挑战39 江苏卷1（江苏六市共30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39江苏卷1（江苏六市共30题）六市（盐城、淮安、镇江、南通、徐州、常州）压轴题型统计：选择题填空题解答题合计电学综合221014力学综合62513其他综合0303合计871530一．选择题（共8小题）1．（2022•盐城）如图甲所示，细线上端固定，线按同一方向绕在轻质纸筒上，将纸筒从一定高度水平释放，发现纸筒在下落过程中偏离竖直方向。小明认为纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数和下落的高度有关。现设计了图乙所示的①②③④四种方案，实验时细线的长度相同且均匀密绕在相同纸筒上。四种方案中能验证猜想的是（）A．①② B．①③ C．③④ D．②③【答案】D。【解答】解：本题应用控制变量法研究纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数和下落的高度是否有关。实验时细线的长度相同且均匀密绕在相同纸筒上，可通过剩余细线的长度判断细线缠绕的圈数，进而通过两个纸筒的高度和细线缠绕的圈数进行判断。①两个纸筒高度、细线缠绕的圈数都不一样，不符合控制变量法的要求，故不能验证猜想；②两个纸筒高度一样，细线缠绕的圈数不一样，可研究纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数是否有关，故能验证猜想；③两个纸筒高度不一样，细线缠绕的圈数一样，可研究纸筒偏离竖直方向的距离与下落的高度是否有关，故能验证猜想；④两个纸筒高度、细线缠绕的圈数都一样，不符合控制变量法的要求，故不能验证猜想。故选：D。2．（2022•淮安）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P，由最右端移到最左端，得到两电表示数的U﹣I图像。有关说法正确的是（）A．电源电压为4V B．R1的阻值30Ω C．滑动变阻器R2的最大阻值20Ω D．电路总功率最大值1.2W【答案】C。【解答】解：由图1可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的电流I1＝0.6A，由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×R1，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，电路中的电流I2＝0.2A，R2两端的电压U2＝4V，则滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，故C正确；因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电源的电压：U＝I2（R1+R2）＝0.2A×（R1+20Ω），因电源的电压不变，所以有：0.6A×R1＝0.2A×（R1+20Ω），解得：R1＝10Ω，故B错误；电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×10Ω＝6V，故A错误；（2）由（1）可知，电路中的最大电流为0.6A，因此电路总功率最大值：P＝UI1＝6V×0.6A＝3.6W，故D错误。故选：C。3．（2022•镇江）如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0～t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0～t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（）A．t1∼t2内，电梯可能向上运动 B．t2∼t3内，M的机械能保持不变 C．t3∼t4内，电梯一定做加速运动 D．t1∼t4内，弹簧对M的拉力不变【答案】D。【解答】解：A、物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，0～t1内，电梯静止，物体也静止，受力平衡，则受到重力G、地面的支持力F和弹簧的拉力T；由于压力与支持力是相互作用力，大小是相等的，则有：G＝F2+T；当t1∼t2内，压力变为小于F2的F1，弹力和重力不变，此时G＞F1+T，则物体受力不平衡，由静止变为运动，速度变大了，则运动方向与较大的力方向相同，说明电梯是向下加速运动的；B、t2∼t3内，压力恢复到静止时的大小，说明受力平衡，因而是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，机械能减小；C、t3∼t4内，压力F3大于F2，此时G＜F3+T，电梯向下则是减速运动，如果向上运动，则是加速运动，因而选项C是错误的；D、由于忽略M和电梯的形变，因而弹簧的长度始终不变，形变大小不变，因而弹簧的弹力保持不变，t1∼t4内，弹簧对M的拉力不变。所以选D。故选：D。4．（2022•南通）在内径约为1cm玻璃管中注水近满，上端留一个气泡，用橡皮塞塞住管口，再将玻璃管翻转后竖直放置，气泡上升，如图所示。测得气泡上升40cm用时20s，则该过程中气泡所受浮力做功的功率最接近于（）A．2×10﹣5W B．2×10﹣4W C．2×10﹣3W D．2×10﹣2W【答案】B。【解答】解：由图可知，气泡的体积约为1cm3，因为气泡浸没在水中，所以气泡排开水的体积：V排＝V＝1cm3，则气泡受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣6m3＝1×10﹣2N，气泡所受浮力做的功：W＝F浮s＝1×10﹣2N×40×10﹣2m＝4×10﹣3J，则浮力做功的功率：P＝＝＝2×10﹣4W，故B正确。故选：B。5．（2022•南通）混凝土的抗压强度与混凝土的容重有关，工程上把容重定义为1m3混凝土的重。某发泡混凝土的抗压强度与其容重的关系数据如表。下列关于混凝土容重γ、抗压强度p与密度ρ的关系图像可能正确的是（）抗压强度p（106Pa）3.33.84.35.05.56.27.4容重γ（103N•m﹣3）8.28.68.99.39.59.710.0A． B． C． D．【答案】C。【解答】解：（1）由容重定义可知，混凝土容重γ＝＝＝ρg，即凝土容重γ与密度ρ成正比，故AB不符合题意；（2）由表中数据可知，混凝土的抗压强度p与其容重γ的关系图像如图所示：因为凝土容重γ与密度ρ成正比，所以抗压强度p与密度ρ的关系图像与抗压强度p与其容重γ的关系图像的变化趋势一样，因此D不符合题意、C符合题意。故选：C。6．（2022•徐州）在平面上运动的物体，总会受到摩擦力，因为绝对光滑的平面是不存在的。但有时不考虑摩擦，例如研究小球从斜面上滚下的运动规律时，把斜面当作光滑的，对于这种做法，下列说法正确的是（）A．实际不存在光滑平面，会得到虚假结论 B．和实际情况不同，会得到错误结论 C．有影响因素没有考虑到，结论会有较大偏差 D．忽略次要的影响因素，结论可以突出本质特征【答案】D。【解答】解：在物理探究过程中个，有些物理问题、现象、过程非常抽象，为了更好的研究问题，我们可以忽略一些次要因素对问题的影响，突出主要因素对问题的影响，建立起来的能反应事物本质特征的抽象的理想化模型，同样使问题变得直观、形象，易懂，结论可以突出本质特征，完成对问题的探究，故D正确，ABC错误。故选：D。7．（2022•常州）2022年1月，海啸导致南太平洋岛国汤加淡水紧缺，为实施人道主义救援，中国海军五指山舰日夜兼程抵达汤加之后，停泊于码头旁并通过管道向陆地输送550t淡水，如图所示，输水过程中，五指山舰（）A．舰体略上浮，受到浮力不变 B．舰体略上浮，受到浮力变小 C．舰体略下沉，受到浮力不变 D．舰体略下沉，受到浮力变大【答案】B。【解答】解：五指山舰始终漂浮在水面上，根据浮沉条件，漂浮时，浮力等于重力，当输水过程中，五指山舰的总重力减小，故受到的浮力减小；根据阿基米德原理原理得，当浮力变小时，V排变小，即舰体上浮。故B正确。故选：B。8．（2022•南通）如图所示电路，闭合开关S，灯泡L不亮且电流表和电压表均无示数，用电压表检测电路，当电压表分别接a、b两点和b、d两点时，电压表均无示数，接c、d两点时电压表有示数，则可判定（）A．变阻器短路 B．灯泡短路 C．开关断路 D．电流表断路【答案】C。【解答】解：A、如果变阻器短路，灯泡发光，电流表有示数，故A不符合题意；B、如果灯泡短路不能发光，电流表有示数，故B不符合题意；C、如果开关断路，电压表接a、b两点和b、d两点时，均无示数，接c、d两点时有示数，故C符合题意；D、如果电流表断路，电压表接c、d两点时无示数，故D不符合题意。故选：C。二．填空题（共7小题）9．（2022•盐城）古埃及学者埃拉托色尼发现，利用同一时刻在不同地点影子的长度不同可以估测出地球周长。取一根直杆，将其竖直立在地球上的A点，由于光的直线传播形成了杆的影子，记录直杆在正午时刻影子的长度，算出太阳光与直杆的夹角α1，同样可以测出此时B点太阳光与直杆的夹角α2，A、B是同一经度上的两个城市（如图甲），它们的距离为L，可以估算出地球的周长大约为。实验中需要测出直杆的长度，测量结果如图乙所示，其读数为50.00cm。【答案】直线传播；；50.00cm。【解答】解：（1）光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，当光射到不透明的杆上，由于杆挡住了一部分光线，在光照不到的地方就形成了杆的影子；（2）因为A、B是同一经度上的两个城市，所以A、B两点所对的圆心角：α＝α2﹣α1，由题意可知，圆心角α所对应的弧长为L，则每1度所对应的弧长是，则360度所对应的弧长，即地球的周长为360°×＝＝；（3）由图乙知刻度尺的分度值为1mm，直杆的长度为50.00cm。故答案为：直线传播；；50.00cm。10．（2022•淮安）如图所示，用量程0～5N的弹簧测力计，测量未知液体的密度。根据图中读数可知，物块浸没水中受到的浮力是2N，未知液体的密度为1.2g/cm3。将图中弹簧测力计刻度用密度值标注，制成弹簧密度计，物块浸没在待测液体中，可直接读得待测密度值，则此密度计的测量范围是0～2g/cm3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）【答案】2；1.2；0～2g/cm3。【解答】解；物体没有浸入水中时，测力计的示数等于物体的重力，由图中数据可知，物块重G＝4N；由图可知，物块受到的浮力大小：F浮＝G﹣F示4N﹣2N＝2N；根据公式F浮＝ρ水gV排得，排开水的体积：V排水＝＝＝2×10﹣4m3，同一物块浸没时，排开液体的体积等于排开水的体积，即V排液＝V排水＝2×10﹣4m3，由右图可知，物块完全浸没在未知液体中受到的浮力F浮液＝G﹣F示′＝4N﹣1.6N＝2.4N；根据公式F浮＝ρ液gV排得，未知液体的密度：ρ液＝＝＝1.2×103kg/m3＝1.2g/cm3；①当弹簧测力计的示数为F小＝0时，物体浸没在液体中受到的最大浮力，F浮大＝G﹣F小＝4N﹣0N＝4N，V排＝V排水＝2×10﹣4m3，根据公式F浮＝ρ液gV排得，待测液体的最大密度：ρ液大＝＝＝2×103kg/m3＝2g/cm3；②当物块还没有浸入液体中时，弹簧测力计的示数为F示＝G＝4N，此时所测液体的密度：ρ液小＝0g/cm3；所以此密度计的测量范围是0～2g/cm3。故答案为：2；1.2；0～2g/cm3。11．（2022•镇江）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA＝AB＝BC，则F为6N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变小，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的②（选填数字序号）。【答案】6；小；②。【解答】解：（1）由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB＝OA+AB＝2OA，A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，解得：F＝×G＝×G＝G＝×12N＝6N；（2）由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OA，解得：F＝……Ⅰ，由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小；（3）将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OB，解得：F＝……Ⅱ，由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB＞OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。故答案为：6；小；②。12．（2022•镇江）如图1所示，RG是光敏电阻，R是阻值为10kΩ的定值电阻，电源电压U＝9V。光敏电阻RG的阻值与光的照度（光照越强，照度越大，单位为Lux）关系如图2所示，当照度增大时，RG的阻值将变小。小芳将量程为3V的电压表接入图1电路，将其改装成照度表，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，则该电压表应并联在定值电阻R两端，能够测量的最大照度为1.2Lux。改装完成后，若小芳将电源换为电压可调电源（调节范围为12V～15V），且将R换为可调电阻（调节范围为5kΩ～20kΩ），则该装置所能测量的最大照度为1.4Lux。【答案】变小；定值电阻R；1.2；1.4。【解答】解：（1）由图2可知，光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小；（2）由图1可知，两电阻串联，又知道光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小，根据串联分压原理，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，应将电压表并联在定值电阻R的两端；当电压表达到3V时，电路中的电流为：I＝＝＝0.0003A，RG两端的电压为：URG＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，RG的阻值：RG＝＝＝20000Ω＝20kΩ，对照图2可得，此时的最大照度为1.2Lux；（3）根据题意，换成可调电源和可调电阻后，要想使照度增大，则RG的对应阻值应变小，则应选择较小的电源电压和较小的定值电阻，当电源电压为12V，电阻调至5kΩ时，电压表仍并联在可调电阻的两端，当电压表示数达到3V时，电路中的电流：I′＝＝＝0.0006A，RG两端的电压为：URG′＝U′﹣UR′＝12V﹣3V＝9V，RG的阻值：RG′＝＝＝15000Ω＝15kΩ，对照图2可得，此时能测量的最大照度为1.4Lux。故答案为：变小；定值电阻R；1.2；1.4。13．（2022•徐州）如图所示，船员通过船舱驾驶台上的窗户观察前方航道的情况。窗户玻璃不是竖直的，而是向前倾斜。请从光学角度分析这样设计的目的：玻璃形成船员的像在玻璃正下方，以减少对船员的视线干扰。【答案】玻璃形成船员的像在玻璃正下方，以减少对船员的视线干扰。【解答】解：根据物体在平面镜中成像时，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜距离相等；船员通过船舱驾驶台上的窗户观察前方航道的情况，窗户玻璃不是竖直的，而是向前倾斜，船舱内物体的像在玻璃的正下方，船员能看前面道路时，物体的像不会影响船员的视线。故答案为：玻璃形成船员的像在玻璃正下方，以减少对船员的视线干扰。14．（2022•常州）某型号电饭锅有加热和保温两挡，电路如图所示，220V电压下，其加热挡功率为1100W，保温挡功率为20W。（1）闭合开关S1、S2，电饭锅处于加热挡。（2）电阻丝R1的阻值为44Ω，R2的阻值为2376Ω。（3）处于保温状态的电饭锅，20min产生热量2.4×104J。【答案】（1）加热；（2）44；2376；（3）2.4×104。【解答】解：（1）闭合开关S1、S2，只有R1接入电路，此时电路消耗的功率P＝；当只闭合S1，电阻R1、R2串联，此时电路消耗的功率P'＝，P＞P'，所以闭合开关S1、S2时是加热挡；（2）闭合开关S1、S2，只有R1接入电路，电饭锅处于加热挡，；当只闭合S1，电阻R1、R2串联，电饭锅处于保温挡，总电阻，故R2＝R﹣R1＝2420Ω﹣44Ω＝2376Ω。（3）处于保温状态的电饭锅，20min产生热量Q＝W＝P't＝20W×20×60s＝2.4×104J。故答案为：（1）加热；（2）44；2376；（3）2.4×104。15．（2022•盐城）小明做“探究水沸腾前后温度变化的特点”实验，绘制出如图所示的图像，由图像可知水沸腾时继续吸热，温度保持不变，若烧杯中水的质量为200g，加热至沸腾，至少需要吸收4.2×104J的热量，实际上，提供的热量大于水吸收的热量。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]【答案】保持不变；4.2×104；大于。【解答】解：（1）由图像可知，水沸腾时继续吸热，温度保持不变；（2）由图像可知，水的初温t0＝48.0℃，水沸腾时的温度t＝98.0℃，因此将烧杯中的水加热至沸腾至少需要吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×200×10﹣3kg×（98.0℃﹣48.0℃）＝4.2×104J；（3）由于对水加热的过程中存在热损失，因此实际提供的热量大于水需要吸收热量。故答案为：保持不变；4.2×104；大于。三．解答题（共15小题）16．（2022•盐城）小聪做“测量小灯泡电功率”实验，灯泡上标有“2.5V”字样。（1）用笔画线代替导线将甲图连接完整，要求：当滑片P向右滑动时，灯泡变亮。（2）电路连接正确且无故障，闭合开关，两电表示数如图乙所示，电压表的示数为2.7V，造成此现象的原因是滑动变阻器接入阻值较小。（3）调整后继续实验，数据如下：1234567电压/V0.30.51.01.52.02.52.8电流/A0.120.160.210.260.300.320.33小灯泡的额定功率为0.8W。（4）根据实验数据在图丙中画出灯泡的电流与电压的关系图像，由图像可知，当灯泡两端电压为2.2V时，通过灯泡的电流为0.31A。（5）小华小组在做此实验的过程中，正确连接电路，无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，请对这一现象产生的原因提出合理的猜想电源电压太小或滑动变阻器最大阻值太小。【答案】（1）见解答图；（2）2.7；滑动变阻器接入阻值较小；（3）0.8；（4）见解答图；0.31；（5）电源电压太小或滑动变阻器最大阻值太小。【解答】解：（1）当滑片P向右滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，故变阻器应选右下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示：；（2）闭合开关，两电表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.7V；电流表和电压表示数偏大，造成此现象的原因是滑动变阻器接入阻值较小；（3）由表中数据可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.32A，小灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.32A＝0.8W；（4）根据表格数据描点画出图像，如下图所示：；由图分析可知，当灯泡两端电压为2.2V时，通过灯泡的电流为0.31A；（5）无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于2.5V，或者滑动变阻器最大阻值太小，使得小灯泡两端电压始终大于2.5V。故答案为：（1）见解答图；（2）2.7；滑动变阻器接入阻值较小；（3）0.8；（4）见解答图；0.31；（5）电源电压太小或滑动变阻器最大阻值太小。17．（2022•南通）小明在学习电阻概念的过程中，经历了以下三个探究活动。活动一：在如图甲所示电路中的A、B两点间先后接入：铜线、铅笔芯、镍铬合金丝，通电后观察到灯泡的亮度分别为：亮、较亮、较暗。（1）该实验现象说明：导体导电能力与导体的材料有关。活动二：小明将三个不同的导体分别接入如图乙所示电路中的M、N两点间，分别测出不同导体两端的电压U和通过的电流I，实验结果记录在表1中。表1导体导体a导体b导体c实验次数123456789电压/V246123468电流/A0.20.40.60.20.40.60.20.30.4（2）①请用笔画线代替导线把图乙电路连接完整，要求当滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变大。②分析表1数据，可知，同一导体，电压与电流的比值相同；不同导体，电压与电流的比值不相同。可见，电压与电流的比值反映了导体本身的一种性质，物理学上把导体的这种性质定义为电阻。活动三：利用表2中提供的导体，探究影响电阻大小的因素。表2导体序号①②③④⑤⑥材料镍铬镍铬镍铬镍铬锰铜锰铜长度/m10.810.510.8横截面积/mm20.50.81.80.50.51.2（3）为了探究导体电阻的大小与导体的材料、长度和横截面积的关系，至少需要选择表2中的①、③、④、⑤（填导体的序号）导体作为研究对象，若仅选择导体③和⑤用来探究导体电阻的大小与横截面积的关系，你觉得是否可行？请作出判断并说出理由：不可行，没有控制导体的材料相同。（4）电阻的定义方法，反映了导体阻碍电流的物理性质。物理学上还有一些用这种方法定义的、能反映出物质或物体某种物理性质的物理量，请列举一个：密度。【答案】（1）导体导电能力与导体的材料有关；（2）①见解答图；②电压与电流的比值相同；电压与电流的比值不相同；电压与电流的比值；（3）①、③、④、⑤；不可行，没有控制导体的材料相同；（4）密度。【解答】解：（1）实验中在A、B两点间先后接入：铜线、铅笔芯、镍铬合金丝，即接入电阻的材料不同，通电后灯泡的亮度不同，说明导体导电能力与导体的材料有关；（2）①滑片P向左滑，变阻器接入电路的电阻变大，故滑片以右电阻丝连入电路中，如下所示：②由表1知导体a电压与电流的比为10，导体b电压与电流的比为5，导体c电压与电流的比为20，故可以得出：同一导体，电压与电流的比值相同；不同导体，电压与电流的比值不相同。可见，电压与电流的比值反映了导体本身的一种性质，物理学上把导体的这种性质定义为电阻；（3）为了探究导体电阻的大小与导体的材料的关系，需要控制长度和横截面积相同，改变导体的材料，①、⑤符合题意；为了探究导体电阻的大小与长度的关系，需要控制导体的材料和横截面积相同，改变导体的长度，①、④符合题意；为了探究导体电阻的大小与横截面积的关系，需要控制长度和导体的材料相同，改变导体的横截面积，①、③符合题意；故要探究导体电阻的大小与导体的材料、长度和横截面积的关系，至少需要选择表2中的①、③、④、⑤导体作为研究对象；由表格数据知③和⑤的长度相同，材料不同，横截面积不同，由于没有控制导体的材料相同，所以不能选择导体③和⑤用来探究导体电阻的大小与横截面积的关系；（4）用电压与电流的比值表示电阻，这种方法叫比值定义法，物理学中用某种物质的质量与其体积的比值来表示这种物质的密度。故答案为：（1）导体导电能力与导体的材料有关；（2）①见解答图；②电压与电流的比值相同；电压与电流的比值不相同；电压与电流的比值；（3）①、③、④、⑤；不可行，没有控制导体的材料相同；（4）密度。18．（2022•徐州）在“探究杠杆的平衡条件”实验中。（1）如图甲所示，安装杠杆时，为了使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向右移动；（2）如图乙所示，杠杆上每一格的长度为5cm，在杠杆左边挂钩码，弹簧测力计对杠杆竖直向下的拉力是动力，则动力臂为25cm；（3）如果要用弹簧测力计向上拉，需要对图乙所示的实验设计进行的调整是将测力计移到左端第5个格处；（4）如图丙所示，当杠杆绕支点转动时，杠杆上A点的速度方向总是和杠杆垂直。作用在A点的三个大小相等、方向不同的力F1、F2、F3，请指出为什么力臂最大的F2对杠杆转动的作用最大？F2与速度方向相同。【答案】（1）右；（2）25；（3）将测力计移到左端第5个格处；（4）F2与速度方向相同。【解答】解：（1）由甲图可知，杠杆左端向下倾斜，说明左端沉，为使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向右移动；（2）乙图中，杠杆水平位置平衡，弹簧测力计对杠杆竖直向下的拉力是动力，则动力臂此时落在杠杆上，测力计悬挂点到支点的距离就等于动力臂的长度，由于每一格的长度为5cm，共5个格，所以动力臂的长度为：l1＝5cm×5＝25cm；（3）要使弹簧测力计向上拉，拉力的作用效果需使杠杆顺时针转动，所以要使杠杆在水平位置平衡，需将测力计移到左端第5个格处向上拉。（4）作用在A点的三个力虽然大小相等，但F1、F3其对应的力臂比较小，所以力与其力臂的乘积相对较小，而F2的力臂最大，F2与其力臂的乘积最大，所以对杠杆转动的作用最大。故答案为：（1）右；（2）25；（3）将测力计移到左端第5个格处；（4）F2与速度方向相同。19．（2022•常州）实验室有三种小灯L红、L绿、L蓝，通电时分别发出红、绿、蓝光，已知三种小灯通电时发光颜色不同，其他电学特征完全一致，小灯标有“额定电压2.5V”。（一）小组同学测量任一小灯L0的额定功率。（1）请在图甲中完成电路连接，要求：开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P置于A端。（2）调节滑动变阻器展开测量，实验数据如表格所示，第⑤次实验操作时，电流表的示数如图乙所示为0.3A，则L0的额定功率为0.75W。实验序号①②③④⑤电压表示数/V0.511.522.5电流表示数/A0.020.060.120.2﹣（3）由表格数据可知，小灯L0的电阻具有的特点是：小灯泡的电阻随两端的电压增大而减小。（4）继续调小滑动变阻器接入电路的电阻，L0发出强光之后很快熄灭，之后观察发现电流表无示数、电压表有示数，故障原因是L0发生断路。（二）小明利用多个小灯串联得到小彩灯，将其接在电压恒为24V的电源两端，则至少应将10个小灯L0串联，小明打算在夜间用小彩灯为绿色植物幼苗提供照明、促进其生长，则组成小彩灯的小灯中不宜出现L绿（L红/L绿/L蓝）。（三）有科普读物写道：“红、绿、蓝三种色光按不同比例混合，能得到任何一种其他颜色的视觉效果”。（1）小华对此展开实验验证，请在图丙中完成电路连接，要求：顺时针转动电位器（旋钮式变阻器）的滑片，灯变亮；逆时针转动滑片，灯变暗。小华利用如图丙所示的电路验证了科普读物结论的正确性。（2）小华还发现：同等强度的红、绿、蓝光混合在一起，能得到近似白光的视觉效果。由此小华设计了通电后能发出近似白光的灯泡，请在图丁中完成该灯泡内部的电路连接，该灯泡的额定电压为7.5（或2.5）V，额定功率为2.25W。【答案】（一）（1）见解答过程；（2）0.3；0.75；（3）小灯泡的电阻随两端的电压增大而减小；（4）断路；（二）10；L绿；（三）（1）见解答过程；（2）7.5（或2.5）；2.25。【解答】解：（一）（1）小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用小量程与灯并联，由图乙可知电流表选用小量程串联在电路中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P置于A端，所以变阻器应将右下接线柱连入电路，如下图所示：（2）由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；（3）由表格数据和R＝计算可知，当灯泡两端电压增大时，小灯泡的电阻会随之变小，即小灯泡的电阻随两端的电压增大而减小；（4）灯泡不亮，电流表无示数，说明某处发生了断路，电压表有示数，说明与电压表并联的灯泡L0出现了断路；（二）由串联电路的电压特点知，每个灯上的电压之和等于总电压，故需要串联灯泡的个数为n＝≈10个（采取进一法）；绿色植物要反射绿光，不易被植物吸收，在夜间用小彩灯为绿色植物幼苗提供照明、促进其生长，则组成小彩灯的小灯中不宜出现绿光；（三）（1）根据电位器的滑片P顺（逆）时针转动灯变亮（暗），即电流变大（小），故滑片P顺（逆）时针转动时，电阻丝变短（长），且三个电位器分别控制三个灯泡，开关放在干路上作总开关，如下所示：（2）三个小灯泡可分串联和并联两种方式连接，串联电路如图1，并联电路如图2所示：若三个小灯泡串联且正常发光，根据串联电路电压规律可知，该灯泡的额定电压为：U串＝3×2.5V＝7.5V，额定功率为：P串＝3×0.75W＝2.25W；若三个小灯泡并联且正常发光，根据并联电路电压规律可知，该灯泡的额定电压为：U并＝2.5V，额定功率为：P并＝3×0.75W＝2.25W。故答案为：（一）（1）见解答过程；（2）0.3；0.75；（3）小灯泡的电阻随两端的电压增大而减小；（4）断路；（二）10；L绿；（三）（1）见解答过程；（2）7.5（或2.5）；2.25。20．（2022•盐城）2021年11月，我国第38次南极科学考察队员搭乘“雪龙2”号从上海启程，执行科学考察任务，“雪龙2”号破冰船满载时的总质量为1.4×107kg。g取10N/kg。求：（1）破冰船满载时的重力；（2）破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力；（3）某次破冰时，船与冰面的接触面积为10m2，冰块受到的压力为船满载时总重力的0.1倍，船对冰面的压强。【解答】解：（1）破冰船满载时的重力：G＝mg＝1.4×107kg×10N/kg＝1.4×108N；（2）破冰船漂浮在水面，由物体的漂浮条件可知，此时破冰船受到的浮力：F浮＝G＝1.4×108N；（3）由题意可知，船对冰面的压力：F压＝0.1G＝0.1×1.4×108N＝1.4×107N，则船对冰面的压强：p＝＝＝1.4×106Pa。答：（1）破冰船满载时的重力为1.4×108N；（2）破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力为1.4×108N；（3）船对冰面的压强为1.4×106Pa。21．（2022•盐城）2022年5月，天舟四号货运飞船与空间站核心舱顺利对接。小字通过查阅资料了解到，科技人员通常要检验飞船舱体的气密性。他设计了如图甲所示的检测电路，电源电压保持不变，R0为100Ω的定值电阻，R为压力传感器，其阻值随环境气压的变化规律如图乙所示，将R置于舱体中，舱体置于真空室中，舱体不漏气时，电压表示数为200V，舱体内气压为1.0×105Pa。求：（1）舱体不漏气时，通过R0的电流；（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能；（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值。【解答】解：由图甲可知，定值电阻R0与压敏电阻R串联，电压表测R0两端的电压；（1）通过R0的电流：I0＝＝＝2A；（2）由图乙可知，舱体内气压为1.0×105Pa时，压敏电阻R的阻值R＝10Ω，由串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R总＝R+R0＝10Ω+100Ω＝110Ω，由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I＝I0＝2A；由欧姆定律可知，电源电压：U＝IR总＝2A×110Ω＝220V，则工作10min，电路消耗的总电能：W＝UIt＝220V×2A×10×60s＝2.64×105J；（3）此时电路中的电流：I'＝I0'＝＝＝1.76A，由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R总'＝＝＝125Ω，则压敏电阻的阻值：R'＝R总'﹣R0＝125Ω﹣100Ω＝25Ω，由图乙可知，此时舱内的气压值为0.6×105Pa＝6×104Pa。答：（1）舱体不漏气时，通过R0的电流为2A；（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能为2.64×105J；（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值为6×104Pa。22．（2022•镇江）北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以90km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的80%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N。已知每加注1kg氢燃料所需的费用为30元。（1）求A、B两地之间距离。（2）求此过程中产生的电能E电。（3）燃油汽车乙也在该公路上从A地出发，以90km/h的速度匀速行驶。所受阻力与甲车相同，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶，汽油热值取q＝5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的费用为12元。则在与甲车花费相同燃料费用的情况下：①求乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量。②请通过计算判断乙车能否到达B地。【解答】解：（1）由v＝可知，A、B两地之间距离：sAB＝vt＝90km/h×1h＝90km；（2）由二力平衡条件可知，汽车匀速行驶时的牵引力：F＝f＝1000N，汽车牵引力做的功：W＝FsAB＝1000N×90××103m＝9×107J，由η电＝×100%可知，此过程中产生的电能：E电＝＝＝1.125×108J；（3）①由每加注1kg氢燃料所需的费用为30元可知，消耗0.8kg氢燃料的费用为0.8kg×30元/kg＝24元，由每加注1kg汽油所需的费用为12元可知，在与甲车花费相同燃料费用的情况下，乙车消耗的汽油：m＝＝2kg，乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量：Q放＝mq＝2kg×5×107J/kg＝1×108J；②由η汽＝×100%可知，燃烧汽油时汽车获得的机械能：W机械＝η汽Q放＝30%×1×108J＝3×107J，由W＝Fs可知，汽车行驶的距离：s＝＝＝3×104m＝30km＜90km，因此乙车不能到达B地。答：（1）A、B两地之间距离为90km；（2）此过程中产生的电能为1.125×108J；（3）①乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为1×108J；②乙车不能到达B地。23．（2022•徐州）如图所示电路，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关，将滑片P移到最右端时，R2两端的电压为5V，电流为0.1A；将滑片P移到另一位置时，R1两端的电压为6V，R2的功率为0.4W。求：（1）滑动变阻器R2的最大阻值；（2）电源电压。【解答】解：（1）由题意可知，闭合开关，将滑片P移到最右端时，R2接入电路中的电阻最大，此时R2两端的电压为5V，电流为0.1A，根据欧姆定律可知，滑动变阻器R2的最大阻值为R2＝＝＝50Ω；（2）由电路图可知，R1、R2串联。当滑片在最右端时，根据串联电路电压特点可得，电源电压为U＝5V+0.1A×R1①将滑片P移到另一位置时，电路中的电流为I′＝＝；由于R2的功率为0.4W，由P＝UI得，此时R2两端的电压为U2′＝＝＝，根据串联电路电压特点可得，此时电源电压为U＝6V+②联立①②，解得U＝8V。答：（1）滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω；（2）电源电压为8V。24．（2022•淮安）如图1所示，电水壶简化电路图中，R1和R2为发热电阻，S1为总开关，S2为温度开关，有1、2两个触点，控制壶的“加热”和“保温”两挡，表中数据为电水壶的部分工作参数。水壶容量1L额定电压220V加热功率1100W电热丝R1阻值176Ω（1）S1闭合，S2接1时，电水壶处于加热档。（2）电热丝R2的阻值是多少？电水壶的保温功率是多少？（3）电水壶中装进1L水正常工作，用温度计测得水温随时间变化的图像，则加热2～4min内水吸收热量是多少？这段时间内电水壶加热效率η1是多少？取ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。（4）电水壶4～6min内的加热效率为η2，根据图像可判断η1＞η2（选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】（1）加热；（2）电热丝R2的阻值是44Ω；电水壶的保温功率为220W；（3）加热2～4min内水吸收热量是8.4×104J；这段时间内电水壶加热效率η1是63.6%；（4）＞。【解答】解：（1）由图1可知，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联；根据串联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，所以，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，电路中的电阻最小，根据P＝可知，此时的电功率最大，电水壶处于加热挡；当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，电功率最小，电水壶处于保温挡；（2）由表格数据可知，电水壶加热挡的功率P加＝1100W，由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝44Ω；电水壶处于保温挡时，R1、R2串联，串联的总电阻：R＝R1+R2＝176Ω+44Ω＝220Ω，电水壶的保温功率：P保＝＝＝220W；（3）水的体积V＝1L＝1dm3＝1×10﹣3m3，由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，由图2可知，2～4min内，水的初温t0＝50℃，末温t＝70℃，则2～4min内水吸收热量：Q吸1＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（70℃﹣50℃）＝8.4×104J；由P＝可知，2～4min内电水壶消耗的电能：W1＝P加t＝1100W×2×60s＝1.32×105J，这段时间内电水壶加热效率η1＝×100%＝×100%≈63.6%；（4）由图可知，电水壶4～6min内水的温度由70℃升高到85℃，水的温度变化Δt＝85℃﹣70℃＝15℃，4～6min内水吸收的热量：Q吸2＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×15℃＝6.3×104J，4～6min内电水壶消耗的电能：W2＝P加t＝1100W×2×60s＝1.32×105J，电水壶4～6min内的加热效率为η2＝×100%＝×100%≈47.7%，则η1＞η2。答：（1）加热；（2）电热丝R2的阻值是44Ω；电水壶的保温功率为220W；（3）加热2～4min内水吸收热量是8.4×104J；这段时间内电水壶加热效率η1是63.6%；（4）＞。25．（2022•淮安）如图1所示，央视3•15晚会曝光市场出售的电缆线中，存在不符合国家标准的现象，有一款标注2.5mm2（铜芯横截面积）规格的电线，实际铜芯横截面积只有2mm2。低于国家标准的电缆线严重影响电力传输的安全性和稳定性，给社会安全、环保和健康带来重大隐患。学校实验室新购一批标注2.5mm2的电缆线，不知是否符合国家标准。物理兴趣小组的同学，剪取4m长的电缆线，设计两种方案进行鉴别。表中数据为国家制定的部分电缆线标准。铜芯横截面积S/mm211.522.5每1km铜芯电阻值R/Ω2013.3108铜芯密度ρ/kg•m﹣38.9×103（1）方案一：用托盘天平测质量A.天平放在水平台面上，游码移至标尺左端的零刻度线处，调节平衡螺母，使指针对准分度盘中央的刻度线。B.去掉4m长电缆线的绝缘层，用调节好的天平测量铜芯质量，天平再次平衡时，由图2中右盘所加砝码和游码位置，读得铜芯的质量为72g，结合表格数据，可判定电缆线不符合（选填“符合”或“不符合”）国家标准。（2）方案二：用伏安电路测量A.测量4m长电缆线的电阻，鉴定其是否符合标准，依据是电阻是导体本身的一种性质。B.电路开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到最右（选填“左”或“右”）端。C.保证电路安全，闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都无法读得电压值，检查电路连接无故障、元件完好。利用图表信息，简述无法鉴别的原因。【答案】（1）水平；平衡螺母；72；不符合；（2）电阻；电阻是导体本身的一种性质；右；4m长电缆线的电阻太小。【解答】解：（1）用托盘天平测量石块质量时，应将天平放在水平桌面上，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至指针的位置指在分度盘正中央；天平读数＝50g+20g+2g＝72g；4m长标准电缆线的体积V＝Sh＝2.5×10﹣2cm2×400cm＝10cm3；标准电缆线的质量m＝ρV＝8.9g•cm﹣3×10cm3＝89g；标准电缆线的质量大于实际质量，说明不符合国家标准。（2）电阻是导体本身的一种性质，在材料、长度和横截面积都相同时，导线的电阻可认为是一个定值，所以可用伏安法测量4m长电缆线的电阻，测出电阻和图表中的标准电阻作比较，就能鉴定其是否符合标准；开关闭合前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，结合图3可知滑片应移到最右端；由表中信息可知，每1km、2.5mm2铜芯的电阻值R＝8Ω，在其他条件相同时，电阻的大小与长度成正比，则4m长、2.5mm2电缆线的电阻应为R′＝×8Ω＝0.032Ω，由于4m长电缆线的电阻太小，则由串联分压的规律可知电缆线两端的电压很小，所以无论怎样移动变阻器的滑片，都无法读得电压值，故用该方法无法鉴别。故答案为：（1）水平；平衡螺母；72；不符合；（2）电阻；电阻是导体本身的一种性质；右；4m长电缆线的电阻太小。26．（2022•镇江）小华制作的蓄水池水位报警模拟装置如图所示：浮子由铜片E、空心杆F和木块Q构成。在低水位时，触点C、D位于E的正上方h0处，Q的下表面距池底的高度为h。当水位上升到使E与C、D接触后，蜂鸣器R发出忽强忽弱的报警音，报警音的强弱取决于其两端电压大小。电源电压U＝6V，定值电阻R0＝3Ω，R可视为9Ω的定值电阻，不计其它电阻。（1）当E与C、D接触时，电路接通，衔铁吸下与触点B接触（选填“A”或“B”），线圈和R0被短路（选填“短路”或“断路”）。（2）在被释放和吸下的过程中，衔铁与A、B的接触时间分别为0.5s和1.5s，不考虑衔铁在AB之间切换的时间。在未解除报警的情况下，求开始报警后1min内电路所消耗的电能。（3）Q为边长10cm的正方体，密度为0.5×103kg/m3，h0＝12cm，h＝20cm，g取10N/kg。不计E、F的质量及F与支架间的摩擦。①求刚开始报警时水面距池底的高度H。②下列措施中，可使①中H值增大的有BC。A.将池中水换为密度更大的液体B.仅适当减小Q的边长C.仅在空心管F中装入适量沙子D.仅适当减小Q的密度【答案】（1）B；短路；（2）开始报警后1min内电路所消耗的电能为225J；（3）刚开始报警时水面距池底的高度H为37cm；（4）BC。【解答】解：（1）电路接通后，电磁铁开始工作。衔铁被吸下来，衔铁与B点接触，R0被短路。（2）已知tA＝1s，tB＝1.5s，U＝6V，R0＝3Ω，R＝9Ω，那么完成一个周期消耗的电能：WAB＝WA+WB＝+＝+＝7.5J；1min完成30个周期，故：W总＝30×WAB＝30×7.5J＝225J。（3）已知L木＝10cm，ρ木＝0.5×103kg/m3，木头飘在水面上，故：F浮＝G木＝ρ木V木g＝0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg＝5N；V排＝＝＝5×10﹣4m3；h排＝＝＝0.05m＝5cm；刚开始报警时水面距池底的高度H＝h0+h+h排＝12cm+20cm+5cm＝37cm。（4）要让H值增大，可以让木块的重力变大些，或者让木块底面积变小些，给出的四个选项中，C选项可以让木块的重力变大，B选项让木块底面积变小些。故选：BC。故答案是：（1）B；短路；（2）开始报警后1min内电路所消耗的电能为225J；（3）刚开始报警时水面距池底的高度H为37cm；（4）BC。27．（2022•南通）阅读短文，回答问题。激情冰雪纯洁冰雪，激情冬奥，北京冬奥会点燃了人们对冰雪运动的激情。周日，小华跟爸爸去游乐场体验冰雪运动，还学到了很多知识。冰雪梯是很刺激的游乐项目，图甲为冰雪示意图。小华发现，选用不同材料的滑板，从倾斜滑道顶端由静止滑下后，沿滑道运动的水平方向总距离L不同，设滑板对水平滑道压力和滑板所受阻力的比值为k，已知L的大小随k值的变化关系如图乙。小华乘雪地车来到滑雪场，首先看到的是积雪深度测量仪，其基本结构如图丙所示。测量仪工作时竖直向下发出超声波，超声波经雪面反射返回检测仪，测出超声波从发出到返回的时间，就可知道积雪的深度。已知测量仪的超声波发射和接收端口距地面4.3m。测量仪内置温度修正装置用以稳定仪器内部的温度环境，如图丁所示是修正装置的部分电路图，两个独立的电路中电源电压相等，R1为热敏电阻，阻值随温度的升高而降低，R2、R4为定值电阻，R3为滑动变阻器，R1的阻值随环境温度变化时，其两端的电压随之发生变化，被控制电路根据R1与R3两端电压差值ΔU对温度进行修正。滑雪场使用的是人造雪，造雪机用高压空气把吸入的水吹成小水珠，小水珠落地前凝结成小冰晶，这小冰晶就是雪花。（1）小华从冰滑梯上运动到水平轨道后，还能继续滑行一段距离，是由于惯性的缘故，以滑板为参照物，小华是静止的。（2）关于在雪地里活动的体验和造雪机的工作特点，下列说法正确的是A。A.戴墨镜是为了防止强光伤害眼睛B.听不清远处声音是因为温度低声速小C.造雪机用水造雪属于凝华现象D.造雪机可以在任何温度环境下制雪（3）在冰滑梯上运动时小华与滑板的总重为500N，他在冰滑梯项目中沿滑道运动的水平方向总距离L为120m，则滑板对水平滑道压力和滑板所受水平阻力的比值k为5.0，运动中滑板受到的水平阻力为100N。（4）图丁所示电路中，R2＝100Ω，R4＝1kΩ，某温度时R1＝20Ω，为使R1和R3两端的电压相等，R3接入电路的阻值为200Ω。保持R3接入电路的阻值不变，当温度降低时，测得ΔU＝1V，R2两端的电压为3V。则电源电压为4.8V。（5）积雪深度测量仪工作时，测出超声波从发射到返回的时间为0.02s，超声波的传播速度为340m/s，则积雪的深度为0.9m；履带式雪地车两条履带的总宽度为1.6m，满载时雪地车对水平雪地的压强为1.5×104Pa，可将积雪压实0.34m的深度。当满载的雪地车以某一速度在水平雪地上匀速行驶时，发动机的总功率为3.4×104W，其中60%用于压实积雪，则雪地车行驶的速度为2.5m/s。【答案】（1）惯性；静止；（2）A；（3）5.0；100；（4）200；4.8；（5）0.9；2.5。【解答】解：（1）小华从冰滑梯上运动到水平轨道后，由于惯性，还要保持原来的运动状态，继续向前运动；以滑板为参照物，小华与滑板之间的位置不变，是静止状态；（2）A、墨镜可以吸收一部分光，能防止强光伤害眼睛，A正确；B、听不清远处声音，是因为雪疏松多孔，吸收了部分声音，故B错误；C、造雪机用水造雪，小水珠变成小冰晶，是凝固现象，故C错误；D、造雪机造雪是小水珠变成小冰晶，只能在温度等于或低于水的凝固点（0℃）时发生，故D错误；（3）因为滑板沿滑道运动的水平方向总距离L为120m，由图乙知，k＝5.0，滑板对水平滑道压力：N＝G总＝500N，由题意知：，所以，水平阻力：f＝＝＝100N；（4）设图丁两个独立的电路中电源电压均为U，根据串联电路电压分配与电阻成正比，可得：＝＝，所以，U1＝，使R1和R3两端的电压相等，即U3＝U1＝，U4＝U﹣＝，所以，R3＝＝＝200Ω；当温度降低时，热敏电阻R1的阻值会升高，由串联分压规律可知，其两端电压增大，已知R2两端的电压为3V，则：U'1＝U﹣3V，已知ΔU＝1V，即：U'1﹣U3＝1V，（U﹣3V）﹣＝1V，解得：U＝4.8V；（5）超声波发射和接收端口到雪表面距离：s＝＝＝3.4m，积雪的深度：h＝H﹣s＝4.3m﹣3.4m＝0.9m；雪地车行驶的速度为v，行驶时间为t，则雪地车压下雪的面积：S＝vtL，压雪做的功：W＝Fh'＝pSh'，压雪功率：P压＝，已知总功率的60%用于压实积雪，即P压＝60%P，所以，60%×3.4×104W＝，解得：v＝2.5m/s。故答案为：（1）惯性；静止；（2）A；（3）5.0；100；（4）200；4.8；（5）0.9；2.5。28．（2022•徐州）阅读短文，回答文后问题，牛顿冷却定律当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q＝k（t物﹣t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。（1）物体向周围散热，内能减少，这种改变内能的方式叫做热传递；（2）散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是C；A．速度B．密度C．功率D．效率（3）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q。当物体温度降低到29℃时，散热快慢为0.9q。（4）如图甲所示，用两个同样的保温杯分别装满水和盐水，水和盐水的温度都是30℃，周围环境温度保持20℃不变，保温杯敞开口，水和盐水温度随时间变化的图像如图乙所示。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），盐水的密度为1.1×103kg/m3，则盐水的比热容为3.5×103J/（kg•℃）。【答案】（1）热传递；（2）C；（3）0.9q；（4）3.5×103。【解答】解：（1）物体向周围散热，内能减少，周围环境的内能增加，能量的形式没有发生变化，因此物体向周围散热属于热传递；（2）由题目提供的信息可知，散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少；A、速度的定义是单位时间内通过的路程，故A不符合题意；B、密度的定义是单位体积某种物质的质量，故B不符合题意；C、功率的定义是单位时间内做的功，与散热快慢一样都是描述的单位时间内的能量，故C符合题意；D、效率