2021年山东省青岛十九中自主招生物理试卷一、单选题（本大题共12小题，共24分）1．（2分）下列关于热现象的说法中正确的是（A．物体吸收热量，物体的温度一定升高B．冬天，人们在室外呼出的“白气”是凝固而成的C．家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的D．夏天，刚从冰箱中取出的雪糕表面上附着的一层霜粉是升华而形成的2．（2分）小红在家做了这样一个实验：如图所示把一枚硬币放在一个没有盛水的碗底，把碗放在桌子上并慢慢向远处推移，直到眼睛刚好看不到为止，保持头部不动，缓缓地向碗中倒水，倒着、倒着，怪事出现了，小红又重新看到碗底的硬币。下列关于该现象的说法正确的是（））A．开始看不到硬币可以用光的反射来解释B．重新看到的硬币其实是硬币的实像C．重新看到硬币是因为光从空气中射到水中D．重新看到硬币是因为光从水中射到空气中3．（2分）如图所示是在同一位置开始同向运动的甲、乙两物体路程S与时间t关系图像，下列说法正确的是（）A．两物体同时开始运动C．在t＝5s时，甲、乙两物体相遇B．以甲为参照物，乙是运动的D．甲物体的运动速度为3m/s4．（2分）小华根据实验数据绘制了如图所示的甲乙丙丁四幅图象，其中对实验图象分析正确的是（）第1页（共11页）A．图甲说明物体处于静止状态B．图乙说明物体在做匀速直线运动C．图丙说明物质的密度与质量和体积有关D．图丁说明物体所受重力大小与它的质量成正比5．（2分）归纳知识结构可以帮助我们梳理知识间的联系，下列知识结构归纳正确的是（A．物态分子间距离分子间作用力固体很小很小液体较大较大气体很大很大B．杠杆种类构造举例省力杠杆l1＞l2钓鱼竿费力杠杆l1＜l2钳子等臂杠杆l1＝l2天平C．D．6．（2分）下列数据符合实际的是（）A．我国家庭电路的电压为220VB．普通教室的高度为7mC．一名中学生的体重为50ND．冷冻室里冰淇淋的温度为10℃7．（2分）如图所示，人沿水平方向推装满沙子的车匀速直线前进。下列说法正确的是（A．人推车的力小于车对人的作用力B．地面摩擦力的方向与推力的方向相同C．沙子的重力与地面对车的支持力是一对平衡力D．推力与地面摩擦力的合力为零第2页（共11页）））8．（2分）下列有关声现象的实验中，能用来探究声音的响度与什么因素有关的是（）A．如图所示，手指蘸水摩擦杯口发声，同时增加杯子的水量B．如图所示，响铃时，不断抽出瓶内的空气C．如图所示，室内播放收音机时，导致喇叭前方的烛焰能摇晃D．如图所示，用大小不同的力敲鼓9．（2分）如图所示，两位同学分别设计了能在不改变电路连接的前提下，测算出灯L1和L2两端电压的电路，其中正确的是（）A．图（甲）C．图（甲）、（乙）B．图（乙）D．两图都不正确）10．（2分）某同学利用天平和量筒测量小石块的密度，下列操作步骤中不必要的是（A．用天平测出小石块的质量B．用天平测出量筒的质量C．将适量水倒入量筒中，读出量筒示数D．用细线系住小石块浸没到水中，读出量筒的示数11．（2分）关于电与磁的知识下列说法中不正确的是（A．磁感线不是真实存在的B．指南针指南北是因为受到地磁场的作用C．通电螺线管周围的磁场跟条形磁体的磁场相似D．奥斯特实验表明，导线周围存在着磁场第3页（共11页））12．（2分）下列说法正确的是（）A．图中磁铁静止时A端总是指向地理北方，则A端是磁铁的北极B．图为动圈式话筒的结构示意图，它的工作原理是磁场对电流的作用C．图为水位自动报警器，当水位上升到金属块A时，红灯不亮绿灯亮D．如图所示的现象中，同时工作的用电器过多不会使家庭电路电流过大二、多选题（本大题共5小题，共15分）13．（3分）下列有关热学知识的认识，正确的是（）A．物体的内能跟物体的运动速度、物体的温度和物质状态都有关系B．冰在熔化过程中，温度不变，内能增大C．汽车发动机用水做冷却物质，是因为水的比热容较大D．内能总是从内能多的物体向内能少的物体转移14．（3分）以下数据最不接近生活实际的是（A．对人体的安全电压是36VB．某初中生的质量大约是50NC．教室的高度大约是7mD．人步行的速度约是1.1米/秒E．人站立时对地面的压强约是1.0×105Pa15．（3分）在图所示电路中，闭合开关S后，在滑片P向右滑动过程中，关于各电表示数说法正确的是（））A．A2示数变小B．V示数不变C．A1示数不变D．A3示数变大第4页（共11页）16．（3分）如图甲所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，两电压表示数随电流变化的图象如图乙所示，下列叙述正确的是（）A．图乙中ab是表示电压表V1的示数随电流变化的图象B．R2的阻值为4ΩC．滑片从n点滑到m点的过程中，电源消耗的最大功率是10WD．滑片在n点时，5s内电阻R消耗的电能是5J17．（3分）用图甲所示的滑轮组将放置在水平地面上的底面积为30cm2、重为80N的物体提升一定高度，当用图乙所示随时间变化的竖直向上的拉力F拉绳的自由端时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示（不计绳重和绳与滑轮间的摩擦），下列说法正确的是（）A．动滑轮重力为30NB．0s～1s内，物体对地面的压强是1.0×104PaC．1s～2s内，拉力F做的功是15JD．2s～3s内。拉力F的功率是8W第5页（共11页）三、填空题（本大题共1小题，共4分）18．（4分）（1）如图1是汽车内燃机一个工作循环的四个冲程，一个工作循环的正确顺序是，其中图所示冲程内燃机给汽车提供动力，若该内燃机转速为次．；要提高这台内燃3600r/min，则每秒对外做功（2）图2为某汽车内燃机的能量流向图，该内燃机的效率为机的效率，可以采取的措施是．四、作图题（本大题共2小题，共4分）19．（2分）为了探究“外形相同的电磁铁磁性的强弱跟线圈匝数的关系”，某同学设计了如图所示的电路。要求滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电路中的电流增大。请在图中用笔画线代替导线，将电路连接完整。20．（2分）如图，OA是光源S发出的一条经平面镜反射后的反射光线，反射光线OA经过了凸透镜焦点F，请作出OA的入射光线和经凸透镜折射后的折射光线。五、实验探究题（本大题共4小题，共17分）21．（4分）如图1所示，在探究光的反射规律时，让一束光贴着光屏左侧的E板沿AO方向射到O点，在右侧F板上能看到反射光OB。第6页（共11页）（1）实验中的光源最好选用图2中的（2）放在O点的反射面最好选用图3中的，（选填适当的字母）。（选填适当的字母）（3）实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，这是因为光在光屏上发生了（填“镜面”或“漫”）反射。若将F板向后折转一定的角度，则在F板上“能”或“不能”）看到反射光，说明反射光线和入射光线同一平面内。22．（4分）在探究凸透镜成像规律的实验中：（1）为了方便从不同方向观察光屏上的像，光屏应选用较滑”）的白色硬纸板。（2）当蜡烛、凸透镜、光屏置于图的位置时，光屏上得到清晰的像，这个像是的（选填“粗糙”或“光（填（填“在”或“不在”）（选填“放大”、“等大”或“缩小”）。若保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏适当远离凸透镜，光屏上得的像变得模糊，这时在蜡烛和凸透镜之间放上一个合适的填“近视”或“远视”）镜片，能在光屏上重新得到清晰的像。（3）爱米同学到郊外旅游时，用照相机拍摄某风景，他想拍得范围更大一些，应将照相机离风景一些，同时还要将镜头离底片一些。（选填“近”或“远”）（选23．（4分）在“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的活动中，小明同学提出了以下猜想：A．滑动摩擦力的大小可能与物体运动的速度有关；B．滑动摩擦力的大小可能与接触面的粗糙程度有关；C．滑动摩擦力的大小可能与压力的大小有关。小明同学进行了如图甲、乙、丙所示的三个实验探究过程：（1）本实验中测量滑动摩擦力的原理是（2）本实验主要采用的探究方法是；；（3）在实验中，小明应该沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做第7页（共11页）运动；（4）对比图中两个探究过程，可以验证猜想C；（5）实验中小明发现很难保持弹簧测力计示数稳定，很难读数，为了解决上述问题，小明同学对实验装置进行了改进，如图丁所示，利用该装置的优点：直线运动（选填“需要”或“不需要”）。24．（5分）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，所用电源电压恒为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。（1）请用笔画线代替导线，将图中的实物电路图连接完整。（2）在连接电路时，开关始终是应将滑动变阻器的滑片移到最（填“断开”或“闭合”）的，在闭合开关前，（填“右”或“左”）端。实际电功率P/W0.060.300.90小灯泡亮度不亮偏亮正常更亮长木板做匀速次数电压U/V电流I/A12340.51.52.52.80.120.200.300.32（3）闭合开关后进行了4次实验，并将有关数据和现象记录在题目的表格中，第1次实验小灯泡不亮的原因是灯泡实际功率（填“太大”或“太小”）。W，实验得出的结论是：小灯（4）分析上表中数据可知该小灯泡的额定功率为泡的实际功率越，灯泡越亮。六、计算题（本大题共4小题，共27分）25．（5分）底面积为S0的薄壁圆柱形容器（容器的质量不计），盛水后放在水平桌面上。将体积分别为200cm3的木球和50cm3的塑料球用轻质细绳相连放入水中，静止时木球露出水面的体积为它自身体积的，此时容器中水的深度为20cm，如图甲所示；当把细绳剪断后，静止时木球露出水面的体积是它自身体积的，塑料球沉到容器底，如图乙所示。求：（ρ水＝1×103kg/m3，g取10N/kg）第8页（共11页）（1）图乙中，木球受到的浮力；（2）塑料球的密度；（3）若木球和塑料球未放入水中时，容器底对水平桌面的压力为F0，则图甲中容器对水平桌面的压强；（4）若剪断细线后，水对容器底的压强减少了50Pa，则容器的底面积。26．（6分）小颖同学欲测量一只额定电压为2.5V的小灯泡正常工作时的电阻，请你与他一起边实验边思考，并回答下列问题。（1）如图1是即将完成的该实验的电路图。请在图中三个“○”内正确填入“灯泡”、“电流表”和“电压表”的电路元件符号，完成该电路图。（2）按电路图连接完电路，闭合开关快速试触的瞬间，电流表和电压表出现了如图2情况，经检查，所有仪器、元件均完好。请分析出现以上现象的可能原因（两表各写一条）。①电流表：②电压表：；。（3）问题解决后，再次接通电路，调整滑动变阻器，使小灯泡两端的电压为2.5V，这时电流表示数如图3所示，则通过小灯泡的电流为A，这时小灯泡正常发光（选填“能”或“不能”）．则该灯泡正常工作时的电阻约为位）Ω．（保留小数点后一第9页（共11页）27．（8分）章明在自己家中用一个标有220V的电热水器来烧水，该热水器正常工作2min时，标有“3000imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁了100次若此热水器正常工作20min，可将5kg初温20℃的水加热到60℃，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），求：（1）电热水器的电功率；（2）电热水器的效率。28．（8分）如图所示是一辆水陆两栖观光巴士，该巴士车高3.8m。满载时，巴士与乘客总质量为5×104kg，且在水平路面匀速行驶时所受阻力为总重力的0.2倍。求：（1）满载的巴士在水平路面匀速行驶时所受的牵引力为多少？（2）当载着部分乘客的巴士在水面上行驶时，巴士在水面下的体积为30m3，则巴士受到的浮力为多少？七、综合题（本大题共2小题，共9分）29．（4分）如图所示，在竖直平面内用细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动。（1）请画出小球在A点的受力示意图。（2）当小球从A点摆到B点时，其运动状态（填“不变”或“改变”）；（选填适当的序号）．当。（选填适当的序号）④沿BF方向运动。（3）当小球运动到B点时，细线恰好断开，则小球将小球运动到B点时，如果一切外力都消失，则小球将①在B点保持静止②沿BD方向运动③沿BE方向运动第10页（共11页）30．（5分）某建筑工地上有一台巨大的起重设备“塔吊”，其主要构成为电动机和机械装置两个部分，简化组成如图所示，A为塔吊的配重，OB为塔吊的起重臂，C为能在起重臂上移动的载重小车，载重小车下挂有滑轮组，OB＝25m。当载重小车在B点时，能安全起吊重物的最大质量是1.2t。如果这台“塔吊”配置的电动机铭牌参数为“额定电压380V，额定功率38kW”。在某次起吊作业中，该“塔吊”电动机正常工作25s，通过载重小车从距离O点为10m的载重臂上把一底面积为0.8m3、质量为2.4t的方形重物匀速提升20m。（不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，取g＝10N/kg）那么：（1）起吊后，当重物匀速上升时，载重小车下电动机牵引钢丝绳自由端的拉力在这次起吊过程中，塔吊上的电动机对重物做功的效率（2）起吊前，该重物对地面的压强为多大？（3）本次将重物从起吊点提升20m后，为保证塔吊安全工作，载重小车最多能向B点方向再平移多少m？（保留整数）。N，第11页（共11页）2021年山东省青岛十九中自主招生物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共12小题，共24分）1．【分析】（1）物体吸收热量，温度可能升高，也可能不变；（2）物体由气态变为液态的现象叫液化；（3）物体液化的方法：降低温度，压缩体积；（4）物体由气态直接变为固态的现象叫凝华。【解答】解：A、物体吸收热量，物体的温度可能不变，例如，晶体熔化时，吸收热量，温度不变；故A错误；B、冬天，人们在室外呼出的“白气”是液化而成的，故B错误；C、家庭用瓶装石油气，是通过压缩体积液化而来的，故C正确；D、夏天，刚从冰箱中取出的雪糕表面上附着的一层霜粉是凝华而形成的，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。2．【分析】（1）当我们用眼睛看水中物体时，是物体所反射的光进入到了我们的眼睛，才看清物体；（2）光的折射规律是当光从空气斜射入水中或其他介质中时，折射光线向法线方向偏折；光从水或者其他介质斜射入空气中时，折射光线向远离法线的方向偏折。【解答】解：A、开始看不到硬币是因为硬币反射的光线被碗挡住了，可以用光的直线传播来解释，故A错误；BCD、向碗中倒入水，硬币反射的光线从水中射出时发生了折射后进入人的眼睛，人眼看到的是硬币的虚像，故D正确，BC错误；故选：D。【点评】本题来源于生活中的折射现象，要求能够判断出折射现象，并且会根据折射定律判断光路是否正确，重点考查学生知识应用与实践的能力。3．【分析】（1）根据图像可知甲乙运动的时间判断是否同时开始运动；（2）先判断甲乙的运动速度，然后判断甲乙的相对运动情况；（3）甲乙通过相同距离时相遇；第1页（共19页）（4）根据速度公式求出乙的速度。【解答】解：A、根据图像可知，甲比乙晚运动2s，因此不是同时开始运动的，故A不正确；B、根据图像可知，开始一段时间内，甲、乙的速度相同，因此以甲为参照物，乙是静止的，故B不正确；C、在t＝5s时，甲、乙通过的距离都为6m，因此甲、乙两物体相遇，故C正确；D、根据图像可知，前3s内，乙的速度为＝2m/s，但是在第3s到第8s内乙物体处于静止状态，甲4s内通过的路程为8m，故D不正确。故选：C。【点评】本题考查了学生根据速度公式分析s﹣t图像的能力，注重了逻辑分析能力的考查，是考试的热点。4．【分析】根据图象的信息，结合所学的物理量逐个分析判断即可解决；【解答】解：A、该图象是速度﹣时间图象，这是一条直线，即说明物体做匀速运动，故A错误；B、该图象是路程﹣时间图象，这是一条直线，即说明物体处于静止，故B错误；C、该图象是质量﹣体积图象，这是一条直线，即说明质量与体积之比﹣﹣密度是确定的，与质量、体积无关，故C错误；D、该图是物体所受重力和质量关系的图象，是一道直线，即表明物体所受的重力与其质量成正比，故D正确。故选：D。【点评】此题考查了速度﹣时间图象、路程﹣时间图象、密度的特点及重力和质量关系图象等知识点，是一道综合题。5．【分析】A、根据物质微观结构模型分析答题；B、根据三类杠杆分类方法及特点答题；C、根据物态变化的概念分析答题；D、根据机械能的分类分析答题。【解答】解：A、固态物质分子间距很小，分子间相互作用力非常大；液态物质分子间距较大，分子间相互作用力较小；气态物质分子间距非常大，分子之间基本无相互作用力，故A错误；第2页（共19页）B、使用钓鱼竿时，动力臂小于阻力臂，所以钓鱼竿是费力杠杆；使用钳子时，动力臂大于阻力臂，所以钳子是省力杠杆，故B错误；C、物质由固态变为液态是熔化，由液态变为气态是汽化，由气态变为固态是凝华而不是升华，故C错误；D、机械能可分为动能与势能，势能又分为重力势能与弹性势能，故D正确。故选：D。【点评】本题是一道综合题，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题。6．【分析】将题目中的数值大小与生活相联系，选出符合实际情况的即可。【解答】解：A、由用电常识可知，我国家庭电路的电压为220V，故A正确；B、普通教室的高度约为3m，达不到7m，故B错误；C、一名中学生的体重为500N，而不是50N，故C错误；D、冷冻室里冰淇淋的温度一定在零下，不可能为10℃，故D错误。故选：A。【点评】此题考查了对常见物理量的估测和认识，将题中的各量与生活实际联系，排除不符实际的，即可得到答案。7．【分析】平衡力：作用在同一物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；相互作用力：作用在相互作用的两个物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上。【解答】解：A、人对车的作用力和车对人的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；B、车匀速运动，受平衡力，在水平方向，人对车的推力与地面对车的摩擦力平衡，大小相等，方向相反，故B错误；C、地面对车的支持力等于车与沙子的总重力，二者不是平衡力的作用，故C错误；D、在水平方向，人对车的推力与地面对车的摩擦力是一对平衡力，合力为零，故D正确。故选：D。【点评】此题的综合性较强，考查了平衡力的辨别、二力平衡的条件的应用等知识点。值得我们关注。8．【分析】（1）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅有关；音色是由第3页（共19页）发声体本身决定的一个特性；（2）声音的传播靠介质；固体、液体、气体都可作为传播声音的介质，真空不能传声；（3）声波既能传递信息，也能传递能量。【解答】解：A、用手指蘸水摩擦杯口时，杯子由于振动发声，增加杯中的水量时，杯子振动的频率发生变化，声音的音调发生变化，此实验是用来探究影响音调高低的因素，故A不符合题意；B、响铃时，不断抽出钟罩内的空气，听到钟罩内闹钟发出的声音变小，这是探究声音传播的条件，故B不符合题意；C、收音机播音时，喇叭前方的烛焰摇晃，表明声音能够传递能量，故C不符合题意；D、用大小不同的力敲鼓时，用的力越大，鼓面的振动幅度增大，发出声音的响度就增大，此实验是用来探究声音的响度与什么因素有关，故D符合题意。故选：D。【点评】此题综合考查了声学的知识，对于这类题目，要结合相关的声学概念进行分析处理。9．【分析】电压表使用时，电流必须从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出。【解答】解：根据图甲可知，当开关S接位置1时，电压表并联在L1两端，测量L1两端电压；当开关S接在位置2时，电压表并联在L1、L2两端，测量L1、L2两端的总电压，根据串联电路电压规律即可求出L2两端电压，因为该电路图可以测量出灯L1和L2两端电压；根据图乙可知，当开关S接位置1时，电压表并联在L1两端，测量L1两端电压；当开关S接在位置2时，电压表并联在L2两端，但电压表的正负接线柱错误，因此该电路图不能测量出灯L1和L2两端电压。故选：A。【点评】本题考查电压表的正确使用，注意电流必须从电压表的正接线柱流入，负接线柱流出。10．【分析】测固体的密度用到的器材是天平和量筒，用天平测出固体的质量m，根据排水法用量筒测出固体的体积V，用公式ρ＝计算出固体的密度。【解答】解：测固体石块的密度的基本方法是：用天平测出石块的质量m，在量筒中倒第4页（共19页）入适量水，读出体积为V1，将石块放入量筒浸没水中，读出水面体积值为V2，则石块的密度为ρ＝。因此上述步骤有用的为A、C、D．不必要的步骤是B。故选：B。【点评】测固体、液体的密度是初中物理《密度》部分要求掌握的实验，各有一种基本的测量方法，用到的原理是ρ＝，两种测量方法应达到理解且熟练背诵的程度。11．【分析】（1）磁感线是虚拟的曲线；（2）地球也是一个大磁体，它周围的磁场叫地地磁场；（3）条形磁铁和通电螺线管的磁场相似；（4）通电导线的周围存在磁场，但磁场看不见、摸不着，可以通过小磁针的偏转说明磁场的存在。【解答】解：A、磁感线是为了研究问题的方便，人们假想的曲线，不是真实存在的，故A正确；B、指南针在地磁场的作用下指南北，所以B正确；C、通电螺线管周围的磁场与条形磁体磁场相似，故C正确。D、通电导线周围存在磁场，不通电导线周围不存在磁场，故D错误；故选：D。【点评】题考查了：磁场、磁感线的相关知识；磁感线是人们为了直观地描述磁场性质而引入的物理模型，实际上不存在。12．【分析】（1）地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，条形磁铁放在地球这个磁体的磁场中，即可指南北；（2）动圈式话筒的工作原理是：电磁感应现象的应用。工作过程是：声波振动→引起膜片振动→带动线圈振动→线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流。（3）由水位的变化导致了控制电路的通断，进一步决定了电磁铁磁性的有无，从而控制了工作电路的动触点的位置的变化，改变了工作电路的连接情况。（4）产生电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路。【解答】解：A、可自由转动的条形磁铁，由于受地磁场的影响，静止时，S极总是指向地理的南极方向，N极总是指向地理的北极方向，磁铁静止时A端总是指向地理北方，则A端是磁铁的北极；故A正确；第5页（共19页）B、当你对着话筒说话或唱歌时，产生的声音引起膜片振动，线圈和膜片是连在一起的，连在膜片上的线圈就一起振动，线圈在磁场里的振动，会切割磁感线产生感应电流，所以动圈式话筒的工作原理，是电磁感应现象，故B错误。C、由图示电路图可知，当水位达到金属块A时，控制电路接通，电磁铁中有电流，有磁性，将衔铁吸引下来，红灯亮，绿灯不亮；当水位达到金属块A时，控制电路没有接通，电磁铁中没有电流，没有磁性，弹簧将衔铁拉起来，红灯不亮，绿灯亮，故C错误；D、同时工作的用电器过多时，总功率大，根据P＝UI知，会使家庭电路电流过大总电流大，故D错误。故选：A。【点评】此题是一道综合性题目，考查了地磁场、动圈式话筒、水位自动报警器、家庭电路电流过大的原因等知识，难度不大。二、多选题（本大题共5小题，共15分）13．【分析】（1）内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和；内能的大小与质量、温度和状态有关；（2）晶体熔化过程吸收热量，温度不变；（3）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；（4）内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移或者从物体的高温部分向低温部分转移。【解答】解：A、物体内能的大小与质量、温度、状态有关系，与物体的运动速度无关，故A错误；B、冰熔化过程中，温度不变，吸热热量，内能增加，故B正确；C、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用循环流动水进行冷却，故C正确；D、热传递的条件是存在温度差，所以内能总是从温度高的物体向温度低的物体转移或者从物体的高温部分向低温部分转移，故D错误。故选：BC。【点评】此题考查了对影响内能大小的因素、晶体熔化的特点、水比热容大的应用和热传递的条件等知识的理解和应用，属于热学综合题。第6页（共19页）14．【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。【解答】解：A、人体的安全电压不高于36V，故A不符合实际；B、某初中生的质量大约是50kg，重力大约是500N，故B不符合实际；C、教室的高度约为3m，故C不符合实际；D、人步行的速度约为1.1米/秒，故D符合实际；E、成年人的质量约为m＝70kg，重力G＝mg＝70kg×10N/kg＝700N，双脚的面积约为500cm2＝5×102m2，﹣
则成年人双脚站立时对地面的压强约为：p＝＝合实际。故选：ABCE。＝1.4×104Pa，故E不符【点评】对生活中物体的数据进行估测，往往能考查同学们的综合能力，同学们在学习中要注意观察，多思考。15．【分析】根据电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测量R2电流，电流表A2被短路，电流表A3测量干路总电流，电压表测量电源电压。根据电源电压可知电压表示数的变化；根据电流表A2被短路可知电流表A2示数的变化；根据并联电路特点可知电流表A1示数的变化；滑片P向右滑动时，变阻器R1阻值变大，根据并联电路电阻特点和欧姆定律可得出电流表A3示数的变化情况。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测量R2电流，电流表A2被短路，电流表A3测量干路总电流，电压表测量电源电压。因为电压表测量电源电压，因此滑片移动时，电压表示数不变；由于电流表A2被短路，因此电流表A2的示数始终为零；因为并联电路中各支路互不影响，而R2为定值电阻，因此当滑片向右移动时，通过R2的电流不变，即电流表A1的示数不变；当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据并联电路电阻规律可知，电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，干路电流减小，即电流表A3示数变小；综合上述分析可知，AD错误，BC正确。故选：BC。第7页（共19页）【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路连接方式的辨别和电表所测电路元件的判断。16．【分析】（1）变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，根据欧姆定律可知R2两端的电压变大；据此可判断出图乙中bc，ab分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；（2）由（1）可知，对于R1：通过的电流随两端电压的减小而增大；对于R2：通过的电流随两端电压的增大而增大；据此判断，乙图中cb是R1的U﹣I图象，ab是R2的U﹣I图象。由图象可知，当U2＝4V时，I＝1A，由此根据欧姆定律可求R2的电阻；（3）从“U﹣I”关系图象可以看出，滑片P在n点、m点的电压表示数与电流值，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，利用P＝UI求出总功率最大值；（4）滑片在n点时，电流最小，利用W＝I2Rt即可求出消耗的电能。【解答】解：A、变阻器的滑片P从n点滑到m点的过程中，变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知，变阻器两端的电压变小，根据U＝IR可知R2两端的电压变大；所以，图乙中cb是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线，ab是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，故A错误；B、由A项分析可知，滑片P从n点滑到m点的过程中，电流变大，变阻器R1两端的电压变小，R2两端的电压变大；所以，通过R1的电流随两端电压的减小而增大，通过R2的电流随两端电压的增大而增大；由此可知，乙图中cb是R1的U﹣I图象，ab是R2的U﹣I图象；由乙图中ab可知，I＝1A时，U2＝4V，根据I＝可得R2的电阻：R2＝＝＝4Ω；故B正确；C、从“U﹣I”关系图象可知，滑片P在n点时，电流Ia＝0.5A，U1＝7V、U2＝2V；滑片P在m点时，电流Ib＝1A，U1′＝4V、U2′＝4V；根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：U＝IaR+U1+U2，U＝IbR+U1′第8页（共19页）+U2′，电源电压不变，则有：IaR+U1+U2＝IbR+U1′+U2′，即：0.5A×R+7V+2V＝1A×R+4V+4V，解得R＝2Ω，则电源电压：U＝IaR+U1+U2＝0.5A×2Ω+7V+2V＝10V；电路中的最大电流Ib＝1A，则电路消耗的总功率最大值：P大＝UIb＝10V×1A＝10W，故C正确。D、滑片在n点时，电流最小，5s内电阻R消耗的电能：W＝Ia2Rt＝（0.5A）2×2Ω×5s＝2.5J，故D错误；故选：BC。【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U﹣I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U﹣I图象中的信息。17．【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F﹣t图像得出在2～3s内的拉力F，根据F＝（G+G动）计算动滑轮重力；（2）由F﹣t图像得出在0s～1s时的拉力F，然后根据利用力的合成计算物体对地面的压力，再根据压强公式求出压强的大小；（3）由图乙可知，在1～2s内的拉力F，由图丁得出重物上升高度，利用s＝nh求拉力端移动的距离，利用W＝Fs求拉力做的功；（4）由F﹣t图像得出在2～3s内的拉力F，由v﹣t图像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求拉力做功的功率。【解答】解：由图甲可知，动滑轮上承担物重的绳子股数n＝3；A、由图丙可知，在2～3s内，重物做匀速运动，由图乙可知，此时拉力F2＝40N，不计绳重和绳与轮之间的摩擦，则绳端拉力F＝（G+G动），所以，G动＝3F2﹣G＝3×40N﹣80N＝40N，故A错误；B、由图乙可知，0s～1s内，拉力F3＝30N，由图丙可知，此时重物处于静止状态，则物体和动滑轮受到向上的总拉力F总＝3F3＝3×30N＝90N，所以，0s～1s内，物体对地面的压力：F压＝G+G动﹣F总＝80N+40N﹣90N＝30N，物体第9页（共19页）对地面的压强是为：p＝＝＝1.0×104Pa，故B正确；C、由图乙可知，在1～2s内，拉力F1＝50N，由图丁可知重物上升高度h1＝0.1m，则拉力端移动的距离：s1＝3h1＝3×0.1m＝0.3m，拉力做的功：W＝F1s1＝50N×0.3m＝15J，故C正确；D、由图丙可知，在2～3s内，重物做匀速运动，v物＝0.2m/s，由图乙可知此时拉力F2＝40N，绳子自由端移动速度：v绳＝3v物＝3×0.2m/s＝0.6m/s，所以拉力做功功率（总功率）：P总＝F2v绳＝40N×0.6m/s＝24W，故D错误。故选：BC。【点评】本题是一道力学综合题，涉及到功、功率、机械效率的计算，能从题目提供的图中得出每段时间内的相关信息是本题的关键。三、填空题（本大题共1小题，共4分）18．【分析】（1）汽油机的一个工作循环由四个冲程组成，分别是吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；每完成一个工作循环，曲轴和飞轮均转动两周，活塞往复运动两次，对外做功一次；（2）用来做有用功的那部分能量，与燃料完全燃烧放出的能量之比叫做热机的效率；提高热机效率的途径有：使燃料充分燃烧；尽量减少热量损失；保证良好的润滑，减小机械摩擦；在热机的设计和制造上，采用先进的技术。【解答】解：（1）由图可知，甲是做功冲程，乙是压缩冲程，丙是吸气冲程，丁是排气冲程，因此顺序为丙乙甲丁；做功冲程为汽车提供动力，内燃机转两圈完成一个冲程，3600r/min＝60r/s，即表示每秒转动60转，做功30次。（2）有用的机械能为：100%﹣25%﹣40%＝35%，则该内燃机的效率为35%；提高热机效率的途径有：使燃料充分燃烧；尽量减少热量损失；保证良好的润滑，减小机械摩擦；在热机的设计和制造上，采用先进的技术（任写一个即可）。故答案为：（1）丙乙甲丁；甲；30；（2）35%；保证良好的润滑，减小机械摩擦。【点评】本题考查的是内燃机的四个冲程、热机效率的计算、提高热机效率的途径，难度不大，属于内能的利用的常规考查。四、作图题（本大题共2小题，共4分）19．【分析】滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电路中的电流增大，则滑动变阻器连入电路的电阻减小，据此判定滑动变阻器的接法；滑动变阻器与两个电磁铁串联接入电路中。第10页（共19页）【解答】解：探究“外形相同的电磁铁磁性的强弱跟线圈匝数的关系”时，滑动变阻器与两个电磁铁串联接入电路中；滑动变阻器的滑片P向A端移动时，电路中的电流增大，则滑动变阻器连入电路的电阻减小，则滑动变阻器接的是A接线柱，如图所示：。【点评】本题考查了滑动变阻器的连接方法和影响电磁铁磁性大小的因素，属于基础知识，要掌握。20．【分析】（1）根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线。（2）仔细观察入射光线和折射光线的特点，根据凸透镜的光学特点作图。【解答】解：过反射点垂直于镜面作出法线，根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线左侧作出入射光线，对于凸透镜，过焦点的光线经凸透镜折射后，其折射光线平行于主光轴；如下图所示。【点评】凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。五、实验探究题（本大题共4小题，共17分）21．【分析】（1）根据激光主要有四大特性：激光高亮度、高方向性、高单色性和高相干性；（2）在探究光的反射规律时，实验要求反射面比较光滑。（3）在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；在光的反射中，反射光线和入射光线分居法线的两侧；反射角等于入射角；反射光线、第11页（共19页）入射光线和法线在同一平面上。【解答】解：（1）在探究光的反射规律时，要求光束亮度高，蜡烛、白炽灯、日光灯方向都不如激光集中，实验中的光源最好选用激光笔；（2）在探究光的反射规律时，实验要求反射面比较光滑，因此选用小镜子最好。（3）实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；由于反射光线、入射光线和法线都在同一平面内，当纸板F转过一定的角度后，两块纸板不在同一平面上，所以在纸板F上就无法呈现出反射光线了，因此这个现象说明了：反射光线、入射光线和法线都在同一平面内。故答案为：（1）B；（2）C；（3）漫；不能；在。【点评】此题要探究光的反射定律，涉及到了器材的选择、漫反射等知识点，比较简单。22．【分析】（1）反射面粗糙的表面，反射光线射向四面八方，进入不同方向人的眼睛，使各个方向的人都能看到物体；（2）当物距大于像距时，会在光屏上成倒立缩小的实像。近视眼镜实际上一个凹透镜，而凹透镜对光线有发散作用；（3）凸透镜成实像时，物距变大，像距变小，像变小；【解答】解：（1）从不同方向观察光屏上的像，光屏应该发生漫反射，其表面应该是粗糙的。（2）由图可知，物距大于像距，根据凸透镜成像规律可知，此时成倒立缩小的实像，其应用是照相机；保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏适当远离凸透镜，光屏上的像变得模糊，即此时像在光屏的前方，要想使得像成在光屏上，应该让光线推迟会聚，所以应该用对光线有发散的透镜，即凹透镜，所以在蜡烛和凸透镜之间放上一个合适的凹透镜，能在光屏上重新得到清晰的像。（3）爱米同学到郊外旅游时，用照相机拍摄某风景，他想拍得范围更大一些，即此时所成的像一定会变小了，所以应该减小像距，同时增大物距，即应将照相机离风景远一些，同时还要将镜头离底片近一些。故答案为：（1）粗糙；（2）缩小；近视；（3）远；近。【点评】此题考查了漫反射的理解、凸透镜成像规律的应用，是一道综合题。23．【分析】（1）（3）根据二力平衡的条件分析；第12页（共19页）（2）（4）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，根据控制变量法，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；（5）此实验的思路是利用二力平衡的条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小，因此是否能保持正方体木块匀速直线运动或静止状态是实验是否合理的关键。【解答】解：（1）（3）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，拉力大小才等于摩擦力的大小，所以实验原理是二力平衡；（2）（4）实验探究中，小明采用的实验探究方法是控制变量法；研究滑动摩擦力的大小可能与压力的大小有关（猜想C），要控制接触面的粗糙程度相同，故对比图中甲、丙两个探究过程；（5）图丁所示装置的优点是：拉动木板时，无论匀速、变速拉动，木板对木块的摩擦力不变，木块始终处于静止状态，在水平方向上受到的合力为0，此时弹簧测力计的示数始终等于滑动摩擦力。故答案为：（1）二力平衡；（2）控制变量法；（3）匀速直线；（4）甲、丙；（5）不需要。【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。24．【分析】（1）滑动变阻器按一上一下接入电路中与灯串联，根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；（2）为保护电路，在连接电路时，开关始终是断开的，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；（3）由表中数据，根据P＝UI求出第1次实验灯的实际功率，灯的亮度由灯的实际功率决定；（4）灯在额定电压下正常发光，由图表中数据可知灯的额定电压下的电流，根据P＝UI求出该小灯泡的额定功率；由表中数据得出结论。【解答】解：（1）滑动变阻器按一上一下接入电路中与灯串联，灯的额定电压为2.5V＜3V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：第13页（共19页）（2）在连接电路时，为了避免连线错误而烧坏电路元件，开关始终是断开的；在闭合开关前，为保护电路应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即最左端。（3）由表中数据，第1次实验灯的实际功率为：P＝UI＝0.5V×0.12A＝0.06W，故小灯泡不亮的原因是灯泡实际功率太小。（4）由表中数据知，灯在额定电压的电流为0.3A，则该小灯泡的额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；纵向比较表中数据得出的结论是：小灯泡的实际功率越大，灯泡越亮。故答案为：（1）如上所示；（2）断开；左；（3）太小；（4）0.75；大。【点评】本题是测量小灯泡的电功率实验，考查电路连接、注意事项、功率计算及决定灯的亮度的因素和数据分析，属于常考命题点，难度不大。六、计算题（本大题共4小题，共27分）25．【分析】（1）由图乙可知，木球漂浮在水面上，根据物体的漂浮特点求浮力；（2）根据阿基米德原理和漂浮特点计算图甲中乙球的重力，由密度公式求解；（3）根据题中条件，由p＝解题；（4）由p＝ρgh计算剪断细线前后水面的高度差，对比甲图和乙图，根据两次所排开的水的体积之差，由S＝解题。【解答】解：（1）图乙中木球排开水的体积：V木排＝（1﹣）V木＝×200×106m3，﹣
木球受到的浮力：F浮木＝ρ水gV木排＝1.0×103kg/m3×10N/kg××200×106m3＝1N，﹣
木球漂浮在水面上，G木＝F浮木＝1N；（2）在甲图中，两球处于漂浮状态，V木排'＝（1﹣）V木＝V木，所受的浮力与重力相等，第14页（共19页）F浮总＝G木+G塑，可得：G塑＝F浮总﹣G木＝ρ水g（V木排'+V塑排）＝ρ水g（V木+V塑）﹣1N＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（×200×106m3+50×106m3）﹣1N＝1N，﹣
﹣
塑料球的密度：ρ塑＝＝＝＝2×103kg/m3，（3）木球和塑料球未放入水中时，容器底对水平桌面的压力为F0，即容器和水的总重力等于F0，图甲中容器对水平桌面的压力：F＝F0+G木+G塑＝F0+1N+1N＝F0+2N，甲中容器对水平桌面的压强：p＝＝；（4）由题可知，剪断细线后，p前﹣p后＝50Pa，即50Pa＝ρ水g（h前﹣h后）＝ρ水g△h，△h＝＝＝5×103m＝0.5cm，﹣
剪断细线后，两次排开水的体积差：V差＝（V木+V塑）﹣（V木+V塑）＝（×200cm3+50cm3）﹣（×200cm3+50cm3）＝50cm3，容器的底面积：S0＝＝＝100cm2。答：（1）图乙中，木球受到的浮力为1N；（2）塑料球的密度为2×103kg/m3；（3）若木球和塑料球未放入水中时，容器底对水平桌面的压力为F0，图甲中容器对水平桌面的压强为；（4）若剪断细线后，水对容器底的压强减少了50Pa，则容器的底面积为100cm2。【点评】本题考查液体压强和浮力的混合运算，综合性强，难度大。26．【分析】（1）本实验为用伏安法灯泡的电阻，故用电压表与灯泡并联测电压，电流表与灯泡串联测电流；第15页（共19页）（2）由图示可知电流表指针反向转动，故电流表接线柱接反；电压表超过了量程，故电压表应选择大量程；（3）灯泡正常发光，即电压应达的额定电压，由电流表的量程可读出电流，由欧姆定律可求得电阻。【解答】解：（1）伏安法测电阻中使用电流表测电流，即电流表与灯泡串联，电压表测电压，电压表与灯泡并联，如下图所示：或（2）由图可知电流表反向转动，故正负接线柱接反了；电压表超过了量程，故量程选小了；（3）灯泡正常发光，则电压应为2.5V，由图可知，量程为0～0.6A则读数为0.32A，则由欧姆定律得：R＝＝≈7.8Ω。故答案为：（1）如上图所示；（2）电流表正负接线柱接反了；量程选小了；（3）0.32；能；7.8。【点评】本题考查伏安法测电阻的实验原理、电流表电压的接法要求及量程的选择能及数据的分析，这些是该实验的基础内容，应理解并能应用。27．【分析】（1）3000imp/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，或者表示电能表指示灯闪烁1次，电路中消耗消耗的电能，然后根据P＝求出用电器的功率；（2）根据Q吸＝cm△t可求得水吸收的热量，根据P＝可求得消耗的电能，再利用η＝可求得电热水器的效率。【解答】解：（1）3000imp/（kw•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁3000次，指示灯闪烁100次消耗的电能：W＝kW•h＝kW•h＝×3.6×106J＝1.2×105J，kW•h的电能，求出闪烁100次t＝2min＝120s，第16页（共19页）用电器的功率：P＝＝＝1000W，（2）水吸收的热量Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（60℃﹣20℃）＝8.4×105J，由P＝可得，消耗的电能W′＝Pt′＝1000W×20×60s＝1.2×106J，电热水器的效率η＝×100%＝×100%＝70%。答：（1）电热水器的电功率为1000W。（2）电热水器的效率为70%。【点评】本题考查了电能表的参数的理解与电能的求法、热量的计算、电功率的计算、能量利用效率等，是一道综合性较强的题目。28．【分析】（1）根据G＝mg算出重力，由阻力为总重力的0.2倍算出阻力；匀速行驶，牵引力等于阻力；（2）根据F浮＝ρ液gV排算出巴士受到的浮力。【解答】解：（1）巴士与乘客总重力：G＝mg＝5×104kg×10N/kg＝5×105N满载的巴士在水平路面匀速行驶时所受的牵引力：f＝0.2G＝0.2×5×105N＝1×105N；因为满载的巴士在水平路面匀速行驶所以牵引力F与阻力f是一对平衡力所以F＝f＝1×105N；（2）巴士受到的浮力：F浮＝G排＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×30m3＝3×105N。答：（1）满载的巴士在水平路面匀速行驶时所受的牵引力为1×105N；（2）巴士受到的浮力为3×105N。【点评】本题考查重力、阻力、浮力的计算，掌握公式是解题的关键。七、综合题（本大题共2小题，共9分）29．【分析】（1）小球受到两个力的作用，一个是自身的重力、一个是细线对它的拉力，过重心沿力的方向画有向线段分别表示即可。（2）物体速度大小的改变和方向的改变，都属于运动状态的改变；第17页（共19页）（3）根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态，在力消失的一瞬间，原来运动的物体将做匀速直线运动，原来静止的物体将永远静止下去；【解答】解：（1）小球到达最高点时，同时受到重力和拉力的作用，所受的重力竖直向下，拉力的方向沿绳向上。如图所示：（2）小球在B点时处于静止状态，当小球从A点摆到B点时，其运动状态改变；（3）由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BF方向运动。小球摆到点B时，速度为零，因此当外力消失的一瞬间，小球将保持原来的状态，即静止状态。故答案为：（1）见上图；（2）改变；（3）④；①。【点评】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。30．【分析】（1）由图可知，承担重物的钢丝绳的股数n＝4，不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，根据F＝G求出电动机牵引钢丝绳自由端的拉力；根据W＝Gh求出提升重物所做的有用功，根据W＝Pt求出电动机消耗的电能即为总功，根据η＝×100%求出塔吊上的电动机对重物做功的效率；（2）起吊前，该重物对地面的压力等于自身的重力，根据F＝G＝mg求出其大小，根据p＝求出对地面的压强；（3）由题知，当载重小车在B点时，能安全起吊重物的最大质量是1.2t，GA×OA＝m最
大
g×OB；当提升2.4t重物时，GA×OA＝m最大g×OB＝m物g×OC′，据此求OC′的大小，从而求出载重小车最多能向B点方向再平移多少m，才能保证安全工作。第18页（共19页）【解答】解：（1）重物的重力：G＝mg＝2.4×103kg×10N/kg＝2.4×104N，由图可知，n＝4，因不计挂钩、滑轮组和钢丝绳重及摩擦，所以，电动机牵引钢丝绳自由端的拉力：F拉＝G＝×2.4×104N＝6000N；有用功：W有用＝Gh＝2.4×104N×20m＝4.8×105J，总功：W总＝Pt＝3.8×104W×25s＝9.5×105J，塔吊上的电动机对重物做功的效率：η＝×100%＝×100%≈51%；（2）起吊前，该重物对地面的压力：F＝G＝mg＝2.4×103kg×10N/kg＝2.4×104N，该重物对地面的压强：p＝＝（3）由题知，GA×OA＝m最大g×OB；当提升2.4t＝2400kg重物时，GA×OA＝m物g×OC′，所以，m最大g×OB＝m物g×OC′，即：1200kg×g×25m＝2400kg×g×OC′，解得：OC′＝12.5m，所以，载重小车最多能向B点方向平移的距离：s＝OC′﹣OC＝12.5m﹣10m＝2.5m。答：（1）起吊后，当重物匀速上升时，载重小车下电动机牵引钢丝绳自由端的拉力为6000N；在这次起吊过程中，塔吊上的电动机对重物做功的效率为51%；（2）起吊前，该重物对地面的压强为3×104Pa；（3）将重物从起吊点提升20m后，为保证塔吊安全工作，载重小车最多能向B点方向再运送重物平移2.5m。【点评】本题考查了压强、滑轮组绳子的拉力、功、机械效率、杠杆平衡条件的应用等，涉及到知道的知识点较多，综合性强，有一定的难度。＝3×104Pa；第19页（共19页）