《2020年中考物理一轮模拟试卷(山东东营卷)(共15页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年中考物理一轮模拟试卷(山东东营卷)(共15页).doc（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上如果您喜欢这份文档，欢迎下载！祝您成绩进步，学习愉快！【迎战中考】2020年物理一轮中考模拟试卷（山东东营卷）一、选择题（本大题包括10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列数据中，符合实际情况的是（）。A. 一个中学生的质量约为500g； B. 东营地区6月份的平均气温约为50C；C. 一支全新2B铅笔的长度约为20mm；D. 成年人正常步行的速度约为1.4m/s【答案】D。【解析】A、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右。故A不符合实际；B、苏州地区6月份最高气温不到50，所以平均气温
2、远低于50故A不符合实际；C、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm。一支全新2B铅笔长度与此差不多，在18cm=180mm左右。故C不符合实际；D、成年人步行的速度达5km/h=5m/s1.4m/s左右。故D符合实际。故选D。2.关于声现象下面说法正确的是（ ）。A.物体只要振动就一定能听到声音；B.笛子演奏中，按压不同笛孔目的是改变笛声的音色；C.城市道路快速道两旁安装的隔音墙是在接收处减弱噪声；D.“B超”是利用声音能够传递信息的原理制成的医疗设备【答案】D。【解析】（1）人们能听见声音，必须满足两个条件：一是物体振动的频率必须在人的听觉范围之内；二是必须有传播声波的介质
3、存在；所以A的说法是错误的。（2） 笛子演奏中，按压不同笛孔时，笛子的空气管长度发生变化，故笛子振动的频率发生了变化，目的是改变笛声的音调，而不是音色；故B得说法是错误的。（3） 城市道路快速道两旁安装隔音墙是在传播过程中有效减弱噪声的控制方式，不是在接收处；故C的说法是错误的。（4）声音可以传递信息也可以传递能量，“B”型超声也是声音的一种，故其也可以传递信息；医学上利用“B型”超声传递信息制成了“B超”机，用它可以判断病灶情况；故D得说法是正确的。3.如图所示的四种现象中，属于光的折射现象的是（ ）。A水中的倒影 B透过树叶间的阳光 C水中弯折的铅笔 D物体的影子【答案】C。【解析】A.平
4、静的水面相当于平面镜，上在水中形成“倒影”是平面镜成像，平面镜成像属于光的反射。B、树叶中的光线是光的直线传播现象，不属于光的折射现象。C、根据光的折射，当光从空气斜射入水中或者其他介质中时，折射光线向法线方向偏折，出现了插入水中的铅笔好像在水面处折断了的现象。D、物体的影子，是因为光在同一均匀介质中沿直线传播。4.用密度不同的两种液体装满两个完全相同的烧杯甲和乙，甲杯中两种液体的质量各占一半，乙杯中两种液体的体积各占一半。两种液体的密度分别为1和2，且12。设两种液体之间不发生混合现象，若甲、乙两杯内液体的质量分别为m甲和m乙，则（ ）。A、m甲m乙 B、m甲=m乙 C、m甲m乙 D、无法确
5、定 【答案】A。【解析】设杯子的容积为V，两液体的密度为1、2，则甲杯：两液体的质量均为m甲，杯子中液体的体积，乙杯：两液体的体积均为，因为所以m乙m甲。故选A。5.下面是日常生活中与压强有关事例的描述，其中正确的是（ ）。A图钉帽面积大是为了增大手指对它的压强；B水坝的形状上窄下宽是因为液体的压强随着深度的增加而增大；C用吸管吸饮料是利用了嘴的吸力；D高压锅能很快地煮熟食物是因为锅内气压增大水的沸点降低【答案】B。【解析】A、图钉帽大，是在压力一定时，增大受力面积来减小对手的压强；不符合题意。B、水的密度一定，越深水的压强越大，对大坝底部的压强越大，大坝修成上窄下宽防止冲垮；符合题意。C、吸
6、管吸饮料时，用力吸时，管内压强减小，饮料在大气压的作用下被压入嘴里；不符合题意。D、高压锅增大锅内的压强，提高了水的沸点，食物在高温下容易煮熟；故D不符合题意。故选B。6.以下说法正确的是（ ）。A.冷水一定比热水的内能小，因为冷水的温度较低；B.用火炉烧水，是用做功的方法増加水的内能；C.汽油机在做功冲程中，是内能转化为机械能；D.中午海滩上沙子比海水热，因为水的比热容较小【答案】C。【解析】A：内能与物体的温度和质量有关，因此热水的内能不一定比冷水的内能多，故A错误。B：用火炉烧水，是通过热传递的方法增加水的内能，故B错误。C：汽油机的四个冲程是吸气、压缩、做功、排气冲程。做功冲程高温高压
7、燃气推动活塞向下运动，将内能转化为机械能，故C正确。D、沙子发烫而水不热是因为水的比热容大，质量和吸收相同的热量沙子升高的温度要大，故D错误。故选C。7.下面是对运动场上一些场景的描述，正确的是（）。A王同学踢出去的足球在草地上滚动时慢慢停下来，是因为足球没有受到力的作用；B张同学百米冲线后没有立即停下来，是因为受到惯性的作用；C李同学在作引体向上，当他在单杠上静止不动时，他对单杠的拉力和他的重力是一对平衡力；D赵同学正在跳高，当他腾跃到最高点时，势能最大【答案】D。【解析】A：踢出去的足球在草地上滚动时慢慢停下来，是因为足球受到了地面摩擦力的作用，故A错误。B：百米冲线后没有立即停下来，是因
8、为人有惯性，而不能说受到惯性的作用，故B错误。C：做引体向上，当人在单杠上静止不动时，单杠对他的拉力和他的重力大小相等、方向相反、作用在同一物体上并在同一条直线上，是一对平衡力，故C错误。D：赵同学正在跳高，当他腾跃到最高点时，势能最大，故D正确；故选D。8.如图所示电与磁的实验装置中，属于发电机原理的是（）。ABCD【答案】C。【解析】发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。A、该实验是著名的奥斯特实验，该实验说明了通电导线周围存在着磁场，故该选项不符合题意；B、该电路中有电源，即通电后，磁场中的金属棒会受力运动，故是利用通电导线
9、在磁场中受力的作用的原理工作的，故该选项不符合题意；C、在该闭合电路中没有电源，当线圈转动时，其恰好切割磁感线运动，于是灯泡中就会有电流通过，故这就是电磁感应现象，即该选项符合题意；D、该装置中有电流通过时，磁场中的线圈会转动，故是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的，故该选项不符合题意。故选C。9.关于机械效率的说法中正确的是（ ）。A越省力的机械，效率越高；B做有用功越多的机械，效率越高；C做相同的功，额外功的值越小，则机械效率一定越高；D做功越快的机械，机械效率越高【答案】C。【解析】A、机械效率与省力情况无关，定滑轮不省力，但它的机械效率比动滑轮要高，该选项说法不正确。B、有用功
10、越多的机械效率不一定高，机械效率是有用功在总功中所占的比例，该选项说法不正确。C、做相同的功，额外功的值越小，额外功占的比值越小，效率越高，该选项说法正确。D、机械做功越快，表示功率越大，单位时间内做的功越多，但机械效率不一定就高，该选项说法不正确。故选C。10.如图所示，电源电压保持不变，当开关S闭合时，滑动变阻器R1的滑片P从b端滑到a端的过程中，下列说法正确的是（）。A.电压表、电流表的示数均变小； B.电压表、电流表的示数均不变；C.电压表的示数不变，电流表的示数变小；D.电压表的示数变小，电流表的示数不变【答案】D。【解析】分析电路图：两电阻串联，电流表串联在电路中，滑动变阻器不能起
11、到变阻作用，电压表测量的是aP之间的电压。当滑片P从b端滑到a端的过程中，分析电路中的电阻变化情况，根据欧姆定律确定电流表、电压表示数的变化情况。如图，当滑片P从b端滑到a端的过程中，滑动变阻器不能起到变阻作用，电路中的电阻不变，根据欧姆定律知道电路中的电流不变，即电流表的示数不变；从b端滑到a端的过程中，RaP变小，因为U1=IRaP ，I不变，所以滑动变阻器两端的电压变小，即：电压表示数会变小。故选D。二、填空题（本大题包括7小题，每小题2分，共14分）11.开发和利用新能源是现代社会发展面临的重要课题。我们日常生活中存在有多种能源，如：煤风能太阳能石油天然气核能等。其中，属于新能源的是_
12、（填序号）。关于核能，在核电站是利用_（选填：“裂”或“聚”）变的链式反应来把核能转化为电能的。【答案】；裂。【解析】（1）煤、石油、天然气属于化石能源，属于常规能源；风能、太阳能、核能是清洁能源，是新能源的范畴；（2）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能，释放出大量的核能并最终转化为电能，用来发电的。故答案为：；裂。12.实施人工降雨时，撒在云层上的干冰_（选填物态变化名称），_热（选填“吸”或“放”），使空气中水蒸气迅速凝结成小水滴或小冰晶形成降雨。【答案】升华、吸。【解析】干冰是固态的二氧化碳，在常温下会吸热迅速的升华变为二氧化碳气体，使空气中水蒸气迅速凝结成小水滴或小冰晶形成降雨。故
13、答案为：升华、吸。13.如图所示，已知两电流表的示数分别是0.4A和1.2A，通过灯L1的电流是 A，通过灯L2的电流是 A。【答案】0.4；0.8。【解析】分析电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A测通过干路的电流，电流表A1测通过灯L1的电流，在并联电路中干路中的电流等于各支路电流之和。已知：I干=1.2A，通过灯L1的电流大小为：I1=0.4A；所以通过灯L2的电流大小为：I2=I干-I1=1.2A-0.4A=0.8A。故答案为：0.4；0.8。14.在学校校运会上，小明和小亮的百米跑成绩分别为14s和15s，比较两人百米全程的平均速度，小明的 （选填“大于”“小于”或“等于”）
14、小亮的；当到达终点时，他们不能立即停下来，是由于他们具有 。【答案】大于、惯性。【解析】（1）小明和小亮运动的路程相同，小明用的时间少，由可知，小明的速度大；（2）跑到终点时，人由于惯性仍然要继续向前运动，不能马上停下来。答案为：大于、惯性。15.如图所示是一款具有摄像功能的手机，摄像机的镜头相当于一个凸透镜，通过镜头所成的像是_（选填“实像”或“虚像”）。若镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的人头像，人到镜头的距离应大于_cm。【答案】实像；20。【解析】摄像机的镜头相当于一个凸透镜。其成像的原理是：当物距大于二倍焦距时，凸透镜成倒立缩小的实像，镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的人头像，人
15、到镜头的距离应大于20cm。故答案为：实像；20。16.用煤气灶烧水时，燃烧1kg的煤气，使100kg的水从20升高到70，则水吸收的热量是 J，煤气完全燃烧放出的热量是 J。（q煤气=4.2107J/kg）【答案】2.1107；4.2107。【解析】（1）水吸收的热量：Q吸=cmt=4.2103J/（kg）100kg（7020）=2.1107J；（2）1kg煤气完全燃烧放出的热量：Q放=mq=1kg4.2107J/kg=4.2107J。故答案为：2.1107；4.2107。17.小明同学在做“探究通电螺线管外部磁场分布”实验时，实验装置如图所示。（1）闭合开关后,螺线管周围小磁针的指向如图所
16、示,小明根据螺线管右端小磁针a的指向判断出螺线管的右端为N极,则可知电源的A端为 极；（2）)当电源的正负极方向对换时，小磁针a的南北极指向也对换,由此可知:通电螺线管的外部磁场方向与螺线管中导线的 方向有关。【答案】（1）正；（2）电流。【解析】（1）小明根据螺线管右端小磁针a的指向判断出螺线管的右端为N极,则可知电源的A端为正极；（2）当电源的正负极方向对换时，小磁针a的南北极指向也对换，由此可知：通电螺线管的外部磁场方向与螺线管中导线的电流方向有关。故答案为：（1）正；（2）电流。三、作图、实验与探究题（本大题包括5小题，共34分）18.（2分）图中的木块在水平面上沿图示方向作匀速直线运
17、动，请画出它所受重力和摩擦力的示意图。【解析】木块在水平面上沿图示方向作匀速直线运动，水平方向上拉力和摩擦力是一对平衡力，则摩擦力的方向水平向左；过物体的重心作竖直向下的重力G；过物体的重心作水平向左的摩擦力f。如图所示： 19.（2分）完成图中所示的透镜光路图。【解析】延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。如图所示：20.（8分）在探究“水沸腾时温度与时间的关系”实验中，实验装置如图所示。实验次数12345678时间t/min00.511.522.533.5温度t/9094979899999999（1）组装下列实验器材时，其合理的先、
18、后顺序是（填序号）（1分） 。温度计；石棉网；装水的烧杯；酒精灯（2）温度计放置在水中的要求是 。（3）石棉网的作用是 。（4）记录的实验数据如下表，实验观察到第2分钟水开始沸腾。 请在方格纸上画出水的温度与时间的关系图象。（5）分析图象，可以得出的探究结论是 。（6）根据图象，还可得出水沸腾前温度与时间的关系是：水沸腾前， 。【答案】（1）；（2）玻璃泡完全进入液体中并不能碰烧杯壁和底部；（3）使烧杯底部均匀受热；（4）见上图；（4）随着时间增加，水不断吸热，但温度不变；（5）温度先上升得快，后上升的慢。【解析】（1）组装器材应按先下后上顺序，故应是。（2） 使用温度计测量温度时，温度计的玻
19、璃泡要全部浸入被测的液体中，并放在液体中间部位；不要碰到容器底或容器壁，若碰到容器底，测量的是容器和水的混合温度，则测量结果偏高；若温度计玻璃泡没有全部浸在水中，则测量的是水和室温的混合温度，则测量结果会比水的实际温度低。（3）石棉网的作用是使烧杯底部受热均匀。（4）根据表格中的数据描点，并用平滑的曲线连接起来。见下图：（5）根据图象可得出的探究结论是：水沸腾时，随着时间增加，水不断吸热，但温度不变；水沸腾前温度与时间的关系是：水沸腾前，温度先上升得快，后上升的慢。故答案为：（1）；（2）玻璃泡完全进入液体中并不能碰烧杯壁和底部；（3）使烧杯底部均匀受热；（4）见上图；（4）随着时间增加，水不
20、断吸热，但温度不变；（5）温度先上升得快，后上升的慢。21.（11分）用如图甲所示电路测量小灯泡的额定功率，小灯泡上标有“3.8V”的字样，额定功率约1W，滑动变阻器R0的规格是“20、1A”，电源电压恒为6V。（2分）连接不完整的电路如图甲所示，请用笔画线代替导线，将实物电路连接完整（要求导线不交叉，滑片向右移，灯光变亮）；连接好电路后，为了保证电路安全，应将滑动变阻器滑片移至（选填“A”或“B”）端，才能闭合开关；电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表有示数。接下来应进行的操作是；A更换小灯泡；B检查电路是否断路；C移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光当小灯泡正常发光时，电流
21、表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 W；小华刚准备拆除电路结束实验时，同组的小红提出，在调节滑片要使灯正常发光过程中，电压表的示数很难准确显示3.8V，可能因此造成一定的测量误差。她认为可以在小华第步实验的基础上，对电路稍作改动，能提高测量数据的精确度。请帮小红补全测量步骤（补全步骤时必须准确阐述接法和操作要点）：a断开开关，；（2分）b闭合开关，并读出此时电流表的示数（2分）；c计算出灯的额定功率。完成上述测量后，牛顿小组的同学还想测量一段电阻丝Rx的阻值，他们增加一些实验器材分别设计了如图丙所示的四种电路，其中不可行的是（2分）。【答案】如图；A；C；1.14；a电压表换用“”“3”
22、两接线柱并从灯泡两端换接到滑动变阻器两端；b调节滑动变阻器至电压表的示数为2.2V；D。【解析】变阻器要选择右下方接线柱，这样滑片向右滑动时，接入电路的电阻变小，电流变大，则灯泡变亮，如图所示。连接好电路后，为了保证电路安全，应将滑动变阻器滑片移至A端即阻值的最大处；电压表内阻很大相当于断路，若电压表与电流表位置接反了，由于电压表串联在电路中，故电路中电流会非常小，接近于零，电压表相当于测电源电压，因此，只有电压表有示数，灯不亮；故C符合题意。读图可知，电流表的量程为00.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A；则小灯泡的额定功率：P=UI=3.8V0.3A=1.14W。由于小灯泡的额定电
23、压为3.8V，所以电压表必须选择大量程，这样造成电压测量不精确，为了使测量误差更小，可将电压表并联在滑动变阻器的两端，改接小量程。因为电源电压为6V，则变阻器两端电压为6V3.8V=2.2V时，此时小灯泡恰好正常发光。因此，补充的步骤为：a断开开关，将电压表并联在滑动变阻器的两端（此时选择小量程）；b闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表的示数为2.2V，并读出此时电流表的示数；c计算出灯的额定功率。A：开关S闭合，据电流表可得出待测电阻的电流，据电压表的示数能得出待测电阻的电压，所以据求出电阻。B：两开关都闭合，此时电压表的示数是电源电压U；断开与电压表并联的开关，此时待测电阻与定值电阻串联，电
24、压表测的是待测电阻Rx的电压，所以据电源电压能计算出定值电阻R0的电压，即可计算出此时的电流；由于串联电路中电流处处相等，所以据此能计算出Rx的电阻。C：闭合开关，定值电阻和待测电阻并联，所以读出此时电流表的示数I；断开开关，读电流表的示数Ix，则定值电阻中的电流为I-Ix，计算出定值电阻R0两端的电压U，可知待测电阻的电压为U，根据欧姆定律计算出待测电阻的阻值。D：该选项电流都不知道，故该选项无法计算出待测电阻，故该选项符合题意。故答案为：如图；A；C；1.14；a电压表换用“”“3”两接线柱并从灯泡两端换接到滑动变阻器两端；b调节滑动变阻器至电压表的示数为2.2V；D。22.（11分）同学
25、们用空塑料瓶和细沙等实验器材探究影响浮力大小因素。（g取10N/kg，水=1103kg/m3）（1）为了测出塑料瓶的体积，进行如下操作：把天平放在水平桌面上，调节天平平衡，在左盘中放入盛有适量水的烧杯，通过増减砝码和移动游码使天平再次平衡，所加砝码和游码的位置如图甲所示，烧杯和水的总质量为 。在空塑料瓶中装入适量细沙，拧紧瓶盖，在瓶颈系一细绳，手拿细绳将塑料瓶完全浸没于烧杯的水中（瓶没有接触烧杯，水未溢出），通过増减祛码和移动游码使天平再次获得平衡，所用砝码总质量和游码所示质量之和为167g，塑料瓶的体积是 cm3。（2）同学们根据生活经验提出了如下三种猜想，并举出了相应的实例猜想一，浮力的大
26、小与物体的密度有关，实例：铁块可以在水中下沉，木头可以浮在水面上；猜想二，浮力的大小与液体的密度有关，实例：鸡蛋可以在水中下沉，在盐水中可以浮起来；猜想三，浮力的大小与浸入液体的深度有关，实例：在游泳池里，人越往下蹲感觉到水向上托自己的力越大；为了验证以上猜想是否正确，同学们选择了装入细沙的塑料瓶和其他实验器材进行探究，实验过程如图乙所示。根据实验步骤d和 （填序号），可以确定猜想二是正确的；根据实验步骤c和d可以验证猜想三是 （选填“正确”或“错误”）；对该猜想对应的实例，合理的解释是 。要验证猜想一是否正确，可以在塑料瓶中 后再进行探究。同学们讨论认为，猜想一和猜想二中的实例反应了物体的浮
27、与沉可能与密度有关，要选用一个能漂浮在图e中盐水上的物体时，物体的密度应小于 g/cm3（计算结果保留1位小数）。【答案】（1）133；34；（2）e；错误；在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大，说明浮力的大小与物体排开液体的体积有关；添加一些细砂；1.1。【解析】（1）质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；根据可求得塑料瓶排开水的质量，然后可求得塑料瓶排开水的体积，由于塑料瓶浸没，所以V排=V塑料瓶。（2）弹簧测力计示数的减小等于物体在液体中受到的浮力；重力与浮力比较大小可判断出是否下沉；二图比较可得浮力与液体密度的关系。比较acd得出两次浮力的大小关系，研究浮力大小与浸
28、入液体的深度有无关系时，应控制其它的因素相同，只改变浸入液体的深度；根据猜想3举出一个物体浸入液体的深度不同的生活中的实例即可。在塑料瓶中添加一些细砂可以改变塑料瓶整体的密度。根据阿基米德原理可以求出雁水电密度。解答如下：（1）烧杯和水的总质量为：m=100g+20g+10g+3g=133g；由步骤可知，塑料瓶排开水的质量m排水=167g133g=34g，由=可得，因为铁块浸没，所以，由C、D可知，铁块排开液体的质量m排液=m3m4，因为铁块浸没，所以V铁=V排水=V排液。（2）物体浸没水中受到的浮力F浮=0.4N0.06N=0.34N；物体浸没在盐水中受到的浮力F浮=0.4N0.02N=0.
29、38N；因为，浮力不相等，而物体所处的深度和浸没的体积相同，则是液体的种类（密度）不同的引起的，说明浮力的大小与液体的密度有关，根据实验d、e可以确定猜想二是正确的。物体在c、d中（排开液体的密度相同，都是水）中受到的浮力相同，而排开液体的体积都等于物体的体积，但物体所处的深度不同，故得出：物体浸在同种液体中，所受浮力大小与浸入液体的深度无关根据实验步骤c和d可以验证猜想三是错误的。对该猜想对应的实例，合理的解释是：在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大，说明浮力的大小与物体排开液体的体积有关。要验证猜想一是否正确，即浮力的大小与物体的密度有关，根据控制变量法要改变物体的密度
30、，在物体体积不变时，在塑料瓶中添加一些细砂可以改变塑料瓶整体的密度；由a、c两图知，物体浸没在水中所受浮力：F浮=GF=0.4N0.06N=0.34N；物体浸没在盐水中受到的浮力F浮=0.4N0.02N=0.38N；由阿基米德原理可得：F浮=水gV排=0.34N-（），F浮=盐水gV排=0.38N-（）浸没时V排相等，由（）（）可得盐水的密度：物体的浮与沉与密度有关，要选用一个能漂浮在图e中盐水上的物体时，物体的密度应小于1.1g/cm3。故答案为：（1）133；34；e；错误；在游泳池里，人越往下蹲排开水的体积越大，人受到的浮力越大，说明浮力的大小与物体排开液体的体积有关；添加一些细砂；1.
31、1。四、计算题（本大题包括2小题，共22分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）23.（10分）小华家买了一个家用电吹风，如图甲所示其简化电路如图乙所示，主要技术参数如表。请解答如下问题：型号SHZ2010642热风温度5070额定功率热风时：1000W冷风时：120W额定电压220V质量0.5kg（1）当电吹风吹冷风时，正常工作5min消耗的电能是多少？（2）当选择开关旋至何处时，电吹风正常工作的功率最大？此时电路中的总电流是多大？（3）当电路供电电压为200V时，电吹风电热丝的实际电功率为多大？（计算结果保留一位小数）【解析】（1）当开关旋至B、C时
32、，只有电动机工作吹冷风，P动=120W；由可得，电吹风吹冷风时，正常工作10min消耗的电能是W=Pt=120W1060s=7.2104J；（2）当开关旋至A、B时，电阻丝与电动机并联且同时工作，电吹风功率最大，此时P热=1000W，由P=UI可得，电路中的总电流是；（3）电热丝的额定功率为PR=P总P动=1000W120W=880W，由，可得，电热丝的电阻为，电热丝的实际功率为。答：（1）电吹风吹冷风时，正常工作3min消耗的电能是7.2104J；（2）当选择开关旋至AB时，电吹风正常工作的功率最大，此时电路中的总电流是4.55A；（3）电热丝的实际功率为727.3W。24.（12分）随着我
33、国经济的不断增长，国防力量也在加强，我国第一艘航空母舰“辽宁号”已正式交接。根据某航母的主要参数值列式计算：(g10 N/kg，海水1.03103 kg/m3)主要参数值航母总质量(包括舰载飞机)6107 kg每架舰载飞机的质量5150 kg每架舰载飞机与甲板的总接触面积5000 cm2航母正常航行速度54 km/h航母以正常航行速度行驶时所受阻力3.6108 N(1)求每架舰载飞机对甲板的压强；(2)求航母所受的总重力和浮力的大小；(3)若航母以正常航行速度匀速从甲地开往乙地，行驶了540 km.求此过程中航母牵引力的功率；(4)若其中一架舰载飞机起飞后，求航母排开海水的体积减少了多少？【解
34、析】（1）舰载飞机对甲板的压：F=G1=m1g=5150kg10N/kg=5.15104N，舰载飞机对甲板的压强：p=1.03105Pa。（2）航母总重力：G2=m2g=6107kg10N/kg=6108N，因为漂浮，所以F浮=G2=6108N。（3）因为航母在匀速行驶，根据二力平衡可得：F牵=f=3.6108N，牵引力的功率：P=F牵v=3.6108N/kgm/s=5.4109W。（4）舰载飞机起飞前后，航母受到的浮力：F浮=液gV排，F浮1=G2-G1=液gV排1，根据阿基米德原理可得：V=V排-V排1=-=5m3。答：（1）每架舰载飞机对甲板的压强为1.03105Pa；（2）航母的总重力和受到的浮力均为6108N；（3）航母行驶过程中牵引力的功率为5.4109W；（4）航母排开海水的体积减少了5m3。专心-专注-专业