广东省2024年中考物理一轮复习考点梳理学案 专题五　综合能力题（含解析）

专题五　综合能力题
命题分析　
广东省近五年中考物理命题分析
考点 2023 2022 2021 2020 2019
问题探究类 省题22 省题22 省题21 省题22 省题21
应用分析类 省题21 省题21 省题22 省题21 省题23
阅读研究类 省题23 省题23 省题23 省题23 省题22
综合能力题文字多，涉及的知识点广，综合性强，是最考验学生作答能力的题型，也是最能提高学生能力和学生思维的题型。
解题指导：
(1)认真读题，清楚题中设计的物理概念和规律；
(2)审清题目以及题目所给的条件；
(3)结合题目要求确定解题过程，设计好先解哪个问题，后解哪个问题，怎样书写才能简洁明了。
类型一　问题探究类
解题技巧：首先要明确探究的问题，分析题目是将课本上的探究实验从新的角度进行考查还是依托课本实验对同一个问题设计了不同的实验探究方案，弄清楚题目要我们做什么，题目中有哪些与之相关的信息，再结合已经学过的有关物理知识和物理规律，把新旧知识联系起来，抓住关键词语，准确地利用物理知识解题，用科学的语言把探究的过程和结果表述出来。
例1　(2023·泸州)小明有一件重约15 N的工艺品，用细线悬挂两端点A、B使其处于静止状态，如图甲所示。他想用平衡的知识，通过计算在A、B连线上找出O点的位置，以便用一根细线系在O点将工艺品悬挂起来，静止时如图乙所示，并计算出工艺品的重力。小明身边只有一把弹簧测力计(0～10 N)、一把刻度尺和若干细线，他设计了如下实验，请完成以下实验步骤：
(1)取下工艺品，用刻度尺测出工艺品长度LAB＝________ cm，如图丙所示。
(2)用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时如图丁所示，此时弹簧测力计读数F1＝8.0 N。
(3)交换弹簧测力计和细线的位置，平衡时工艺品的位置也如图丁所示，弹簧测力计读数F2＝6.0 N。
(4)由此可以计算出该工艺品的重力G＝________ N。
(5)计算出O点到端点A间的距离LOA＝________ cm。
(6)反思：要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是________________(只须写出一个条件即可)。
答案　(1)35.0　(4)14　(5)15　(6)杠杆平衡条件
解析　(1)由于刻度尺的分度值是1 cm，所以工艺品的长度为35.0 cm；
(4)(5)当以A端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F1·LAB＝G·LOB，即8 N×35.0 cm＝G×(35.0 cm－LOA)，①
当以B端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F2·LAB＝G·LOA，即6 N×35.0 cm＝G×LOA，②
由①②得，G＝14 N，LOA＝15 cm；
(6)当要准确找出O点的具体位置，除准确测量外，关键实验条件是杠杆平衡条件。
类型二　应用分析类
解题技巧：应用分析类题目的特点与阅读研究题较为相近，试题通过文字、图象或表格提供相关信息，要求学生通过阅读、理解、思考和分析从中筛选出有关的信息，然后运用所学的物理知识来解决问题。侧重考查学生收集信息和处理信息能力，从省卷命题特点看，近年多为根据提供信息进行分析计算，由于信息量大，涉及公式多，综合性强，对学生的能力要求较高。首先要注意认真分析题意，确定研究对象，重视分析过程，从文字和图象中获取、提炼有用信息，然后进行归纳或应用公式解题。
例2　(2023·佛山顺德区一模)2020年11月24日，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，火箭飞行约2 200秒后，顺利将探测器送入预定轨道，开启我国首次地外天体采样返回之旅。12月17日凌晨，嫦娥五号返回器携带月球样品，在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。
(1)如图甲所示是长征五号遥五运载火箭在文昌卫星发射场发射升空的情形。火箭发射时发射塔架下巨大水池上方有“白雾”形成，所涉及的物态变化是水池中的水先________后________(两空均填写物态变化名称)。
(2)运载火箭所用燃料为液态的氢和氧，在通常情况下，氢和氧是气态的，科技人员是采用________的方法使它们液化的。
(3)嫦娥五号在月球上展开的五星红旗，它是由特殊材料制作，科研团队花了一年多时间选材，才最终确定，使国旗能够抵御月表的恶劣环境，保持其颜色和形态。这面国旗在地球时质量为12 g，在到达月球后这面国旗质量________(选填“大于”“小于”或“等于”)12 g。
(4)嫦娥五号搭载的专业拍照“神器”，是一款集红外和可见光成像于一体的相机，主业就是记录轨道器与上升器的交会对接过程，以及轨道器与着陆器/上升器组合体分离、与支撑舱分离的过程。如图乙所示是这款相机拍下的嫦娥五号轨道器与上升器完成交会对接的“相拥”瞬间。相机拍照时，物距满足的条件是________________(填写物距与焦距关系)。
(5)若从地球向月球发射激光，激光到达月球并返回地球共需2.56 s，则地球和月球间距离为______ m。(光速为3×108 m/s)
答案　(1)汽化　液化　(2)压缩体积　(3)等于　(4)物距大于二倍焦距　(5)3.84×108
解析　(1)火箭发射时，高温的火焰向下喷射，放出大量的热量，火箭发射架下方建有较大的水池，就是为了吸收这些热量，水吸热后迅速汽化，形成高温的水蒸气，水蒸气上升过程中遇到温度较低的空气液化形成“白雾”；
(2)运载火箭所用燃料为液态的氢和氧，在通常情况下，氢和氧是气态的，科技人员是采用压缩体积的方法使它们液化的；
(3)因为质量不随物体位置的改变而变化，所以这面国旗从地球到月球后，其质量不变仍然是12 g；
(4)相机拍照时，物距满足的条件是物距大于二倍焦距；
(5)光从月球传播到地球所用时间为t＝×2.56 s＝1.28 s，
由v＝得，地球到月球的距离是s＝vt＝3×108 m/s×1.28 s＝3.84×108 m。
类型三　阅读研究类
解题技巧：阅读研究题，首先要认真阅读背景材料或者图形，从其入手，掌握题目的中心主题和核心内容，仔细分析题目要解决什么问题，根据阅读材料提取物理信息，然后综合运用所学知识理解和判断出物理信息内容，再带着问题仔细阅读从材料和图形中分析和概括出其中所蕴涵的物理问题或物理规律，根据揭示的信息采取相应的方法把问题解决。
例3　(2023·广东)阅读材料，回答问题。
风　力　发　电
风能是一种清洁的可再生能源，利用风力发电将助力我国实现碳中和目标。风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图甲所示。叶片横截面的设计原理如图乙所示，一面较平，另一面较弯曲。叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。
某风力发电机组利用齿轮箱可实现叶片转1圈，发电机转子转20圈。风力发电机组输出功率P与风速v的关系如图丙所示。在5 m/s≤v≤10 m/s的范围内，P与v的三次方成正比。风力发电机组所在风场某段时间内的风速v与时间t的关系如图丁所示。(为方便计算，图丙和图丁数据已作简化处理。)
(1)完成图戊风力发电的主要能量转化流程图。
(2)当风正面垂直吹向静止叶片时，如图乙所示，从正面看，叶片A会________(选填“顺时针”或“逆时针”)转动。
(3)当风速为12 m/s时，风力发电机组工作1 h输出的电能相当于________ kg的煤完全燃烧放出的热量。(q煤＝3.0×107 J/kg)
(4)当风速为13 m/s时，发电机转子1 min转400圈。若发电机输出电能1 kW·h，叶片需要转动________圈。
(5)若14：00～15：00和15：00～16：00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14：00～20：00的时间段内风力发电机组的输出电能为________ kW·h。
答案　(1)①机械能　②电能　(2)顺时针　(3)36　(4)4　(5)1 084.3
解析　(1)风力发电主要将风能转化为叶片的机械能，叶片的机械能转化为电能，实现能量的转化；
(2)由题图乙可知，风叶上面一面较平，下面一面较弯曲，风正面垂直吹向静止叶片时，上面流速小，压强大，下面流速大，压强小，故受到向下的压强差，则从正面看叶片会顺时针转动；
(3)由题图丙可知风速为12 m/s时，发电机的功率为300 kW，则电能为W电＝Pt＝300×103 W×3 600 s＝1.08×109 J；由W电＝Q放＝mq煤可得，燃烧的煤的质量m＝＝＝36 kg；
(4)由题图丙可知当风速为13 m/s时，发电机的功率为300 kW，发电机输出电能1 kW·h，时间t＝＝＝ h＝0.2 min；发电机转子1 min转400圈，则0.2 min转子转400×0.2＝80圈，叶片转4圈；
(5)由题图丁可知，风速小于3 m/s的输出功率为0，则14：00～14：30和18：00～19：00时间内输出的电能为0；15：00～17：00和19：30～20：30这个两个时间段，v大于或等于12 m/s，输出功率恒定为300 kW，则15：00～16：00输出的电能W＝Pt＝300 kW×1 h＝300 kW·h；则16：00～17：00输出的电能为300 kW·h；19：30～20：00输出的电能为150 kW·h；14：00～15：00和15：00～16：00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14：00～15：00输出电能为100 kW·h；则14：30～15：00、17：00～17：30、19：00～19：30，v＝10 m/s，故这三个时间段的输出电能均为100 kW·h；在5 m/s≤v≤10 m/s的范围内，P与v的三次方成正比，P＝kv3；则Pt＝kv3t，将速度v1＝10 m/s，v2＝7 m/s代入，可得17：30～18：00，W2＝34.3 kW·h；则14：00～20：00的时间段内风力发电机组的输出电能为100 kW·h＋300 kW·h＋300 kW·h＋100 kW·h＋34.3 kW·h＋100 kW·h＋150 kW·h＝1 084.3 kW·h。
1.(2023·赤峰)阅读短文，回答问题。
如图是17世纪一种原始热机的示意图，以下是它对外做一次功的简要概述：
①燃烧燃料，对锅炉里的水加热，产生大量的水蒸气；
②高温水蒸气通过锅炉与汽缸间的阀门进入汽缸；
③关闭锅炉与汽缸间的阀门，打开冷水箱与汽缸间的阀门，向汽缸里注入冷水；
④汽缸里大量的水蒸气液化成水；
⑤活塞向下运动，对连杆产生巨大的向下的拉力，从而对外提供动力做功。
(1)改变内能的方法有两种，①中通过________的方法使水的内能增大。
(2)④中水蒸气液化，要________热量。
(3)不计活塞质量，在④和⑤中，汽缸内大量水蒸气液化成水，导致汽缸内气压减小，在________的作用下，活塞向下运动。
答案　(1)热传递　(2)放出　(3)大气压
解析　(1)改变内能的方法有两种，①中通过热传递的方法使水的内能增大。
(2)④中水蒸气液化，要放出热量。
(3)不计活塞质量，在④和⑤中，汽缸内大量水蒸气液化成水，导致汽缸内气压减小，在大气压的作用下，活塞向下运动。
2．(2023·茂名高州市二模)小惠了解到汽车灯泡的额定电压为12 V，小惠用伏安法实验测得灯丝的电阻随电压变化的关系如表：
U/V 0.2 0.5 1.0 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 12.0
R/Ω 0.12 0.18 0.25 0.35 0.50 0.62 0.70 0.77 0.8
(1)电灯工作后，小惠用手摸灯泡壁，感觉温度升高，内能__________(选填“增加”或“减小”)，这是通过________(选填“做功”或“热传递”)改变的。
(2)由表中数据可知，随着电压增大，灯丝的电阻也增大，但老师说过同一段导体的电阻大小与电压无关，小惠认真思考后想到，灯丝电阻是因为灯丝的________升高而增大。
(3)正常发光条件下灯泡的电功率是________ W。
(4)试解释：灯泡为什么在刚开灯的瞬间最容易烧坏？_________________________________。
答案　(1)增加　热传递　(2)温度　(3)180　(4)由表中实验数据可知，刚开灯时，灯泡温度较低，灯丝电阻较小，由电功率公式P＝可知，灯泡电阻越小，灯泡实际功率越大，灯泡产生的热量越多，越容易烧坏灯泡
解析　(1)灯丝发光时温度升高，内能增加，这是电流通过导体做功，使灯丝内能增加，内能再通过热传递的方式传递给灯泡壁，使灯泡壁温度升高，内能增加；
(2)灯丝两端的电压越大，其实际功率越大，发光越亮，温度越高，所以灯丝电阻是因为灯丝的温度升高而增大；
(3)由表中数据可知当灯泡两端电压是12 V时，灯丝电阻是0.8 Ω，灯泡正常发光时的电功率P＝＝＝180 W；
(4)由表中实验数据可知，刚开灯时，灯泡温度较低，灯丝电阻较小，灯泡两端电压一定，由电功率公式P＝可知，灯泡电阻越小，灯泡实际功率越大，灯泡产生的热量越多，越容易烧坏灯泡。
3．(2023·深圳)阅读下列文字，回答下列问题。(g取10 N/kg)
(1)船闸的工作原理是____________，图乙中船相对于大坝是________(选填“运动”或“静止”)。
(2)图丙中定滑轮的作用是________________。
(3)琴琴同学在大坝上看到水面上波光粼粼，是因为水面部分区域发生了________反射，一艘重2 000吨的轮船驶入河中，受到的浮力为________ N。
(4)图丙的电梯：船上升速度为18 m/min，则重物下降速度为________ m/s，若船与江水总重为1.5万吨，则电梯功率为________ W。
(5)如图丁所示，已知：电梯中4个发电机的电能与机械能的转换比为10∶6，已知电源电压恒定为U，求t1时通过每个发电机的电流为________________。
答案　(1)连通器原理　运动　(2)改变力的方向　(3)镜面　2×107　(4)0.3　4.5×107　(5)
解析　(1)船闸在工作时，闸室与上游和下游分别构成连通器，因此是利用连通器原理工作的；题图乙中阀门A处于打开状态，闸室水位上升，船相对于大坝位置发生了变化，是运动的；
(2)题图丙中定滑轮的作用是改变力的方向；
(3)波光粼粼是由于水面不平静，平行光照射到水面后反射平行光线造成的看到白色亮点，所以波光粼粼是因为水面部分区域发生了镜面反射；由题意知：轮船的总质量m＝2 000 t＝2×106 kg，重力G＝mg＝2×106 kg×10 N/kg＝2×107 N，轮船驶入河中，漂浮在水上，受到的浮力F浮＝G＝2×107 N；
(4)船上升速度v＝18 m/min＝＝＝0.3 m/s，由于定滑轮可改变力的方向，不能省力和省距离，故重物下降速度和船上升速度相等，速度为0.3 m/s；
电梯功率P＝＝＝Gv＝mgv＝1.5×104×103 kg×10 N/kg×0.3 m/s＝4.5×107 W；
(5)由(4)得电梯的机械能功率P＝4.5×107 W，每个发电机的功率为P1，由电梯中4个发电机的电能与机械能的转换比为10∶6可得：4P1t1∶Pt1＝10∶6，
得：P1＝P＝×4.5×107 W＝1.875×107 W，
根据电功率P＝UI可知：t1时通过每个发电机的电流I＝＝。
4．(2023·广东)小明了解到有种说法“在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖”。他采用如图所示的装置进行实验：在甲、乙两个相同的瓶子中装入等体积的热水，用两层灰色薄棉布包裹着甲瓶(内层紧贴，外层相对宽松)，用一层灰色厚棉布紧贴包裹着乙瓶，用数显温度计测量瓶中热水的温度，测得有关数据如表所示。(室温：25.0 ℃)
时间/min 0 20 40 60 80
甲瓶水温/℃ 61.0 56.6 62.5 50.9 48.5
乙瓶水温/℃ 61.0 55.6 52.3 49.0 45.7
(1)表中有一个温度值记录错误，该错误的温度值是________ ℃。水温会先降到41.0 ℃的是________瓶。已知瓶中水的体积是350 mL，该瓶中水的温度降至41.0 ℃时，其放出的热量是________ J。[c水＝4.2×103 J/(kg·℃)，ρ水＝1.0×103 kg/m3]
(2)如果把瓶中的热水换成冰块，________瓶中的冰块熔化较慢。分析实验结果，可猜想“在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖”的原因可能是两件薄衣服中间有________。
(3)请写出一个生活中与你的猜想相符合的例子：____________________________________。
答案　(1)62.5　乙　29 400　(2)甲　空气　(3)羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体热量散失
解析　(1)随着时间的增加，水的温度逐渐降低，所以甲瓶水40 min时的温度62.5 ℃是错误的；由表格数据知乙瓶水的温度降低得快，水温会先降到41.0 ℃；
由ρ＝知水的质量为m水＝ρ水V＝1.0×103 kg/m3×350×10－6 m3＝0.35 kg；
水放出的热量是Q放＝c水m水(t－t0)＝4.2×103 J/(kg·℃)×0.35 kg×(61.0 ℃－41.0 ℃)＝29 400 J；
(2)由表格数据知甲瓶水的温度降低得慢，说明甲瓶保温性能好，如果把瓶中的热水换成冰块，甲瓶中的冰块熔化较慢，说明在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖，由于空气是热的不良导体，所以两件薄衣服中间有空气可能是在室内穿两件薄衣服比只穿一件厚衣服更保暖的原因；
(3)羽绒服很蓬松，中间有很多空气，由于空气是热的不良导体，可有效防止身体热量散失。
5.测量质量的工具和手段很多。天平、杆秤、磅秤和电子秤等都可以用来测量质量。
如图是小明自制电子秤的原理示意图。托盘、轻弹簧上端和金属滑片P固定在一起(弹簧的电阻不计)，金属滑片P与电阻R1接触良好，R0为定值电阻。
(1)小明按照示意图正确完成电路连接后。闭合开关S，改变托盘中物体的质量，发现电压表有示数，但始终不变，则发生该故障的原因可能是____________________________。
(2)小明排除故障后按照下列步骤进行刻度调试：
a．调零。在托盘中无物体时，使金属滑片P处于R1最上端。此时电压表的示数为零。
b．标度。每次向托盘中增加100 g的砝码，在电压表指针所指位置的刻度盘上标出相应的质量值。按照这种方法标注的质量值刻度是________(选填“均匀”或“不均匀”)的。
(3)当将1 kg的物体放在托盘中。金属滑片P刚好指在距R1上端处，请计算回答“1千克”应标在电压表多少伏的位置上？(已知电阻R0＝5 Ω，电阻R1＝15 Ω，电源电压U＝3.0 V，电压表的量程为0～3 V)
答案　(1)电阻R1断路(或电阻R0短路)　(2)不均匀　(3)1.5 V
解析　(1)闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，发现电压表有示数，但始终不变，说明电压表串联接入电路或电路为滑动变阻器的简单电路，此时电压表测电源电压，若电压表串联接入电路，则电路故障为滑动变阻器R1断路，若电路为滑动变阻器的简单电路，则电路故障为定值电阻R0短路；
(2)串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得通过电路的电流I＝，则电压表的示数U1＝IR1＝×R1，滑动变阻器R1接入电路的电阻是变化的，分析函数关系可知这种方法标注的质量值刻度是不均匀的；
(3)当将1 kg的物体放在托盘中，金属滑片P刚好指在距R1上端处时，连入电阻R1′＝×15 Ω＝5 Ω，电路中的电流I＝＝＝0.3 A，
R1两端的电压U1＝IR1′＝0.3 A×5 Ω＝1.5 V，即“1千克”应标在电压表1.5 V的位置上。
6．(2023·肇庆封开县二模)阅读短文，回答问题：
智　能　手　机
随着智能手机的日益普及，人们的日常生活发生了翻天覆地的变化。在众多应用帮助下，人们通过智能手机可以轻松实现远距离通信、线上支付、网上办公等活动。手机电池作为手机的一个重要部分，目前正朝着大容量、快充电的方向发展。某款手机锂电池上标有“电压：3.7 V　容量：4 000 mA·h”字样。该手机搭配了超级快充功能，采取的方式是保持充电器的电压不变，将电流从原来的1 A变为5 A，极大地提高了充电功率。电池充满电后，持续使用一段时间，屏幕显示剩余电量不足20%时，系统就会发出“是否开启省电模式”的提示，此时最好给手机充电续航。若无法充电，则开启“省电模式”后，手机显示还可以持续使用2 h，电量将耗尽。
手机无线充电是目前比较新的一门技术，无线充电就是不借助数据线等导线对手机进行充电，从而增加手机的续航时间。现阶段使用较多的一种无线充电技术的原理如图甲、乙所示，交流电流过送电线圈(无线充电板)产生磁场，智能手机(受电线圈)放在无线充电板上就能充电，并将电能储存到手机的锂电池内。
(1)文中描述的手机快充功能将充电功率变为原来的________倍。为了防止手机温度过高，手机的散热部件应选用导热快、比热容________(选填“大”或“小”)的材料。
(2)手机在无线充电时，手机中的受电线圈会产生________，无线充电工作原理与________(选填“发电机”或“电动机”)工作原理相似。
(3)文中锂电池最好在电能还剩________ J时给它及时充电，此手机在“省电模式”下使用时的平均功率为________ W。
答案　(1)5　大　(2)感应电流　发电机　(3)10 656　1.48
解析　(1)根据题意可知，快充时，电流由1 A变为原来的5 A，所以电流变为原来的5倍，由P＝UI可知，该款手机的快充功能将充电功率变为原来的5倍；因为比热容大的物质，升高相同的温度，吸热较多，所以为了防止手机温度过高，手机的散热部件应选用导热快、比热容大的材料；
(2)智能手机放在无线充电板上时，受电线圈靠近该磁场时就会产生感应电流，给智能手机充电，这是利用电磁感应原理工作的；发电机是利用电磁感应原理工作的，因此无线充电工作原理与发电机工作原理相似；
(3)剩余的能量W＝20%UQ＝20%×3.7 V×4 000×10－3 A×3 600 s＝10 656 J；
手机在“省电模式”下使用时的平均功率P＝＝＝1.48 W。
课时精练
精练(一)
1．(5分)(2023·株洲)某同学利用图示装置测量滑动摩擦力的大小。水平传送带由微型电动机控制其运转，连接滑块和压块的细绳自然拉直，事先用电子秤分别测出滑块和压块的重力G1和G2。
(1)此装置中定滑轮的作用是改变力的________(选填“大小”或“方向”)。
(2)本实验除了要保证压块在电子秤上保持静止外，还需控制的条件是______(选填“①”或“②”)。
①水平传送带必须匀速运转
②定滑轮左侧连接滑块的细绳必须水平
(3)开启电源，应使皮带轮上方的传送带向________(选填“左”或“右”)运动，此时滑块受到的滑动摩擦力方向为水平向________(选填“左”或“右”)。读出电子秤的示数G3，此时滑块所受滑动摩擦力大小F＝________(用测得的物理量表示)。
答案　(1)方向　(2)②　(3)左　左　G2－G3
解析　(1)定滑轮的作用是改变力的方向；
(2)本实验除了要保证压块在电子秤上保持静止外，还需控制的条件是定滑轮左侧连接滑块的细绳必须水平；
(3)皮带轮上的传送带应向左运动，滑块相对于传送带向右运动，滑块受到的滑动摩擦力水平向左；滑块相对于地面静止，故拉力大小等于滑动摩擦力大小，对压块受力分析，拉力等于压块的重力减去电子秤的示数，即F＝G2－G3。
2．(2分)(2023·岳阳)甲图中是一个高尔夫球，小聪发现它的表面不光滑而是布满凹坑，这是为什么呢？通过查阅资料，她了解到球在空气中高速运动时的情况如图乙，球前端与空气剧烈冲撞，产生巨大气压，而球后方的空气被排挤开，后方气压减小，于是产生方向向后的压力差，这种压力差就是压差阻力，高尔夫球表面凹坑的作用就是将表层空气紧紧贴合在球面，使得空气与球的分离点更靠后，从而减小压差阻力。
(1)其他条件相同时，布满凹坑的高尔夫球比光滑的高尔夫球飞得更________(选填“近”或“远”)；
(2)图乙中________球(选填“A”或“B”)是布满凹坑的高尔夫球。
答案　(1)远　(2)B
解析　(1)高尔夫球表面凹坑的作用就是将表层空气紧紧贴合在球面，使得空气与球的分离点更靠后，从而减小压差阻力，根据阻力对运动的影响知，阻力越小，可以飞得更远；
(2)B球的空气更加贴着球，说明其表面布满凹坑。
3．(3分)(2023·山西)随着生活水平的不断提高，家用电器种类越来越多，电能的消耗也逐渐增大。实践小组对家庭用电情况产生了研究兴趣，并进行了调查研究。
任务一：小组成员对各自家庭2022年下半年的用电情况进行了调研，并制作了所调查家庭下半年每月平均电费统计表，表格如下。(电费价格不变)
月份 7 8 9 10 11 12
电费/元 90 80 50 76 68 86
任务二：根据表中数据在图中绘制出“电费－月份”图象。分析图象可以获取的信息是_________________________________________________________________(写出一条即可)。
任务三：节约能源应从点滴做起，请你提出一条节约用电的措施_______________________
(合理即可)，并说明理由__________________________________________________________。
答案　9月份的用电量最低　用电器不用时不要处于待机状态　待机状态下用电器也会消耗电能
解析　由图象可得出：9月份的用电量最低，7月份的用电量最多等信息；生活中节约用电的措施有：用电器不用时不要处于待机状态，因为待机状态下用电器也会消耗电能；再如：随手关灯、将空调的制冷温度调高一些等。
4．(3分)(2023·深圳罗湖区四模)阅读材料，回答问题。
神奇的天宫课堂
“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌。2021年12月9日15时40分，“天宫课堂”第一课开始，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站进行太空授课。2022年3月23日15时40分，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲。
第一课中，在“水球光学实验”中，航天员王亚平的脸距水球球心30 cm时，可以看到如图所示的倒立、缩小的实像。在“香香的欢乐气泡球实验”中，只见泡腾片在蓝色的水球里不断冒泡，但在失重环境下，气泡虽然不断产生，但并没有离开水球。而随着气泡不断增多，水球逐渐变成了一个充满欢乐的“气泡球”，而且产生了阵阵香气。
第二课中，王亚平老师和叶光富老师在太空中向同学们展示了“液体桥”。液体桥是将水挤到两块板上，将两块板靠近后两水球相连，形成了一座桥。在“太空抛物”实验中，请来顶流助教冰墩墩，当王亚平老师将冰墩墩抛出后，冰墩墩实现了牛顿第一定律所描述的现象。在“太空冰雪”实验中，用沾了结晶核的毛根触碰过饱和乙酸钠溶液形成的液体球，液体球迅速变成“冰球”。
(1)王亚平老师可以在太空站里生活，所以“天宫”内的气压________(选填“大于”“小于”或“等于”)“天宫”外气压。
(2)在“太空冰雪”实验中，用手摸上去，“冰球”竟然是热乎乎的，这是因为________(填物态变化的名称)放热的原因。
(3)在外太空处于微重力状态，重力几乎可以忽略不计。王亚平老师给冰墩墩施加一个力，冰墩墩动起来，当冰墩墩离开王亚平老师的手后，我们看到冰墩墩将近似做________。
答案　(1)大于　(2)凝固　(3)匀速直线运动
解析　(1)空间站内有空气，空间站外没有空气，空间站内空气存在气压，所以“天宫”内的气压大于“天宫”外的气压；
(2)用沾了结晶核的毛根触碰过饱和乙酸钠溶液形成的液体球，液体球迅速变成“冰球”，这一过程是凝固现象，会放热；
(3)当冰墩墩离开王亚平老师的手后，冰墩墩不受力的作用，根据牛顿第一定律可知，冰墩墩将近似做匀速直线运动。
5．(5分)(2023·齐齐哈尔)阅读短文，回答问题。
化石能源目前仍是世界上许多国家的主要能源，但化石能源的大量开采利用使化石能源接近枯竭，也给人类生存环境带来极大的隐患。石油危机、环境污染，在全球范围内引起了人类对能源问题的思考，我国对此问题尤为重视。为了解决环境污染、能源枯竭问题，中国率先在第75届联合国大会上提出“碳达峰”“碳中和”两个奋斗目标，同时大力发展风能、太阳能、核能等新能源。我国风力资源丰富，在东南沿海、西北沙漠优势突出。风能用之不竭、清洁环保，所以我国加大风能的开发和利用。如图甲是我国某风力发电基地，风力发电机组主要由风机叶片和发电机组组成。
(1)风力发电是把风能转化为电能，风能是________(选填“可再生”或“不可再生”)能源。
(2)某段风机叶片的形状像飞机的机翼，若叶片位置和风向如图乙所示，由于叶片两面形状不同导致叶片两面空气流速不同，从而产生________差，可以使风机叶片转动。
(3)风机叶片具有质量轻、强度高等性能，通常用密度________(选填“大”或“小”)、硬度大的复合材料制成。
(4)某风力发电机输出功率与风速的关系如图丙所示。由图象可知，当风速在v1到v2之间时，风速越大，风力发电机输出功率________(选填“越大”“不变”或“越小”)；当风速大于v2时，风速增大，________(选填“能”或“不能”)提高风力发电机输出功率。
答案　(1)可再生　(2)压力(压强)　(3)小　(4)越大　不能
解析　(1)风力发电利用的是风能，风能可以在自然界中源源不断地得到，风能是取之不尽、用之不竭的能源，所以风能是可再生能源；
(2)由题图乙知，叶片的上面是突出的弧形，下面是平面，空气流过时，上面空气流速大于下面空气流速，上面压强小于下面压强，由于叶片两面空气流速不同而产生向上的压力(压强)差，使风叶旋转；
(3)风机叶片材料质量轻、强度大、耐磨损、密度小、硬度大，可以减小阻力，延长使用寿命；
(4)由题图丙可以知道，当风速在v1到v2之间时，风速越大，发电机组的电功率增大；当风速在v2到v3之间时，风速越大，发电机组的电功率不会增大。
精练(二)
1．(4分)(2023·苏州)寒冬，为给小鸡仔提供温暖的环境，小明制作了恒温箱系统，原理如图。控制电路由电磁继电器、滑动变阻器R1、热敏电阻R2(安装在恒温箱内，阻值随温度升高而显著减小)、低压电源等组成。加热电路由电源、电热丝R3和R4等组成。调好R1阻值，闭合开关S1、S2，箱内温度升高到设定值后即在小范围内波动，且降温阶段降温比较平缓。
(1)通电线圈上端是________极，温度升高时，电磁铁磁性________；
(2)R3阻值________(选填“大于”或“小于”)R4阻值；
(3)将R1的阻值稍微调小一些，恒温箱控制的温度将________。
答案　(1)N　增强　(2)小于　(3)降低
解析　(1)闭合开关S1，电流从电磁铁上端流入，下端流出，由安培定则可知，线圈的上端为N极，下端为S极；温度升高时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，根据欧姆定律，电路中电流变大，电磁铁的磁性增强；
(2)温度升高时，电磁铁磁性增强，吸引衔铁，使R4电路接通，此时恒温箱处于保温状态；温度降低时，电磁铁磁性减弱，衔铁在左侧弹簧作用下被拉起，使R3电路接通，此时恒温箱处于加热状态；因加热功率大于保温功率，且电源电压不变，由P＝UI＝可知，R3阻值小于R4阻值；
(3)电磁铁吸引衔铁时的电流不变，控制电路电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变，将R1的阻值稍微调小一些，根据电阻的串联可知，热敏电阻R2的阻值变大，因热敏电阻R2的阻值随温度升高而显著减小，故恒温箱控制的温度将降低。
2．(7分)(日常生活创新应用)(2023·珠海一模)我国自主研制的“奋斗者”号全海深载人潜水器顺利完成万米深潜试验。这意味着，我国在材料科学、精密加工、自动巡航、水下通信等多个领域的研究迈上了一个新的台阶。再复杂的科学与技术，也有其基本原理。我们运用物理知识，对“奋斗者”号的本领进行一个简单梳理。
(1)戴上塑料薄膜手套或乳胶手套，然后把手伸到水下，我们会感到手套紧紧地贴在手上，这是因为________存在压强。
(2)在开口的饮料瓶侧壁不同高度的地方戳几个小孔，然后往瓶里注满水，水会从侧壁的小孔流出来。从下面小孔流出的水，喷得更急，这是因为液体压强的大小与________有关。当手持此饮料瓶，从高处静止释放，下落过程中，水________(选填“仍会”或“不会”)从侧壁的小孔流出来。
(3)“奋斗者”号深潜器装配了4块压载铁，总质量近2吨。当“奋斗者”号准备上浮时，它会抛掉2块压载铁，上浮就容易得多了，此过程采用了________________的方法来实现上浮的，上浮过程中(未露出水面)浮力将________(选填“变大”“不变”或“变小”)；此外，深潜器的周围还穿上了“救生衣”，这种“救生衣”是采用特殊的浮力材料制成的，从而使得深潜器和救生衣的整体平均密度________(选填“大于”“等于”或“小于”)水的密度，更易于上浮。上浮时水对深潜器底部的压强将________(选填“变大”“变小”或“不变”)。
答案　(1)液体内部　(2)深度　不会　(3)改变自身重力　不变　小于　变小
解析　(1)由于水的内部向各个方向都有压强，所以戴上塑料薄膜手套或乳胶手套，把手伸到水下，我们会感到手套紧紧地贴在手上。
(2)水会从侧壁的小孔流出来，说明水对侧壁有压强，下面小孔流出的水喷的更急，是由于同种液体中，压强随深度的增加而增大。当手持此饮料瓶，从高处静止释放，水和瓶子同时下落，下落速度相同，所以，水不会从侧壁的小孔流出来。
(3)当“奋斗者”号准备上浮时，液体密度不变，排开水的体积不变，所以受到的浮力不变，当抛掉2块压载铁后，自身重力减小，浮力大于重力，所以船就能上浮，这是采用了改变自身的重力方法来实现上浮的。
上浮过程中(未露出水面)，液体密度不变，排开水的体积不变，所以受到的浮力不变，根据物体的浮沉条件可知，当物体的密度小于液体密度时，物体漂浮在液面上，所以“救生衣”整体平均密度小于水的密度，更易于上浮。上浮时，深潜器浸入水中的深度变小，液体密度不变，由p＝ρgh可知水对深潜器底部的压强将变小。
3．(6分)(迁移应用)(2023·惠州博罗县一模)如图，小明利用身边的物品来探究杠杆的平衡条件，他所选择的器材有：铅笔、橡皮若干(每块橡皮质量为10 g)、细线、刻度尺等。
次序 动力F1/N 动力臂l1/m 阻力F2/N 阻力臂l2/m
1 0.1 0.02 0.2 0.01
2 0.1 0.04 0.02
3 0.2 0.04 0.1 0.08
(1)他将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止后如图甲所示，若想调节铅笔水平平衡，她应将细线向________(选填“左”或“右”)移动。实验前调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，在实验测量时保持铅笔水平平衡还有一个好处是：____________________。
(2)调节杠杆水平平衡后，他用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示，做了几次实验后将数据记录在表中，则表中漏填的数据为________ N，同桌的小亮按现有方案得出如下结论：“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论与杠杆平衡条件________(选填“相符”或“不相符”)，为了进一步完善实验，得出普遍规律，接下来的做法应该是________(填序号)。
A．改变力的大小
B．改变力的方向
C．改变力的作用点
(3)若在实验过程中，铅笔水平平衡后(如图乙)，小明不小心将前端细长的铅笔芯弄断了(如图丙)，他立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到右端细线处固定(如图丁)，则松手后铅笔将会________。
A．左端下沉 B．右端下沉 C．仍然水平平衡 D．无法确定
答案　(1)右　便于测量力臂　(2)0.2　不相符　B　(3)A
解析　(1)由图可知，铅笔静止后右端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向右移动，即细线向右移动；调节铅笔水平平衡可以消除铅笔重力对实验的影响，同时可从铅笔上直接测出力臂的大小。
(2)根据杠杆平衡条件得：0.1 N×0.04 m＝F2×0.02 m，解得：F2＝0.2 N；
“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出来的，此时力臂正好等于支点到力的作用点的距离，属于特殊情况，一般情况下力臂等于支点到力的作用线的距离。故结论与杠杆平衡条件不符，应改变动力或阻力的方向，探究在一般情况下的杠杆平衡条件，故B正确。
(3)由丁图可知，将铅笔芯放到右端细线处固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆右侧的力臂变短，则G左l左＞G右l右，所以杠杆不能在水平位置平衡，杠杆左端下沉，故A正确。
4．(5分)(2023·珠海香洲区一模)“空气炸锅”(如图甲所示)，其原理是利用热空气流加热食物。工作电路图如图乙，工作时，当空气炸锅内温度高于预设温度时，温控开关自动断开，电热管停止加热，当空气炸锅内温度低于预设温度时，温控开关自动闭合，电热管重新开始加热，循环工作保持箱内温度为预设温度。已知电风扇的功率为50 W，电热管的电阻R为48.4 Ω。则：
(1)空气炸锅在加热工作时电风扇和电热管是________联，温控开关是________(选填“S1”或“S2”)；
(2)空气炸锅正常工作时电热管的功率为_______ W；
(3)用这个空气炸锅在一次焙烤鸡翅的过程中，定时开关设定为20 min，电热管正常循环工作时，P－t图象如图丙所示，本次烤鸡翅共消耗电能________ J；
(4)小明想计算空气炸锅的实际功率，于是将家里的其他用电器都关闭，他观察到空气炸锅工作时，家里标有“600 imp/(kW·h)”字样的电能表3 min闪烁了27次，则此时空气炸锅的电功率是________ W。
答案　(1)并　S2　(2)1 000　(3)1.02×106　(4)900
解析　(1)由题图知，当定时开关和温控开关都闭合时，空气炸锅处于加热工作状态，此时电风扇和电热管互不影响，因此两者是并联关系，温控开关与电热管R串联在一条支路上，所以温控开关是S2；
(2)正常工作时电热管两端的电压为220 V，电热管的功率：P＝UI＝＝＝1 000 W；
(3)由(1)分析可知，当焙烤鸡翅时，电风扇与电热管是并联关系，电风扇在20分钟内一直工作，电风扇消耗的电能：WM＝PMtM＝50 W×20×60 s＝6×104 J，
由题图丙可知电热管在20分钟内，只工作了16 min，电热管消耗的电能：WR＝PRtR＝1 000 W×16×60 s＝9.6×105 J，
本次焙烤鸡翅共消耗的电能：W＝WM＋WR＝6×104 J＋9.6×105 J＝1.02×106 J；
(4)标有“600 imp/(kW·h)”字样的电能表3 min闪烁了27次消耗的电能：W′＝ kW·h＝0.045 kW·h，
此时空气炸锅的电功率：P′＝＝＝0.9 kW＝900 W。
5．(6分)(2023·中山一模)阅读短文，回答问题。
首次实现常温超导
各种金属导体中，银的导电性能是最好的，但还是有电阻存在。在1911年，物理学家首次在低于－268.8 ℃的环境中发现汞的超导现象，即电流可以在超导材料中零电阻通过。这种超导效应一直是在超低温下才能观察到。在2020年10月14日，罗切斯特大学在《自然》发表其研究人员首次在高达15 ℃的温度下，观察到常温超导现象。但这次研究人员发现的常温超导材料，也存在严重的限制，他们观察到的超导现象，是在2 670亿帕的压强条件下实现的，这是和地心处压强相当的超高压条件。
如果把超导现象应用于实际，会给人类带来很大的好处。在发电厂发电、输送电能等方面若能采用超导材料，就可以大大降低由于电阻引起的电能损耗。
(1)超导材料达到一定条件时，其电阻就能降到________ Ω，此时，若在正常工作的电路中，超导体两端电压为________ V。
(2)在低于－268.8 ℃的环境中汞的内能________(选填“等于”或“大于”)零。
(3)罗切斯特大学发现的常温超导材料，存在的限制是所需________太高，无法在正常状态下实现。
(4)设想一下，如果“常温常压超导”进入工业化，为了节能，超导材料________(选填“可以”或“不可以”)用于制造电热水壶，原因是_____________________________。
答案　(1)0　0　(2)大于　(3)压强　(4)不可以　根据Q＝I2Rt，超导材料电阻为零，电流通过超导材料无法产生电热
解析　(1)由题意可知，某些物质在很低的温度时，电阻就变成了0，这就是超导现象，根据U＝IR可知，电阻为0，其两端的电压也为0。
(2)在低于－268.8 ℃的环境中汞的分子仍然在不停地做无规则运动，所以具有内能。
(3)由材料内容可知，常温下超导现象，是在2 670亿帕的压强条件下实现的，这是和地心处压强相当的超高压条件，故无法在正常状态下实现。
(4)根据Q＝I2Rt可知，超导材料电阻为零，电流通过超导材料无法产生电热，而电热水壶利用的是电流的热效应，故超导材料不能用于制造电热水壶。