2018年河南中考物理二模试卷--郑州中考模拟

由天下分享时间：2025/5/31 7:47:22 加入收藏我要投稿点赞

2018年河南省郑州市中考物理模拟试卷（2）

一、填空题（每空1分，14分）

1．中医中的“望、闻、问、切”四步诊法中，闻是指声音能

2．牛顿第一定律揭示了的关系物体的运动不需要力来维持，斜向上抛出一个篮球，假设球在运动过程中外力突然消失，球的运动状态是

3．上联：“杯中冰水，水结冰冰温未降”；下联：“盘内水冰，冰化水水温不升”。对联中包含的物态变化是和，反映的一共性是。 4．如图所示，装有少量细沙的长直平底玻璃管长0.25m，漂浮于水面，玻璃管的底面积为5×10﹣4m2，浸入水中的深度为0.1m。玻璃管和细沙总重为，管底受到水的压强是。 5．（2分）某型号电饭锅有高温档和低温档两个档位，其原理如图所示，则当开关置于（选填“1”或“2”）位置时为高温挡。已知高温档额定功率是1100W，当电饭锅以高温档正常工作1min消耗的电能为 J：若已知低温档额定功率是440W，电阻R= Ω。

6．煤、石油、天然气、水能、太阳能都是我国目前使用较多的能源。其中属于可再生能源的是。

煤炭、石油和天然气等化石能源都是埋在地下的动植物经过漫长的年代形成的，它们最初都源于能。现代汽车无人驾驶技术越来越应用广泛，其汽车正常运行是通过传递信息，汽车运行燃

烧化石能源易引起雾霾。请你提出一条减少雾霾的措施

二、选择题

7．（）初三同学刚刚去二中参加了今年郑州市初中毕业生体育测试。你认为下列成绩记录符合实际的是 A．立定跳远成绩为3.2 m B．男子1000m跑成绩为3'40″

C．女子800m成绩为40s D．女子仰卧起坐每秒30个

8．（）校运动会爬杆比赛，小明第一个爬到杆顶。如图所示，小明紧紧握住杆子保持静止，此

时他受到的摩擦力为f1；片刻后，小明适度减小握杆子的力量使自己匀速滑下，此时他受到摩擦力

为f2，则 A．f1、f2均竖直向上，且f1＞f2 B．f1、f2均竖直向上，且f1=f2

C．f1竖直向上，f2竖直向下，且f1＞f2 D．f1竖直向上，f2竖直向下，且f1=f2

9．（）如图为我国新型反潜巡逻机。机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的

磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在。如图能解释磁异探测器工作原理的是

A． B． C． D． 10．（）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是 A．物体的内能越多，放热一定越多 B．温度相同的物体，其内能一定相等 C．物体的内能增加，一定要吸收热量 D．晶体熔化时温度不变，其内能一定增加 11．（）分别用如图所示的（甲）、（乙）两个滑轮组，在100s内将重为400N 的物体G匀速提升10m，每个滑轮的重均为20N．不计绳重及摩擦，此过程中 A．F甲做功的功率等于F乙做功的功率 B．F甲做功的功率小于F乙做功的功率 C．F甲做的功大于F乙做的功 D．F甲做的功小于F乙做的功 12．（）如图所示，电源电压不变，R1，R2，R3为定值电阻，开关S1，S2都闭合时，电流表A与电压表V1、V2均有示数，断开开关S2，则 A．电流表A示数变大，电压表V1示数 B．电流表A示数变小，电压表V2示数变小 C．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大 D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变大

13．（）如图甲所示，电源电压为U保持不变，R0为定值电阻。闭合开关，调节滑动变阻器，电压表V1和V2的示数随时间变化的图象，如图乙所示。下面说法正确的是

A．滑片向右移，电压表V1示数减小 B．滑片向右移，电压表V2的示数减小 C．电源电压为5V，电阻R0为1Ω D．电源电压为4.5V，滑片位于右端时电路的总功率最大 14．（）水平桌面上有甲、乙两个相同的烧杯，都装有一些水，将不同材料制成的、体积相同的两个空心球a和b放入两个烧杯的水中，静止时，a球下沉到烧杯底部，b球漂浮在水面，且两个烧杯中的水面恰好相平，如图所示。则下列说法正确的是

A．两个烧杯底部受到水的压力相等 B

．a球受到的浮力大于b球受到的浮力 C．a球材料的密度一定大于b球材料的密度 D．甲烧杯对桌面的压力大于乙烧杯对桌面的压力三、作图题（每题2分，共4分） 15．（2分）如图所示，在水池里有一个点光源S，SP是它发出的一条光线，在SP的传播方向上有一块平面镜，QM是SP经此平面镜反射后的反射光线。请你画出平面镜的准确位置和光线QM进入空气后的大致传播方向。 16．（2分）从静止启动的汽车内有一小桌，小桌上放一水杯，发现水杯内水面如图所示，水杯在桌上没有滑动，画出水杯（水和杯的整体）的受力示意图。

四、实验探究题（第17题7分，第18题7分，第19题5分，共19分）

17．（7分）小王同学为了测量醋的密度，进行以下实验：

（1）把天平放在水平台上，将移动游码至标尺左端0刻线处，然后调，使天平横梁平衡；

（2）接下来进行以下3项操作：

A．用天平测量烧杯和剩余保宁醋的总质量m1；

B．将待测保宁醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和保宁醋的总质量m2； C．将烧杯中醋的一部分倒入量筒中，测出这部分醋的体积V；

以上操作的正确顺序是：（填字母代号）。

（3）由图1所示的量筒中的示数可知。醋的密度为 g/cm3。（4）另一实验小组的小张同学想测量小石块的密度，他设计了如下实验： ①小张同学用调好的天平测量小石块的质量的过程中，他按合理的程序加减砝码，往右盘放入最小的砝码后，指针仍偏在分度盘中线左侧一点，则他应该；（选填选项前的字母） A．向左调平衡螺母 B．向右调平衡螺母 C．向右盘再加砝码 D．向右移动游码

②如图2所示，A、往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置做上标记；B、取出小石块，测得烧杯和水的总质量为122g；C、往烧杯中加水直到，再测出此时烧杯和水的总质量为142g；

③计算出小石块的体积为 cm3；

④小张测得的小石块的密度比真实值（选填“偏大”或“偏小”）。 18．（7分）小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，固定凸透镜的位置不动，实验操作规范。当他将蜡烛、凸透镜和光屏调节到如图1所示的位置时，烛焰恰好在光屏上成清晰的像。

五、综合应用题（第20题9分，第21题8分，共17分） 20．（9分）汽车已经走进了很多普通农村家庭，最近方文同学也购买了一辆小汽车，方文同学十分高兴，将汽车里里外外看了个遍，并且进行了认真地思考，发现汽车上许多地方都用到了物理知识，下面就是他思考的问题，请你和他一起解答。

（1）汽车发动机是汽油机，从能源可否再生角度看，汽油是（选填“可再生”或“不可再生”）能源；发动机工作时，冲程将内能转化为机械能。（2）若汽车油箱的容积为60L（dm3），内装密度为0.71×103kg/m3、热值为4.61×107J/kg的汽油，则油箱最多可以装多少千克的汽油？

（3）若轿车以60kW的恒定功率启动做匀速直线运动，运动过程中受到的阻力不变，运动速度v与时间t的关系如图所示，则在0﹣50s时间内，轿车发动机所做的功为多少？轿车在运动过程中受到的阻力为多少？

（1）此时所成的清晰地像的成像原理与填（“放大镜”、“投影仪”或“照相机”）相同。若将蜡烛向右移动少许，则应将光屏向（选填“左”或“右”）移动才能再次在光屏上成清晰的像。（2）若保持凸透镜、光屏的位置不变，在凸透镜左侧附近放置一个凸透镜（图中未画出），这时需要将光屏向（选填“左”或“右”）移动才能在光屏上成清晰的像。

（3）烛焰成虚像时，人眼应该从（填“烛焰”或“光屏”）一侧向透镜方向观察。

（4）小明测出透镜焦距为10cm，在实验时，小红用该凸透镜观察小明的眼睛，看到小明的眼睛如图2所示，则物距应该满足的条件是。

A．小于10cm B．大于10cm且小于20cm C．等于20cm D．大于20cm （5）小明在接下来的实验中将蜡烛从略大于一倍焦距处逐渐远离凸透镜，物距u随时间t的变化图象如图甲所示，则像距v与t的大致变化关系为乙图中的。（6）若蜡烛燃烧了一段时间后变短了，但仍要使蜡烛的像成在光屏的中央，应把凸透镜向（选填“上”或“下”）调节。 19．（5分）现有两只小灯泡L1和L2，它们的额定电压分别是2.5V和3.8V。（1）图甲是小红测量小灯泡L1额定功率的实物电路图（不完整）

21．（8分）如图甲是某小区高层住宅电梯结构的示意图，它主要是由轿厢、滑轮、配重、缆绳及电动机等部件组成，小明家住该小区某栋楼的21楼，他乘电梯从1楼匀速升到21楼用时60s，已知每层楼的高度为3m。小明重500N，轿厢重4500N，动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，针对此过程，解答下列问题。（1）拉力F的功率为多大？

（2）动滑轮A提升小明机械效率为多少？（3）图乙是该电梯超载自动报警系统工作原理的示意图，在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作，当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，即使闭合开关S，电动机也不工作，在控制电路

中，已知电源电压为8V，保护电阻R2=100Ω，电阻式压力传感器R1的阻值随乘客压力（F压）大小变化如图丙所示，电磁铁线圈的阻值忽略不计，当电磁铁线圈电流超过0.02A时，电铃就会发出警报声。 ①由丙图可知，电梯承载的人越多，电阻式压力传感器R1受到的压力越大，电阻，电路中电流，当电流达到0.02A时，衔铁被吸下，电铃发出警报声。 ②若乘客人均重为600N，该电梯最多可以承载多少人？

①请用笔画线代替导线将图甲连接完整，要求：滑动变阻器的滑片P向左移动时，小灯泡变暗。 ②正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡L1不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是。

③排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，记下多组I、U数据，并作出图乙所示的I﹣U图象，则小灯泡L1的额定功率为 W。

（2）小华用两只电流表A1、A2和阻值为10Ω的定值电阻R0，连接了如图丙所示的电路，测出了小灯泡L2的额定功率。具体操作是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电流表A1的示数为 A，小灯泡L2正常发光，此时电流表A2的示数如图丁所示，则小灯泡L2的额定功率为 W

2018年河南省郑州市中考物理模拟试卷（2）

参考答案与试题解析

一、填空题（每空1分，14分） 1．（1分）中医中的“望、闻、问、切”四步诊法中，闻是指声音能传递信息

【分析】声音即可传递信息，又可以传递能量，对于上述两方面在很早以前人们就已经充分的利用了。

【解答】解：中医中的“望、闻、问、切”四步诊法中，望，指观气色；闻，指听声息；问；指询问症状；切；指摸脉象；故其中的“闻”是据声音传递信息的典型应用。故答案为：传递信息。

【点评】知道并理解生活中声音可以传递信息的实例是解决该题的关键。 2．（2分）牛顿第一定律揭示了力与运动的关系物体的运动不需要力来维持，斜向上抛出一个篮球，假设球在运动过程中外力突然消失，球的运动状态是做匀速直线运动

【分析】牛顿第一定律揭示了力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，维持物体运动不需要力；

根据牛顿第一定律可知，如果运动的物体所有的外力都突然消失那么物体将做匀速直线运动。

【解答】解：牛顿第一定律揭示了力与运动的关系：由力和运动的关系可知，力是改变物体运动状态的原因，物体运动不需要力来维持；

根据牛顿第一定律可知，斜向上抛出一个篮球，假设球在运动过程中外力突然消失，球的运动状态会是做匀速直线运动。

故答案为：力与运动；做匀速直线运动。

【点评】本题主要考查了对牛顿第一定律的理解，以及由此推出的力与运动关系的应用，难度不大。 3．（3分）上联：“杯中冰水，水结冰冰温未降”；下联：“盘内水冰，冰化水水温不升”。对联中包含的物态变化是凝固和熔化，反映的一共性是晶体熔化和凝固时温度保持不变。【分析】（1）物质从固态变成液态的过程是熔化。物质从液态变为固态的过程是凝固。

（2）固体分晶体和非晶体，晶体和非晶体的重要区别是晶体有一定的熔点，非晶体没有。冰属于晶体。

（3）晶体熔化时吸收热量温度保持不变，凝固时放出热量温度保持不变。【解答】解：（1）“杯中冰水，水结冰冰温未变”是水的凝固过程，水凝固时放出热量，温度保持不变，完成凝固过程。

（2）“盘内水冰，冰化水水温不升”是冰的熔化过程，冰熔化时吸收热量，温度保持不变，完成熔化过程。

（3）水凝固和冰熔化共同的特点是温度保持不变。

故答案为：凝固；熔化；晶体熔化和凝固时温度保持不变。

【点评】本题考查熔化与凝固的概念及特点，解答此题的关键是知道熔化与凝固的概念。 4．（2分）如图所示，装有少量细沙的长直平底玻璃管长0.25m，漂浮于水面，玻璃管的底面积为5×10﹣4m2，浸入水中的深度为0.1m。玻璃管和细沙总重为 0.49N ，管底受到水的压强是 980Pa 。【分析】（1）知道玻璃管浸入的深度，求排开水的体积（浸入水中的体积）

，利用阿基米德原理球受

到水的浮力；再根据物体的漂浮条件求玻璃管和细沙总重；

（2）知道玻璃管浸入的深度，利用液体压强公式求管底受到水的压强。【解答】解：（1）玻璃管排开水的体积： V排=Sh浸=5×10﹣4m2×0.1m=5×10﹣5m3，玻璃管受到的浮力：

F浮=G排=ρ水gV排=1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣5m3=0.49N，因为玻璃管漂浮，

所以玻璃管和细沙总重：G=F浮=0.49N；（2）管底受到水的压强：

p=ρgh浸=1×103kg/m3×9.8N/kg×0.1m=980Pa；故答案为：0.49N；980Pa。

【点评】本题考查了学生对液体压强公式、阿基米德原理、物体漂浮条件的掌握和运用，知道玻璃管漂浮、利用好漂浮条件是本题的关键。 5．（2分）某型号电饭锅有高温档和低温档两个档位，其原理如图所示，则当开关置于 2 （选填“1”或“2”）位置时为高温挡。已知高温档额定功率是1100W，当电饭锅以高温档正常工作1min消耗的电能为 66000 J：若已知低温档额定功率是440W，电阻R= 66 Ω。

【分析】（1）由电路图可知，开关

S置于2档时，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，根据P=UI=

可知，电路的总功率最大，电饭锅处于高温煮饭档；

（2）根据Q=W=Pt求出电饭锅在高温烧煮档正常工作1min产生的热量；（3）已知电饭锅保温焖饭档的功率，根据P=UI=求出保温时的总电阻，根据R=

算出R0的电阻，

根据电阻的串联求出R的阻值。

【解答】解：（1）高温烧煮档其功率最大，由P=

可知，此时的总电阻应该最小，由电路图可知，开关S应置于2位置，此时电路为R0的简单电路；（2）由P=可得，电饭锅在高温烧煮档正常工作1min产生的热量： Q=W=P高t=1100W×1×60s=6.6×104J；

（3）开关S置于1位置时是保温焖饭档，此时R0与R串联，则电路中的总电阻： R总=

=110Ω，

只有R0工作时处于高温煮饭状态，故R0的电阻为：R0=

=44Ω

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，

所以，R的阻值：R=R总﹣R0=110Ω﹣44Ω=66Ω。故答案为：2；6.6×104；66。

【点评】本题考查了电功率公式、电热公式以及电阻串联的应用，分清电饭锅处于不同状态时电路的连接方式是关键。 6．（4分）煤、石油、天然气、水能、太阳能都是我国目前使用较多的能源。其中属于可再生能源的是水能、太阳能。煤炭、石油和天然气等化石能源都是埋在地下的动植物经过漫长的年代形成的，它们最初都源于太阳能。现代汽车无人驾驶技术越来越应用广泛，其汽车正常运行是通过电磁波传递信息，汽车运行燃烧化石能源易引起雾霾。请你提出一条减少雾霾的措施以步代车，减少化石能源的使用

【分析】能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；煤炭、石油、天然气等化石能源都是将植物行光合作用固定的太阳光能储藏起来，D．f1竖直向上，f2竖直向下，且f1=f2

【分析】小明同学静止和匀速滑下的过程中，受力均平衡。静止时，其重力与静摩擦力平衡；匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡。【解答】解：

小明紧紧握住杆子保持静止时，其重力与静摩擦力平衡，由二力平衡条件可知：fl的方向竖直向上，且f1=G；

匀速下滑时，其重力与滑动摩擦力平衡，则f2的方向竖直向上，且f2=G，所以f1=f2．故B正确。故选：B。

【点评】本题运用平衡条件分析生活中的摩擦问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件求解摩擦力的大小。转变成人类可利用的形式；汽车无人驾驶技术越来越应用广泛，其汽车正常运行是通过电磁波传递信息；减少雾霾的措施：以步代车，减少化石能源的使用、植树造林，绿化荒山。

【解答】解：煤、石油、天然气是短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；而水能、太阳能是能够源源不断的从自然界得到的能源，故是可再生能源。煤炭、石油和天然气等化石能源都是埋在地下的动植物经过漫长的年代形成的，它们最初都源于太阳能；无人驾驶汽车正常运行是通过电磁波传递信息，减少雾霾的措施以步代车，减少化石能源的使用。

故答案为：水能、太阳能；太阳；电磁波；以步代车，减少化石能源的使用。【点评】本题考查能源，电磁波，以及防雾霾的措施是一道综合题。

二、选择题（每题2分，共16分．第7至第12题是单项选择题；第13、14题是双项选择题，选对一项得1分，有错误选项不得分） 7．（2分）初三同学刚刚去二中参加了今年郑州市初中毕业生体育测试。你认为下列成绩记录符合实际的是（）

A．立定跳远成绩为3.2 m B．男子1000m跑成绩为3'40″ C．女子800m成绩为40s D．女子仰卧起坐每秒30个

【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。【解答】解：A、中学生立定跳远的成绩一般在2m左右。故A不符合实际； B、初中男生1000m满分成绩为3′40″．故B符合实际；

C、初中女生800m成绩一般在3′30″左右。故C不符合实际； D、女子仰卧起坐1min可能达到30个。故D不符合实际。故选：B。

【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。 8．（2分）校运动会爬杆比赛，小明第一个爬到杆顶。如图所示，小明紧紧握住杆子保持静止，此时他受到的摩擦力为f1；片刻后，小明适度减小握杆子的力量使自己匀速滑下，此时他受到摩擦力为f2，则（）

A．f

1、f2均竖直向上，且f1＞f2 B．f1、f2均竖直向上，且f1=f2

C．f1竖直向上，f2竖直向下，且f1＞f2

9．（2分）如图为我国新型反潜巡逻机。机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在。如图能解释磁异探测器工作原理的是（）

A． B． C． D．

【分析】电子设备最终将信号转换为变化的电流；因此是一个发电机，分析下面四幅图，找出发电机的原理即可。

【解答】解：A、图示的实验是电磁铁的原理，运用电流的磁效应，可制成电磁铁，吸引大头针等，不合题意；

B、图示为磁极之间的相互作用，故不符合题意；

C、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，切割磁感应线，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理。符合题意； D、图示为奥斯特实验，是电流的磁效应，故不符合题意；故选：C。

【点评】解答本题的关键要能从题意中分析出该装置为发电机。 10．（2分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（） A．物体的内能越多，放热一定越多 B．温度相同的物体，其内能一定相等 C．物体的内能增加，一定要吸收热量

D．晶体熔化时温度不变，其内能一定增加【分析】（1）热量是在热传递过程中内能的改变量，前提是发生热传递；（2）内能的大小不但和物体的温度有关，还与物体的质量有关；（3）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；

（4）晶体熔化时，吸收热量、内能增加，但温度不变。

【解答】解：A、放热多少是指内能的改变多少，不是指物体内能的多少，故A错误；

B、内能的大小不但和物体的温度有关，还与物体的质量有关，所以温度相同的物体，其内能不一定相等，故B错误；

C、物体的内能增大，可能是外界对物体做功，也可能是吸收热量，故C错误； D、晶体在熔化过程中，吸收热量，内能增大，但是温度不变，故D正确。故选：D。

【点评】本题考查了温度、内能和热量的关系，要特别注意：物体温度升高、内能一定增加，但是

物体内能增加、温度不一定升高；物体吸热、温度不一定升高，物体温度升高、不一定吸热。 11．（2分）分别用如图所示的（甲）、（乙）两个滑轮组，在100s内将重为400N 的物体G匀速提升10m，每个滑轮的重均为20N．不计绳重及摩擦，此过程中（）

A．F

甲做功的功率等于F乙做功的功率 B．F甲做功的功率小于F乙做功的功率 C．F甲做的功大于F乙做的功 D．F甲做的功小于F乙做的功

【分析】由甲乙两图可知，承担物重的绳子股数n，不计绳重及滑轮轴间的摩擦，利用F=（G物+G

轮

）求拉力大小，根据s=nh求出绳端移动的距离，根据W=Fs分别求出拉力做的功；再根据P=求出

两图中拉力的功率即可得出答案。

【解答】解：（1）由图甲可知：n=2， ∵不计绳重及滑轮轴间的摩擦，

∴F甲=（G物+G轮）=（400N+20N）=210N， W甲=F甲S甲=F甲×2h甲=210N×2×10m=4200J P甲=

=42W。

（2）由图乙可知：n=3，

∵不计绳重及滑轮轴间的摩擦，

∴F乙=（G物+G轮）=（400N+20N）=140N， W乙=F乙S乙=F乙×3h乙=140N×3×10m=4200J P乙=

=42W。

由以上可得：W甲=W乙，P甲=P乙。故选：A。

【点评】本题考查了使用滑轮组拉力和拉力功率的计算，关键是不计绳重及滑轮轴间的摩擦时F=（G物

+G轮）和绳子有效股数的确定。 12．（2分）如图所示，电源电压不变，R1，R2，R3为定值电阻，开关S1，S2都闭合时，电流表A与电压表V1、V2均有示数，断开开关S2，则（）

A．电流表A示数变大，电压表

V1示数变大 B．电流表A示数变小，电压表V2示数变小 C．电压表V1示数与电流表A示数的比值变大 D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变大【分析】（1）开关S1、S2都闭合时，R2、R3串联，电压表V1、V2均测电阻R2的电压，电流表A测电路电流；

（2）开关S1闭合、S2断开时，电阻R1、R2、R3串联，电压表V1测电阻R2的电压，电压表V2测R1、R2串联电压，电流表A测电路电流；（3）根据欧姆定律分析判断。【解答】解：开关S1、S2都闭合时，I=，U1=U2=IR2=；

开关S1闭合、断开开关S2时，I′=

，U1′=I′R2=

，U2′=I′（R1+R2）=

；

根据上述分析可知，S2断开前、后：I＞I′，U1＞U1′，U2＜U2′，即电流表示数变小，电压表V1示数变小，电压表V2示数变大，故AB错误；

S2断开前、后，电压表V1示数与电流表A示数的比值都等于R2的阻值，因此其比值不变；故C错误； S2断开前，电压表V2示数与电流表A示数的比值等于R2的阻值，S2断开后，电压表V2示数与电流表A示数的比值等于R1、R2的电阻之和，因此其比值变大，故D正确。故选：D。

【点评】本题考查了开关的不同状态对电路的连接方式的影响和对电流表、电压表的示数的影响。会正确识别电路是解答本题的关键，会根据电压表和电流表的使用以及欧姆定律分析电压表和电流表的示数变化。 13．（2分）如图甲所示，电源电压为U保持不变，R0为定值电阻。闭合开关，调节滑动变阻器，电压表V1和V2的示数随时间变化的图象，如图乙所示。下面说法正确的是（）

A．滑片向右移，电压表V

1示数减小 B．滑片向右移，电压表V2的示数减小 C．电源电压为5V，电阻R0为1Ω

D．电源电压为4.5V，滑片位于右端时电路的总功率最大

【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器、R0串联，电压表V1测变阻器和灯泡两端的电压之和，

电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）当滑片向右移时，变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化以及灯泡和R0两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器和灯泡两端的电压之和的变化，然后得出两电压表示数与电流表示数对应的图线；

（2）分析出当电流表示数为为零时，可能电路发生断路，根据电压表的示数得出电源电压。根据图象中两个对应的点列出关系式求出R0的值；当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路的总电阻最小，电路的总功率最大。

【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器、R0串联，电压表V1测变阻器和灯泡两端的电压之D．甲烧杯对桌面的压力大于乙烧杯对桌面的压力

【分析】（1）首先利用p=ρgh判断两个烧杯底部受到水的压强大小，然后利用p=判断两个烧杯底部受到水的压力大小；

（2）从图示中得出两球排开水的体积关系，利用F浮=ρ水gV排判断两球所受浮力大小关系；

（3）根据两小球在水中的状态，利用物体浮沉条件，通过比较两球与水的密度关系，得出两球的密度关系；

（4）根据物体浮沉条件、结合阿基米德原理判断a球和b球重力与排开水的重力关系，然后根据两和，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）当滑片向右移时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I=可知，电路中的电流变大，

由U=IR可知，灯泡和R0两端的电压均变大，则电压表V2的示数增大，故B错误；因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，变阻器和灯泡两端的电压之和减小，即电压表V1的示数减小，故A正确；

由图象可知，上面的图线为电压表V1示数与电流表示数的图线，下面的图线为电压表V2示数与电流表示数的图线；

（2）由图象可知，当电路中的电流为零时，说明电路发生了断路，由U1的示数可得与电压表V1并联的电路某处断路，此时U1等于电源电压，所以电压电压U=4.5V；

由图象知，当U1=2.5V时，电路中的电流I=2.0A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R0两端的电压：

U0=U﹣U1=4.5V﹣2.5V=2.0V，由I=可得，R0的电阻： R0=

=1Ω，故C错误；

当滑片位于右端时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路的总电阻最小，由P=UI=

可知，电路的总功率最大，故D正确。

故选：AD。

【点评】本题通过图象和动态电路考查了学生对串联电路电压、电流关系及欧姆定律的应用，关键能根据滑动变阻器阻值的变化判断出两电压表示数的变化，并能结合图象分析出所需的数值，难度较大。 14．（2分）水平桌面上有甲、乙两个相同的烧杯，都装有一些水，将不同材料制成的、体积相同的两个空心球a和b放入两个烧杯的水中，静止时，a球下沉到烧杯底部，b球漂浮在水面，且两个烧杯中的水面恰好相平，如图所示。则下列说法正确的是（）

A．两个烧杯底部受到水的压力相等

B．a球受到的浮力大于b球受到的浮力

C．a球材料的密度一定大于b球材料的密度

烧杯对桌面的压力等于杯内水、小球和烧杯的重力之和比较甲烧杯对桌面的压力与乙烧杯对桌面的压力的大小关系。【解答】解：

A、水的密度一定，两个烧杯中的水面相平（水的深度相同），根据p=ρgh可知两个烧杯底部受到水的压强相等；两烧杯完全相同，则底面积相等，根据F=pS可知两个烧杯底部受到水的压力相等。故A正确；

B、由题意知，a球排开水的体积大于b球排开水的体积，水的密度一定，根据F浮=ρ水gV排可知，a球受到的浮力大于b球受到的浮力。故B正确；

C、a球下沉到烧杯底部，b球漂浮在水面，根据浮沉条件可知，a球的平均密度大于水的密度，b球的平均密度小于水的密度；但两球都是空心的，所以不能确定a球材料的密度一定大于b球材料的密度，故C错误；

D、a球在甲杯中沉底，所以Ga＞F浮a，根据阿基米德原理有F浮a=G排a，所以Ga＞G排a，即a受到的重力大于a排开水的重；则甲烧杯对水平桌面的压力：F甲=G杯+G水+Ga＞G杯+G水+G排a﹣﹣﹣①

b球在乙杯中漂浮，所以F浮b=Gb，根据阿基米德原理有F浮b=G排b，所以Gb=G排b，即b受到的重力等于b排开水的重；则乙烧杯对水平桌面的压力：F乙=G杯+G水′+Gb=G杯+G水′+G排b﹣﹣﹣②

h相同，S相同，故水和排开水的总体积相同，水和排开水的总重相同，即G水+G排a=G水′+G排b﹣﹣③

综合①②③式可得，F甲＞F乙，即甲烧杯对桌面的压力大于乙烧杯对桌面的压力。故D正确。故选：ABD。

【点评】此题考查了物体浮沉条件、阿基米德原理的应用、液体内部压强的计算等知识点，是一道典型的综合题。

三、作图题（每题2分，共4分） 15．（2分）如图所示，在水池里有一个点光源S，SP是它发出的一条光线，在SP的传播方向上有一块平面镜，QM是SP经此平面镜反射后的反射光线。请你画出平面镜的准确位置和光线QM进入空气后的大致传播方向。

【分析】正向延长入射光线、反向延长反射光线，得到交点

O，即入射点，画出入反射光线夹角的角平分线，得出法线，再作出法线的垂线可得平面镜的位置。

根据光由水中斜射进入空气中时的折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角画出折射光线。

【解答】解：先正向延长入射光线、反向延长反射光线，得到入射点O，出反射光线和入射光线的角平分线，即为反射时的法线，再过反射点垂直法线作出平面镜；反射光线与水面交于点O′，过O′点垂直水面画出折射时的法线，在法线左侧的空气中画出折射光线，注意折射角大于入射角，如图所示：

【点评】作光路图时一定要注意：反射光线、折射光线都应与入射光线分居法线两侧，注意角度的

变化，法线要用虚线，要用箭头标出光的传播方向。 16．（2分）从静止启动的汽车内有一小桌，小桌上放一水杯，发现水杯内水面如图所示，水杯在桌上没有滑动，画出水杯（水和杯的整体）的受力示意图。

【分析】先根据水杯内水的形状确定汽车的运动方向，进而确定水杯受到的摩擦力的方向；同时还

受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，根据力的示意图的画法作图。

【解答】解：汽车从静止启动，汽车、小桌和杯子一起运动，水由于具有流动性保持静止，由图可知汽车向右运动，水杯在水平方向上受到桌面向前的摩擦力f，同时受到竖直向下的重力G和竖直向上的支持力FN，如图所示：

【点评】本题考查了力的示意图的画法，根据水杯内水的形状确定汽车的运动方向是本题的关键、

易错点！

四、实验探究题（第17题7分，第18题7分，第19题5分，共19分） 17．（7分）小王同学为了测量醋的密度，进行以下实验：

（1）把天平放在水平台上，将移动游码至标尺左端0刻线处，然后调平衡螺母，使天平横梁平衡；

（2）接下来进行以下3项操作：

A．用天平测量烧杯和剩余保宁醋的总质量m1；

B．将待测保宁醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和保宁醋的总质量m2； C．将烧杯中醋的一部分倒入量筒中，测出这部分醋的体积V；以上操作的正确顺序是： BCA （填字母代号）。

（3）由图1所示的量筒中的示数可知。醋的密度为 1.125 g/cm3。

（4）另一实验小组的小张同学想测量小石块的密度，他设计了如下实验：

①小张同学用调好的天平测量小石块的质量的过程中，他按合理的程序加减砝码，往右盘放入最小的砝码后，指针仍偏在分度盘中线左侧一点，则他应该 D ；（选填选项前的字母） A．向左调平衡螺母 B．向右调平衡螺母 C．向右盘再加砝码 D．向右移动游码

②如图2所示，A、往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置做上标记；B、取出小石块，测得烧杯和水的总质量为122g；C、往烧杯中加水直到水面达到标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为142g；

③计算出小石块的体积为 20 cm3；

④小张测得的小石块的密度比真实值偏小（选填“偏大”或“偏小”）。

【分析】（1）掌握天平的调平，在调平前将天平放在水平桌面上，游码拨到标尺左端的零刻度线处，

哪边的盘高，平衡螺母向哪边移动；

（2）在能够测量出食用油密度的前提下，实验步骤的确定应有利于减小误差。

用天平测量物体质量时，物体的质量等于砝码总质量加上游码所对的刻度；保宁醋的质量等于保宁醋和烧杯的总质量减去剩余保宁醋和烧杯的质量；

天平平衡时，物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，注意标尺的分度值；在进行量筒的读数时，注意其分度值，根据公式ρ=计算保宁醋的密度。

（3）①在称量过程中，天平指针偏向分度盘的右侧，说明右盘砝码质量过大，应取出右盘质量最小的砝码，然后移动天平横梁标尺上的游码，使天平平衡；

②在测量液体密度时，为了减小误差，测出的是倒在量筒中的质量和体积，根据分析排列成顺序； ③利用天平测出石块排开水的体积，利用V=

即可求出石块排开水的体积，即为石块的体积；

④先用烧杯小石块的体积，再用天平测小石块的质量，这样石块上附有水，使得测量出的质量不准确，据此分析密度变化。【解答】解：（1）在调节天平平衡时，先将天平放在水平桌面上，移动游码至标尺左端零刻度线处；然后调节平衡螺母，使天平横梁平衡；

（2）为减小测量保宁醋密度的误差，实验顺序应为：

B、将待测保宁醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和保宁醋的总质量m2； C、将烧杯中保宁醋的一部分倒入量筒中，测出这部分保宁醋的体积V； A、用天平测量烧杯和剩余保宁醋的总质量m1。

（3）由图知，量筒的分度值为2ml，量筒中保宁醋的体积为：V=40ml=40cm3；标尺的分度值为0.2g，

烧杯和剩余保宁醋的总质量m1=20g+10g+5g+2.4g=37.4g，烧杯和保宁醋的总质量m2=50g+20g+10g+2.4g=82.4g，量筒中保宁醋的质量m=m2﹣m1=82.4g﹣37.4g=45g，保宁醋的密度ρ==

=1.125g/cm3；

（4）①用调好的天平测量石块的质量时，当在右盘放入最小的砝码后，指针偏在分度盘中线左侧一点，说明此时左盘石块的质量偏大了一点（但已经加了最小砝码），故应该向右调节游码，使得天平再次平衡；故选D；

②C、通过石块排开水的体积得知石块的体积，所以往烧杯中加水，直到水面与标记相平； ③由题意可知m排=142g﹣122g=20g，由ρ=可得小石块的体积：V=V排=

=20cm3；

④由于测量过程中，取出石块时石块上会沾有一些水，则测出的石块体积偏大，据密度公式可知，测得的小石块的密度比真实值偏小；故答案为：（1）平衡螺母；（2）BCA；（3）1.125；（4）①D； ②水面达到标记处； ③20；④偏小。【点评】此题是测量石块的密度，考查了天平的天平及读数，同时考查了利用转换法测量石块的体积，并且考查了对实验误差的分析，特别是注意密度的单位及换算。 18．（7分）小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，固定凸透镜的位置不动，实验操作规范。当成倒立、缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的；

当凸透镜的位置不变时，只向右移动蜡烛少许，根据物近（物距变小）像远（像距变大）像变大，要使光屏上再次出现一个明亮清晰的像，应向右移动光屏。

（2）若保持凸透镜、光屏的位置不变，再在凸透镜左侧附近放置一个凸透镜（图中未画出），因凸透镜对光线有会聚作用，成像较原来提前了，这时需要将光屏向左移动才能在光屏上成清晰的像；（3）烛焰成虚像时，像与物同侧，故人眼应该从光屏一侧向透镜方向观察；

（4）小明用该凸透镜观察小红的眼睛，看到小红的眼睛如图甲2所示，即看到倒立、放大的实像，所以眼睛和凸透镜之间的距离在一倍焦距和二倍焦距之间，所以物距大于10cm小于20cm，选B；（5）将蜡烛从略大于一倍焦距处逐渐远离凸透，物距逐渐增大，根据凸透镜成的实像时有：物远（物距变大）像近（像距变小）像变小，像距逐渐减小，从v＞2f到f＜v＜2f，但像距只能接近1倍焦距，而不能小于1倍焦距，C正确。

他将蜡烛、凸透镜和光屏调节到如图1所示的位置时，烛焰恰好在光屏上成清晰的像。

（1）此时所成的清晰地像的成像原理与照相机填（“放大镜”、“投影仪”或

“照相机”）相同。若将蜡烛向右移动少许，则应将光屏向右（选填“左”或“右”）移动才能再次在光屏上成清晰的像。（2）若保持凸透镜、光屏的位置不变，在凸透镜左侧附近放置一个凸透镜（图中未画出），这时需要将光屏向左（选填“左”或“右”）移动才能在光屏上成清晰的像。

（3）烛焰成虚像时，人眼应该从光屏（填“烛焰”或“光屏”）一侧向透镜方向观察。

（4）小明测出透镜焦距为10cm，在实验时，小红用该凸透镜观察小明的眼睛，看到小明的眼睛如图2所示，则物距应该满足的条件是 B 。

A．小于10cm B．大于10cm且小于20cm C．等于20cm D．大于20cm（5）小明在接下来的实验中将蜡烛从略大于一倍焦距处逐渐远离凸透镜，物距u随时间t的变化图象如图甲所示，则像距v与t的大致变化关系为乙图中的 C 。（6）若蜡烛燃烧了一段时间后变短了，但仍要使蜡烛的像成在光屏的中央，应把凸透镜向下（选填“上”或“下”）调节。【分析】（1）根据凸透镜成像的三种情况进行判断：

u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f．此时，物距大于像距，应用于照相机； 2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f，物距小于像距，应用于投影仪或幻灯机； u＜f，成正立、放大的虚像。像与物在同侧，应用于放大镜；

根据凸透镜成实像时有：物近（物距变小）像远（像距变大）像变大，确定光屏的移动方向；（2）根据凸透镜对光线有会聚的作用分析回答；

（3）凸透镜成虚像时，物、像在凸透镜的同侧，要从光屏一侧观察物体的像；（4）根据图2像的性质，由凸透镜成像规律回答；

（5）根据凸透镜成实像时：物远（物距变大）像近（像距变小）像变小分析；

（6）根据凸透镜成倒立实像的原理，蜡烛相对于凸透镜向下移动，则成的像向上移动。【解答】解：

（1）物体到凸透镜的距离是物距，像到凸透镜的距离是像距。如图1，物距为50.0cm﹣10.0cm=40.0cm，大于像距，

（6）凸透镜成倒立的实像，蜡烛变短，相对于凸透镜向下移动，所以其像向上移动，要使蜡烛的像仍然成在光屏的中心，应该把凸透镜向下移动；故答案为：（1）照相机；右；（2）左；（3）光屏；（4）B；（5）C；（6）下。

【点评】本题探究凸透镜成像规律，考查凸透镜成像规律有应用、凸透镜对光线的作用等知识，综合性强，解此题的关键是对凸透镜成像规律要有一个连续、完整的认识。 19．（5分）现有两只小灯泡L1和L2，它们的额定电压分别是2.5V和3.8V。（1）图甲是小红测量小灯泡L1额定功率的实物电路图（不完整）

①请用笔画线代替导线将实物电路图甲连接完整，要求：滑动变阻器的滑片P向左移动时，小灯泡

变暗。

②正确连接电路后，闭合开关，移动滑片，发现灯泡L1不亮，电流表有示数，电压表无示数，则故障可能是灯泡短路。

③排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，记下多组I、U数据，并作出图乙所示的I﹣U图象，则小灯泡L1的额定功率为 0.5 W。

（2）小华用两只电流表A1、A2和阻值为10Ω的定值电阻R0，连接了如图丙所示的电路，测出了小灯泡L2的额定功率。具体操作是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电流表A1的示数为 0.38 A，小灯泡L2正常发光，此时电流表A2的示数如图丁所示，则小灯泡L2的额定功率为 1.596 W。【分析】（1）①本实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，根据滑片P向左移动时，小灯泡变暗确定其接线柱；

②常见电路故障现象有：开路与短路两种，根据两电表示数情况分析电路故障原因；

③当L1两端电压等于额定电压时正常发光，由图象读出此时通过L1的电流，由P=UI计算额定功率；（2）由图丙知，电流表A1与定值电阻串联，相当于电压表，使并联电路电压等于灯泡L2额定电压3.8V时灯泡可以正常发光，由欧姆定律可以求出电流表A1的示数；确定电流表A2的量程与最小分度值，读出电流表A2的示数，然后由并联电路的特点求出流过待测电阻的电流，然后由P=UI求出灯泡的功率。【解答】解

（1）①测量小灯泡额定功率的实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，滑片P向左移动时，小灯泡变暗，说明电路中电流变小，故应将B接线柱接入电路中，如图所示：

②电路连接正确，闭合开关，灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数可能与之

并联的电路出现短路，即可能是灯泡短路了；

③当L1两端电压等于额定电压2.5V时正常发光，由图象读出此时通过L1的电流为0.2A，所以L1的额定功率为： P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；

（2）由电路图知：定值电阻与灯泡并联，它们两端的电压相等，当并联电压等于灯泡L2的额定电压U2额=3.8V时，

灯泡正常发光，此时电流表A1的示数： IA1=

=0.38A；

并联电路总电流等于各支路电流之和，电流表A2应使用的是0～3A量程，最小分度值是0.1A，电流表读数IA2=0.8A，

流过灯泡L2的电流：I2=IA2﹣IA1=0.8A﹣0.38A=0.42A，灯泡L2的额定功率P2额=U2额I2=V3.8×0.42A=1.596W。故答案为：（1）①见上图；②灯泡短路；③0.5；（2）0.38；1.596。

【点评】本题考查实物图的连接、故障判断、功率的计算，并联电路特点等。知道特殊方法测功率时，没有电流表，设计已知电阻与灯泡串联，间接测量灯泡的额定电流；没有电压表，设计已知电阻与灯泡并联，间接测量灯泡的额定电压。

（1）汽车发动机是汽油机，从能源可否再生角度看，汽油是不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源；发动机工作时，做功冲程将内能转化为机械能。（2）若汽车油箱的容积为60L（dm3），内装密度为0.71×103kg/m3、热值为4.61×107J/kg的汽油，则油箱最多可以装多少千克的汽油？

【分析】（1）能源源不断地从自然界获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断地从

自然界获得或不可以重复利用的能源是不可再生能源，知道生活中常见的可再生能源；内燃机工作时做功冲程将内能转化为机械能；

（2）已知容积和密度，根据密度公式的变形，m=ρV可求质量；

（3）已知功率，利用公式W=pt可求功，有图象可知，汽车做匀速直线运动的速度，汽车二力平衡，牵引力和阻力大小相等，由公式F=可求。

【解答】解：（1）由于汽油不能源源不断地从自然界获得或不可以重复利用的能源是不可再生能源，汽车的内燃机有四个冲程，其中做功冲程将内能转化为机械能；（2）汽车油箱的容积，V=60L=60dm3=60×10﹣3m3，汽油的密度，ρ=0.71×103kg/m3，

油箱最多装的汽油的质量，m=ρV=0.71×103kg/m3×60×10﹣3m3=42.6kg；（3）轿车以60kW的恒定功率运动50s所做的功， W=Pt=60×103w×50s=3×106J；由功和功率的关系，P==

，s=vt，所以P=Fv，

牵引力F=，由图象可知汽车做匀速直线运动时的速度v=30m/s， F==

=2000N，

汽车匀速直线运动时，汽车二力平衡，牵引力和阻力大小相等， f=F=2000N。答：（1）不可再生，做功；（2）油箱最多装的汽油的质量为42.6kg；（3）在0﹣50s时间内，轿车发

动机所做的功为3×106

J，轿车在运动过程中受到的阻力为2000N。

【点评】本题主要考查能源，内燃机的冲程的能量转化，已知功率求功以及求阻力的大小，是一道综合题，有难度。 21．（8分）如图甲是某小区高层住宅电梯结构的示意图，它主要是由轿厢、滑轮、配重、缆绳及电动机等部件组成，小明家住该小区某栋楼的21楼，他乘电梯从1楼匀速升到21楼用时60s，已知每层楼的高度为3m。小明重500N，轿厢重4500N，动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，针对此过程，解答下列问题。

（1）拉力F的功率为多大？

（2）动滑轮A提升小明的机械效率为多少？

（3）图乙是该电梯超载自动报警系统工作原理的示意图，在工作电路中，当电梯没有超载时，触点K与触点A接触，闭合开关S，电动机正常工作，当电梯超载时，触点K与触点B接触，电铃发出报警铃声，即使闭合开关S，电动机也不工作，在控制电路中，已知电源电压为8V，保护电阻R2=100Ω，电阻式压力传感器R1的阻值随乘客压力（F压）大小变化如图丙所示，电磁铁线圈的阻值忽略不计，当电磁铁线圈电流超过0.02A时，电铃就会发出警报声。

①由丙图可知，电梯承载的人越多，电阻式压力传感器R1受到的压力越大，电阻越小，电路中电流越大，当电流达到0.02A时，衔铁被吸下，电铃发出警报声。 ②若乘客人均重为600N，该电梯最多可以承载多少人？【分析】（1）乘电梯从1楼匀速升到21楼时上升的高度为20层楼的高度，动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，克服小明重力和轿厢重力做的功为总功，根据W=Gh求出拉力F做的总功，根据P=求出拉力F的功率；

（2）克服小明重力做的功为有用功，根据W=Gh求出其大小，利用η=

×100%求出动滑轮A提

升小明的机械效率；

（3）①电梯承载的人越多，电阻式压力传感器R1受到的压力越大，由丙图可知其阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化； ②当电流达到0.02A时，根据欧姆定律求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出此时压力传感器的电阻值，由图丙可知此时的最大压力，然后得出电梯承载的人数。【解答】解：（1）他乘电梯从1楼匀速升到21楼时，上升的高度： h=（21﹣1）×3m=60m，

因动滑轮和细绳的重力以及摩擦力均忽略不计，克服小明重力和轿厢重力做的功为总功，所以，拉力F做的总功：

W总=（G+G轿厢）h=（500N+4500N）×60m=3×105J，拉力F的功率： P=

=5000W；

（2）动滑轮A提升小明时做的有用功： W有=Gh=500N×60m=3×104J，动滑轮A提升小明的机械效率： η=

×100%=

×100%=10%；

（3）①电梯承载的人越多，电阻式压力传感器R1受到的压力越大，由丙图可知，电阻越小，电路中

的总电阻越小，

由I=可知，电路中电流越大，当电流达到0.02A时，衔铁被吸下，电铃发出警报声； ②当电流达到0.02A时，电路的总电阻： R==

=400Ω，

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，此时压力传感器的电阻值： R1=R﹣R2=400Ω﹣100Ω=300Ω，

由图丙可知，此时的最大压力为8000N，