2025年福建省中考物理试卷

第1页（共1页）2025年福建省中考物理试卷一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2分）下列属于可再生能源的是（）A．煤 B．核能 C．风能 D．天然气2．（2分）用智能手机监测噪声，显示的“50.6dB”是指声音的（）A．音调 B．响度 C．音色 D．频率3．（2分）人体肺泡极多，如图是记录人体单个肺泡直径的数据，其单位是（）A．微米 B．毫米 C．厘米 D．分米4．（2分）空间站中，发光二极管为金鱼藻提供光照，其主要材料属于（）A．导体 B．半导体 C．绝缘体 D．超导体5．（2分）《考工记》记载：“马力既竭，辀犹能一取焉。”展现出古人观察到马已停止用力，车还能前进一段距离。车继续前进的主要原因是其（）A．具有惯性 B．受到推力 C．受力平衡 D．受到摩擦力6．（2分）如图为搭乘“天舟八号”前往中国空间站的月壤砖的模型，该模型等同于由四个相同正方体组合而成。将其放在地球水平桌面上，如图，对桌面压强最小的是（）A． B． C． D．7．（2分）关于新能源电动汽车充电桩的安装和使用，下列符合安全用电要求的是（）A．用湿抹布擦拭充电插口 B．充电桩需要安装接地线 C．充电桩起火立即泼水救火 D．充电桩无需安装保险装置8．（2分）在体育运动中，如图中的做法为了减小摩擦的是（）A．穿轮滑鞋 B．手涂防滑粉 C．戴手套接球 D．用力捏车闸9．（2分）如图，大头针插在玻璃瓶的软木塞上，把金属箔悬挂在大头针上。带电体接触大头针后，金属箔张开，此过程（）A．正电荷发生转移 B．可检验带电体的电性 C．金属箔带上同种电荷 D．张开角度越小，所带电荷越多10．（2分）小闽为康养中心的老人设计服务信号电路图，灯亮表示提醒卫生服务，电铃响表示呼叫医疗服务。如图中不符合要求的是（）A． B． C． D．11．（2分）如图，修表师傅可通过“寸镜”看清手表微小结构。“寸镜”内部有一个凸透镜，使用时手表到凸透镜的距离应（）A．小于1倍焦距 B．等于1倍焦距 C．大于2倍焦距 D．在2倍焦距与1倍焦距之间12．（2分）如图，红茶加工包含“萎凋”“揉捻”“发酵”“烘干”等工序。下列说法错误的是（）A．“萎凋”时摊开茶叶可加快水分蒸发 B．“揉捻”使茶叶卷缩，说明力可改变物体的形状 C．“发酵”时闻到气味是因为分子在永不停息地运动 D．“烘干”是通过做功减小茶叶的内能13．（2分）抽水蓄能电站被称为“超级充电宝”，用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电，如图。关于抽水蓄能电站，下列说法正确的是（）A．用电低谷时，以电能的形式储能 B．用电高峰时，机械能转化为电能 C．选址时，上下水库的高度差要小 D．存储的能量可以全部转化为电能14．（2分）光照强度会影响花卉生长。图甲为光照强度过大时触发报警的电路，电源电压不变，R0为阻值可调的电阻箱，R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙。当电流表示数大于某一值I0时触发报警，I0时的光照强度为警戒光照强度。闭合开关S，下列说法正确的是（）A．R的阻值随光照强度增大而增大 B．增大R0阻值可增大警戒光照强度 C．R0一定时，光照强度越大，通过R0的电流越大 D．R0一定时，光照强度越大，电流表示数越小二、填空题：本题共5小题，每空1分，共12分。15．（4分）为了提高学生户外生存技能，学校开展取火和自制指南针实践活动，据此完成下题。（1）将包装口香糖的锡箔纸剪成如图1形状，其他条件相同时，C处的横截面积小，电阻。A、B两端分别与电池正负极接触，观察到C处起火，该现象利用了电流的效应。（2）将回形针掰直，磁化后放在树叶上，漂浮于水面，如图2，回形针在地球的作用下，静止后指向南北。参照冬季午间小草的影子偏向北方，进一步推测A端是回形针磁体的极。16．（2分）仿生海洋机器鱼模仿鱼类的游动方式，与螺旋桨推进方式相比，噪声小，这是在处减弱噪声。机器鱼游动时，相对于海岸是的。17．（2分）科创小组制作遥控“泵喷式”船模，当船向后喷水时，船获得向前的推力，表明物体间力的作用是的。遥控发射器利用波控制船。18．（2分）如图为电学知识部分结构图，请补充完整。①；②。19．（2分）如图为探究摩擦力的实验装置。当桶和沙的总质量为0.24kg时，木块和木板在水平桌面上保持静止，力传感器示数为0.4N。a、b两段轻绳均与桌面平行。图中滑轮的作用是。不计绳与滑轮间的摩擦，桌面对木板的摩擦力大小为N。三、作图题：本题共2小题，每小题2分，共4分。20．（2分）在图中，画出悬浮在水中的潜水艇模型受到的重力和浮力的示意图。21．（2分）在图中，画出入射光线的反射光线和折射光线的大致位置。四、简答题：本题共1小题，共4分。22．（4分）“七星漂”钓法是我国传统钓鱼方法之一，钓组由浮子、钓线、坠子、鱼钩和鱼饵组成，如图。请用物理知识回答：（1）浮子常用轻质鹅毛羽轴或泡沫制作的原因。（2）钓组入水后，坠子将鱼饵快速拉向水底。为了减小水的阻力，坠子体积宜小。若有铝和铅两种材料，在其他条件相同时，选择哪种材料制作坠子更合适？分析选择的理由。（ρ铝＝2.7g/cm3，ρ铅＝11.3g/cm3）五、实验题：本题共5小题，共30分。23．（4分）防冻液是一种用于汽车发动机冷却系统的特殊液体。为判断某防冻液在最低气温为﹣25℃的某地区能否使用，利用图甲装置进行实验。（1）烧杯中装有适量防冻液，置于制冷剂中，用温度传感器每隔1min记录防冻液的温度，绘制温度随时间变化的图像，如图乙。观察到14∼20min防冻液处于固液共存状态，分析图像可知：防冻液在凝固过程中温度，凝固点为℃，由此判断该防冻液在该地区使用。（2）装制冷剂的容器外壁出现霜，这是空气中水蒸气形成的小冰晶。24．（5分）探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲。（1）实验前，将白纸平铺在水平桌面上，玻璃板架在纸上。（2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B，直到B与A的像A′完全重合，说明像与物的相等。在纸上描出蜡烛、玻璃板和像的位置，处理数据如图乙。（3）得出结论：像与物关于平面镜对称。为使该结论具有普遍性，提出一条改进建议：。（4）利用茶色薄玻璃板制作如图丙的“临摹神器”，可在白纸上临摹手机画面。如图丁，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为°，临摹时要在（填“①”或“②”）位置观察。25．（8分）用伏安法测量额定电压为2.5V小灯泡的电阻，实验装置如图甲。（1）用笔画线代替导线将图甲电路连接正确。（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于最端。（3）闭合开关，定向移动滑片P，发现电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大。经检查，故障只发生在滑动变阻器，故障的原因可能是。A.滑动变阻器短路B.滑动变阻器的滑片P与电阻丝接触不良（4）排除故障，继续实验。实验小组设计如下表格并记录部分实验数据。实验次序12345电压U/V0.91.31.72.12.5电流I/A0.200.220.280.30电阻R/Ω4.55.97.5电阻平均值R/Ω①电压表示数为1.7V时，电流表示数如图乙所示，读数为A。②小灯泡正常发光时电阻为Ω。（保留一位小数）③表格中设计不合理的一项是，原因是。26．（6分）探究液体压强与哪些因素有关，完成下列任务。任务一测量盐水、水和酒精的密度（1）将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端处，并调节好天平。（2）用注射器抽取5mL盐水，用天平测得注射器和盐水的总质量，如图甲所示，为g。（3）用注射器继续抽取盐水，活塞移至15mL处，测得注射器和盐水的总质量为27.4g，盐水的密度为g/cm3。继续测出水和酒精的密度。任务二探究液体内部的压强（4）图乙是U形管压强计，实验时通过两侧液面的高度差来反映的大小。（5）三个容器分别装有适量的盐水、水和酒精，改变探头在液体中的深度，记录探头的深度h与U形管两侧液面的高度差Δh，绘制Δh﹣h图像如图丙，分析图像可知：①液体压强与液体的深度有关，在相同液体内部，深度越深，压强越。②液体压强与液体的密度有关。根据图像，陈述得出结论②的理由：。27．（7分）降水量是指一段时间内，雨水（或融化后的固体降水）未经蒸发、渗透和流失所积聚起来的水层深度。为了监测降水量，科创小组制作了“翻斗式雨量计”，装置外观是上端开口的圆柱体，如图1甲。内部结构示意图如图1乙。装置核心部件如图1丙，它是用中间隔板分开的两个完全对称的三角形容器，可绕O点处的水平轴转动，从而使两侧容器轮流接水，当一侧容器接满10mL雨水时会发生翻转，将水倒出，随着降雨持续，翻斗左右翻转，过程如图1丁。磁铁与配重通过连杆安装在翻斗上并随翻斗左右摆动，当磁铁经过磁感应开关（两者相互作用力忽略不计）时，磁感应开关通过电流传感器将翻斗翻转信息变成电信号，从而推算降水量。（1）翻斗在水平位置时是等臂杠杆，实验器材中属于等臂杠杆的有。（2）连杆上装有可调高度的配重。校准过程，若倒入的水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，可通过（填“降低”或“升高”）配重在连杆上的位置进行调整。（3）图2甲是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R1＝800Ω。某次降雨，电流传感器（电阻不计）测得电流随时间变化关系如图2乙。①当磁铁每次经过磁感应开关时，开关状态是。②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为0.1m2，由图2乙可知该地区30min内降水量约为mm，降水量变化趋势是。（测量前翻斗内无水）③由图2可知，R2＝Ω。（4）若该装置在我国北方地区使用，可改进的措施是。六、计算题：本题共3小题，共22分。28．（6分）某电水壶的部分参数如下表所示。该电水壶正常工作时，可将质量为1kg的水从20℃加热到100℃，用时420s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：额定电压220V额定功率1000W（1）水吸收的热量。（2）电水壶消耗的电能。（3）电水壶的热效率。29．（7分）运﹣20是我国自主研制的重型运输机，如图。飞机获得的升力F与其在平直跑道上滑行速度v的平方成正比，即F＝kv2，k为定值（未知）。飞机在平直跑道上从静止开始加速，当速度达到v1时，飞机即将离地起飞，此时飞机所受升力与重力相等。升空后，飞机若以速度800km/h沿水平直线匀速飞行0.5h，其发动机在水平方向的牵引力大小为3.6×105N。（1）求升空后飞机在上述0.5h内通过的路程。（2）求升空后飞机在上述0.5h内水平方向牵引力做的功。（3）已知飞机重力为G，求飞机在跑道上滑行速度为0.5v1时受到的支持力。30．（9分）如图为科创小组测量大气压和海拔的简易装置原理图，R0为定值电阻，RF为力敏电阻，RF置于圆柱体容器底部，可自由滑动的活塞通过轻杆压在力敏电阻上。容器内抽成真空，装置气密性良好。该装置通过两电表示数分别转换测出大气压值和海拔，且示数均随测量值增大而增大。电源电压恒为6V，R0＝30Ω，RF的阻值与压力大小F的关系为RF＝1030﹣2.5F，电压表量程为0∼3V，电流表量程为0∼0.6A。活塞横截面积为4×10﹣3m2，忽略摩擦，不计活塞质量。查阅资料，大气压p与海拔h的关系如表。海拔h/m0100200300400500……10002000……大气压p/×103Pa10110099989796……9080……（1）求h＝0时活塞受到的压力。（2）求h＝0时通过R0的电流。（3）求该装置能测量的最高海拔。（4）指出该装置测量时的一项不足之处，针对该不足，就电源和电流表中任选1个，提出相应问题的解决方案，并说明理由。

2025年福建省中考物理试卷参考答案与试题解析一．选择题（共14小题）题号1234567891011答案CBABADBACCA题号121314答案DBB一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（2分）下列属于可再生能源的是（）A．煤 B．核能 C．风能 D．天然气【分析】能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。【解答】解：A、煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A不符合题意；B、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B不符合题意；C、风能从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故C符合题意；D、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D不符合题意。故选：C。【点评】本题难度不大，了解可再生能源和不可再生能源的特点是正确解答本题的关键。2．（2分）用智能手机监测噪声，显示的“50.6dB”是指声音的（）A．音调 B．响度 C．音色 D．频率【分析】人们以分贝为单位来表示声音强弱的等级，分贝的符号是dB。声音的强弱叫作响度。【解答】解：分贝（dB）是用于表示声音强度的单位，而声音的强度体现的是声音的响度。响度是指声音的大小或强弱，振幅越大，响度越大，距离声源越近，响度也越大。手机监测噪声显示的“50.6dB”，就是对声音响度的一种量化表示。而A选项音调是指声音的高低，由声源振动的频率决定，频率越高，音调越高；C选项音色是指不同发声体因材料和结构不同，产生的波形不同，进而具有独特的音色，比如不同乐器发出声音的音色不同；D选项频率是指振动次数和时间之比，单位是赫兹（Hz），它决定了声音的音调。故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】此题要结合噪声的等级及声音的特征响度定义进行分析解答，注意与其它特征的区分。3．（2分）人体肺泡极多，如图是记录人体单个肺泡直径的数据，其单位是（）A．微米 B．毫米 C．厘米 D．分米【分析】根据人体细胞大小，估测肺泡大小【解答】解：由生物知识可知细胞需要在光学显微镜下观察，所以细胞的直径小于1mm，肺泡的直径用单位微米更合适，故选：A。【点评】本题考查了学生对人体结构的了解与长度的估测。4．（2分）空间站中，发光二极管为金鱼藻提供光照，其主要材料属于（）A．导体 B．半导体 C．绝缘体 D．超导体【分析】容易导电的物体属于导体，不容易导电的物体属于绝缘体，导电性能介于导体和绝缘体之间的材料属于半导体。【解答】解：发光二极管是由半导体材料制成的，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】此题考查了半导体材料在生活中的应用，比较简单，属基础题目。5．（2分）《考工记》记载：“马力既竭，辀犹能一取焉。”展现出古人观察到马已停止用力，车还能前进一段距离。车继续前进的主要原因是其（）A．具有惯性 B．受到推力 C．受力平衡 D．受到摩擦力【分析】一切物体都有保持运动状态不变的性质，叫惯性。【解答】解：马停止用力，车就不再受到向前拉力作用，由于车的惯性，所以车仍能继续前进一段距离才停下来，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】此题通过不同的选项考查了学生对惯性知识的理解，一定要知道惯性是物体本身的一种性质，任何物体任何情况都有惯性。6．（2分）如图为搭乘“天舟八号”前往中国空间站的月壤砖的模型，该模型等同于由四个相同正方体组合而成。将其放在地球水平桌面上，如图，对桌面压强最小的是（）A． B． C． D．【分析】物体放在水平桌面上，物体对水平桌面的压力等于物体的重力，根据公式p分析压强。压力相同时，比较受力面积，受力面积小的压强大。【解答】解：如图所示，同一物体对桌面的压力等于自身的重力，所以四种情况下物体对桌面的压力相同，由图可知，D图与桌面的接触面积最大，由p知，D图对桌面的压强最小，故D符合题意。故选：D。【点评】求固体对水平面的压强，一般先求出压力，再根据压强公式求压强，放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力。这是解答此题的关键。7．（2分）关于新能源电动汽车充电桩的安装和使用，下列符合安全用电要求的是（）A．用湿抹布擦拭充电插口 B．充电桩需要安装接地线 C．充电桩起火立即泼水救火 D．充电桩无需安装保险装置【分析】（1）生活用水是导体；（2）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；（3）用电器起火时，要先切断电源再灭火；（4）为了用电安全，电路中必须要有保险丝或空气开关、漏电保护器。【解答】解：A、生活用水是导体，用湿抹布擦拭充电插口，容易使人触电，故A不符合安全用电原则；B、安装充电桩时，为了安全，防止外壳漏电，要接地线，故B符合安全用电原则；C、充电桩起火时，要先切断电源再灭火，立即泼水救火，因为生活用水容易导电，容易发生触电事故，故C不符合安全用电原则；D、为了用电安全，电路中必须要有保险丝或空气开关，每个充电桩在安装时都要装漏电保护器，故D不符合安全用电原则。故选：B。【点评】本题借助充电桩考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。8．（2分）在体育运动中，如图中的做法为了减小摩擦的是（）A．穿轮滑鞋 B．手涂防滑粉 C．戴手套接球 D．用力捏车闸【分析】减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；用滑动代替滚动。【解答】解：A、穿轮滑鞋，是通过变滑动为滚动来减小摩擦，故A符合题意；B、手上涂防滑粉，这是在压力一定的情况下，利用防滑粉增大手和器械之间接触面的粗糙程度来增大摩擦力的，故B不符合题意；C、戴手套接球，是在压力一定的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不符合题意；D、刹车时用力捏车闸，是在接触面的粗糙程度一定的情况下，利用增大压力的方式使刹车片紧紧压在轮毂上，从而增大刹车片与轮毂之间的摩擦力使车的速度减小，故D不符合题意。故选：A。【点评】本题考查了对增大和减小摩擦的方法在生活中的应用，能将知识与实际应用相结合，是解答的关键。9．（2分）如图，大头针插在玻璃瓶的软木塞上，把金属箔悬挂在大头针上。带电体接触大头针后，金属箔张开，此过程（）A．正电荷发生转移 B．可检验带电体的电性 C．金属箔带上同种电荷 D．张开角度越小，所带电荷越多【分析】（1）在金属导体中，能够自由移动的是电子，即负电荷。当带电体接触大头针后，是电子发生转移。（2）验电器的作用：检验物体是否带电。（3）验电器的原理是同种电荷相互排斥。（4）金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少。【解答】解：A、在金属导体中，能够自由移动的是电子，即负电荷。当带电体接触大头针后，是电子发生转移，而不是正电荷，故A错误。B、仅通过金属箔张开这一现象，不能直接检验带电体的电性。要检验带电体的电性，需要先用已知电性的带电体使金属箔带上电，再用待检验的带电体靠近，根据金属箔张角的变化来判断，故B错误。C、带电体接触大头针后，电荷会传导到金属箔上，使金属箔带上同种电荷。根据同种电荷相互排斥的原理，金属箔会张开，故C正确。D、金属箔张开角度的大小反映了所带电荷的多少，张开角度越大，所带电荷越多；张开角度越小，所带电荷越少，故D错误。故选：C。【点评】本题考查验电器的原理是同种电荷相互排斥。10．（2分）小闽为康养中心的老人设计服务信号电路图，灯亮表示提醒卫生服务，电铃响表示呼叫医疗服务。如图中不符合要求的是（）A． B． C． D．【分析】灯亮表示提醒卫生服务，电铃响表示呼叫医疗服务，说明灯与电铃互不影响，是并联，由此选择电路图。【解答】解：经分析，灯亮表示提醒卫生服务，电铃响表示呼叫医疗服务，说明灯与电铃互不影响，是并联，且各有一个开关控制，图ABD符合题意，C不符合题意。故选：C。【点评】本题考查了设计电路的能力，关键是根据串联和并联电路特点判断灯与电铃的连接方式。11．（2分）如图，修表师傅可通过“寸镜”看清手表微小结构。“寸镜”内部有一个凸透镜，使用时手表到凸透镜的距离应（）A．小于1倍焦距 B．等于1倍焦距 C．大于2倍焦距 D．在2倍焦距与1倍焦距之间【分析】凸透镜成像的规律和应用：u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；u＝2f，成倒立等大的实像，应用是测焦距；f＜u＜2f，成倒立放大的实像，应用是投影仪；u＝f，不成像；u＜f，成正立放大的虚像，应用是放大镜。【解答】解：“寸镜”内部有一个凸透镜，在修表时，做放大镜使用，所以此时手表到凸透镜的距离应小于1倍焦距，故A正确、BCD错误。故选：A。【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。12．（2分）如图，红茶加工包含“萎凋”“揉捻”“发酵”“烘干”等工序。下列说法错误的是（）A．“萎凋”时摊开茶叶可加快水分蒸发 B．“揉捻”使茶叶卷缩，说明力可改变物体的形状 C．“发酵”时闻到气味是因为分子在永不停息地运动 D．“烘干”是通过做功减小茶叶的内能【分析】（1）影响蒸发快慢的因素有液体的温度、液体的表面积以及液面上方的空气流动；蒸发可以吸收热量。（2）力不仅可以改变物体的形状，还能改变物体的运动状态。（3）一切物质的分子都在不停地做无规则运动。这种无规则运动叫作分子的热运动。（4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。【解答】解：A、“萎凋”时摊开茶叶，增大了茶叶与空气的接触面积，从而可加快水分蒸发，故A正确，不符合题意。B、“揉捻”过程中对茶叶施加力，使茶叶卷缩，形状发生改变，说明力可改变物体的形状，故B正确，不符合题意。C、“发酵”时能闻到气味，是因为茶叶中的分子在永不停息地做无规则运动，扩散到空气中，故C正确，不符合题意。D、“烘干”是通过热传递的方式使茶叶的内能增大，温度升高，从而加快水分蒸发，而不是通过做功减小茶叶的内能，故D错误，符合题意。故选：D。【点评】本题考查影响蒸发快慢的因素和应用，分子热运动及改变内能的方法及力的作用效果。13．（2分）抽水蓄能电站被称为“超级充电宝”，用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电，如图。关于抽水蓄能电站，下列说法正确的是（）A．用电低谷时，以电能的形式储能 B．用电高峰时，机械能转化为电能 C．选址时，上下水库的高度差要小 D．存储的能量可以全部转化为电能【分析】（1）用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电；（2）水力发电的过程中，水的机械能转化为电能；（3）重力势能的大小与质量和高度有关，据此分析；（4）由于能量的损耗，不可能全部转化为电能。【解答】解：A、用电低谷时，抽水蓄能电站利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段再放水至下水库发电，则电能转化为水的机械能，故A错误；B、用电高峰时，水从上水库放出到下水库，使水轮机带动发电机发电，机械能转化为电能，故B正确；C、重力势能的大小与质量和高度有关，质量越大，高度越高，重力势能越大，故水库的上、下高度差大一些，故C错误；D、由于能量的损耗，存储的能量不可能100%转化为电能，故D错误。故选：B。【点评】本题以水电站为背景，考查了在利用水能发电的过程中所涉及的部分物理知识，体现了物理与社会生活的联系，有一定的现实意义。14．（2分）光照强度会影响花卉生长。图甲为光照强度过大时触发报警的电路，电源电压不变，R0为阻值可调的电阻箱，R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙。当电流表示数大于某一值I0时触发报警，I0时的光照强度为警戒光照强度。闭合开关S，下列说法正确的是（）A．R的阻值随光照强度增大而增大 B．增大R0阻值可增大警戒光照强度 C．R0一定时，光照强度越大，通过R0的电流越大 D．R0一定时，光照强度越大，电流表示数越小【分析】（1）由图乙知R的阻值随光照强度增大而减小；（2）由图甲知光敏电阻和电阻箱并联，电流表测量干路的电流，由题意知当电流表示数大于某一值I0时触发报警，若增大R0阻值，由欧姆定律判断出通过R0这一支路电流的变化变小，进而判断出通过光敏电阻电流的变化，由欧姆定律判断出光敏电阻阻值的变化以及警戒光照强度的变化；（3）R0一定时，电源电压不变，由I判断出通过R0电流的变化；（4）R0一定时，光照强度越大，光敏电阻的阻值越小，由I判断出通过光敏电阻的电流越大，进而判断出干路电流的变化，即电流表示数的变化。【解答】解：A、由图乙知R的阻值随光照强度增大而减小，故A错误；B、由图甲知光敏电阻和电阻箱并联，电流表测量干路的电流，由题意知当电流表示数大于某一值I0时触发报警，若增大R0阻值，由I通过R0这一支路的电流变小，则通过光敏电阻的电流变大，由欧姆定律知光敏电阻的阻值变小，可增大警戒光照强度，故B正确；C、R0一定时，电源电压不变，由I通过R0的电流不变，故C错误；D、R0一定时，光照强度越大，光敏电阻的阻值越小，由I通过光敏电阻的电流越大，电流表的示数变大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用。二、填空题：本题共5小题，每空1分，共12分。15．（4分）为了提高学生户外生存技能，学校开展取火和自制指南针实践活动，据此完成下题。（1）将包装口香糖的锡箔纸剪成如图1形状，其他条件相同时，C处的横截面积小，电阻越大。A、B两端分别与电池正负极接触，观察到C处起火，该现象利用了电流的热效应。（2）将回形针掰直，磁化后放在树叶上，漂浮于水面，如图2，回形针在地球磁场的作用下，静止后指向南北。参照冬季午间小草的影子偏向北方，进一步推测A端是回形针磁体的S极。【分析】（1）导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、材料和温度有关；电流流过导体时，导体要发热，这种现象是电流的热效应。（2）地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场。【解答】解：（1）如图所示，AB和CD段锡纸串联电路中，因串联电路中的电流处处相等，所以通过AC和BC段的电流相等，在材料和长度相同时，C处的横截面积越小，电阻越大，A、B两端分别与电池正负极接触，观察到C处起火，该现象利用了电流的热效应；（2）地球是一个巨大的磁体，磁化后的回形针具有磁性，将其放在树叶上，漂浮于水面，则回形针在地球磁场的作用下，静止后会指南北两个方向。小草的影子偏向北方，根据影子的形成原理可知太阳南方，地理南方附近是地磁北极，根据磁极间的相互作用规律可知回形针磁体指南方的是S极，即推测A端是回形针磁体的S极。故答案为：（1）越大；热；（2）磁场；S。【点评】本题考查了电路的热效应和磁场，属于基础题。16．（2分）仿生海洋机器鱼模仿鱼类的游动方式，与螺旋桨推进方式相比，噪声小，这是在声源处减弱噪声。机器鱼游动时，相对于海岸是运动的。【分析】（1）减弱噪声的途径有三种：即在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱；（2）物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。【解答】接：仿生海洋机器鱼模仿鱼类的游动方式，与螺旋桨推进方式相比，噪声小，这是在声源处减弱噪声。机器鱼游动时，机器鱼相对于海岸的位置在不断地发生改变，机器鱼是运动的。故答案为：声源；运动。【点评】本题考查了减弱噪声的途径及运动与静止的相对性，属于基础题。17．（2分）科创小组制作遥控“泵喷式”船模，当船向后喷水时，船获得向前的推力，表明物体间力的作用是相互的。遥控发射器利用电磁波控制船。【分析】相互性（相互作用力）：任何两个物体之间的作用总是相互的，施力物体同时也一定是受力物体。广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。【解答】解：当船向后喷水时，水受到船向后的作用力，同时水会给船一个向前的反作用力，这体现了力的作用是相互的。遥控发射器通过天线将电磁波发射出去，船模上的接收机接收到电磁波信号后，将其转换为相应的控制信号，从而实现对船模的控制。故答案为：相互；电磁。【点评】本题考查了力的相互性，以及电磁波的应用。18．（2分）如图为电学知识部分结构图，请补充完整。①电能；②电流。【分析】根据电源提供电能、用电器消耗电能，电压是形成电流的原因分析。【解答】解：电源提供电能、用电器消耗电能故①是电能；而电压是形成电流的原因，电阻导体对电流的阻碍作用，故②的电流。故答案为：电能；电流。【点评】本题考查电路工作分析，设计电能与电流，属于基础题。19．（2分）如图为探究摩擦力的实验装置。当桶和沙的总质量为0.24kg时，木块和木板在水平桌面上保持静止，力传感器示数为0.4N。a、b两段轻绳均与桌面平行。图中滑轮的作用是改变力的方向。不计绳与滑轮间的摩擦，桌面对木板的摩擦力大小为2N。【分析】（1）固定不动的滑轮是定滑轮，定滑轮不省力，但可以改变力的方向；（2）对木块和木板进行受力分析，根据力的平衡关系求出桌面对木板的摩擦力大小。【解答】解：由图可知，图中滑轮固定不动，是定滑轮，定滑轮不省力，但可以改变力的方向；当桶和沙的总质量为0.24kg时，木块和木板在水平桌面上保持静止，此时木块受到力传感器的拉力和木板对木块的摩擦力，处于平衡状态，则木板对木块的摩擦力为发f1＝F力＝0.4N；由于力的作用是相互的，木块对木板的摩擦力为f'1＝0.4N；不计绳与滑轮间的摩擦，桶和沙对木板的拉力为F＝G＝mg＝0.24kg×10N/kg＝2.4N；此时木板受到桶和沙对木板的拉力、木块对木板的摩擦力和桌面对木板的摩擦力，处于平衡状态，则桌面对木板的摩擦力：f＝F﹣f'1＝2.4N﹣0.4N＝2N。故答案为：改变力的方向；2。【点评】此题是测量滑块与木板之间的滑动摩擦力实验，考查了定滑轮的作用、二力平衡、相互作用力、重力公式及力的合成的应用。三、作图题：本题共2小题，每小题2分，共4分。20．（2分）在图中，画出悬浮在水中的潜水艇模型受到的重力和浮力的示意图。【分析】当物体的密度等于液体的密度时，物体所受的浮力等于重力，物体将保持悬浮状态。如果物体同时受到几个力，‌可以将各力的作用点画在物体的重心上。【解答】解：悬浮在水中的潜水艇模型受到的重力和浮力是一对平衡力，大小相等，方向相反（重力的方向竖直向下、浮力的方向竖直向上），作用点在重心处，示意图如下：【点评】本题考查了物体的浮沉条件，以及力的示意图画法。21．（2分）在图中，画出入射光线的反射光线和折射光线的大致位置。【分析】光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由玻璃斜射进入空气中时，折射光线远离法线，折射角大于入射角。【解答】解：图中法线已经画出，根据反射角等于入射角，在法线上侧的玻璃中作出反射光线；当光由玻璃斜射进入空气中时，折射光线远离法线，折射角大于入射角，在法线上侧的空气中作出折射光线，如下图所示：【点评】本题考查了光的反射定律和折射规律，是中考热点之一，要求学生不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线。四、简答题：本题共1小题，共4分。22．（4分）“七星漂”钓法是我国传统钓鱼方法之一，钓组由浮子、钓线、坠子、鱼钩和鱼饵组成，如图。请用物理知识回答：（1）浮子常用轻质鹅毛羽轴或泡沫制作的原因。（2）钓组入水后，坠子将鱼饵快速拉向水底。为了减小水的阻力，坠子体积宜小。若有铝和铅两种材料，在其他条件相同时，选择哪种材料制作坠子更合适？分析选择的理由。（ρ铝＝2.7g/cm3，ρ铅＝11.3g/cm3）【分析】（1）物体的密度小于液体的密度，物体漂浮在液面上；（2）根据题意，由密度公式分析。【解答】解：（1）浮子常用轻质鹅毛羽轴或泡沫制作，是因为轻质鹅毛羽轴或泡沫的密度小于水的密度，能漂浮在水面上。（2）为了减小水的阻力，坠子体积宜小。质量相同的条件下，根据m＝ρV，因铝的密度小于铅的密度，故铝的体积大，铅的体积小，故铅制作坠子更合适。答：（1）轻质鹅毛羽轴或泡沫的密度小于水的密度，能漂浮在水面上。（2）质量相同的条件下，根据m＝ρV，因铝的密度小于铅的密度，故铝的体积大，铅的体积小，故铅制作坠子更合适。【点评】本题结合实验考查物体的浮沉条件及密度公式的运用。五、实验题：本题共5小题，共30分。23．（4分）防冻液是一种用于汽车发动机冷却系统的特殊液体。为判断某防冻液在最低气温为﹣25℃的某地区能否使用，利用图甲装置进行实验。（1）烧杯中装有适量防冻液，置于制冷剂中，用温度传感器每隔1min记录防冻液的温度，绘制温度随时间变化的图像，如图乙。观察到14∼20min防冻液处于固液共存状态，分析图像可知：防冻液在凝固过程中温度不变，凝固点为﹣35℃，由此判断该防冻液可以在该地区使用。（2）装制冷剂的容器外壁出现霜，这是空气中水蒸气凝华形成的小冰晶。【分析】（1）防冻液在凝固过程中的温度变化：晶体在凝固过程中温度保持不变。在温度﹣时间图像中，凝固过程对应的水平线段所对应的温度就是凝固点。液体凝固成晶体的条件：‌①温度达到凝固点。‌②达到凝固点后，‌能够继续放热，‌使温度保持不变，‌完成凝固过程。能否在该地区使用的判断：一般选择防冻液时，其冰点应至少比当地历史最低气温低10°C﹣15°C。该地区最低气温为−25°C，而防冻液凝固点为−35°C，−35°C＜−25°C，且满足比当地最低气温低10°C以上的要求，所以该防冻液可以在该地区使用。（2）物质由气态直接变成固态的过程叫凝华。【解答】解：（1）防冻液在凝固过程中的温度变化：晶体在凝固过程中温度保持不变。由题中“14﹣20min防冻液处于固液共存状态”可知，防冻液是晶体，所以其在凝固过程中温度不变。在温度﹣时间图像中，凝固过程对应的水平线段所对应的温度就是凝固点。从图像中可看出，14﹣20min防冻液处于固液共存状态，温度不变，此温度即为凝固点。图像中该温度为−35°C。一般选择防冻液时，其冰点应至少比当地历史最低气温低10°C﹣15°C。该地区最低气温为−25°C，而防冻液凝固点为−35°C，−35°C＜−25°C，且满足比当地最低气温低10°C以上的要求，所以该防冻液可以在该地区使用。（2）装制冷剂的容器外壁出现霜，这是空气中水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶。因为制冷剂温度很低，使容器外壁温度也很低，当空气中的水蒸气遇到温度低于0°C的容器外壁时，会直接从气态变为固态，形成霜。故答案为：（1）不变；﹣35；可以；（2）凝华。【点评】不同课程晶体熔化和液体凝固的条件及凝华现象。24．（5分）探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲。（1）实验前，将白纸平铺在水平桌面上，玻璃板垂直架在纸上。（2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B，直到B与A的像A′完全重合，说明像与物的大小相等。在纸上描出蜡烛、玻璃板和像的位置，处理数据如图乙。（3）得出结论：像与物关于平面镜对称。为使该结论具有普遍性，提出一条改进建议：改变物体位置多次实验。（4）利用茶色薄玻璃板制作如图丙的“临摹神器”，可在白纸上临摹手机画面。如图丁，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为50°，临摹时要在①（填“①”或“②”）位置观察。【分析】（1）本实验，玻璃板应该垂直白纸；（2）平面镜所成的像与物大小相等；（3）为使该结论具有普遍性，应该多次改变物体位置实验；（4）根据像与物关于镜面对称分析；平面镜成的是虚像。【解答】解：（1）实验前，为了确定像的位置，玻璃板应该垂直白纸；（2）蜡烛B与蜡烛A重合，说明像与物大小相等；（3）为使该结论具有普遍性，应该多次改变物体位置实验；（4）手机屏幕与白纸的夹角为80°，根据像与物关于镜面对称可知，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为50°；平面镜成的是虚像，故临摹时要在①位置观察。故答案为：（1）垂直；（2）大小；（3）改变物体位置多次实验；（4）50；①。【点评】本题探究平面镜成像的特点实验，掌握平面镜成像规律是关键。25．（8分）用伏安法测量额定电压为2.5V小灯泡的电阻，实验装置如图甲。（1）用笔画线代替导线将图甲电路连接正确。（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于最右端。（3）闭合开关，定向移动滑片P，发现电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大。经检查，故障只发生在滑动变阻器，故障的原因可能是B。A.滑动变阻器短路B.滑动变阻器的滑片P与电阻丝接触不良（4）排除故障，继续实验。实验小组设计如下表格并记录部分实验数据。实验次序12345电压U/V0.91.31.72.12.5电流I/A0.200.220.280.30电阻R/Ω4.55.97.5电阻平均值R/Ω①电压表示数为1.7V时，电流表示数如图乙所示，读数为0.26A。②小灯泡正常发光时电阻为8.3Ω。（保留一位小数）③表格中设计不合理的一项是求平均电阻，原因是小灯泡的电阻随温度的升高而变大，不是定值。【分析】（1）小灯泡的额定电压为2.5V，据此判断出电压表选用小量程与小灯泡并联；（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处；（3）滑动变阻器的滑片P与电阻丝接触不良，会造成电压表与电源连接不稳定，电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大；（4）①根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数；②由R算出小灯泡正常发光时的电阻；③④【解答】解：（1）由于小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用小量程与小灯泡并联，如下图所示：（2）为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于阻值最大处，即最右端；（3）闭合开关，定向移动滑片P，若滑动变阻器的滑片P与电阻丝接触不良，电压表与电源连接不稳定，电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大，故B符合题意；（4）电压表示数为1.7V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，读数为0.26A；②小灯泡正常发光时电阻为：R8.3Ω；③由于小灯泡的电阻随温度的升高而变大，不是定值，所以不能求平均电阻，所以表格中设计不合理的一项是求平均电阻。故答案为：（1）见解答图；（2）右；（3）B；（4）①0.26；②8.3；③求平均电阻；小灯泡的电阻随温度的升高而变大，不是定值。【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路图连接、故障分析、欧姆定律的运用和数据分析能力等知识。26．（6分）探究液体压强与哪些因素有关，完成下列任务。任务一测量盐水、水和酒精的密度（1）将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端零刻度线处，并调节好天平。（2）用注射器抽取5mL盐水，用天平测得注射器和盐水的总质量，如图甲所示，为15.8g。（3）用注射器继续抽取盐水，活塞移至15mL处，测得注射器和盐水的总质量为27.4g，盐水的密度为1.16g/cm3。继续测出水和酒精的密度。任务二探究液体内部的压强（4）图乙是U形管压强计，实验时通过两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小。（5）三个容器分别装有适量的盐水、水和酒精，改变探头在液体中的深度，记录探头的深度h与U形管两侧液面的高度差Δh，绘制Δh﹣h图像如图丙，分析图像可知：①液体压强与液体的深度有关，在相同液体内部，深度越深，压强越大。②液体压强与液体的密度有关。根据图像，陈述得出结论②的理由：由图丙知，在不同液体的同一深度处，酒精对应的U形管两侧液面的高度差最小，酒精产生的压强最小，而盐水对应的U形管两侧液面的高度差最大，盐水产生压强最大。。【分析】（1）将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端零刻度线处，并调节好天平。（2）根据标尺的分度值得出游码对应的示数，从而得出注射器和盐水的总质量（3）设注射器的质量为m，由密度公式ρ，根据盐水的密度不变列方程得出m大小，从而得出盐水的密度；（4）由转换法，实验时通过两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小。（5）①根据绘制Δh﹣h图像结合转换法分析；②由图丙知，在不同液体的同一深度处，由转换法知，不同液体产生压强不同。【解答】解：（1）天平使用前要调节横梁平衡：将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端零刻度线处，并调节好天平。（2）用注射器抽取5mL盐水，如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，游码对应的示数为0.8g，用天平测得注射器和盐水的总质量m＝10g+5g+0.8g＝15.8g（3）用注射器继续抽取盐水，活塞移至15mL处，测得注射器和盐水的总质量为27.4g，设注射器的质量为m，由密度公式ρ，根据盐水的密度不变有①m＝10g代入①，盐水的密度为ρ1.16g/cm3（4）图乙是U形管压强计，由转换法，实验时通过两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小。（5）①根据绘制Δh﹣h图像可知，液体压强与液体的深度有关，在相同液体内部，深度越深，两侧液面的高度差，压强越大。②由图丙知，在不同液体的同一深度处，酒精对应的U形管两侧液面的高度差最小，酒精产生的压强最小，而盐水对应的U形管两侧液面的高度差最大，盐水产生压强最大，故得出液体压强与液体的密度有关。故答案为：（1）零刻度线；（2）15.8；（3）1.16；（4）液体内部压强；（5）大；由图丙知，在不同液体的同一深度处，酒精对应的U形管两侧液面的高度差最小，酒精产生的压强最小，而盐水对应的U形管两侧液面的高度差最大，盐水产生压强最大。【点评】本题测量液体的密度、探究液体内部的压强，考查操作过程及数据分析及密度公式的运用。27．（7分）降水量是指一段时间内，雨水（或融化后的固体降水）未经蒸发、渗透和流失所积聚起来的水层深度。为了监测降水量，科创小组制作了“翻斗式雨量计”，装置外观是上端开口的圆柱体，如图1甲。内部结构示意图如图1乙。装置核心部件如图1丙，它是用中间隔板分开的两个完全对称的三角形容器，可绕O点处的水平轴转动，从而使两侧容器轮流接水，当一侧容器接满10mL雨水时会发生翻转，将水倒出，随着降雨持续，翻斗左右翻转，过程如图1丁。磁铁与配重通过连杆安装在翻斗上并随翻斗左右摆动，当磁铁经过磁感应开关（两者相互作用力忽略不计）时，磁感应开关通过电流传感器将翻斗翻转信息变成电信号，从而推算降水量。（1）翻斗在水平位置时是等臂杠杆，实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平。（2）连杆上装有可调高度的配重。校准过程，若倒入的水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，可通过降低（填“降低”或“升高”）配重在连杆上的位置进行调整。（3）图2甲是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路，电源电压不变，R1、R2为定值电阻，R1＝800Ω。某次降雨，电流传感器（电阻不计）测得电流随时间变化关系如图2乙。①当磁铁每次经过磁感应开关时，开关状态是闭合。②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为0.1m2，由图2乙可知该地区30min内降水量约为1.2mm，降水量变化趋势是变小。（测量前翻斗内无水）③由图2可知，R2＝200Ω。（4）若该装置在我国北方地区使用，可改进的措施是低温天气，增加加热装置；降水量偏小，可以降低配重的高度。【分析】（1）实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平、定滑轮等；（2）倒入的水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，说明配重的力臂过大，可降低配重的位置减小力臂；（3）由图2乙可知，电流每隔一段时间后会变大，但时间较短原因是磁铁每次经过磁感应开关，使开关闭合，将R1短路，电路总电阻变小，电流变大，而经过的时间很短，故电流维持时间较短；由图2乙可知，30min内有12次电流变化，即翻斗左右摆动了12次，每次倒水10mL，一共倒水120mL，用降水总体积除以开口面积得到降水量；由图2中，对5mA和25mA两个电流值的状态下，分别使用欧姆定律，联立两式可求出R2的阻值；（4）若该装置在我国北方地区使用，北方地区气温较低且降水量较少，为防止降下的雨水结冰可增加加热装置，同时降水量少的情况下防止装置测量误差较大，可以通过降低配重的高度来调大装置的灵敏度。【解答】解：（1）实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平、定滑轮等；（2）倒入的水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，说明配重的力臂过大，可降低配重的位置减小力臂；（3）①由图2乙可知，电流每隔一段时间后会变大，但时间较短；电流变大且时间很短的原因是磁铁每次经过磁感应开关，使开关闭合，将R1短路，电路总电阻变小，电流变大，而经过的时间很短，故电流维持时间较短，由此当磁铁每次经过磁感应开关时，开关状态是闭合；②由图2乙可知，30min内有12次电流变化，即翻斗左右摆动了12次，每次倒水10mL，一共倒水120mL＝120cm3＝1.2×10﹣4m3；顶端开口面积为0.1m2，则降水量为：h1.2×10﹣3m＝1.2mm；③由图2乙可知，电流变化的时间间隔变长，即翻斗每次倒水的时间间隔变长，说明降水量变小；由图2可知，磁感应开关断开时，电流较小为5mA＝5×10﹣3A，磁感应开关闭合时，电流较大为25mA＝25×10﹣3A，根据欧姆定律，有：U＝5×10﹣3A×（800Ω+R2），U＝25×10﹣3A×R2，U为电源电压，解得：U＝5V，R2＝200Ω；（4）若该装置在我国北方地区使用，北方地区气温较低且降水量较少，为防止降下的雨水结冰可增加加热装置，同时降水量少的情况下防止装置测量误差较大，可以调大装置的灵敏度，故可改进的措施是：低温天气，增加加热装置；降水量偏小，可以降低配重的高度。故答案为：（1）托盘天平；（2）降低；（3）闭合，1.2，变小，200；（4）低温天气，增加加热装置；降水量偏小，可以降低配重的高度。【点评】本题考查杠杆的动态平衡分析，欧姆定律的应用。六、计算题：本题共3小题，共22分。28．（6分）某电水壶的部分参数如下表所示。该电水壶正常工作时，可将质量为1kg的水从20℃加热到100℃，用时420s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：额定电压220V额定功率1000W（1）水吸收的热量。（2）电水壶消耗的电能。（3）电水壶的热效率。【分析】（1）已知水的比热容、质量和初温、末温，根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；（2）由表可知电水壶的额定功率，该电水壶正常工作时，其实际功率等于额定功率，根据W＝Pt求电水壶消耗的电能；（3）根据η100%求电水壶的热效率。【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J；（2）由表可知电水壶的额定功率为1000W，该电水壶正常工作时，其实际功率等于额定功率，故用时420s，电水壶消耗的电能：W＝Pt＝1000W×420s＝4.2×105J；（3）电水壶的热效率：η100%100%＝80%。答：（1）水吸收的热量为3.36×105J。（2）电水壶消耗的电能为4.2×105J。（3）电水壶的热效率为80%。【点评】本题考查电热的综合计算，难度一般。29．（7分）运﹣20是我国自主研制的重型运输机，如图。飞机获得的升力F与其在平直跑道上滑行速度v的平方成正比，即F＝kv2，k为定值（未知）。飞机在平直跑道上从静止开始加速，当速度达到v1时，飞机即将离地起飞，此时飞机所受升力与重力相等。升空后，飞机若以速度800km/h沿水平直线匀速飞行0.5h，其发动机在水平方向的牵引