2019年广东省中考物理一模试卷(解析版)

2019年广东省中考物理一模试卷一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）1．下列光现象与其成因对应正确的是（）A．雨后彩虹一光的色散 B．鱼翔浅底一光的直线传播 C．小孔成像一光的反射 D．镜花水月一光的折射2．平面镜成像实验中，以下说法正确的是（）A．用光屏可以呈现虚像 B．用玻璃板代替平面镜便于确定像的位置 C．平面镜所成像的大小与物到平面镜的距离有关 D．平面镜所成像的大小与平面镜的大小有关3．关于声现象，下列说法正确的是（）A．只要物体振动，人们就能听到声音 B．人们能分辨蛙声和蝉鸣，是因为它们的音调不同 C．学校周边“禁止鸣笛”，是在声源处控制噪声 D．人们利用超声检测锅炉是否有裂纹，说明声音可以传递能量4．目前家庭汽车保有量越来越高，以下跟汽车有关的热现象中说法错误的是（）A．汽车玻璃起“雾”影响行车安全，是车内水蒸气液化形成的 B．冬天排气管冒出的“白气”，是水蒸气凝华成的小冰晶 C．汽车水箱中加入适量酒精降低了水的凝固点，防止水结冰胀破水箱 D．空调制冷时，制冷剂汽化吸热、液化放热，将车内的“热”“搬”到车外5．如图所示，骑自行车出行郊游，是一种时尚、环保的生活方式。当我们在平直路面上匀速向前骑行时，以下说法正确的是（）A．若自行车停下，惯性就消失了 B．自行车受到的动力大于自行车受到的阻力 C．路面受到的压力与人受到的支持力是一对平衡力 D．人和车受到的重力与地面对人和车的支持力是一对平衡力6．如图所示，电源电压不变，先闭合S1，再闭合S2，下列说法正确的是（）A．电压表、电流表示数均变小 B．电压表示数变大，电路总功率变大 C．电压表示数不变，总电阻变小，电流表示数变大 D．电压表与电流表示数的比值变大7．关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A．开关要串联在火线和电灯之间 B．使用测电笔辨别火线时，手接触笔尖金属体 C．三孔插座有时不需要接地 D．发现有人触电后，立即用手把触电人拉离电线二、填空题（本大题7小题.每空1分，共21分）8．在原子、原子核、电子、中子、质子中，带负电的有。核反应堆是通过可控（选填“裂变”或“聚变”）反应释放核能的设备。核能在一些发达国家已成为常规能源，它是能源（选填“可再生“或“不可再生”）。9．2018年12月30日嫦娥四号探测器已经顺利进入登月轨道。“嫦娥四号”火箭发动机燃料选用液氢，主要是因为液氢的高，火箭在加速上升过程中机械能（填“增大”、“减小”或“不变”），且火箭与空气摩擦导致内能（填“增大”、“减小”或“不变”）。10．如图所示，是某液体的凝固图象，当该液体凝固后，它是（填“晶体”或“非晶体”）；第15分钟的内能（填“大于”、“小于”或“等于”）第10分钟的内能；若500g该液体从A点降温到B点，共放出J的热量。【c液＝4.2×103J/（kg•℃）】11．在木棒的一端缠绕一些铜丝制成两个完全相同的简易密度计，现将它们分别放入盛有不同液体的两个烧杯中，如图所示，当它们竖直静止在液体中时，液面高度相同。从观察到的现象可以判断：两个简易密度计所受浮力F甲F乙、两杯液体的密度ρ甲ρ乙、两个烧杯底部所受液体的压强p甲p乙（选填”大于”、“小于”或”等于“）12．如图，电源电压恒定不变，R1＝20Ω，闭合开关S、S1，电流表示数为0.3A，则电源电压为V，l0s内电流通过R1产生的热量为J；再闭合开关S2，调节R2，使电流表示数为0.6A，则此时变阻器R2的阻值为Ω。13．如图所示，在不计绳重和摩擦的情况下，用滑轮在10s内将重为40N的物体匀速提升2m，已知拉力F为25N，则在这个过程中拉力做的功是J，滑轮组的机械效率是，若匀速提升重为80N的物体，则这个滑轮组的机械效率将（变大/变小/不变）。14．如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个，由图可知风越大，接入电路的电阻越，开关S闭合时，小灯泡的亮度（选填：“变亮”、“变暗”或“不变”）。三、作图题（共7分）15．如图所示，杯子静置在一斜劈上，请你画出杯子所受重力和支持力的示意图。（图中O点表示杯子的重心）16．图中画出了蜡烛发出的两条光线，请画出它们通过凸透镜后的光路。17．根据如图所示的通电裸线管的磁感线方向，标出电源的正负极和小磁针的N极四、实验题（本大题3小题，共20分）18．（6分）物理兴趣小组在探究“凸透镜成像的规律”实验时，所用的凸透镜的焦距为10cm：（1）在调整器材高度时，应（填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。（2）如图所示是某次实验时观察到的现象，生活中的（选填“放大镜”投影仪”或“照相机”）是利用这一原理制成的。保持凸透镜不动，把蜡烛向左移动一段距离，要想在光屏上再次得到清晰的像，应该把光屏向（选填“左”或“右”）移动一段距离，像（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）实验时，光屏上得到了蜡烛清晰的像，一同学不小心在凸透镜上溅了一个小泥点，则光屏上（选填”有”或“没有”）小泥点的像或影子，光屏上蜡烛的像受到的影响是。19．（7分）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆：（杠杆上每小格长为2cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于（选填“平衡”或“不平衡”）状态。（2）实验时，使杠杆在水平位置平衡，主要是为了便于测量大小，因此应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往（选填“左”或“右”）调。（3）杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，做为动力F1，B点处挂上l个钩码，做为阻力F2，杠杆恰好在水平位置平衡，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂L1和L2，计算后发现：F1L1＝F2L2，便得出杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2．但小红认为小明这种实验处理方法是不完善的，理由是。（4）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数如图丙所示，则弹簧测力计的拉力是N．以弹簧测力计的拉力为动力F1′，钩码重力为阻力F2′，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1′L1′总是大于F2′L2′，其原因主要是受作用的影响。（5）小明将图丙中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，使杠杆仍在水平位置平衡，如图丁所示，请推算：此时弹簧测力计的拉力是N。20．（7分）如图甲所示是小刚“测小灯泡电功率”的实验电路。其中电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω．滑动变阻器有A规格“10Ω2A”、B规格“50Ω1A”可选。（1）本实验应该选择规格的滑动变阻器。连接电路时开关应断开，闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应位于（选填“A”或“B”）端。（2）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路连接完整。（3）检查电路连接无误，闭合开关后，灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表指针几乎不动，产生这一现象的原因可能是。（4）排除故障后闭合开关，小刚发现电流表和电压表有示数但都很小，且看不到小灯泡发光，其原因是（5）当变阻器滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为V．要测小灯泡的额定功率，应将滑片P向（选填“A”或“B”）端移动，使电压表示数为2.5V。五、计算題（本大题共2小题，共13分）21．（6分）扫地机器人是智能家用电器的一种，正逐渐进入我们的生活，如图所示，是一款集自动清扫技术和人工智能设计于一体的地面清扫机器人，已知其质量为3kg，它与地面的有效接触面积为0.01m2．若该机器人工作时功率为75W，在10s内沿直线匀速清扫的距离为5m。（1）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压强是多大？（2）该机器人在10s内所做的功是多少？（3）该机器人在沿直线匀速清扫过程中受到的阻力为多少？22．（7分）在如图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡L1的额定电压为8V，如图乙是灯泡L2的U﹣I图象。（1）当开关S接a时，电压表的示数为1.2V，电流表的示数为0.3A，求定值电阻R0的阻值；（2）当开关S接a时，调节电源电压，使灯泡L1正常发光，此时R0消耗的功率为1W，求灯泡L1的额定功率；（3）开关S接b时，通过调节电源电压使灯泡L1正常发光，求电路消耗的总功率。六、综合能力题（本大题共3小题，共18分）23．（7分）无人机航拍影像具有高清晰、高现实性的优点。下表是某小型无人机的部分参数：参数名称最大飞行半径/km最大巡航速度km/h电池电压/V电池容量/mAh电动机额定功率/W拍摄速度/帧/秒数据5502425002011000（电池容量＝放电电流×放电时间，例如，1mAh是指以1mA的电流能连续工作lh。帧/秒是指每秒拍摄的画面数）。（1）人们是利用遥控器通过传输信息操控无人机的，其有效操控距离至少为km。（2）小轿车在高速公路上限速120km/h。如图甲所示，交警部门利用无人机进行高速公路通行情况的实时监测。一辆小轿车在通行0.5m的过程中，高速摄像机拍摄帧数为110帧，据此判断小轿车是否超速？（是/否）。（3）如图乙，是无人机竖直向上运动的v﹣t图象，由图象可知，在0～5s内，无人机受到的升力（＞/＝/＜）重力。（4）电动机是控制无人机飞行状态的关键动力设备，当它正常工作时，12s内消耗的电能是J．已知电动机消耗的功率是电源总功率的50%，则无人机在空中以额定功率飞行的时间不能超过h。（5）为增大小型无人机的巡航时间，请从研制方面，提出一条合理化建议：。24．（6分）如图是“探究浮力的大小与排开的水所受重力关系”的过程情景，请根据图示完成下面的填空。（1）实验中的所用圆柱体的重力为N。（2）在如图B中存在的错误是。（3）纠正错误后，继续实验，在图C中圆柱受到的浮力F浮＝N。（4）根据如图可以得出，圆柱体排开的水所受的重力为N。（5）实验结果表明：浸在水中的物体受到的浮力物体排开水所受到的重力（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（6）纠正如图B中的错误后，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，弹簧测力计的示数逐渐减小，水对杯底的压强（选填“逐渐增大”、“逐渐减小、“保持不变”）。25．（5分）阅读短文，并回答问题。第四代电光源﹣﹣﹣﹣﹣LED光源如图甲是时下较为流行的LED手电筒和LED吸顶灯，它的主要部分是高亮度白色发光二极管，这种发光二极管主要由硅、砷等半导体材料制成，具有光效高、耗电少，寿命长、易控制、免维护、安全环保等优点，是继白炽灯、卤素灯和节能荧光灯后新兴的第四代电光源，是极具发展前途的新光源。LED的发光原理与白炽灯先发热后发光的原理截然不同，是直接把电能转换成光能的器件，因而其发光效率较高，是新一代固体冷光源，将逐步取代传统光源。图乙是LED的元件实物及符号。由于二极管具有单向导电性，使用时必须将它的正极与电源正极相连，二极管才能处于导通状态，否则处于截止状态。利用图丙所示电路可以研究发光二极管的工作特性：把一个额定电压为3V的LED接入电源电压恒为4.5V的电路，闭合开关S，LED即处于导通状态，调节变阻器滑片，改变LED两端的电压和电路中电流，记录多组电压、电流数据，可以得到电压表与电流表示数关系，如丁所示。（1）LED灯主要由（导体/半导体/超导体）材料制成；它之所以节能，被称为冷光源，是因为电热转换损耗的能量较白炽灯（高/低）；（2）在图丙中，闭合S，调节滑动变阻器，使LED正常发光；断开S，改变电源的正负极后再闭合S，LED（能/不能）发光；此时两电表的示数为A.4.5V20mAB.3V20mAC.4.5V0mAD.3V0mA（3）某个家庭原来全部用白炽灯来照明，平均每月照明用电50kW•h，现全部改用LED灯。相同情况下可节能约70%．已知每消耗l度电相当于排入1.1kg的二氧化碳，则改用LED灯后，这个家庭平均每月能减排二氧化碳约kg。

2019年广东省中考物理一模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）1．下列光现象与其成因对应正确的是（）A．雨后彩虹一光的色散 B．鱼翔浅底一光的直线传播 C．小孔成像一光的反射 D．镜花水月一光的折射【分析】A、用光的色散的知识解释；B、用光的折射的知识解释；C、用光的直线传播的知识解释；D、用光的反射的知识解释。【解答】解：A、雨后彩虹：是光的色散形成的，故A正确；B、鱼翔浅底：是光的折射造成的，故B错误；C、小孔成像是光的直线传播造成的，故C错误；D、镜花水月是光的反射形成的虚像，故D错误。故选：A。【点评】本题难度不大，解答时要分析各种现象的成因。2．平面镜成像实验中，以下说法正确的是（）A．用光屏可以呈现虚像 B．用玻璃板代替平面镜便于确定像的位置 C．平面镜所成像的大小与物到平面镜的距离有关 D．平面镜所成像的大小与平面镜的大小有关【分析】（1）实像能用光屏承接，虚像不能用光屏承接。（2）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置。（3）（4）物体在平面镜中成像，像的大小只跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离、平面镜的大小都没有关系。【解答】解：A、光屏能承接实像，虚像不能承接在光屏上，故A错误；B、由于玻璃板是透明的，所以用玻璃板既能反射光线，又能透射光线的特点，这样可以方便的确定像的位置，故B正确；CD、平面镜所成像的大小与物体到平面镜的距离、平面镜的大小都没有关系，故CD错误。故选：B。【点评】此题平面镜成像特点和实验中需要注意的事项，是中考中经常涉及到的地方，要求深入理解，熟练掌握。3．关于声现象，下列说法正确的是（）A．只要物体振动，人们就能听到声音 B．人们能分辨蛙声和蝉鸣，是因为它们的音调不同 C．学校周边“禁止鸣笛”，是在声源处控制噪声 D．人们利用超声检测锅炉是否有裂纹，说明声音可以传递能量【分析】（1）声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质；但并不是所有的声音人耳都能听得到，只有响度和频率合适，人耳才可能听得到；（2）音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关，音调的高低与发声体振动的频率有关；（3）减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声，阻断噪声的传播，在人耳处减弱噪声；（4）声音的利用有两个：一是利用声音传递信息，二是利用声音传递能量。【解答】解：A、声音的传播需要介质，人耳听觉有一定的范围，即频率在20Hz﹣20000Hz之间，且有一定的响度，所以，只要物体振动，人们不一定能听到声音，故A错误；B、人们能分辨蛙声和蝉鸣，是因为它们的音色不同，故B错误；C、学校周边“禁止鸣笛”，是在声源处减弱噪声，故C正确；D、人们利用超声检测锅炉是否有裂纹，说明声音可以传递信息，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了声学的相关知识，属于基础知识的考查，比较简单。4．目前家庭汽车保有量越来越高，以下跟汽车有关的热现象中说法错误的是（）A．汽车玻璃起“雾”影响行车安全，是车内水蒸气液化形成的 B．冬天排气管冒出的“白气”，是水蒸气凝华成的小冰晶 C．汽车水箱中加入适量酒精降低了水的凝固点，防止水结冰胀破水箱 D．空调制冷时，制冷剂汽化吸热、液化放热，将车内的“热”“搬”到车外【分析】（1）汽车玻璃起“雾”是车内水蒸气液化形成的附着在内表面；（2）“白气”不是气，是小水滴悬浮在空气中形成的；（3）溶液的凝固点比纯水低；（4）物质由气态变成液态的过程叫液化。液化过程放热；液化的方法由降低温度和压缩体积；物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化过程放热。【解答】解：A、汽车玻璃起“雾”是车内水蒸气液化形成的小水滴附着在内表面，故A正确；B、冬天排气管冒出的“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；C、汽车水箱中加入适量酒精能降低水的凝固点，防止水结冰胀破水箱，故C正确；D、空调制冷时，液态制冷剂在车内热交换器内吸热由液态变为气态，发生汽化，气态制冷剂又由压缩机压入车外的热交换器，在交换器内放热液化，即将车内的“热”“搬”到车外，故D正确。故选：B。【点评】本题考查液化现象，凝固点，以及空调的制冷，是一道综合题。5．如图所示，骑自行车出行郊游，是一种时尚、环保的生活方式。当我们在平直路面上匀速向前骑行时，以下说法正确的是（）A．若自行车停下，惯性就消失了 B．自行车受到的动力大于自行车受到的阻力 C．路面受到的压力与人受到的支持力是一对平衡力 D．人和车受到的重力与地面对人和车的支持力是一对平衡力【分析】（1）一切物体都有惯性；（2）（3）（4）根据二力平衡的四个因素分析。【解答】解：A、一切物体都有惯性，当自行车静止时，同样具有惯性，故A错误；B、在平直路面上匀速向前骑行时，自行车受到的动力与自行车受到的阻力是一对平衡力，大小相等，故B错误；C、路面受到的压力与人受到的支持力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故C错误；D、把人和车看做一个整体，人和车受到的重力与地面对人和车的支持力符合二力平衡的四个条件，是一对平衡力，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了二力平衡条件的应用、惯性等知识，属于基础题。6．如图所示，电源电压不变，先闭合S1，再闭合S2，下列说法正确的是（）A．电压表、电流表示数均变小 B．电压表示数变大，电路总功率变大 C．电压表示数不变，总电阻变小，电流表示数变大 D．电压表与电流表示数的比值变大【分析】由图可知，先闭合S1时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测R1两端的电压；再闭合S2，R2被短路，电路为R1的简单电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的是电源电压，根据串联电路的电流和电压的特点分析电流表示数、电压表示数的变化；根据公式P＝UI判定功率的变化。【解答】解：由图可知，先闭合S1时，两电阻串联，电流表测量电路中的电流，电压表测R1两端的电压；根据串联电路的电压特点可知，其示数小于电源电压；再闭合S2，R2被短路，电路为R1的简单电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量的是电源电压，所以电压表的示数变大；R1的电阻小于两电阻串联的总电阻，即总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大；故AC错误；电源电压不变，电流变大，根据P＝UI可知，电路的总功率变大，故B正确；由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值为电阻R1的阻值，则该比值保持不变，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断。7．关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A．开关要串联在火线和电灯之间 B．使用测电笔辨别火线时，手接触笔尖金属体 C．三孔插座有时不需要接地 D．发现有人触电后，立即用手把触电人拉离电线【分析】（1）开关应该控制火线；（2）使用测电笔辨别火线时，一定要用手触及笔尾的金属部分，否则容易造成误判，认为带电体不带电是十分危险的。使用测电笔时，不能用手触及测电笔前端的金属探头，这样会造成人身触电事故。（3）三孔插座需要接地；（4）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施。【解答】解：A、在家庭电路中，开关应控制火线，即开关要串联在火线和电灯之间。故A正确；B、使用测电笔辨别火线时，用手触及测电笔前端的金属探头，这样会造成人身触电事故。故B错误；C、大功率或带有金属外壳的用电器必须使用三孔插座，其金属外壳一定要接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全。故C错误；D、直接用手去拉触电者，会引起救人者的间接触电，十分危险。故D错误；故选：A。【点评】（1）安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。（2）触电原因是直接或间接接触火线。值得注意的是：本来不带电的物体带了电；本来不导电的物体导电了。二、填空题（本大题7小题.每空1分，共21分）8．在原子、原子核、电子、中子、质子中，带负电的有电子。核反应堆是通过可控裂变（选填“裂变”或“聚变”）反应释放核能的设备。核能在一些发达国家已成为常规能源，它是不可再生能源（选填“可再生“或“不可再生”）。【分析】原子不带电，原子核带正电，电子带负电、中子不带电、质子带正电；核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的；核能用完后不能再生，属于不可再生能源。【解答】解：原子不带电，原子核带正电，电子带负电、中子不带电、质子带正电；核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的；核能用完后不能再生，属于不可再生能源。故答案为：电子；裂变；不可再生。【点评】本题考查电子带负电，核电站是利用核裂变释放的核能，核能的利用有利也有害。9．2018年12月30日嫦娥四号探测器已经顺利进入登月轨道。“嫦娥四号”火箭发动机燃料选用液氢，主要是因为液氢的热值高，火箭在加速上升过程中机械能增大（填“增大”、“减小”或“不变”），且火箭与空气摩擦导致内能增大（填“增大”、“减小”或“不变”）。【分析】（1）液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；（2）物体加速上升，速度增大，动能增大，高度升高，重力势能增大；燃料燃烧产生的化学能转化为内能，内能最终又转化为火箭的机械能；（3）飞船与空气摩擦做功，将机械能转化为飞船的内能，温度升高。【解答】解：（1）火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；（2）火箭在加速上升过程中，速度增大、动能增大，高度变大，重力势能变大，使得机械能增大；（3）火箭与空气摩擦做功，将机械能转化为飞船的内能，温度升高、内能增大。故答案为：热值；增大；增大。【点评】本题是一道综合题目，考查了燃料热值的特性、动能、势能、机械能变化、机械能与其他能量间的转化，要结合这些知识点具体分析解答。10．如图所示，是某液体的凝固图象，当该液体凝固后，它是晶体（填“晶体”或“非晶体”）；第15分钟的内能小于（填“大于”、“小于”或“等于”）第10分钟的内能；若500g该液体从A点降温到B点，共放出4.2×104J的热量。【c液＝4.2×103J/（kg•℃）】【分析】（1）晶体具有固定的熔点或凝固点；（2）晶体在凝固过程中虽然温度不变，但需不断放热，内能减小；（3）已知液体的质量、温度降低值、比热容，利用Q＝cm△t可求得放出的热量。【解答】解：（1）由图象知，该物质在凝固过程温度保持0℃不变，具有一定的凝固点，是晶体；（2）第10min到第15min，该物质处于凝固过程，虽然温度不变，但需不断放热，所以内能减少。所以第15分钟的内能小于第10分钟的内能；（3）该液体从A点降温到B点，共放出热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（20℃﹣0℃）＝4.2×104J。故答案为：晶体；小于；4.2×104J。【点评】本题主要考查了晶体凝固图象的分析，掌握晶体凝固的特点是关键。晶体凝固虽然温度保持不变，但需不断放热，所以内能减小。11．在木棒的一端缠绕一些铜丝制成两个完全相同的简易密度计，现将它们分别放入盛有不同液体的两个烧杯中，如图所示，当它们竖直静止在液体中时，液面高度相同。从观察到的现象可以判断：两个简易密度计所受浮力F甲等于F乙、两杯液体的密度ρ甲小于ρ乙、两个烧杯底部所受液体的压强p甲小于p乙（选填”大于”、“小于”或”等于“）【分析】两个完全相同的重力相同，放入乙、丙两种液体中都处于漂浮状态，根据漂浮的条件可知在两种液体中所受浮力的大小关系；由图可知，密度计排开液体之间的关系，根据阿基米德原理判断液体的密度关系，再根据液体压强公式判断两个烧杯底部所受液体的压强关系。【解答】解：由图可知，密度计在甲、乙液体中处于漂浮状态，此时F浮＝G，两个完全相同的重力相同，所以密度计在两种液体中所受的浮力相等；甲中密度计排开液体的体积大于乙中排开液体的体积，根据F浮＝ρgV排可知，甲液体的密度小于乙液体的密度。液面高度相同，根据p＝ρgh可知，甲烧杯底部受到的压强小。故答案为：等于；小于；小于。【点评】本题考查了阿基米德原理、物体漂浮条件和液体压强公式的应用，利用好物体漂浮条件F浮＝G是解此类题目的关键。12．如图，电源电压恒定不变，R1＝20Ω，闭合开关S、S1，电流表示数为0.3A，则电源电压为6V，l0s内电流通过R1产生的热量为18J；再闭合开关S2，调节R2，使电流表示数为0.6A，则此时变阻器R2的阻值为20Ω。【分析】（1）闭合开关S、S1，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，由欧姆定律计算电源电压，由Q＝I2Rt计算l0s内电流通过R1产生的热量；（2）再闭合开关S2，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路特点和欧姆定律计算变阻器R2的阻值。【解答】解：（1）由图知，闭合开关S、S1，电路为R1的简单电路，电流表测电路中电流，由欧姆定律可得电源电压：U＝IR1＝0.3A×20Ω＝6V；l0s内电流通过R1产生的热量：Q＝I2R1t＝（0.3A）2×20Ω×10s＝18J；（2）再闭合开关S2，两电阻并联，电流表测干路电流，并联电路各支路互不影响，所以通过R1的电流不变，所以R2通过的电流：I2＝I′﹣I＝0.6A﹣0.3A＝0.3A，由并联电路电压特点和欧姆定律可得此时变阻器R2的阻值：R2＝＝＝20Ω。故答案为：6；18；20。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的灵活运用及电热的计算，关键是能判断出开关在不同状态下的电路结构。13．如图所示，在不计绳重和摩擦的情况下，用滑轮在10s内将重为40N的物体匀速提升2m，已知拉力F为25N，则在这个过程中拉力做的功是100J，滑轮组的机械效率是80%，若匀速提升重为80N的物体，则这个滑轮组的机械效率将变大（变大/变小/不变）。【分析】（1）图可知，连接动滑轮绳子的股数n，然后根据s＝nh求出自由端移动的距离，再利用W＝Fs求出拉力做的功；（2）先根据W＝Gh求出拉力做的有用功，然后利用η＝×100%即可求出滑轮组的机械效率；（3）根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%可判断滑轮组机械效率的变化情况。【解答】解：（1）由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝2，绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×2m＝4m；则在这个过程中拉力做的功：W总＝Fs＝25N×4m＝100J；（2）拉力做的有用功：W有＝Gh＝40N×2m＝80J，则滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；（3）由η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%可知，滑轮组的机械效率与动滑轮重和物体重有关，动滑轮重力不变，物体重力变大，机械效率将变大。故答案为：100；80%；变大。【点评】本题中主要考查了功的计算、机械效率的计算，搞清各力与距离之间的对应关系，熟练运用相关公式是解决此题的关键。14．如图是一个风力测定仪，O是转动轴，金属杆OC与圆弧AB接触良好，下面连着一块受风板，无风时OC是竖直的，金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器，由图可知风越大，接入电路的电阻越小，开关S闭合时，小灯泡的亮度变亮（选填：“变亮”、“变暗”或“不变”）。【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中电阻线的长度来改变电阻的；当电路中电阻改变时，根据欧姆定律可判断电路中电流的变化。【解答】解：（1）因为风一吹，OC杆能够在AB段圆弧形电阻上滑动，改变了接入电路中电阻的长度，从而改变了接入电路中电阻，所以金属杆OC与弧形电阻AB组合在一起相当于一个滑动变阻器；（2）由图可知，风越大，OC杆偏转的角度越大，该变阻器接入电路的电阻越小，开关S闭合时，电流越大，小灯泡的亮度变亮。故答案为：滑动变阻器；小；变亮。【点评】认识到金属杆OC与弧形电阻AB组合是一个滑动变阻器是解题的关键。三、作图题（共7分）15．如图所示，杯子静置在一斜劈上，请你画出杯子所受重力和支持力的示意图。（图中O点表示杯子的重心）【分析】重力的方向是竖直向下的，作用点在重心上；斜面对物体的支持力和物体对斜面的压力是一对相互作用力，方向是相反的；压力的方向是垂直于斜面向下的，支持力就是垂直于斜面向上的，作用点在物体的重心上。【解答】解：重力G和支持力F的作用点画在物体的重心上，重力的方向竖直向下；支持力的方向与斜面垂直，垂直斜面向上。如图所示：【点评】本题考查了作力的示意图，作力的示意图时，应先确定力的作用点及力的方向，这是作力的示意图的关键。16．图中画出了蜡烛发出的两条光线，请画出它们通过凸透镜后的光路。【分析】根据过凸透镜光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴作出两条入射光线的折射光线。【解答】解：过凸透镜光心的入射光线折射光线沿原直线画，而且传播方向与入射光线一致，过凸透镜焦点的光线折射光线平行于主光轴画，如图所示：【点评】凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点。17．根据如图所示的通电裸线管的磁感线方向，标出电源的正负极和小磁针的N极【分析】根据图中磁感线方向，先判断螺线管的两个磁极，根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极。最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。【解答】解：因外部磁感线由N极指向S极，故螺线管右端为S极，左端为N极，则小磁针右端为N极，左端为S极；由安培定则可得电流由右侧流入，即电源右侧为正极，左侧为负极。如图所示：【点评】本题既考查了通电螺线管、小磁针磁极的判断又考查了电流方向的判断，一环扣一环也是易错题，要求学生步步仔细才行。四、实验题（本大题3小题，共20分）18．（6分）物理兴趣小组在探究“凸透镜成像的规律”实验时，所用的凸透镜的焦距为10cm：（1）在调整器材高度时，应点燃（填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。（2）如图所示是某次实验时观察到的现象，生活中的照相机（选填“放大镜”投影仪”或“照相机”）是利用这一原理制成的。保持凸透镜不动，把蜡烛向左移动一段距离，要想在光屏上再次得到清晰的像，应该把光屏向左（选填“左”或“右”）移动一段距离，像变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）实验时，光屏上得到了蜡烛清晰的像，一同学不小心在凸透镜上溅了一个小泥点，则光屏上没有（选填”有”或“没有”）小泥点的像或影子，光屏上蜡烛的像受到的影响是变暗。【分析】（1）要知道凸透镜成像规律实验的要求，首先必须将烛焰、凸透镜、光屏三者的中心放在同一高度上，只有先将蜡烛点燃，才可以确定烛焰的中心；（2）凸透镜成像中，当u＞2f时，成倒立、缩小的实像。对应应用如照相机。凸透镜成像时，物距增大，像距减小，像变小；（3）凸透镜成像属于光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗。【解答】解：（1）根据凸透镜成像规律中实验的要求，必须让三者中心放在同一高度上，使其成像在光屏的中心；只有先将蜡烛点燃，才可以确定烛焰的中心，所以点燃蜡烛应在调整高度之前；（2）由图可知，此时物距大于像距，即物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的规律可知，此时物体成倒立的、缩小的实像。生活中的照相机就是利用凸透镜的这种成像情况制成的。根据凸透镜成像时，物近像远像变大可知，将蜡烛向左移动时，物距增大，则像距减小，要将光屏向左靠近透镜方向移动，才能在光屏上再次得到清晰的像，像变小；（3）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，凸透镜上溅了一个小泥点，整个物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，大小不变；由于透镜的一小部分被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了，像将完好，但亮度会变暗，所以不会出现泥点的影子。故答案为：（1）点燃；（2）照相机；左；变小；（3）没有；变暗。【点评】此题是探究凸透镜成像规律的实验，考查了凸透镜成像规律及应用，不仅要掌握成像特点与物距像距之间的关系，而且要善于总结规律。19．（7分）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆：（杠杆上每小格长为2cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“不平衡”）状态。（2）实验时，使杠杆在水平位置平衡，主要是为了便于测量力臂大小，因此应将如图甲所示杠杆左端的平衡螺母适当往右（选填“左”或“右”）调。（3）杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，做为动力F1，B点处挂上l个钩码，做为阻力F2，杠杆恰好在水平位置平衡，如图乙所示，分别测量出两个力的力臂L1和L2，计算后发现：F1L1＝F2L2，便得出杠杆的平衡条件是：F1L1＝F2L2．但小红认为小明这种实验处理方法是不完善的，理由是没有经过多次测量就得出结论，实验没有普遍性。（4）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数如图丙所示，则弹簧测力计的拉力是3.3N．以弹簧测力计的拉力为动力F1′，钩码重力为阻力F2′，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1′L1′总是大于F2′L2′，其原因主要是受杠杆自重作用的影响。（5）小明将图丙中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，使杠杆仍在水平位置平衡，如图丁所示，请推算：此时弹簧测力计的拉力是1.1N。【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；（2）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；（3）在探究性实验中，应进行多次实验，寻找普遍规律，避免结论的偶然性。（4）弹簧测力计的拉力由图读出；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；杠杆的重心过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响。（5）首先根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2求得2个钩码的重力，再利用杠杆的平衡条件即可求得此时弹簧测力计的拉力。【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；（2）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；（3）小明仅凭一测量就得出杠杆平衡条件，这种实验处理方法是不完善的，因为实验次数过少，会导致实验结论具有偶然性，应该改变动力或阻力的方向进行多次测量，寻找普遍规律，以避免偶然性。（4）由图可知，弹簧测力计的刻度值为0.1N，指针在3N以下三格处，示数为3.3N。用如图丙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。（5）根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：3.3N×4L＝G×6L，解得G＝2.2N，将图丙中弹簧测力计拉力的作用点从C点移到E点，使杠杆仍在水平位置平衡，则F×12L＝G×6L，即F×12L＝2.2N×6L，解得F＝1.1N。故答案为：（1）平衡；（2）力臂；右；（3）没有经过多次测量就得出结论，实验没有普遍性；（4）3.3；杠杆自重；（5）1.1。【点评】本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，从原理到实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验。20．（7分）如图甲所示是小刚“测小灯泡电功率”的实验电路。其中电源电压为6V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω．滑动变阻器有A规格“10Ω2A”、B规格“50Ω1A”可选。（1）本实验应该选择B规格的滑动变阻器。连接电路时开关应断开，闭合开关前，图中滑动变阻器的滑片P应位于B（选填“A”或“B”）端。（2）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路连接完整。（3）检查电路连接无误，闭合开关后，灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表指针几乎不动，产生这一现象的原因可能是灯泡断路。（4）排除故障后闭合开关，小刚发现电流表和电压表有示数但都很小，且看不到小灯泡发光，其原因是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，灯泡的实际电功率很小（5）当变阻器滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示，为1.2V．要测小灯泡的额定功率，应将滑片P向A（选填“A”或“B”）端移动，使电压表示数为2.5V。【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值即可选择器滑动变阻器的规格；为防止电路中电流过大烧坏用电器，开关应断开，为保护电路，在闭合开关前，滑片应处于最大阻值处；（2）根据灯泡的额定电流确定电流表的量程且与灯泡串联；（3）灯泡不亮，可能是灯泡断路或灯泡短路或灯泡之外的电路断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外电路不存在断路；电流表示数几乎为零，说明电路电阻特别大，电压表直接串联在电路中，由此判断故障；（4）闭合开关后，小刚发现电流表和电压表有示数但都很小，且看不到小灯泡发光，说明灯泡分得的电压太小，电路中的电阻过大造成的；（5）根据电压表的量程和分度值读出电压表的示数，电压表的示数小于灯泡的额定电压，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小。【解答】解：（1）灯泡正常发光时的电压等于额定电压UL＝2.5V，根据欧姆定律可知此时电路电流约为I＝＝＝0.25A，滑动变阻器两端电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，此时滑动变阻器接入电路的阻值R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，所以本实验中应该选择规格为“50Ω1A”的B滑动变阻器；在连接电路时，为保护电路，开关应断开；为保护电路，在闭合开关前，滑片应置于最大阻值处，由图可知，P应处于B端；（2）电流表串联接入电路中，电流表选择的量程是0﹣0.6A，滑动变阻器采用一上一下的接法，如图所示：；（3）闭合开关S，灯泡不亮，电流表示数几乎为零，电压表示数接近电源电压，其电路故障可能是灯泡断路；（4）闭合开关后，电流表和电压表有示数但都很小，且看不到小灯泡发光，其原因是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，灯泡的实际功率很小；（5）电压表使用0～3V量程，分度值为0.1V，电压为1.2V；要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从1.2V增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向A端移动，使电压表的示数为2.5V为止；故答案为：（1）B；B；（2）如图；（3）灯泡断路；（4）滑动变阻器连入电路中的电阻太大，灯泡的实际电功率很小；（5）1.2；A。【点评】本题考查了滑动变阻器的选择和串联电路特点及欧姆定律的应用、电路现象的判断、电压表的读数、滑动变阻器的使用等，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等且会根据灯泡的额定电压确定电压表的量程。五、计算題（本大题共2小题，共13分）21．（6分）扫地机器人是智能家用电器的一种，正逐渐进入我们的生活，如图所示，是一款集自动清扫技术和人工智能设计于一体的地面清扫机器人，已知其质量为3kg，它与地面的有效接触面积为0.01m2．若该机器人工作时功率为75W，在10s内沿直线匀速清扫的距离为5m。（1）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压强是多大？（2）该机器人在10s内所做的功是多少？（3）该机器人在沿直线匀速清扫过程中受到的阻力为多少？【分析】（1）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，又知道其与地面的有效接触面积即等于受力面积，根据p＝求出对地面的压强；（2）知道机器人工作时功率和时间，根据W＝Pt求出在10s内所做的功；（3）知道牵引力做的功和该机器人在沿直线匀速清扫过程中前进的距离，根据W＝Fs求出牵引力的大小，该机器人在沿直线匀速清扫过程中处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，二力的大小相等。【解答】解：（1）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压力：F＝G＝mg＝3kg×10N/kg＝30N，对地面的压强：p＝＝＝3000Pa；（2）由P＝可得，该机器人在10s内所做的功：W＝Pt＝75W×10s＝750J；（3）由W＝Fs可得，该机器人在沿直线匀速清扫过程中的牵引力：F＝＝＝150J，因该机器人在沿直线匀速清扫过程中处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，所以，在此过程中受到的阻力：f＝F＝150N。答：（1）该机器人静止在水平地面上时，对地面的压强是3000Pa；（2）该机器人在10s内所做的功是750J；（3）该机器人在沿直线匀速清扫过程中受到的阻力为150N。【点评】本题考查了压强定义式和功率公式的灵活应用以及二力平衡条件的应用，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。22．（7分）在如图甲所示的电路中，已知电源为电压可调的直流学生电源，灯泡L1的额定电压为8V，如图乙是灯泡L2的U﹣I图象。（1）当开关S接a时，电压表的示数为1.2V，电流表的示数为0.3A，求定值电阻R0的阻值；（2）当开关S接a时，调节电源电压，使灯泡L1正常发光，此时R0消耗的功率为1W，求灯泡L1的额定功率；（3）开关S接b时，通过调节电源电压使灯泡L1正常发光，求电路消耗的总功率。【分析】（1）当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是电阻R0两端的电压（如图所示），知道电阻R0两端的电压和通过的电流，可利用公式R＝计算出电阻R0的阻值。（2）调节电源电压，使灯泡L1正常发光时，则灯泡L1两端的电压为额定电压，知道此时电阻R0消耗的功率和其阻值的大小，可利用公式P＝I2R计算出此时电路中的电流，最后再利用公式P＝UI计算出灯泡L1的额定功率。（3）开关S接b时，灯泡L1与灯泡L2串联，电流表测量的是整个电路中的电流，电压表测量的是灯泡L2两端的电压（如图所示），而灯泡L1正常发光，则此时电路中的电流为0.5A，从灯泡L2的U﹣I图象上找到当电流为0.5A时，灯泡L2两端的电压，又知道灯泡L1的额定电压，利用串联电路电压的特点计算出电源电压，最后再利用公式P＝UI计算出电路消耗的总功率。【解答】解：（1）当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联（如下图所示），∵U0＝1.2V，I＝0.3A，∴电阻R0的阻值为：R0＝＝＝4Ω。（2）当开关S接a时，灯泡L1与电阻R0串联，∵灯泡L1正常发光时，∴灯泡L1两端的电压为额定电压U1＝8V，又∵此时R0消耗的功率为P0＝1W，而R0＝4Ω，∴此时电路中的电流为：I02＝＝＝0.25A2，即I1＝I0＝0.5A，灯泡L1的额定功率为：P1＝U1I1＝8V×0.5A＝4W。（3）开关S接b时，灯泡L1与灯泡L2串联（如下图所示），∵灯泡L1正常发光，∴此时电路中的电流为I1＝I2＝0.5A，从灯泡L2的U﹣I图象可知，当电流为0.5A时，灯泡L2两端的电压为U2＝4V，则电源电压为：U＝U1+U2＝8V+4V＝12V，∴电路消耗的总功率为：P总＝UI1＝12V×0.5A＝6W。答：（1）定值电阻R0的阻值为4Ω。（2）灯泡L1的额定功率为4W。（3）电路消耗的总功率为6W。【点评】本题考查了开关断开和闭合对电路的影响，以及串联电路电流和电压的特点，对欧姆定律及其公式变形和电功率及其公式变形的理解和应用，解答此题的关键是我们要能够准确的分析电路的连接情况，并且能够从图象提取有用信息。六、综合能力题（本大题共3小题，共18分）23．（7分）无人机航拍影像具有高清晰、高现实性的优点。下表是某小型无人机的部分参数：参数名称最大飞行半径/km最大巡航速度km/h电池电压/V电池容量/mAh电动机额定功率/W拍摄速度/帧/秒数据5502425002011000（电池容量＝放电电流×放电时间，例如，1mAh是指以1mA的电流能连续工作lh。帧/秒是指每秒拍摄的画面数）。（1）人们是利用遥控器通过电磁波传输信息操控无人机的，其有效操控距离至少为5km。（2）小轿车在高速公路上限速120km/h。如图甲所示，交警部门利用无人机进行高速公路通行情况的实时监测。一辆小轿车在通行0.5m的过程中，高速摄像机拍摄帧数为110帧，据此判断小轿车是否超速？是（是/否）。（3）如图乙，是无人机竖直向上运动的v﹣t图象，由图象可知，在0～5s内，无人机受到的升力＞（＞/＝/＜）重力。（4）电动机是控制无人机飞行状态的关键动力设备，当它正常工作时，12s内消耗的电能是1.5J．已知电动机消耗的功率是电源总功率的50%，则无人机在空中以额定功率飞行的时间不能超过240h。（5）为增大小型无人机的巡航时间，请从研制方面，提出一条合理化建议：减轻无人机的质量。【分析】（1）电磁波能够传递信息，无线通信都是利用电磁波传递信息的；由图表中数据可知，有效操控距离至少为多少；（2）首先计算出高速摄像机拍摄1帧画面需要的时间，再计算出高速摄像机拍摄帧数为110帧的时间，然后根据v＝计算在激光在高速摄像机拍摄帧数为110帧的过程中小轿车行驶的速度；（3）分析图乙可知，由图象可知，在0～5s内，无人机的速度是加速运动，分析受力；（4）已知功率与时间，由功的公式W＝Pt可求出电动机消耗的电能；先求出无人机电能乘以50%；利用t＝求出时间；（5）为增大小型无人机的巡航时间，从减小质量，降低能源消耗来分析解答。【解答】解：（1）人们是利用遥控器通过电磁波传输信息来操控无人机的；由图表中数据可知，最大飞行半径为5km，故有效操控距离至少为5km；（2）高速摄像机拍摄1帧画面需要的时间t0＝s；高速摄像机拍摄帧数为110帧所需的时间：t＝110×s＝0.01s，小轿车的速度：v＝＝＝50m/s＝50×3.6km/h＝180km/h＞120km/h，小轿车已经超速。（3）分析图乙可知，由图象可知，在0～5s内，无人机做加速运动，则无人机处于非平衡状态，升力大于重力；（4）无人机飞行状态正常工作时，12s内消耗的电能：W＝Pt＝20W×12s＝240J；无人机电源的总能量：W总＝UIt＝24V×2.5A×1×3600s＝216000J；电动机消耗的能量是电源总能量的50%：W′＝50%W总＝50%×216000J＝108000J，由P＝可得，无人机在空中以额定功率飞行的时间：t′＝＝＝5400s＝1.5h；（5）为增大小型无人机的巡航时间，可以减轻无人机的质量，减小工作功率，增大电能储备等。故答案为：（1）电磁波；5；（2）是；（3）＞；（4）240；1.5；（5）减轻无人机的质量。【点评】本题主要考查电磁波、非平衡力的分析、速度计算、功和功率等知识点，是一道综合题。24．（6分）如图是“探究浮力的大小与排开的水所受重力关系”的过程情景，请根据图示完成下面的填空。（1）实验中的所用圆柱体的重力为4N。（2）在如图B中存在的错误是溢水杯未注满水。（3）纠正错误后，继续实验，在图C中圆柱受到的浮力F浮＝1N。（4）根据如图AD可以得出，圆柱体排开的水所受的重力为1N。（5）实验结果表明：浸在水中的物体受到的浮力等于物体排开水所受到的重力（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（6）纠正如图B中的错误后，圆柱体从刚接触水面到全部浸没水中，弹簧测力计的示数逐渐减小，水对杯底的压强保持不变（选填“