2019-2020年九年级（上）期初物理试卷.doc

2019-2020年九年级（上）期初物理试卷一、选择题（每题3分，本大题共60分）1如图，风速计是由风叶和改装的电流表构成风速越大，风叶转动越快，电流表读数也越大则四个选项中与这一过程的工作原理相同的是（）ABCD2下列现象所反映的科学原理正确的是（）A踢出去的足球继续飞行，说明足球受到惯性力的作用B从冰箱冷冻室取食物时手常被食物粘住，说明水遇冷会凝固C从树上掉下来的苹果越落越快，说明动能会转化为势能D长时间行驶的汽车轮胎发热，说明通过热传递能改变轮胎的内能3把篮球抛向空中，忽略空气阻力，如图所示的哪一幅图象能正确反映球离手后至落回地面前，机械能E与篮球离地高度h的关系（）ABCD4小李同学先后用同样大小的力F使同一木箱分别在如图所示甲、乙、丙三个表面上沿力的方向移动相同的距离，该力F在这三个过程中所做的功分别为W甲、W乙、W丙，关于做功大小的下列说法正确的是（）AW甲W乙W丙BW甲W乙W丙CW甲=W乙=W丙DW甲=W乙W丙5如图所示，小芳持续施加一定力推动木柜，该木柜沿水平地面做匀速直线运动，在木柜移动的过程中，下列叙述正确的是（）A木柜受到的重力对木柜有做功B木柜受到的支持力做功为零C地面对木柜可能没有摩擦力D移动过程中推力做功功率越来越大6关于能量及其转化的说法中，正确的是（）A原子弹和核电站都是利用轻核聚变的原理制成的B洒水车在水平路面上匀速行驶洒水，其动能保持不变C一个物体吸收了热量，其内能会增大，但温度可以不变D单缸四冲程汽油机的压缩冲程将内能转化为机械能7如图是直流电动机提升重物的示意图，电源电压为110V且保持不变，电路中的电流是5A，重500N的物体在电动机带动下以0.9m/s的速度匀速上升，不计各处摩擦，则电动机线圈的电阻是（）A4B22C10D2二、填空题（本大题共31分）8汽车观后镜是一面镜，可以使光线照相机的镜头相当于一个，在底片上成的是_（填“正立”或“倒立”）的（填“缩小”或“放大”）的 （填“实”或“虚”）像9在中考体育考试的测试中，某同学1min跳了180次，若他的质量为40，每次跳起的高度为5cm，他跳一次做的功是J，跳绳时的功率是W（取g=10N/）10如图甲所示，用细线拴住一质量为0.4千克、密度为5103千克/米3的实心小球，接着将小球放在烧杯内，与烧杯底部接触，细线挂在固定在支架上的弹簧秤上，最后调节支架的高度，使弹簧秤的示数为2牛往烧杯内注水，在水面没有浸没小球前，小球所受的浮力（选填“变大”、“变小”或“不变”），弹簧秤的读数（选填“变大”、“变小”或“不变”）若将此小球先后放入装有水的烧杯A和装有水银的烧杯B中，如图乙所示，则烧杯A中小球所受的浮力（选填“大于”、“等于”或“小于”）烧杯B中小球所受的浮力三、实验探究题（本大题共49分）11某兴趣小组探究滑动摩擦力大小与压力、重力是否有关，设计的实验装置如图所示将质量不计的白纸放在水平放置的台式测力计上，再在白纸上放金属盒，金属盒连接固定在墙上的弹簧测力计兴趣小组进行了3次实验，实验步骤和数据记录如表所示请回答下列问题：实验步骤台式测力计示数F/N金属盒重力G/N弹簧测力计示数f/N把金属盒放在质量不计的白纸上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数4.84.81.9接着，将质量不计的氢气球系在金属盒上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数3.24.81.2接着，往金属盒注入适量的沙子，使台式测力计的示数为4.8N，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数4.86.41.9（1）下列情况中，能最方便的通过对弹簧测力计读数测出滑动摩擦力大小的是A白纸、金属盒都必须匀速运动B白纸必须匀速运动，要等金属盒停止运动C白纸、金属盒都必须停止运动D白纸运动可以不匀速，要等金属盒停止运动（2）要判断重力的大小是否直接决定摩擦力的大小，应对比步骤（3）通过本次实验探究，可得出的结论：12用伏安法测量L1和L2两个小灯泡的电功率的实验已知L1和L2的额定电压分别为3.8V和2.5V、阻值均约为10所提供的器材有：电源（电压约为6V）、电流表、电压表和开关各一个，滑动变阻器（“10 2A”、“50 1A”）两个，导线若干（1）将图甲中的实物电路连接完整（此时所用滑动变阻器是“10 2A”）（2）先将滑片移到最左端，再闭合开关，发现小灯泡微弱发光，电流表有示数，电压表指针指向零刻度线电路可能存在的故障是（3）故障排除后，再移动变阻器的滑片，当电压表的示数为3V时，电流表的示数如图乙所示，这时L1的实际功率是W（4）完成L1的测量后，为测灯泡L2的电功率，只将图甲中的L1换成L2闭合开关后，发现L2发光过亮，不能进行实验为了完成灯炮L2电功率的测量，并使测量结果能更准确一些，在测量L2电功率之前应该进行的操作是首先断开开关，然后，最终测出了灯泡L2的额定功率13家庭用的电热饮水机，有加热和保温两种工作状态加热前温控开关S1处于闭合状态，闭合开关S后饮水机开始加热，当水箱内水温达到98时温控开关S1自动断开，饮水机处于保温状态；当水温降至一定温度t时，S1又闭合重新加热饮水机的铭牌数据与电路原理图如下：水箱容量额定电压加热功率保温功率2L220V440W40W求：（1）正常加热时通过饮水机的电流；（2）正常加热时电阻R2的阻值；（3）通过观察，饮水机每加热4min，就显示保温状态16min，如此状况下，饮水机工作一小时消耗的电能14由航空工业部六O五研究所自行设计的“海鸥300”轻型水陆两栖飞机（如图所示）已于xx年11月10月在石家庄首飞成功，该机可载46名乘客，配置有高性能的发动机和先进航空仪表设备，可用于公务飞行、货物运输、海岸巡逻等设飞机和乘客的总质量为4000kg（忽略飞机所受空气的浮力）（1）若飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向受到的阻力为飞机重力的0.1倍，求此时飞机发动机的功率是多少？（2）若在（1）的条件下增大飞机发动机的功率，试讨论飞机在水平方向上受力和运动速度的变化，以及飞机升力的变化（3）飞机在试飞过程中曾以最大功率沿着上下高度差为120m，长1200m的航线飞行，若飞机和乘客的总质量不变，飞行速度保持100m/s，配套航空发动机的功率至少应该是多少kW？15为了将放置在水平地面上、重G=100N的重物提升到高处小明同学设计了图1所示的滑轮组装置当小明用图2所示随时间变化的竖直向下拉力F拉绳时，重物的速度和上升的高度h随时间t变化的关系图象分别如图3和4所示若重物与地面的接触面积S=5102m2，不计摩擦，绳对滑轮的拉力方向均可看成在竖直方向求：（1）在23s内，拉力F的功率P及滑轮组的机械效率（2）在12s内，拉力F做的功W（3）在01s内，重物对地面的压强p16如图所示，杠杆AD放在钢制水平凹槽BC中，杠杆AD能以B点或C点为支点在竖直平面内转动，BC=0.2m细绳的一端系在杠杆的A端，另一端绕过动滑轮固定在天花板上，物体E挂在动滑轮的挂钩上浸没在水中的物体H通过细绳挂在杠杆的D端，动滑轮的质量m0=2kg，物体E的质量为12kg物体H的密度=1.7103kg/m3，AD=0.8m，CD=0.2m，杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计，g取10N/kg为使杠杆AD保持水平平衡，求：（1）杠杆D端受到绳子拉力的最大值？（2）浸没在水中的物体H的体积应满足什么条件？xx学年浙江省杭州市萧山区城区四校联考九年级（上）期初物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题3分，本大题共60分）1如图，风速计是由风叶和改装的电流表构成风速越大，风叶转动越快，电流表读数也越大则四个选项中与这一过程的工作原理相同的是（）ABCD【考点】发电机的构造和原理【分析】改装后的风速计的原理是电磁感应现象，以及产生的感应电流的大小和线圈的转速有关【解答】解：风速计的原理是电磁感应原理，即利用导体在磁场中切割磁感线，使电路中产生感应电流A、是通电导体在磁场中受力的实验，故A错误；B、是电磁感应实验，闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，电路中产生感应电流，符合风速计的原理，故B正确；C、是有关电磁铁的实验，C错误D、是通电导线周围存在磁场的奥斯特实验，故D错误故选B2下列现象所反映的科学原理正确的是（）A踢出去的足球继续飞行，说明足球受到惯性力的作用B从冰箱冷冻室取食物时手常被食物粘住，说明水遇冷会凝固C从树上掉下来的苹果越落越快，说明动能会转化为势能D长时间行驶的汽车轮胎发热，说明通过热传递能改变轮胎的内能【考点】惯性；凝固与凝固放热特点；动能和势能的转化与守恒；做功改变物体内能【分析】A、物体都有保持原来运动状态的性质称之为惯性，惯性不是力；B、物质从液态变为固态的现象称为凝固；C、物体在下落过程中，动能增大，重力势能减小，重力势能转化为动能；D、改变内能的方式：做功和热传递【解答】解：A、踢出去的足球继续飞行，说明足球由于惯性，惯性不是力的作用，故A错误；B、物质从液态变为固态的现象称为凝固，从冰箱冷冻室取食物时手常被食物粘住，说明水遇冷会凝固；故B正确；C、苹果从树上自由落下时，由于受到重力作用，速度越来越大，苹果的质量不变，动能不断增大高度不断减小，苹果的重力势能不断减小，重力势能转化为动能，故C错误D、长时间行驶的汽车轮胎发热，说明通过做功改变轮胎的内能，故D错误故选B3把篮球抛向空中，忽略空气阻力，如图所示的哪一幅图象能正确反映球离手后至落回地面前，机械能E与篮球离地高度h的关系（）ABCD【考点】机械能【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大（3）只有动能和势能的相互转化时，机械能守恒【解答】解：把篮球抛向空中，忽略空气阻力，只有动能和势能的相互转化，机械能守恒，机械能不变故选D4小李同学先后用同样大小的力F使同一木箱分别在如图所示甲、乙、丙三个表面上沿力的方向移动相同的距离，该力F在这三个过程中所做的功分别为W甲、W乙、W丙，关于做功大小的下列说法正确的是（）AW甲W乙W丙BW甲W乙W丙CW甲=W乙=W丙DW甲=W乙W丙【考点】功的大小比较【分析】物理中，功的大小等于力与在力的方向上通过的距离的乘积；即W=Fs【解答】解：一个人先后用同样大小的力F使物体沿力的方向移动相同的距离S；该力在这三个过程中所做的功分别为W甲、W乙、W丙，三个功的大小都等于W=Fs；即W甲=W乙=W丙；故C正确；ABD错误故选C5如图所示，小芳持续施加一定力推动木柜，该木柜沿水平地面做匀速直线运动，在木柜移动的过程中，下列叙述正确的是（）A木柜受到的重力对木柜有做功B木柜受到的支持力做功为零C地面对木柜可能没有摩擦力D移动过程中推力做功功率越来越大【考点】力是否做功的判断；摩擦力产生的条件；功率的概念【分析】（1）做功的条件是：作用在物体上有力，沿力的方向移动一段距离；（2）产生摩擦力的条件是：两个物体相互接触，且有一个运动的趋势；（3）据P=Fv判断功率的变化即可【解答】解：A、此过程中，重力的方向是竖直向下的，但木柜移动的距离是水平的，所以重力没有做功，故A错误；B、此时支持力的方向是竖直向上的，但木柜移动的距离是水平的，所以支持力没有做功，故B正确；C、此时地面和木柜相互接触，且有一个运动的趋势，所以它们之间是有摩擦力的，故C错误；D、木柜沿水平地面做匀速直线运动，故此时的推力和摩擦力是一对平衡力，此过程中，木柜对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以木柜与地面的摩擦力不变，故该过程中的推力不变，据P=Fv可知，F不变，v不变，所以功率P不变，故D错误；故选B6关于能量及其转化的说法中，正确的是（）A原子弹和核电站都是利用轻核聚变的原理制成的B洒水车在水平路面上匀速行驶洒水，其动能保持不变C一个物体吸收了热量，其内能会增大，但温度可以不变D单缸四冲程汽油机的压缩冲程将内能转化为机械能【考点】核能；动能和势能的大小变化；温度、热量与内能的关系；内燃机的四个冲程【分析】（1）如果原子核的链式反应在可控制的核反应堆中进行，就可和平利用核能发电，若不加控制，就会发生原子弹爆炸；（2）动能的大小与质量和速度有关；（3）温度、内能和热量的相互影响；（4）掌握四个冲程中的能量转化情况，吸气和排气冲程不发生能量转化，压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能【解答】解：A原子弹是核裂变不加控制，在极短的时间内释放出巨大的能量的武器，而用人工控制链式反应的速度和平利用核能，是核电站的原理故A错误；B洒水车匀速前进不断洒水的过程中，速度不变、质量减小，洒水车的动能变小故B错误；C物体吸收热量，内能一定增加，温度不一定升高比如：晶体熔化过程，虽然吸收热量，但温度保持不变故C正确；D内燃机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程压缩冲程将汽油和空气的混合物压缩，将机械能转化内能故D错误故选C7如图是直流电动机提升重物的示意图，电源电压为110V且保持不变，电路中的电流是5A，重500N的物体在电动机带动下以0.9m/s的速度匀速上升，不计各处摩擦，则电动机线圈的电阻是（）A4B22C10D2【考点】电功的计算【分析】本题为非纯电阻电路，所以欧姆定律不适用可以由能量的转化和守恒来解答电动机消耗的总功一部分用来输出功，另一部分被电机消耗而消耗部分可以由焦耳定律求解即可求得电阻【解答】解：电动机中消耗的总功率由P=UI得：P1=UI=1105=550（w）电机输出的机械功率等于物体克服重力做功的功率：P2=mgv=5000.9=450（w）由能量守恒得电机热功率等于总功率与输入功率的差：P3=P1P2=550450=100（W）由焦耳定律知电机的发热功率为：P3=I2R则：R=4（）即电动机的电阻为4，故选A二、填空题（本大题共31分）8汽车观后镜是一面凸面镜，可以使光线发散照相机的镜头相当于一个凸透镜，在底片上成的是_倒立（填“正立”或“倒立”）的缩小（填“缩小”或“放大”）的实 （填“实”或“虚”）像【考点】凸面镜和凹面镜；凸透镜成像的应用【分析】凸面镜对光有发散作用；凸透镜能成倒立缩小实像【解答】解：汽车观后镜是一面凸面镜，对光有发散作用，起到扩大视野的作用；照相机的镜头相当于一个凸透镜，利用其能成倒立、缩小的实像故答案为：凸面；发散；凸透镜；倒立；缩小；实9在中考体育考试的测试中，某同学1min跳了180次，若他的质量为40，每次跳起的高度为5cm，他跳一次做的功是20J，跳绳时的功率是60W（取g=10N/）【考点】功的计算；功率的计算【分析】知道每次跳高高度和自身体重，利用功的公式求每次做功；求出跳180次做的功，知道跳180次用的时间，利用功率的公式求跳绳功率【解答】解：每次跳绳做功：W=Gh=mgh=40kg10N/kg0.05m=20J，180次跳绳做功：W=W180=20J180=3600J，跳绳时的功率故答案为：20，6010如图甲所示，用细线拴住一质量为0.4千克、密度为5103千克/米3的实心小球，接着将小球放在烧杯内，与烧杯底部接触，细线挂在固定在支架上的弹簧秤上，最后调节支架的高度，使弹簧秤的示数为2牛往烧杯内注水，在水面没有浸没小球前，小球所受的浮力变大（选填“变大”、“变小”或“不变”），弹簧秤的读数不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）若将此小球先后放入装有水的烧杯A和装有水银的烧杯B中，如图乙所示，则烧杯A中小球所受的浮力小于（选填“大于”、“等于”或“小于”）烧杯B中小球所受的浮力【考点】阿基米德原理【分析】根据F浮=液gV排判断浮力的变化，计算小球的体积，由F浮=液gV排得出其完全浸没时的浮力，根据F=GF浮计算出小球受到的最小拉力，判断出测力计的示数变化；根据浮沉条件判断物体重力与浮力的关系，从而可得出图乙浮力的大小【解答】解：由F浮=水gV排，往烧杯内注水，在水面没有浸没小球前，排开水的体积不断增大，所以受到的浮力变大；当未加水时，测力计的示数为2N，则容器对小球的支持力为F支持=mgF=0.4kg10N/kg2N=2N；小球的体积V=8105m3；小球完全浸没时所受浮力：F浮=水gV排=1.0103kg/m310N/kg8105m3=0.8N2N；则小球在整个过程中，测力计的示数将不变；小球的密度大于水的密度，在水中下沉，所以受到的浮力小于重力；小球的密度小于水银的密度，在水银中漂浮，所以在水银中受到的浮力等于重力，则图乙中烧杯A中小球所受的浮力小于烧杯B中小球所受的浮力故答案为：变大；不变；小于三、实验探究题（本大题共49分）11某兴趣小组探究滑动摩擦力大小与压力、重力是否有关，设计的实验装置如图所示将质量不计的白纸放在水平放置的台式测力计上，再在白纸上放金属盒，金属盒连接固定在墙上的弹簧测力计兴趣小组进行了3次实验，实验步骤和数据记录如表所示请回答下列问题：实验步骤台式测力计示数F/N金属盒重力G/N弹簧测力计示数f/N把金属盒放在质量不计的白纸上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数4.84.81.9接着，将质量不计的氢气球系在金属盒上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数3.24.81.2接着，往金属盒注入适量的沙子，使台式测力计的示数为4.8N，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数4.86.41.9（1）下列情况中，能最方便的通过对弹簧测力计读数测出滑动摩擦力大小的是DA白纸、金属盒都必须匀速运动B白纸必须匀速运动，要等金属盒停止运动C白纸、金属盒都必须停止运动D白纸运动可以不匀速，要等金属盒停止运动（2）要判断重力的大小是否直接决定摩擦力的大小，应对比步骤（3）通过本次实验探究，可得出的结论：摩擦力大小与重力大小无关【考点】探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验【分析】在探究摩擦力与哪些因素有关的实验中，利用二力平衡条件来测量摩擦力的大小；此题探究摩擦力与重力、压力的关系，所以在探究过程中，要注意控制变量法的应用【解答】解：（1）金属盒在水平方向受到弹簧测力计的拉力与摩擦力的作用，金属盒处于平衡状态时，拉力与摩擦力是一对平衡力，由平衡条件可知，摩擦力等于测力计的示数；实验时必须保持金属盒处于平衡状态，即金属盒静止或做匀速直线运动，白纸既可以做匀速直线运动，也可以不做匀速直线运动，故ABC错误，D正确，故选D（2）要判断重力的大小是否直接决定摩擦力大小，应控制接触面的粗糙程度与物体间压力相同而物体的重力不同，由表中实验数据可知，应选择实验步骤进行分析（3）由表中实验数据可知，摩擦力大小与重力大小无关故答案为：（1）D；（2）；（3）摩擦力大小与重力大小无关12用伏安法测量L1和L2两个小灯泡的电功率的实验已知L1和L2的额定电压分别为3.8V和2.5V、阻值均约为10所提供的器材有：电源（电压约为6V）、电流表、电压表和开关各一个，滑动变阻器（“10 2A”、“50 1A”）两个，导线若干（1）将图甲中的实物电路连接完整（此时所用滑动变阻器是“10 2A”）（2）先将滑片移到最左端，再闭合开关，发现小灯泡微弱发光，电流表有示数，电压表指针指向零刻度线电路可能存在的故障是电压表断路（3）故障排除后，再移动变阻器的滑片，当电压表的示数为3V时，电流表的示数如图乙所示，这时L1的实际功率是0.84W（4）完成L1的测量后，为测灯泡L2的电功率，只将图甲中的L1换成L2闭合开关后，发现L2发光过亮，不能进行实验为了完成灯炮L2电功率的测量，并使测量结果能更准确一些，在测量L2电功率之前应该进行的操作是首先断开开关，然后把“10 2A”的变阻器换成“50 1A”的变阻器，并把电压表“15V”接线柱改接“3V”，最终测出了灯泡L2的额定功率【考点】电功率的测量【分析】（1）实验中电压表应与灯泡并联，由此连接实物；（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片在最大处；根据电路故障现象分析电路故障原因；（3）根据电流表的量程、分度值以及指针的位置，读出电流表的示数，根据P=UI计算出灯泡的实际功率；（4）根据欧姆定律和串联电路特点计算L2正常发光时，滑动变阻器接入电路中的电阻，然后确定电流表和滑动变阻器是否需要改动，同时根据两灯泡的额定电压确定电压表的量程需要修改【解答】解：（1）测量小灯泡的电功率的实验中，应将电压表与灯泡并联，如图所示：；（2）先将滑片移到左端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大；闭合开关S，小灯泡微弱发光，电流表有示数，说明电路不存在断路，灯泡也没有发生短路，电压表指针指向零刻度线，可能是电压表断路造成的；（3）由图乙知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，当电压表的示数为3V时，示数为0.28A，灯泡L1的实际功率：P=UI=3V0.28A=0.84W；（4）测L2的额定功率时，电路中的电流约为：I2=0.25A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑=R总R2=R2=10=14，所以滑动变阻器的最大值过小，为了完成灯L2额定功率的测量，并使测量结果能更准确一些，在测量L2额定功率之前应该进行的操作是先断开开关，把“10 2A”的变阻器换成“50 1A”的变阻器；因为L2的额定电压为2.5V，所以应把电压表“15V”接线柱改接“3V”故答案为：（1）见上图；（2）电压表断路；（3）0.84；（4）把“10 2A”的变阻器换成“50 1A”的变阻器，并把电压表“15V”接线柱改接“3V”13家庭用的电热饮水机，有加热和保温两种工作状态加热前温控开关S1处于闭合状态，闭合开关S后饮水机开始加热，当水箱内水温达到98时温控开关S1自动断开，饮水机处于保温状态；当水温降至一定温度t时，S1又闭合重新加热饮水机的铭牌数据与电路原理图如下：水箱容量额定电压加热功率保温功率2L220V440W40W求：（1）正常加热时通过饮水机的电流；（2）正常加热时电阻R2的阻值；（3）通过观察，饮水机每加热4min，就显示保温状态16min，如此状况下，饮水机工作一小时消耗的电能【考点】电功率与电压、电流的关系；电功的计算【分析】（1）正常加热时饮水机的功率和额定功率相等，根据P=UI求出通过饮水机的电流；（2）由题意可知，闭合开关S、S1时，R1与R2并联，饮水机处于加热状态，闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，饮水机处于保温状态，电阻R2的功率等于加热功率减去保温功率，根据P=求出正常加热时电阻R2的阻值；（3）根据题意求出一个小时内加热和保温各用的时间，根据W=Pt求出加热和保温消耗的电能，两者消耗的电能之和即为饮水机工作一小时消耗的电能【解答】解：（1）由P=UI可得，正常加热时通过饮水机的电流：I=2A；（2）由题意可知，闭合开关S、S1时，R1与R2并联，饮水机处于加热状态，闭合开关S、断开S1时，电路为R1的简单电路，饮水机处于保温状态，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，所以，电阻R2的功率：P2=P加热P保温=440W40W=400W，由P=可得，正常加热时电阻R2的阻值：R2=121；（3）饮水机每加热4min，就显示保温状态16min，即每小时加热3次、保温3次，则加热时间t加热=34min=12min=1260s=720s，保温时间t保温=316min=48min=4860s=2880s，由P=可得，饮水机工作一小时消耗的电能：W=W加热+W保温=P加热t加热+P保温t保温=440W720s+40W2880s=4.32105J答：（1）正常加热时通过饮水机的电流为2A；（2）正常加热时电阻R2的阻值为121；（3）饮水机工作一小时消耗的电能是4.32105J14由航空工业部六O五研究所自行设计的“海鸥300”轻型水陆两栖飞机（如图所示）已于xx年11月10月在石家庄首飞成功，该机可载46名乘客，配置有高性能的发动机和先进航空仪表设备，可用于公务飞行、货物运输、海岸巡逻等设飞机和乘客的总质量为4000kg（忽略飞机所受空气的浮力）（1）若飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向受到的阻力为飞机重力的0.1倍，求此时飞机发动机的功率是多少？（2）若在（1）的条件下增大飞机发动机的功率，试讨论飞机在水平方向上受力和运动速度的变化，以及飞机升力的变化（3）飞机在试飞过程中曾以最大功率沿着上下高度差为120m，长1200m的航线飞行，若飞机和乘客的总质量不变，飞行速度保持100m/s，配套航空发动机的功率至少应该是多少kW？【考点】功率的计算【分析】（1）飞机匀速飞行，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，而阻力f=0.1G，知道飞行速度，再利用P=Fv求发动机的功率；（2）在（1）的条件下，根据P=Fv可知飞机发动机的功率增大时牵引力的变化，然后判断飞机速度的变化、受到阻力的变化；根据流速和压强的关系判断水机升力的变化；（3）根据W=Gh求出克服重力所做的功，根据W=fs求出克服阻力做的功，两者之和即为发动机做的功，利用P=求出发动机的最小功率【解答】解：（1）飞机的重力：G=mg=4103kg10N/kg=4104N，飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向上发动机的牵引力F牵与飞机在水平方向受到的阻力f是平衡力则：F牵=f=0.1G=0.14104N=4103N，飞机发动机的功率：P=F牵v=4103N100m/s=4105W；（2）在（1）的条件下，若增大飞机发动机的功率，飞机发动机的牵引力会增大，牵引力大于飞机在水平方向受到的阻力，飞机的飞行速度就会增大；飞机的飞行速度增大，飞机在水平方向受到的阻力会增大；由于飞机的飞行速度增大，飞机机翼上下两个表面所受空气的压强差就越大，故飞机的升力就会增大；（3）飞机在试飞过程中需要克服重力所做的功：W1=Gh=4104N120m=4.8106J，需要克服阻力所做的功：W2=fs=4103N1200m=4.8106J，则至少需要做的功为：W=W1+W2=4.8106J+4.8106J=9.6106J，由v=得所用时间：t=12s，则最小功率：P=8105W=800kW答：（1）飞机发动机的功率是4105W；（2）若在（1）的条件下增大飞机发动机的功率，飞机在水平方向上受力、运动速度、飞机升力均变大，分析过程如上所述；（3）配套航空发动机的功率至少应该是800kW15为了将放置在水平地面上、重G=100N的重物提升到高处小明同学设计了图1所示的滑轮组装置当小明用图2所示随时间变化的竖直向下拉力F拉绳时，重物的速度和上升的高度h随时间t变化的关系图象分别如图3和4所示若重物与地面的接触面积S=5102m2，不计摩擦，绳对滑轮的拉力方向均可看成在竖直方向求：（1）在23s内，拉力F的功率P及滑轮组的机械效率（2）在12s内，拉力F做的功W（3）在01s内，重物对地面的压强p【考点】滑轮（组）的机械效率；力作用的相互性；压强的大小及其计算；功的计算【分析】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=3，则拉力F移动的距离s=3h（1）由Ft图象得出在23s内的拉力F，由vt图象得出重物上升的速度，求出拉力F的作用点下降的速度，利用P=Fv求拉力做功功率，知道拉力F和物重G大小，以及S与h的关系，利用效率求滑轮组的机械效率（2）由Ft图象得出在12s内的拉力F，由ht图象得出重物上升的高度，求出拉力F的作用点下降的距离，利用W=Fs求此时拉力做功（3）因不计摩擦，通过（1）中数据，利用F=（G物+G动）求出动滑轮重，此时物体静止在地面上，受力平衡，动滑轮和物体受到的重力等于地面的支持力加上3股绳子的拉力即：F支+3F1=G+G动，由图知拉力大小，据此求出地面的支持力，根据力的作用是相互的，求出对地面的压力，再利用压强公式求对地面的压强【解答】解：（1）由图可知在23s内，重物做匀速运动，v3=2.50m/s，拉力F3=40N，从动滑轮上直接引出的绳子股数（承担物重的绳子股数）n=3，拉力F的作用点下降的速度v3=3v3=32.50m/s=7.5m/s，拉力做功功率（总功率）：P总=F3v3=40N7.5m/s=300W滑轮组的机械效率：=100%=100%=100%83.33%（2）在12s内，拉力F2=50N，重物上升高度h2=1.25m拉力F的作用点下降的距离s2=3h2=31.25m=3.75m，拉力做的功：W=F2s2=50N3.75m=187.5J；（3）设动滑轮重为G动，F3=（G物+G动），动滑轮重：G动=3F3G=340N100N=20N，在01s内，拉力F1=30N，把动滑轮和重物看成整体，则这个整体受到向下的重力、向上的支持力以及三根绳向上的拉力作用处于静止状态F支+3F1=G+G动，地面对物体的支持力：F支=G+G动3F1=100N+20N330N=30N，根据力的作用是相互的，重物对地面的压力：F压=F支=30N，对地面的压强：P=600Pa答：（1）在23s内，拉力F的功率为300W，滑轮组的机械效率为83.33%；（2）在12s内，拉力F做的功为187.5J；（3）在01s内，重物对地面的压强600Pa16如图所示，杠杆AD放在钢制水平凹槽BC中，杠杆AD能以B点或C点为支点在竖直平面内转动，BC=0.2m细绳的一端系在杠杆的A端，另一端绕过动滑轮固定在天花板上，物体E挂在动滑轮的挂钩上浸没在水中的物体H通过细绳挂在杠杆的D端，动滑轮的质量m0=2kg，物体E的质量为12kg物体H的密度=1.7103kg/m3，AD=0.8m，CD=0.2m，杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计，g取10N/kg为使杠杆AD保持水平平衡，求：（1）杠杆D端受到绳子拉力的最大值？（2）浸没在水中的物体H的体积应满足什么条件？【考点】杠杆的平衡条件；动滑轮及其工作特点；浮力大小的计算【分析】（1）利用G=mg求出物体E的重力和动滑轮的重力，再根据动滑轮省一半力求出A端的拉力；对各种情况进行受力分析，搞清各力之间的关系，什么时候是最小值，什么时候是最大值；利用杠杆平衡条件求出D端的拉力的最大值；（2）分析小球的受力情况，利用二力平衡知识求解物体的体积【解答】解：（1）物体E的重力：G1=m1g=12kg10N/kg=120N，动滑轮的重力：G0=m0g=2kg10N/kg=20N，则物体E和动滑轮的总重力：G=G1+G0=120N+20N=140N，细绳的质量及摩擦均忽略不计，则动滑轮可省一半的力，A端的拉力为：FA=G=140N=70N；当AD杆水平平衡时，由于A的作用力是一定的；若以B为支点时，动力臂AB与阻力臂BD相等，则根据杠杆平衡条件可知：FD=FA=70N；若以C为支点时，动力臂AC=ADCD=0.8m0.2m=0.6m，大于阻力臂CD=0.2m，则FDFA；所以，以C为支点时杠杆D端受到绳子拉力的最大，根据杠杆平衡条件得：FAAC=FDCD；所以D端受到绳子拉力的最大值：FD=210N；（2）由于物体H浸没在水中，则V排=V；物体H的受力情况为：GH=F浮+FD；由G=mg=Vg、F浮=液V排g可得：HVg=水Vg+FD；所以，V=；当以B为支点时AD杆在水平平衡，则FD=70N，所以，V=0.01m3；当以C为支点时AD杆在水平平衡，则FD=210N，所以，V=0.03m3；则要使AD杆水平平衡，浸没在水中的物体H的体积应满足的条件是0.01m3V0.03m3答：（1）当AD杆水平平衡时，杠杆D端受到绳子拉力的最大值为210N；（2）要使AD杆水平平衡，浸没在水中的物体H的体积应满足的条件是0.01m3V0.03m3xx年9月6日