.向纸板喷烟

B.使光束垂直纸板射到𝑂点 C.使光束紧贴纸板射到𝑂点

（2）图中反射角是________度。

（3）以𝑂𝑁为轴旋转纸板𝐵，观察纸板𝐵上能否出现反射光，操作的意图是________。

（4）若将图中的纸板（连同激光笔）绕𝐸𝐹向后倾斜，此时反射光束（ ）。 A.仍在纸板上呈现 B.被纸板挡住

C.在纸板前方

【答案】 C 40

探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内 C

【考点】 光的反射定律 【解析】

（1）实验中为了使光线能在纸板上显示出来，要使激光紧贴纸板面入射； （2）根据入射角的定义、反射角与入射角相等的关系判断反射角的大小；

（3）为了探究反射光线、入射光线与法线是否在同一平面内，应以𝑂𝑁为轴旋转纸板𝐵，观察纸板𝐵上能否出现反射光线；

（4）光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。 【解答】

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此实验中为了使光线能在纸板上显示出来，应该采取的操作是使光束贴着纸板射到𝑂点，即选项𝐶的说法符合题意；

由图知，入射光线与法线的夹角为40∘，则入射角为40∘，所以反射角等于入射角也等于40∘；

以𝑂𝑁为轴旋转纸板𝐵，观察纸板𝐵上能否出现反射光，这样做是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；

在图中，若将纸板（连同激光笔）绕向𝐸𝐹后倾斜，而法线始终垂直于平面镜，则反射光线、入射光线、法线所在的平面也垂直于平面镜，所以可知反射光束在纸板前方，故应选𝐶。

某同学为了测出木块𝐴在水平桌面上运动的过程中所受滑动摩擦力的大小，采用了如图甲所示的实验装置。

（1）他用弹簧测力计水平拉动木块𝐴，应使木块𝐴沿水平桌面做________运动。

（2）弹簧测力计的示数能表示木块𝐴所受滑动摩擦力大小的依据是________。

（3）如图乙所示，在木块𝐴上叠放木块𝐵，与图甲比较，木块𝐴所受滑动摩擦力会________。（选填“变大”或“变小”）

（4）如图丙所示，在木块𝐴下垫上两个轻质滚轮，与图甲比较，弹簧测力计的示数会________。（选填“变大”或“变小”） 【答案】 匀速直线

由于木块𝐴做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力和滑动摩擦力为一对平衡力，所以𝑓＝𝐹，则弹簧测力计的示数能表示木块𝐴所受滑动摩擦力大小 变大 变小 【考点】

探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验 【解析】

（1）利用二力平衡条件；

（2）将木块𝐴放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数，其原理是二力平衡； （3）根据影响摩擦力大小的因素判断摩擦力的变化，得出拉力大小的变化； （4）滑动摩擦力大于滚动摩擦力。 【解答】

用弹簧测力计水平拉动木块𝐴，应使木块𝐴沿水平桌面做匀速直线运动，这样做的目的是便于测出木块所受滑动摩擦力的大小；

木块𝐴在水平方向上受拉力𝐹和滑动摩擦力𝑓，由于木块𝐴做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力和滑动摩擦力为一对平衡力，所以𝑓＝𝐹，则弹簧测力计的示数能表示木块𝐴所受滑动摩擦力大小；

在木块𝐴上叠放木块𝐵，木块𝐴对接触面的压力增大，则木块𝐴所受滑动摩擦力会增大；

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在木块𝐴下垫上两个轻质滚轮，将滑动摩擦变为滚动摩擦，摩擦力会减小，拉力也会减小，即弹簧测力计的示数会减小。

如图甲是小明做“观察水的沸腾”的实验装置图。

（1）小明在水温升高到90∘𝐶时开始每隔1min记录一次水的温度。记录的数据如下表所示，其中在第2min记录数据时，温度计的示数如图乙所示，请将读数填在表内的空格处。 0 1 2 3 4 5 6 7 时间/min 90 92 96 98 99 99 99 ________ 温度/∘𝐶 （2）请你根据表中的数据在图丙中画出水的温度随时间变化的图象。

（3）从图象中可以看出水的沸点是________∘𝐶，水在沸腾时温度的特点是________。 【答案】 94 如图；

99,保持不变 【考点】

探究水的沸腾实验 【解析】

（1）在温度计读数时，先明确温度计的分度值，再根据液面位置读数。

（2）作图时，利用描点的方法，首先将各个点表示在图上，然后用平滑的曲线将各点连接起来。

（3）液体沸腾过程中温度保持不变，这个温度叫做沸点。 【解答】

由图知，温度计的分度值是1∘𝐶，所以此时温度计的示数是94∘𝐶。 根据表格中的数据进行描点，并将各点用平滑的曲线连接起来。

；

从图象可以看出，从第5分钟开始，水的温度保持99水在沸腾过程中不断吸热，但温度保持不变。

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∘

𝐶不变，所以沸点是99

∘

𝐶。

用表面涂有绝缘漆的漆包线绕在铁钉上做成了线圈上有四个接线柱𝑎、𝑏、𝑐、𝑑的电磁铁，使用不同的接线柱，可改变电磁铁线圈的匝数。电磁铁和其他实验器材组成如图所示电路，用该电路来研究“影响电磁铁磁性强弱的因素”。请完成如下问题：

（1）实验中电磁铁磁性的强弱用电磁铁吸引________来反映的；

（2）连接电磁铁线圈的接线柱𝑎，闭合开关，调节滑动变阻器，可以探究电磁铁磁性强弱与________是否有关；

（3）分别连接电磁铁线圈的接线柱𝑎、𝑐，并调节滑动变阻器使________不变，可以探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数是否有关。 【答案】 大头针的数量 电流大小 电流 【考点】

探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验 【解析】

（1）采用转换法，通过观察电磁铁吸引大头针数目的多少来判断电磁铁磁性的强弱； （2）（3）电磁铁磁性的强弱与电流的大小和线圈的匝数有关，故该实验中利用控制变量的思维分析即可解决。 【解答】

电磁铁的磁性强弱是无法直接观察的，此实验中利用电磁铁吸引大头针数量的不同来反映磁性强弱的不同，采用了转换法；

连接电磁铁线圈的接线柱𝑎，调节滑动变阻器，电路中电流不同，可以探究电磁铁的磁性强弱与电流大小是否有关；

分别连接电磁铁线圈的接线柱𝑎、𝑐，并调节滑动变阻器控制电流不变，改变了线圈匝数，可以探究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数是否有关。

在测量小灯泡的电功率时，小明组正确连接如图甲所示的电路；闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于如图乙所示位置，排除故障后，闭合开关，从变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡𝑈−𝐼图象如图丙所示。请你解答：

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（1）请用笔画线代替导线将小明组的电路连接完整，要求向右移动滑片时灯泡变亮；

（2）小明组发生的故障可能是：接线柱________间（选填图甲中的数字编号）出现了________（选填“短路”或“断路”）；

（3）此实验的原理是________，小明组所测小灯泡的额定功率是________𝑊。 【答案】 如上图所示 ③⑦,断路 𝑃＝𝑈𝐼,0.75 【考点】

探究用电器的电功率实验 【解析】

（1）滑动变阻器按“一上一下”接入电路，根据向右移动滑片时灯泡变亮，确定滑动变阻器的连接；

（2）电流表示数为0，灯泡不亮，电路可能断路，根据电压表示数为3𝑉说明电压表到电源间是通路，据此分析；

（3）测小灯泡的电功率原理为𝑃＝𝑈𝐼；由图象可知灯正常发光时通过灯泡的电流，根据𝑃＝𝑈𝐼求出灯泡的额定功率。 【解答】

滑动变阻器应“一上一下”接入电路，灯泡与滑动变阻器串联，

要求向右移动滑片时灯泡变亮，说明电路中的电流变大，滑动变阻器的阻值变小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下图所示：

由甲图知，电源由两节干电池组成，即电源电压为3𝑉； 由图乙知，电流表示数为0，灯泡不亮，电路有断路发生，

电压表示数为3𝑉，等于电源电压，说明电压表到电源间是通路，所以故障是③⑦间出现断路了；

本实验通过伏安法测小灯泡的电功率，原理为𝑃＝𝑈𝐼；

灯泡正常发光时的电压等于额定电压2.5𝑉，由图象可知此时通过灯泡的电流为0.3𝐴， 所以灯泡的额定功率：𝑃＝𝑈𝐼＝2.5𝑉×0.3𝐴＝0.75𝑊。

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我国自行设计的“蛟龙号”载人潜水器（如图甲）外壳选择了钛合金板做主材，其主要技术参数如下表。蛟龙号带有适当数量的压载铁，通过改变压载铁的数量，来控制其下沉或上浮，采用科学家们研发的具有世界先进水平的高速水声通信技术，即声呐通信。 50 25 体积/𝑚3 最大速度/节 460 2.2×104 自身质量/𝑘𝑔 最大载荷（不包括乘员体重）/𝑘𝑔 7000 3 最大下潜深度/𝑚 乘员人数（每人体重不超过80𝑘𝑔）

（1）“蛟龙号”的电源是由多节充油银锌蓄电池串联而成，这种电源的“比能量”约为15𝑘𝑊⋅ℎ/𝑘𝑔，“比能量”是指电池单位质量所输出的电能。这种蓄电池的放电电压随时间的变化规律如图乙，可以用60𝐴的电流连续放电10ℎ。“蛟龙号”工作时，需要的总能量约为120𝑘𝑊⋅ℎ，则其电源的质量约为________𝑘𝑔，为了对“蛟龙号”正常供电，串联的蓄电池不得少于________节。

（2）“蛟龙号”采用“深潜器无动力下潜上浮技术”，其两侧配备4块相同的压载铁，当其到达设定深度时，可抛卸其中2块压载铁，使其处于悬浮状态，从而实现各种试验作业，当“蛟龙号”悬停在工作区时，每块铁块的体积为多少立方米时，才能使“蛟龙号”最大负载时实现悬浮静止状态。（设海水的密度𝜌水＝1×103𝑘𝑔/𝑚3，𝑔取10𝑁/𝑘𝑔，𝜌铁＝8×103𝑘𝑔/𝑚3）

（3）“蛟龙号”抛卸所有压载铁后上浮，乘员取出载荷上岸后，“蛟龙号”漂浮在海面上，由起重装置将其匀速竖直吊离水面，起重装置起吊拉力的功率随时间变化的图象如图所示，图丙中𝑃2＝2𝑃1．则𝑡1时刻“蛟龙号”的排水体积为多少立方米？（不考虑水的阻力） 【答案】 8,125

每块铁块的体积为1.95𝑚3 时，才能使“蛟龙号”最大负载时实现悬浮静止状态； 𝑡1时刻“蛟龙号”的排水体积为11立方米。 【考点】

物体的浮沉条件及其应用 阿基米德原理 【解析】

（1）根据蓄电池的比能量求出蓄电池的质量；根据𝑊＝𝑈𝐼𝑡求出一节蓄电池的能量，进一步求出蓄电池的节数；

（2）先根据𝐹浮＝𝜌𝑔𝑉排求出“蛟龙号”受到的浮力，然后对其进行受力分析，根据𝐺＝

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𝑚𝑔求出表示出重力的大小，再利用𝐹浮＝𝜌𝑔𝑉排表示出小铁块受到的浮力，最后根据平衡条件求出铁块的体积；

（3）设在𝑡1、𝑡2时刻起重装置对探测器的拉力分别为𝐹1、𝐹2，探测器的速度为𝑣，在𝑡1、𝑡2时刻，对探测器进行受力分析，得出𝐹1和𝐹2的大小，而𝑃2＝2𝑃1，据此求出𝑡1时刻受到的浮力，再根据阿基米德原理求𝑡1时刻“蛟龙号”的排水体积。 【解答】

电源的质量𝑚=15𝑘𝑊⋅ℎ/𝑘𝑔=8𝑘𝑔；

一节蓄电池的能量：𝑊1＝𝑈𝐼𝑡＝1.6𝑉×60𝐴×10×3600𝑠＝3.456×106𝐽， 蓄电池的节数𝑛=𝑊=

1

120𝑘𝑊⋅ℎ

𝑊

120×3.6×106𝐽3.456×106𝐽

=125（节）；

“蛟龙号”悬浮时受到的浮力：𝐹浮＝𝜌𝑔𝑉排＝1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×50𝑚3＝5×105𝑁；

设每块压载铁的质量为𝑚铁，则总重力：

𝐺总＝𝑚𝑔+2𝑚铁𝑔＝(2.2×104𝑘𝑔+460𝑘𝑔+3×80𝑘𝑔)×10𝑁/𝑘𝑔+2×10𝑁/𝑘𝑔×𝑚铁＝227000𝑁+2×10𝑁/𝑘𝑔×𝑚铁；

33

2个压载铁受到的浮力：𝐹浮铁＝2𝜌𝑔𝑉铁＝2×1.0×10𝑘𝑔/𝑚×10𝑁/𝑘𝑔×𝑉铁；

“蛟龙号”悬浮时，所受的浮力和总重力是平衡力； 由𝐺总＝𝐹浮+𝐹浮铁可得：

227000𝑁+2×10𝑁/𝑘𝑔×𝑚铁＝5×105𝑁+2×1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔×𝑉铁 解得𝑉铁＝1.95𝑚3。

设在𝑡1、𝑡2时刻起重装置对“蛟龙号”的拉力分别为𝐹1、𝐹2，“蛟龙号”上升的速度为𝑣， 𝑡1时刻，“蛟龙号”还没有离开水面，由力的平衡条件可得：𝐹1+𝐹浮′＝𝑚𝑔，所以𝐹1＝𝑚𝑔−𝐹浮′，

𝑡2时刻，“蛟龙号”已经完全离开水面，则：𝐹2＝𝑚𝑔， 由题可知𝑃2＝2𝑃1，即𝐹2𝑣＝2𝐹1𝑣， 所以𝐹2＝2𝐹1， 即𝑚𝑔＝2(𝑚𝑔−𝐹浮′)，

则𝐹浮′=2𝑚𝑔=2×2.2×104𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔＝1.1×105𝑁， 根据阿基米德原理可得𝑡1时刻“蛟龙号”的排水体积： 𝑉排′=𝜌𝑔=1.0×103𝑘𝑔/𝑚3×10𝑁/𝑘𝑔=11𝑚3。

𝐹′

1.1×105𝑁

1

1

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