2019年山东省淄博市中考物理试题(含解析)

2019年山东省淄博市初中毕业、升学考试

物理学科

（满分80分，考试时间90分钟）

第Ⅰ卷（选择题 共30分）

一、选择题：(本大题共15小题，每小题2分，共30分．每小题只有一个选项符合题意)

1．（2019山东省淄博市，题号（1），分值2分） 音乐会上，小提琴曲让人如痴如醉，钢琴演奏让人心旷神怡。关于声音的说法正确的是（ ）

A.调节琴弦松紧可以改变声音的响度

B.用力拉弦可以改变声音的音调

C.小提琴和钢琴发出的声音传播速度相同

D.禁止听众喧哗是从传播过程中减弱噪声

【答案】C

【解析】调节琴弦松紧可以改变声音的音调，故A 错误；用力拉弦可以改变声音的响度，故B 错误；声音在同种介质中的传播速度一般是相同的，故C 正确；禁止听众喧哗是在声源处减弱噪声，故D 错误。

故选C 。

【知识点】声音的特性：音调、响度、音色；声速；减弱声音的三种基本途径。

2.（2019山东省淄博市，题号（2），分值2分）小明在湖边树荫下乘凉，想到了所学的物理知识。其中合理的 是（ ）

A.树荫下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的

B.看到池水“变”浅，是光的反射引起的

C.水中出现树的倒影，水中的“树”比岸上的树小

D.阳光中的紫外线可以灭菌，也可以用来进行遥控

【答案】A

【解析】树荫下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的，故A 正确；看到池水“变”浅，是光的折射引起的，故B 错误；水中出现树的倒影，是光的反射形成，根据平面镜成像的特点，像和物等大，水中的“树”和岸上的树一样大，故C 错误；阳光中的紫外线可以灭菌，但是不能用来进行遥控，红外线可以用于遥控，故D 错误。 故选A 。

【知识点】光的直线传播、光的反射、光的折射；红外线、紫外线的应用。

3．（2019山东省淄博市，题号（3），分值2分） 物理与生活密切相关，下列数据符合实际的是（ ）

A.人体的安全电压不高于220V

B.人体感觉舒适的环境温度约为37℃

C.中学生从二楼走到三楼做功约为200J

D.光在真空中的传播速度约为3×105km/s

【答案】D

【解析】对人体的安全电压是不高于36V ，故A 错误；人体感觉舒适的环境温度约为25℃，故B 错误；中学生从二楼走到三楼做功约为W=Gh=500N ×3m=1500J ，故C 错误；光在真空中的传播速度约为3×105km/s ，故D 正确。故选D 。

【知识点】安全电压；温度的估测；做功的估算；光速。

4．（2019山东省淄博市，题号（4），分值2分） 图甲是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验装置，图乙是描绘的温度随时间变化的图像，下列说法错误．．

的是（ ）

A.加热过程中，水含有的热量增加

B.沸腾过程中，水吸收热量，温度不变

C.烧杯上方带孔的纸板，可以减少热量散失

D.水的沸点是98℃，此时大气压低于标准大气压

【答案】A

【解析】不能说一个物体含有多少热量，故A错误；液体在沸腾时吸热，内能增大，温度不变，故B正确；烧杯上方带孔的纸板，可以减少热量散失，故C正确；水的沸点是98℃，说明此时大气压低于标准大气压，故D 正确。故选A。

【知识点】热量、内能、温度的关系；沸点与压强的关系；液体沸腾的特点。

5．（2019山东省淄博市，题号（5），分值2分）下列运动项目涉及的物理知识描述正确的是（）

A.三级跳远——快速助跑是为了增大惯性

B.划船比赛——船桨和水之间力的作用是相互的

C.引体向上——人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对平衡力

D.百米赛跑——裁判员通过相同时间内比较路程的方法判断运动快慢

【答案】B

【解析】三级跳远——快速助跑是为了增大起跳前的速度，提高跳远的成绩，并不能增大惯性，惯性只与物体的质量有关，故A错误；划船比赛——船桨和水之间力的作用是相互的，故B正确；引体向上——人对单杠的拉力与单杠对人的拉力是一对相互作用力，故C错误；百米赛跑——裁判员通过相同路程内比较时间的方法判断运动快慢，故D错误。故选B。

【知识点】惯性；平衡力与相互作用力；比较物体运动快慢的方法。

6．（2019山东省淄博市，题号（6），分值2分）关于下面四幅图的说法正确的是（）

A.甲图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，此过程与热机的压缩冲程原理相同

B.乙图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是汽化现象

C.丙图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色NO2气体，表明气体间可以发生扩散现象

D.丁图：悬挂重物不能把铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力

【答案】A

【解析】甲图：活塞压缩空气，硝化棉燃烧，机械能转化为内能，此过程与热机的压缩冲程原理相同，故A正确；乙图：瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是液化现象，故B错误；丙图：抽出玻璃板，下瓶中出现红棕色NO2气体，同时上瓶中的红棕色变淡，表明气体间可以发生扩散现象，故C错误；丁图：悬挂重物不能把铅块分开，说明分子间存在引力，分子间的引力和斥力是同时存在的，故D错误。

故选A。

【知识点】改变物体内能的方式；内燃机的工作原理；扩散现象；分子间的相互作用力。

7．（2019山东省淄博市，题号（7），分值2分）下列有关生产和生活中的应用解释正确的是（）

A.斧头具有很薄的刃，是为了增大压力

B.用吸管吸饮料，利用了大气压

C.风筝能在空中飞行，是因为受到了空气的浮力

D.拉杆箱下安装轮子，是通过减小受力面积减小摩擦【答案】B

【解析】斧头具有很薄的刃，是为了减小受力面积，增大压强，故A错误；用吸管吸饮料，利用了大气压，故B正确；风筝能在空中飞行，是因为受到了升力的作用，故C错误；拉杆箱下安装轮子，是通过变滑动为滚动来减小摩擦的，故D错误。故选B。

【知识点】增大压强的办法；大气压的利用；流体的压强与流速的关系；减小摩擦力的方法。

8.（2019山东省淄博市，题号（8），分值2分）如图所示，小球沿轨道由静止从A点向D点运动的过程中（小球和轨道间存在摩擦），下列说法错误的（）

A.小球在A点的重力势能最大

B.小球在B点的速度最大

C.小球在C点和B点的机械能相等

D.小球不能到达D点

【答案】C

【解析】A点时小球的初始位置，重力势能与高度和质量有关，故小球在A点的重力势能最大，A正确；从A 点运动到B点，重力势能转化为动能，所以在B点小球的动能最大，故B正确；小球和轨道间存在摩擦，所以有部分机械能转化为内能，机械能会减小，小球在C点和B点的机械能不相等，故C错误；因为有能量损失，机械能不守恒，所以小球不能到达D点，故D错误。

故选C。

【知识点】重力势能、动能的转化；能量转化和守恒。

9．（2019山东省淄博市，题号（9），分值2分）如图是一款太阳能LED，下列有关说法错误的是（）

A.LED灯是由半导体材料制成的

B.LED灯可以把太阳能转化为电能

C.太阳能是可再生能源

D.太阳能是太阳能内部发生核裂变释放的能量

【答案】D

【解析】LED灯是由半导体材料制成的，故A正确；LED灯可以把太阳能转化为电能，故B正确；太阳是可再生能源，故C正确；太阳能是太阳能内部发生核聚变释放的能量，故D错误。

故选D。

【知识点】半导体材料的应用；太阳能的应用；核聚变和核裂变。

10．（2019山东省淄博市，题号（10），分值2分）共享电动汽车通过磁卡开锁，实现循环使用。租赁者将带有磁条的租车卡靠近电动汽车的感应器，检测头的线圈中就会产生变化的电流，读取解锁信息。图中能反应刷卡读取信息原理的是（）

【答案】D

【解析】共享电动车解锁的原理是利用了电磁感应现象。A是奥斯特实验，说明通电导体的周围存在磁场，故A 不符合题意；B是通电螺线管的周围的磁场分布规律，故B不符合题意；C是通电导体在磁场中受到力的作用，是电动机的原理，故C不符合题意；D是探究磁生电的实验装置，故D符合题意。

故选D。

【知识点】电生磁；螺线管的磁场；磁场对电流的作用；电生磁。

11．（2019山东省淄博市，题号（11），分值2分）如图所示，电源电压为5V，闭合开关S，电压表的示数为1V，则（）

A.通过灯泡L1的电流比L2的电流大

B.灯泡L1两端的电压是1V

C.灯泡L1和L2的电阻之比是4:1

D.若灯泡L2的灯丝烧断，电压表的示数为零

【答案】C

【解析】从电路图分析可以知道：两个灯泡是串联的，串联电路的电流处处相等，故A错误；电压表测量的是灯泡L2上的电压，L2上的电压是1V，故B错误；灯泡L1上的电压是U1=U-U2=5V-1V=4V，根据串联电路的特

点有：11

2

2

44

11

U R V

U R V

===，故C正确；若灯泡L2的灯丝烧断，电压表的示数为电源电压，故D错误。

故选C。

12.（2019山东省淄博市，题号（12），分值2分）新型PTC发热材料可以通过自动调节电路的电功率。在生活中应用广泛。图甲是PTC材料测试工作电路，R0是保护电阻，Rt是PTC电阻，阻值随温度变化的图像如图乙所示。闭合开关S，当温度从20℃升高到60℃的过程中（）

A.电流表示数先变小后变大

B.电压表示数先变大后变小

C.电压表与电流表示数的比值先变小后变大

D.保护电阻R0消耗的电功率先变小后变大

【答案】C

【解析】从电路图分析可知：保护电阻和PTC电阻串联，电压表测量的是PTC电阻上的电压，电流表测量的是电路中的电流。闭合开关S，当温度从20℃升高到60℃的过程中，PTC电阻的阻值先变小后变大，根据欧姆定律，电路中的电流先变大后变小，保护电阻上的电压先变大后变小，电压表的示数先变小后变大，故AB错误；

电压表与电流表的示数的比值，即为PTC的阻值是变化的，先变小后变大，故C正确；根据

2

U

P

R

=可知：保

护电阻R0消耗的电功率先变大后变小，故D错误。故选C。

【知识点】欧姆定律的应用；动态电路的分析；电功率的计算和比较；电压表和电流表的使用。

13.（2019山东省淄博市，题号（13），分值2分）有一种插线板，当开关断开时，指示灯不亮，插孔无法正常工作；当开关闭合时，如果指示灯损坏，插孔也能正常工作。下图既能满足控制要求，又符合安全用电原则的是（）

【答案】A

【解析】根据题意可知：开关安装在干路上，指示灯和插孔是并联的。按照安全用电的常识，开关必须接在火线上。A图中的连接是正确，故A正确；B图中的开关接在零线上，不符合安全用电的原则，故B错误；C图中的开关连接正确，但是指示灯和插孔是串联的，故C错误；D图中的开关连接错误，指示灯和插孔串联，故D错误。故选A。

【知识点】安全用电的原则；照明电路的连接；串联电路和并联电路。

14．（2019山东省淄博市，题号（14），分值2分）把木块放入装满水的溢水杯中，溢出水的体积为V1（如图甲），用细针将该木块压入水中，溢出水的总体积为V2（如图乙），忽略细针体积，则（）

A.木块的质量为ρ水V 2

B.缓慢下压木块的过程中，溢水杯底受到水的压强变大

C.木块全部压入水中静止时，细针对木块的压力大小为ρ水gV 2

D.木块的密度为12

V V ρ水 【答案】D

【解析】木块在溢水杯中漂浮时，受到的重力和浮力是一对平衡力，所以有：1=F G gV mg ρ==浮水，木块的质量为：1m V ρ=水，故A 错误；缓慢下压木块的过程中，多余的水从溢水杯空流出来了，溢水杯中的深度不变，所以杯底受到的压强不变，故B 错误；木块全部压入水中静止时，木块受到三个力的作用：重力、浮力和压力，这三个力是平衡的，压力为：21gV gV ρρ-水水，故C 错误；木块的体积为V 2，根据密度公式得到木块的密度为：122=V m V V ρρ=水

，故D 正确。故选D 。 【知识点】平衡力；阿基米德原理；物体的浮沉条件的应用；密度公式的应用。

15．（2019山东省淄博市，题号（15），分值2分） 如图所示，电源电压为12V ，滑动变阻器的规格为“50Ω 2A ”，L 1和L 2分别标有“6V 3W ”和“6V 9W ”字样。闭合开关S 后，调节滑动变阻器的滑片，在保证电路安全的情况下（不考虑温度对灯丝电阻的影响），下列说法正确的是（ ）

A.L 2能正常发光

B.滑动变阻器连入电路的最小阻值是8Ω

C.电流表示数的变化范围是0——0.5A

D.电路消耗的最大功率是12W

【答案】B

【解析】两个灯泡是串联在电路中的，电流相等，灯泡L 1正常工作的电流为：11130.56P W I A U V

===；灯泡L 2正常发光的电流为：2229 1.56P W I A U V

===，应该满足额定电流小的L 1正常工作，故A 错误；两个灯泡的电阻分别为：1116120.5U V R I V ===Ω和222641.5U V R I V

===Ω，当L 1正常发光时，滑动变阻器接入电路中的最小电阻为：12112124=24=0.5U V R R R I V =

--=--滑ΩΩΩ-16Ω8Ω，故B 正确；电路中的最大电流为0.5A ，最小电

流为：min 1212=0.1812+4+5066U V V I A R ==≈ΩΩΩΩ

，电流表示数的变化范围是0.18A ——0.5A ，故C 错误；电路中消耗的最大功率为：P=UI=12V ×0.5A=6W ，故D 错误。

故选B 。

【知识点】电功率的计算；欧姆定律的应用；串联电路的电流和电压规律。

第Ⅱ卷（非选择题 共50分）

二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）

16．（2019山东省淄博市，题号（16），分值3分）春节是中华民族的传统节日。年夜饭“吃饺子”是一种习俗，

包饺子时，用力捏出褶边，说明力可以____________；刚下锅的饺子沉在锅底，加热一段时间会上浮。在上浮的过程中，_______转化为机械能；出锅后的饺子变瘪了，饺子内气体密度_______。

【答案】改变物体的形状；内能；变大。

【解析】力的作用效果是改变物体的形状和改变物体的运动状态，包饺子时，用力捏出褶边，说明力可以改变物体的形状；在上浮的过程中，内能转化为机械能；出锅后的饺子变瘪了，质量不变，体积变小，密度变大。

【知识点】力的作用效果；能量转化；密度公式的应用。

17．（2019山东省淄博市，题号（17），分值3分） （3分）如图所示。GMR 是一个巨磁电阻，其阻值随磁场

的增强而急剧减小，当闭合开关S 1和S 2时，小磁针N 极指向右端，则电磁铁的左端为_____极，电源的右端为______极。要使指示灯变亮，滑动变阻器的滑片应向_______滑动。

【答案】N ；正；左。

【解析】当闭合开关S 1和S 2时，小磁针N 极指向右端，说明电磁铁的左端是N 极，根据安培定则可知：电源的右端是正极。要使指示灯变亮，GMR 的电阻变小，左边的电磁铁的磁性增强，电路中的电流应该增大，所以滑动变阻器的滑片应该向左移动。

【知识点】安培定则；影响电磁铁磁性强弱的因素；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用。

18．（2019山东省淄博市，题号（18），分值3分） （3分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功

着陆，并通过“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月球影像图。传输过程利用了_________；嫦娥四号的巡视器——玉兔二号质量为135kg ，与月球表面的接触面积约为0.8m 2，玉兔二号对月球表面的压强为____Pa （g 取10N/kg ，物体在月球上的重力为地球上的16

）；玉兔二号移动很慢，速度约为200m/h ，累计在月球表面上行驶了120m ，用时约为_____h 。

【答案】电磁波；281.25；0.6。

【解析】“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月球影像图。传输过程利用了电磁波传递的信息；玉兔二号对月球表面的压力为：1113510/22566

F mg kg N kg N ==??=，对月球表面的压强为：2225281.250.8F N p Pa S m ===；玉兔二号在月球上运行的时间为：1200.6200/s m t h v m h

===。 【知识点】电磁波的应用；压强的计算；速度公式的应用。

19．（2019山东省淄博市，题号（19），分值3分）（3分）灯泡L 的电流随电压的变化的图像如图甲所示，将此灯泡与定值电阻R 接入图乙所示的电路中，只闭合开关S ，小灯泡的实际功率为0.5W ，则电源电压是________V ；再闭合S 1，电流表的示数变化了0.1A ，则R 的阻值是________Ω；通电1min ，定值电阻R 消耗的电能是____J 。

【答案】2；20；12

【解析】只闭合开关S，灯泡L接入电路，从图像中可以知道：当灯泡上的电压为2V时，通过灯泡的电流为0.25A，灯泡的电功率为：P=UI=2V×0.25A=0.5W，所以电源的电压为2V；

再闭合S1，电流表的示数变化了0.1A，则表示R支路的电流为0.1A，根据欧姆定律有：

2

20

0.1

R

U V

R

I A

===

Ω；

通电1min，定值电阻R消耗的电能是：20.16012

R

W UI t V A s J

==??=。

【知识点】电功率和电功的计算；并联电路的特点；欧姆定律的应用。

20．（2019山东省淄博市，题号（20），分值2分）（2分）如图是小明起跑时的情景，请画出小明所受重力（点O为重心）和右脚所受摩擦力的示意图。

【思路分析】重力的方向总是竖直向下的；摩擦力的方向与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反。

【解题过程】物体受到的重力的方向总是竖直向下的，如图所示G；右脚向后蹬地，根据物体间力的作用是相互的，地面给右脚的摩擦力是水平向前的，如图所示f：

【知识点】重力；摩擦力；物体间力的作用是相互的；力的示意图。

三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）

21．（2019山东省淄博市，题号（21），分值6分）（6分）小明在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为15cm。

（1）如图甲所示，移动光屏找到清晰的烛焰的像，这个像是图乙中的_________，利用此原理可以制成____（选

填“照相机”、“幻灯机”或“放大镜”）

（2）小明把蜡烛依次放在A、B位置，在坐标纸上记录了光屏上像的位置和大小，如图丙所示（A’、B’分别表示蜡烛在A、B处所成的像）。跟同学们交流后发现：

①成倒立放大像的条件是______________;

②成实像时，物距减小，像距________________。

（3）保持凸透镜位置不动，小明又把蜡烛放在距凸透镜18cm处，在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像，原因可能是_______________。聪明的小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，则小明拿起的眼镜是______（选填“近视镜”或“远视镜”）。

【答案】（1）D；照相机；（2）①物距在一倍焦距和两倍焦距之间；②变大；（3）像距太长或者凸透镜的焦距太长，光具座太短；远视镜。

【解析】（1）从图甲可以知道：此时的物距大于像距，此时物距在两倍焦距以外，凸透镜成倒立缩小的实像，即图乙中的D，利用该原理制成了照相机；

（2）当物体到凸透镜的距离在一倍焦距和两倍焦距之间时，凸透镜成倒立放大的实像；

凸透镜成实像时，物距减小，像变大，像距也变大；

（3）明又把蜡烛放在距凸透镜18cm处，在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像，原因可能是：像距太长或者凸透镜的焦距太长，光具座太短；

聪明的小明拿起一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处，在光具座上移动光屏，光屏上出现了清晰的像，说明两个透镜组合起来以后，焦距变短了，光屏上可以接收到蜡烛的像了，则小明拿起的眼镜是远视镜，因为远视镜是凸透镜，对光有会聚作用。

【知识点】凸透镜成像规律的应用；凸透镜的会聚作用；照相机的原理。

22．（2019山东省淄博市，题号（22），分值9分）（9分）在日常生活中和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。

（1）为了研究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据记录在下表中。

实验次数滑轮材质钩码重

G/N

提升的高

度h/m

有用功W有用

/J

拉力F/N

绳端移动

的距离

s/m

总功W总/J

机械效率

η

1 铝 1 0.1 0.1 0.6 0.3 0.18 56%

2 铝 2 0.1 0.2 1.0 0.

3 0.3 67%

3 铝 2 0.2 0.

4 1.0 0.6 0.6 67%

4 塑料 2 0.2 0.4 0.8 0.6 0.48 83%

5 塑料 2 0.2 0.4 2.1 0.2 0.42 85%

①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码______，机械效率越高。

②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与__________有关。

③比较_________两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。

④第5次实验是利用图_____的装置完成的，判断依据是___________________。

⑤利用图甲的装置，把重6N 的物体用2.5N 的拉力匀速拉起，滑轮组的机械效率为_______。

可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。

（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物体重无关。保持斜面倾

斜程度不变，可以采用______的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。

（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假如没有额外功，总功等于有用功；可见

使用任何机械都______。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的是_____。

A.焦耳定律

B.牛顿第一定律

C.阿基米德原理

D.欧姆定律

【答案】（1）①越重；②滑轮的材质；③2和3；④乙；图乙是定滑轮，不省力也不省距离；⑤80%；

（2）减小斜面的粗糙程度；（3）不省功；B 。

【解析】（1）①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码越重，机械效率越高。

②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与滑轮的材质有关。

③比较2和3两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。

④第5次实验是利用图乙的装置完成的，判断依据是图乙是定滑轮，不省力也不省距离。

⑤利用图甲的装置，把重6N 的物体用2.5N 的拉力匀速拉起，滑轮组的机械效率为：6==80%3 2.53

W Gh Gh N W Fs F h N η===??有

总。 （2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物体重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小斜面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率；

（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假如没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都不省功。这种方法是实验加科学推理，牛顿第一定律的得出过程也采用了这种方法，故选B 。

【知识点】测量滑轮组、斜面的机械效率；影响机械效率的因素；提高机械效率的方法；实验加科学推理的研究方法。

23．（2019山东省淄博市，题号（23），分值6分） （6分）在“探究并联电路中的电流关系”实验中

（1）小明想测量干路电流，连接的电路如图甲所示，检查电路发现只有一根导线接错了。请在这根导线上打“×”，

并改正。

（2）连接正确的电路后，闭合开关，电流表的示数为0.46A ，请在图乙中画出指针的位置（O 为指针转轴）。

（3）小明换用不同规格的灯泡，多次改变电流表位置，将测量数据记录在下表中。

实验次数

支路电流I 1/A 支路电流I 2/A 干路电流I 总/A 1

0.30 0.16 0.46 2

0.20 0.20 0.40 3 0.24 0.34 0.58

分析数据得出结论：在并联电路中，__________________。

（4）第一次实验中，发现灯泡L 1比L 2亮，则灯泡L 1的电阻______灯泡L 2的电阻；若两灯泡灯丝长度相同，

___________的灯丝更细。

【答案】（1）如图甲所示；（2）如图乙所示；（3）干路中的电流等于各个支路的电流之和；（4）小于；灯泡L 2。

【解析】（1）小明的接法将电流表直接接到电源上了，会造成短路，烧坏电源和电流表，改正如图甲；

（2）使用0——0.6A 量程时电流表的分度值为0.02A ，电流表的读数为0.46A 时，指针的位置如图乙所示；

（3）分析数据得出结论：在并联电路中，干路中的电流等于各个支路的电流之和；

（4）并联电路中，各个支路两端的电压相等，灯泡的亮度是由实际功率决定的，根据2U P R

=可知：灯泡越亮，实际功率越大，在电压一定时，灯丝的电阻越小，所以灯泡L 1的电阻小于灯泡L 2的电阻；

灯丝的电阻与材料、长度和横截面积有关，在长度和材料相同时，横截面积越小，灯丝的电阻越大，所以灯泡L 2的灯丝更细。

【知识点】电流表的使用；并联电路的电流规律；影响电阻大小的因素。

四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）

24．（2019山东省淄博市，题号（24），分值7分） （7分）2019年4月23日，在庆祝中国人民解放军海军成

立70周年海上阅兵活动中，055大型驱逐舰接受检阅，向世界展示了我国大型驱逐舰的发展规模和强大实力。驱逐舰长174m ，宽23m ，吃水深度8m ，满载排水量12300t ，最大航速32节（1节=0.5m/s ，海水的密度为1.03×103kg/m 3，g 取10N/kg ），求：

（1）驱逐舰行驶到某海域时，舰底受到的海水压强为7.21×104Pa ，此时舰底所处的深度；

（2）驱逐舰满载时受到的浮力；

（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，若所受海水阻力是其总重的0.1倍，它的动力功率。 【思路分析】（1）根据液体的压强公式p gh ρ=计算舰底所处的深度；

（2）驱逐舰在水面上航行时受到的浮力等于它受到的重力；

（3）利用公式W Fs P Fv t t

=

==计算发动机的动力功率。 【解题过程】 （1）根据p gh ρ=得到舰底所处的深度为：4337.211071.0310/10/p Pa h m g kg m N kg

ρ?===??；

（2）驱逐舰满载时受到的浮力为：78===m 1.231010/ 1.2310F G G g kg N kg N =??=?浮排排 ；

（3）驱逐舰运行的速度为：320.5/16/v m s m s =?=；

受到的阻力为：870.10.1 1.2310 1.2310f G N N ==??=?；

匀速航行时，发动机的牵引力和海水的阻力是一对平衡力，所以有F=f ， 发动机的功率为：78=1.231016/ 1.96810W Fs P Fv N m s W t t

===??=?。 【知识点】压强的计算；物体的漂浮条件及浮力的计算；功率的计算。

25．（2019山东省淄博市，题号（25），分值8分） （8分）下表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R 1和R 2均为电热丝且阻值不变。

（1）该饮水机处于加热状态时，正常工作3min ，在1标准大气压下能否把0.5kg 的水从20℃加热至沸腾？

【c 水=4.2×103J/（kg ·℃）】

（2）保温功率是指S 断开电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R 1实际消耗的电功率是多少？

【思路分析】（1）先根据W=Pt 计算饮水机正常加热时消耗的电能，再利用=Q W

η吸计算水吸收的热量，并把这个热量与水加热至沸腾时需要吸收的热量进行比较即可；

（2）保温时，两个电阻串联，分别计算出它们的电阻，计算出电路的电流，最后计算R 1实际消耗的电功率。

【解题过程】（1）该饮水机处于加热状态时，正常工作3min ，饮水机消耗的电能为：

51000360 1.810W Pt W s J ==??=?；

根据=Q W

η吸，水能够吸收的热量为：55=0.8 1.810 1.4410Q W J J η=??=?吸； 若将0.5kg 的水从20℃加热至沸腾，实际需要吸收的热量为：

3501=/=Q cm J J ?????吸（t-t ）=4.210（kg ℃）0.5kg （100℃-20℃）1.6810；

比较可知：该饮水机处于加热状态时，正常工作3min ，在1标准大气压下能把0.5kg 的水从20℃加热至沸腾；

（2）当饮水机处于加热状态时，只有R 1连入电路，此时有：21U P R =加热，所以：221=48.41000U R P W ==加热

（220V ）Ω； 当饮水机保温时，两个电阻串联，此时有：212

+U P R R =保温， 所以有：222148.4=220048.42151.622U R R P W

=-=-ΩΩ-Ω=Ω保温（220V ）； ××牌饮水机

额定电压

220V 额定

功率 加热 1000W 保温 22W

加热效率 80%

保温时电路中的电流为：

22

0.1

220

P W

I A

U V

===

保温；

R1消耗的电功率为：22

1148.40.484

P I R W

==?Ω=

（0.1A）。

【知识点】热量和效率的计算；电功率和电功的计算；欧姆定律的应用。