精品解析：2022年陕西省中考物理真题（解析版）.docx

2022年陕西省初中学业水平考试 物理试卷 注意事项： 1.本试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）。全卷共8页，总分80分。考试时间80分钟。 2.领到试卷和答题卡后，请用0.5毫米黑色墨水签字笔，分别在试卷和答题卡上填写姓名和准考证号，同时用2B铅笔在答题卡上填涂对应的试卷类型信息点（A或B）。 3.请在答题卡上各题的指定区域内作答，否则作答无效。 4.答作图题时，先用铅笔作图，再用规定的签字笔描黑。 5.考试结束，本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共20分） 一、选择题（共10小题，每小题2分，计20分。每小题只有一个选项是符合题意的） 1. 下列物体的质量最接近50kg的是（　　） A. 一枚硬币 B. 一个鸡蛋 C. 一名中学生 D. 一支铅笔 【答案】C 【解析】 【详解】一个鸡蛋的质量大约是50g，一枚硬币的质量比鸡蛋小，大约为6g，一名中学生的质量为50kg，一支铅笔的质量在10g左右，所以一名中学生的质量最接近50kg，故ABD不符合题意，C符合题意。 故选C。 2. 核能是原子核裂变或聚变释放出的能量。下列说法正确的是（　　） A. 原子核由质子和中子构成 B. 原子核带负电 C. 当前的核电站是利用核聚变原理工作的 D. 核能是可再生能源 【答案】A 【解析】 【详解】A．原子是由原子核和核外电子组成，而原子核是由质子和中子构成，故A正确； B．原子核内的质子是带正电的，中子不带电，所以原子核是带正电的，故B错误； C．当前的核电站是利用可控的核裂变工作的，故C错误； D．核燃料用一点少一点，在短时间内无法得到补充，所以核能是不可再生能源，故D错误。 故选A。 3. “七一勋章”获得者张桂梅老师坚持“革命传统立校，红色文化育人”的教育理念，用知识为滇西北山区女孩创造美好未来，如图，张老师带领师生宣誓，下列说法正确的是（ ） A. 声音只能在空气中传播 B. 师生宣誓的声音是声带振动产生的 C. 师生的声音音色相同 D. 洪亮的宣誓声表明声音的速度很大 【答案】B 【解析】 【详解】A．声音的传播需要介质，声音不仅可以在空气中传播，还能在固体，液体中传播，故A错误； B．声音是由物体振动产生的，师生宣誓的声音是由师生们的声带振动产生的，故B正确； C．音色是由材料和结构决定的，不同人的声带结构不同，音色也不相同，故C错误； D．洪亮的宣誓声表明声音的响度大，故D错误。 故选B。 4. 北京冬奥会上使用的氢燃料火炬、防刺防切割面料运动服、紫外线消毒机器人，智慧AR导航系统，体现了科技冬奥、绿色环保的理念。以下分析错误的是（　　） A. 紫外线具有显著的热效应 B. 防刺防切割面料具有超弹、超韧和超强等性能 C. 氢燃料是绿色环保无污染能源 D. 智慧AR导航利用电磁波传递信息 【答案】A 【解析】 【详解】A．紫外线化学效应强，能杀菌，常用来制成消毒灯；故A错误，符合题意； B．运动服面料具有超弹、超韧和超强等性能，所以能防刺防切割，故B正确，不符合题意； C．氢燃料的使用不会产生环境污染物，所以它是绿色环保无污染能源，故C正确，不符合题意。 D．电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播，广播、电视、移动通信、卫星导航系统都是用电磁波传递信息的，故D正确，不符合题意。 故选A。 5. 陕西秦岭以南具有“雨洗青山四季春”的宜茶环境。如图为一杯陕南富硒绿茶，茶叶翠绿，茶香袭人。下列说法正确的是（　　） A. 茶杯受到的重力与桌面对它的支持力是相互作用力 B. 热茶暖手是通过做功改变物体的内能 C. 绿色的茶叶吸收绿光 D. 茶香袭人是因为分子在永不停息地做无规则运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．茶杯受到的重力与桌面对它的支持力作用在同一物体上，是一对平衡力，故A错误； B．改变物体内能的方式有两种分别是做功和热传递，热茶暖手是把热茶的热量传递给手，是通过热传递改变内能的，故B错误； C．不透明物体的颜色是由物体反射的色光决定的，绿色的茶叶是因为茶叶反射绿光，故C错误； D．茶香袭人是扩散现象，是因为茶叶分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。 故选D。 6. 关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ） A. 我国家庭电路的电压是380V B. 用电器的开关要连接在零线和用电器之间 C. 更换灯泡无需断开电源开关 D. 家庭电路中各用电器是并联的 【答案】D 【解析】 【详解】A．我国家庭电路的电压是220V，故A错误； B．在家庭电路连接中，用电器的开关要连接在火线和用电器之间，故B错误； C．更换灯泡需先断开电源开关，防止在更换灯泡的过程中发生触电事故，故C错误； D．我国各家用电器的额定电压均为220V，且用电器使用之间互不影响，所以家庭电路中各用电器是并联的，故D正确。 故选D。 7. 如图，滑雪运动员正在比赛，下列分析正确的是（） A. 雪地上的影子是光的折射形成的 B. 运动员在沿倾斜赛道下滑过程中，重力势能不变 C. 滑雪板可以减小运动员对雪地的压强 D. 运动员在沿倾斜赛道加下滑过程中，运动状态保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．雪地上的影子是光的直线传播形成的，故A错误； B．运动员在沿倾斜赛道下滑过程中，高度逐渐降低，重力势能逐渐变小，故B错误； C．滑雪板一般比较宽，是通过增大受力面积的方法从而来减小运动员对雪地的压强，故C正确； D．动员在沿倾斜赛道加下滑过程中，由重力势能转化为动能，运动速度在加快，运动状态发生改变，故D错误。 故选C。 8. 如图，电源电压不变。闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且等于电源电压。排除故障后，滑动变阻器的滑片P向左移动，下列分析正确的是（　　） A. 灯泡不亮是因为滑动变阻器阻值过大 B. 灯泡不亮是因为灯泡短路 C. 排除故障后，滑片P向左移动，灯泡变暗 D. 排除故障后，滑片P向左移动，电流表和电压表示数均变大 【答案】D 【解析】 【详解】AB．灯泡不亮且电流表无示数，电压表等于电源电压，所以电路中的故障类型是断路，故AB错误； CD．由图可知，滑片向左移动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，灯泡变亮；根据串联电路分压规律可知，小灯泡两端电压变大，电压表示数变大，故C错误，D正确。 故选D。 9. 如图，这是一种塔式起重机，已知起重机上的滑轮组在匀速起吊330kg的物体时，滑轮组的机械效率是60%，g取10N/kg。下列分析和计算错误的是（　　） A. 起重机的吊臂AOB可视为杠杆 B. 增加起吊物体的质量，滑轮组的机械效率将减小 C. 物体上升2m，滑轮组所做有用功是6.6×103J D. 物体上升2m，滑轮组所做总功是1.1×104J 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，起重机的吊臂可以视为支点在O点，力臂分别为OA、OB的杠杆，故A正确，不符合题意； B．滑轮组的机械效率 增加起吊物体的质量时，有用功增加，额外功不变，有用功与总功的比值变大，则滑轮组的机械效率变大，故B错误，符合题意； C．物体上升2m，滑轮组所做有用功 W有=Gh=mgh=330kg×10N/kg×2m=6.6×103J 故C正确，不符合题意； D．滑轮组所做总功 故D正确，不符合题意。 故选B。 10. 物理科技小组在课外制作活动中，把一废旧电饭锅改造成一个由一根电热丝和两个开关组成简易电饭锅。接通电源，手动开关闭合，电热丝工作，当锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合；接通电源，温控开关在锅内温度低于60℃时自动闭合，电热丝工作，锅内温度高于85℃时，温控开关自动断开。通过两个开关的通断，可实现加热和保温两种功能。根据以上描述，下列判断正确的是（　　） A. 接通电源，闭合手动开关，电热丝才能开始工作 B. 当手动开关自动断开时，简易电饭锅马上进入保温状态 C. 锅内温度由103℃降至60℃过程中，电热丝不工作 D. 简易电饭锅加热时的功率大于保温时的功率 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题意可知，由题意可知，温控开关S1与按钮开关S2是并联的，如图所示 电热丝要工作，只需闭合开关S1或者开关S2，当锅内温度低于60℃时，温控开关S1自动闭合，电热丝工作，故A错误； B．当手动开关自动断开时，锅内温度达到103℃，锅内温度高于85℃，温控开关S1不会闭合，所以简易电饭锅不能马上进入保温状态，故B错误； C．锅内温度达到103℃时，手动开关自动断开，且无法自动闭合，而温控开关在锅内温度低于60℃时才会自动闭合，所以锅内温度由103℃降至60℃过程中，电热丝不工作，故C正确； D．根据公式 可知，简易电饭锅加热时的功率与保温时的功率一样大，故D错误。 故选C。 第二部分（非选择题 共60分） 二、填空与作图题（共7小题，计22分） 11. 2021年11月30日，世界首条跨海高铁——泉州湾跨海大桥合龙成功。如图是大桥与倒影形成的一幅壮美画面，桥在水中的倒影是光的___________形成的___________（选填“虚”或“实”）像。 【答案】 ①. 反射 ②. 虚 【解析】 【详解】[1][2]大桥在水中成的倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，根据平面镜成像的特点可知，倒影是大桥的虚像。 12. 2021年9月，第十四届全国运动会在陕西举行，苏炳添以9.95秒的成绩夺得了男子100米冠军。如图所示，比赛中以看台为参照物，苏炳添是______的，冲过终点时不能立刻停下来，是由于他具有______，他完成百米比赛的平均速度为______m/s（计算结果保留两位小数）。 【答案】 ①. 运动 ②. 惯性 ③. 10.05 【解析】 【详解】[1]以看台为参照物，苏炳添与看台之间的位置发生变化，所以苏炳添是运动的。 [2]一切物体都有保持物体的运动状态不变的性质叫惯性。所以冲过终点后，人由于具有惯性，他不能立刻停下来。 [3]他跑完100m的时间为9.95秒，所以他完成百米比赛的平均速度为 13. 位于陕西泾阳的郑国渠，是我国古代三大水利工程之一、如图是郑国渠跨路面两侧的截面示意图，两侧水渠和中间的涵洞可以看作是一个___________；当水不流动时，水对A点的压强___________（选填“大于”、“等于”或“小于”）水对B点的压强。 【答案】 ①. 连通器 ②. 小于 【解析】 【详解】[1] 跨路面两侧的水渠是上上端开口、下端连通的，当液体不流动时，液面总保持相平，因此两侧水渠和中间的涵洞可看作一个连通器； [2]由图可知，A点到液面的深度要小于B点到液面的深度，即hA<hB，则由液体压强公式p=ρgh可知，当水不流动时，水对A点的压强小于水对B点的压强。 14. 如图-1是生活中常见的塑料瓶，瓶盖上的竖条纹是为了___________摩擦；如图-2，往塑料瓶里倒入适量热水并晃一晃，然后把热水倒出，迅速盖上瓶盖，过一会儿瓶子变瘪了，证明了___________的存在；如图-3，把塑料瓶平放在水平桌面上，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，会看到瓶子向___________运动；如图-4，与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为瓶子带了___________。 【答案】 ①. 增大 ②. 大气压强##大气压 ③. 右 ④. 电荷##电 【解析】 【详解】[1]竖纹的作用主要是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，易于拧开瓶盖。 [2]往空塑料瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿瓶内水蒸气液化，体积变小，瓶内气体压强变小，瓶子在外界大气压作用下慢慢向内凹陷，这说明了大气压的存在。 [3]流体流速越快压强越小，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，瓶子右侧的空气流速变快，瓶子右侧空气向左的压强小于瓶子左侧空气向右的压强，所以瓶子向右运动。 [4]带电体能够吸引轻小物体，与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为瓶子因为摩擦带了电，所以能吸引碎纸屑。 15. 在“天宫课堂”中，航天员王亚平用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球悬停在水中，如图-1所示，这是由于在中国空间站中，乒乓球不再受到重力和___________力的原因而悬停不动。在地面课堂的同学们也做同样的实验；用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球会迅速上浮直至漂浮，如图-2所示，乒乓球露出水面前，浮力___________重力且浮力大小___________。 【答案】 ①. 浮 ②. 大于 ③. 不变 【解析】 【详解】[1]在中国空间站微重力环境中，图中乒乓球所受重力几乎为零，乒乓球悬停处于平衡状态，因此水对乒乓球的浮力几乎为零，即乒乓球不再受到重力和浮力作用。 [2] 乒乓球露出水面前，乒乓球上浮，根据物体的沉浮条件可知，乒乓球受到的浮力大于它所受的重力。 [3] 乒乓球露出水面前，处于完全浸没，排开液体的体积等于乒乓球的体积不变，根据阿基米德原理F浮=ρgV排，在同种液体中，排开液体体积不变，它所受的浮力也不变。 16. 如图-1所示电路，电源电压不变，L是额定电压为2.5V的小灯泡，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P在某两点间移动的过程中，电流表A与电压表V1的示数变化关系如图-2所示。当电流表示数为0.2A时，两电压表的示数相等，则电源电压为___________V。小灯泡正常工作时的电流为___________A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为___________Ω，电路的总功率为___________W。 【答案】 ①. 3 ②. 0.25 ③. 2 ④. 0.75 【解析】 【详解】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表V1测L两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。 [1]由图-2可知，当电流表示数为0.2A时，V1表示数为1.5V，由于此时两电压表的示数相等，所以电源电压为 U=U1+U2=1.5V+1.5V=3V [2]由图-2可知，当电压表V1示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电路中电流为0.25A，所以小灯泡正常工作时的电流为0.25A。 [3]根据串联电路电压特点可知，当电压表V1示数为2.5V时，电压表V2的示数为 U2′=U-U1′=3V-2.5V=0.5V 电路中的电流为0.25A，所以此时滑动变阻器接入电路的阻值为 [4]电路的总功率为 P=UI′=3V×0.25A=0.75W 17. 在图中画出足球静止时对水平地面压力F的示意图（作用点在O点）。 【答案】 【解析】 【详解】选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为F；如图所示 18. 如图所示，用笔画线代替导线将电路连接完整，并在括号中标出小磁针静止时右端的磁极名称（要求：闭合开关，移动滑片P时，螺线管磁性强弱改变）。 【答案】 【解析】 【详解】通过螺线管的电流或螺线管的匝数改变时，螺线管磁性强弱会改变。由于螺线管匝数一定，可以改变电流改变螺线管的磁性强弱，故滑动变阻器一上一下串联接入电路能改变电路中电流的大小，故将滑动变阻器上面的接线柱与螺线管右端的导线相连；由于电流从螺线管的右端流入，根据安培定则可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据磁极间的作用规律可知，小磁针左端为N极，右端为S极，如图 三、实验与探究题（共4小题，计22分） 19. 请完成下列填空。 （1）如图-1，测量前，为使托盘天平横梁水平平衡，应向___________调节平衡螺母。 （2）如图-2，用刻度尺测量一物块的长度，该物块长度为___________cm。 （3）如图-3，在“探究阻力对物体运动的影响”实验中，让小车从同一斜面的同一高度由静止滑下，进入粗糙程度不同的水平面。由实验现象可知：水平面越光滑，小车受到的阻力越___________，速度减小的越慢，小车运动的路程越___________。 【答案】 ①. 右 ②. 2.32（2.31~2.34均可） ③. 小 ④. 远（或大、长） 【解析】 【详解】（1）[1]由图-1可知，天平指针偏左，说明左端重，所以将平衡螺母向右调节，直至横梁在水平位置平衡。 （2）[2]由图-2可知，刻度尺的分度值为1mm，物体左边与刻度尺的零刻度线对齐，右边与刻度尺2.31cm（2.31~2.34cm均可）对齐，所以物块的长度为2.32cm（2.31~2.34cm均可）。 （3）[3][4]由图-3可知，小车在木板上受到的阻力最小，小车滑行距离最远，由此可知，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小的越慢，小车运动的路程越远。 20. 在“探究并联电路电流特点”的实验中，小华设计了如图-1所示的电路进行实验。 图2 实验序号 IA/A IB/A IC/A 1 0.46 0.18 028 2 0.36 0.20 0.16 3 0.7 0.32 0.38 （1）连接电路时，开关应处于______状态； （2）实验中，在A、B、C三处各接入一个电流表，并选择合适的量程，闭合开关，测得A、B、C三处的电流分别为IA 、IB、IC。更换多组______（选填“相同”或“不同”）规格的灯泡重复实验，部分实验数据如表所示； （3）分析实验数据可得：在并联电路中，干路电流与各支路电流的关系是______（写出关系式）； （4）小华在某次实验时，测得C处电流IC为0.30 A，观察到A处电流表指针位置如图-3所示，则A处电流大小为______A。 【答案】 ①. 断开 ②. 不同 ③. IA=IB+IC ④. 0.8 【解析】 【详解】（1）[1]连接电路时，避免电路中电流过大，烧坏用电器，所以开关要断开。 （2）[2]为了避免实验的偶然性，需要更换不同规格的灯泡重复试验。 （3）[3]通过分析三次试验可知，C处的电流IC与B处的电流IB的和等于A处的电流IA，即并联电路中干路电流与支路电流的关系是 IA=IB+IC （4）[4]由表格中的数据可知，电流的最大值是0.7A，所以电流表接入电路中的量程是0~3V，此时电流表的示数为0.8A。 21. 物理学习小组在做“探究水沸腾时温度变化的特点”实验时，装置如图-1所示。 （1）安装实验器材应按照___________（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序； （2）在水温升高到85℃后，每隔1 min读取一次温度计的示数，直到水沸腾并持续一段时间。将所得数据记录在如下表格中。由实验可知：水沸腾时需要___________，但温度___________； 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 温度/℃ 85 86 88 90 92 94 96 98 98 98 98 98 98 （3）在本次实验中，水的沸点是___________℃，由此可知当地大气压___________（选填“高于”“低于”或“等于”）1标准大气压； （4）初步得出结论后，等水温降至85℃以下后，另一位同学继续利用该装置再次进行实验，并在同一坐标系中画出水沸腾前后温度随时间变化的图像，如图-2所示，从两次实验的图像中可看出，水从85℃加热至刚沸腾时，所用___________不同，原因可能是水的___________不同。 【答案】 ①. 自下而上 ②. 吸热 ③. 不变 ④. 98 ⑤. 低于 ⑥. 时间 ⑦. 质量 【解析】 【详解】（1）[1]加热时要用酒精灯的外焰加热，所以实验器材应该按照自下而上的顺序安装。 （2）[2][3]水沸腾时不断用酒精灯加热，所以水沸腾时需要不断加热，由表可知，水沸腾时温度不变。 （3）[4][5]由表可知，水的温度保持98℃不变，所以水的沸点是98℃，标准大气压下，水的沸点是100℃，此时水的沸点低于标准大气压下水的沸点，气压高，沸点高，气压低，沸点低，所以此地大气压低于标准大气压。 （4）[6][7]由图可知，两次实验水沸腾的时间不同，第一次实验水沸腾所需时间大于第二次实验所需时间，两次实验水的初始温度相同，所以原因可能是水的质量不同。 22. 如图-1所示，人眼的功能类似于照相机，学习了凸透镜成像规律后，小明对人眼和照相机如何成清晰的像，进行了进一步研究； （1）人眼结构中，视网膜到晶状体的距离不变，相当于“探究凸透镜成像规律”实验中，___________到凸透镜的距离不变，能否看清远近不同的物体，可能与晶状体的焦距有关，使用变焦照相机拍照，能否得到清晰的像，可能同时与焦距和像距有关，于是他用图-2装置进行探究； （2）实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，是为了使像呈现在___________； （3）实验主要步骤：①保持光屏到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节“F”光源到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、物距和像的高度； ②保持___________到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节光屏到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、像距和像的高度； （4）实验数据如下表所示：物体的高度H=5.0cm 实验序号 物距 像距 焦距 像的高度 1 17.1 15.0 8.0 4.4 2 30.0 15.0 10.0 2.5 3 60.0 15.0 12.0 1.3 4 25.0 118 8.0 2.4 5 25.0 16.7 10.0 3.3 6 25.0 23.1 12.0 46 ①分析___________三组数据可知：当像距不变时，物距变大，要成清晰的像，凸透镜焦距要变大； ②分析4、5、6三组数据可知：当物距不变时，凸透镜焦距越___________，像距越大，像也越大； 根据以上探究可知：人眼是通过调节晶状体焦距来看清远近不同物体的；用变焦照相机在同一位置拍摄同一物体时，是通过同时调节焦距和像距，使物体成大小不同的清晰的像； （5）实验结束后，小明和同学们进行了如下交流： ①人长时间看近处物体，眼睛容易疲劳。学习较长时间后，建议同学们适当远眺，使睫状体放松，晶状体变___________（选填“厚”或“薄”），焦距变大，舒缓眼疲劳，保护眼睛； ②用变焦相机拍完西安钟楼的全景后，要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，应该把照相机的镜头___________（选填“向前伸”或“往后缩”）同时增大焦距。 【答案】 ①. 光屏 ②. 光屏中央 ③. “F”光源 ④. 1、2、3 ⑤. 大（或长） ⑥. 薄 ⑦. 向前伸 【解析】 【详解】（1）[1]在人眼结构中，外界事物透过晶状体最终成像在视网膜上，视网膜相当于凸透镜成像规律中的光屏，故视网膜到晶状体的距离不变，相当于光屏到凸透镜的距离不变。 （2）[2]实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，是为了使像最终能够在光屏的中央显现。 （3）[3]保持“F”光源到凸透镜的距离不变，保持物距不变，换上不同焦距的凸透镜，直到光屏上成清晰的像，可以探究焦距与像距之间的关系。 （4）[4]要得出“当像距不变时，物距变大，要成清晰的像，凸透镜焦距要变大。”的结论，需要控制像距保持不变，改变物距，故选1、2、3组数据。 [5]分析4、5、6三组数据可知，物距保持不变，透镜的焦距逐渐增大，发现像距也在逐渐增大，且像的高度也在逐渐增大，故当物距不变时，凸透镜焦距越大，像距越大，像也越大。 （5）[6]人长时间看近处物体，晶状体收缩变厚，对光的偏折能力变大，眼睛的焦距变小，远眺时，使睫状体放松，晶状体变薄，对光的偏折能力变小，眼睛的焦距变大，远处物体射来的光刚好聚在视网膜上，可以看清远处的事物，可以起到舒缓眼疲劳，保护眼睛的作用。 [7]拍完西安钟楼的全景后，需要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，则物距保持不变，像变大，分析表格数据可知，此时焦距变大，故把照相机的镜头像前伸。 四、综合题（共2小题，计16分） 23. 如图是某家用电扇的铭牌。 （1）电动机的工作原理是磁场对通电导体有___________的作用；电扇正常工作时，电能主要转化为___________能； （2）电扇底座与地面总接触面积为，电扇静止时对水平地面的压强是多少？（g取10N/kg）___________ （3）电扇使用事项中明确规定：“禁止用手或其他物体阻挡叶片转动”，这是因为正常工作的电扇，如果叶片被卡住而不转动时，电能将全部转化为内能，很容易烧坏电动机线圈。已知线圈电阻为22Ω，正常工作的电扇叶片被卡住不转时，线圈中的电流为多少___________？若此状态持续1min，则线圈中电流产生的热量是多少？___________ 【答案】 ①. 力 ②. 机械 ③. ④. 10A ⑤. 【解析】 【详解】解：（1）[1]电动机中的线圈通上电流，线圈就会转动起来，说明通电导体在磁场中受到力的作用。所以电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用。 [2]电扇正常工作时，电扇里的电动机将电能转化为机械能。 （2）[3]电扇对水平地面的压力 电扇对水平地面的压强 （3）[4]正常工作的电扇，叶片被卡住时，线圈中的电流 [5]1min线圈中电流产生的热量 答：（1）电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用；电扇正常工作时，电能主要转化为机械能； （2）电扇静止时对水平地面的压强是2.5×104Pa； （3）正常工作的电扇叶片被卡住不转时，线圈中的电流为10A，若此状态持续1min，则线圈中电流产生的热量是1.32×105J。 24. 今年“五一”假期，广大市民按照疫情防控要求，积极响应“非必要不离市”号召，在郊区、公园指定区域进行户外活动。小刚同学家购买了一款如图-1所示户外分体式燃气炉，准备去户外野炊。该燃气炉的铭牌如图-2所示，其中功率4500W是指气体燃料完全燃烧时燃气炉每秒放出4500J的热量。 （1）气体燃料在常温下是通过______的方式液化存储在储气罐内，使用过程中，罐体温度变低是因为燃料发生汽化时要___________（选填“吸收”或“放出”）热量； （2）在标准大气压下，用该燃气炉将1L水从25℃加热到沸腾用时140 s，燃气炉烧水时的效率是多少？已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)；___________ （3）小刚注意到炉头上标有参数：15字样，他查阅说明书得知，该参数表示的是：燃气炉功率[单位：瓦（W）]与耗气量[单位：克/时（g/h）]之比的数值为15，计算该燃气炉所使用燃料的热值是多少？___________ （4）小刚同学打算展示在劳动课上学习的烹饪技能，为家人做顿可口饭菜，下表是他出发前做的规划，则小刚至少应携带几个如图-3所示的新储气罐？___________ 内容 每次耗时/min 次数/次 炒菜 8 3 煮汤 10 1 烧水 3 2 【答案】 ①. 压缩体积 ②. 吸收 ③. 50% ④. 5.4×107J/kg ⑤. 2 【解析】 【详解】（1）[1]液化的方式有两种，分别是压缩体积和降低温度，气体燃料在常温下是通过压缩体积的方式液化的。 [2]汽化是物质由液态变为气态，需要吸收热量。 （2）[3]1L水的质量 1L水从25℃升高到100℃吸收的热量 140s内燃气炉放出的热量 燃气炉烧水时的效率 （3）[4]1h内燃气炉放出的热量 燃气炉功率与耗气量之比的数值为15，则1h内燃气炉消耗燃气的质量 燃气的热值 （4）[5]由题意知，物料总加热时间 2400s内燃气炉放出的热量 2400s内消耗燃气的质量 由图可知，一个储气罐的质量是120g，所以需要的储气罐个数 小刚至少应携带2个新储气罐 学科网（北京）股份有限公司