2019年山东省淄博市中考物理试题（解析版）.doc

淄博市2019年初中物理学业水平考试物理
一、选择题
1.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. 用力拉琴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】
【详解】A．调节琴弦松紧可以改变琴弦的振动快慢，从而改变声音的音调，故A说法错误。
B．用力拉琴可以改变弦的振动幅度，从而改变声音的响度，故B说法错误。
C．小提琴和钢琴发出的声音在空气中传播速度是相同的，故C说法正确。
D．禁止听众喧哗是从声源处减弱噪声的，故D说法错误。

2.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，也可以用来遥控
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓密的树荫下出现很多圆形的光斑，这是由于光的直线传播引起的。故A合理；
B．池水看起来比实际浅，这是由于光的折射引起的。故B错误；
C．水中出现树的倒影，是平面镜成像现象，水中的“树”是岸上的树的虚像，两者大小相等。故C错误；
D．紫外线具有杀菌作用，遥控器利用的是红外线。故D错误。

3.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
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为3×105km/s
【答案】D
【解析】
【详解】A．对人体的安全电压不高于36V，故A不符合实际；
B．人的正常体温是36.5℃，人感到比较舒适的温度为23℃，故B不符合实际；
C．中学生的体重在500N左右，二楼到三楼的高度在3m左右，所以中学生从二楼走到三楼所做的功约为W=Gh=500N×3m=1500J，故C不符合实际；
D．真空中的光速约为3×108 m/s，即3×105km/s，故D符合实际。

4.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°C，此时大气压低于标准大气压
【答案】AD
【解析】
【详解】A．加热过程中，水吸收热量，其温度升高，内能增加；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故A错误；
B．水在沸腾过程中，仍然要吸收热量，由图可知其温度保持99℃不变，故B正确；
C．烧杯上方带孔的纸板可以减少热量散失，能缩短把水加热到沸腾的时间，故C正确；
D．由图可知，水的沸点是99℃，沸点低于100℃，此时大气压低于标准大气压，故D错误；

5.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比较路程的方法判断运动快慢
【答案】B
【解析】
【详解】A．跳远运动员在起跳前要助跑是为了利用惯性，但惯性的大小只与物体的质量有关，所以助跑不能增大惯性，故A错误；
B．运动员用桨向后划水，对水施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，水就会对船桨产生向前的反作用力使龙舟前进，故B正确；
C．做引体向上时人对单杠的拉力与单杠对人的拉力作用在不同的物体上，是相互作用力，不是一对平衡力，故C错误；
D．百米赛跑时裁判员是在路程相同的情况下，比较时间判断运动快慢，谁用时间少，谁跑得快，故D错误。

6.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，下瓶中出现红棕色二氧化氮气体，表明气体间可以发生扩散现象
D. 丁图：悬挂重物不能把两块铅块分开，说明分子间存在引力，没有斥力
【答案】A
【解析】
【详解】A．图甲所示，在一个配有活塞厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，由于压缩玻璃筒内的空气对其做功，使得空气的内能增加，温度升高，故是将机械能转化为内能的过程，故与内燃机的压缩冲程相类似，故A正确；
B．乙图中，瓶内空气推开瓶塞，内能减少，瓶口出现的白雾是水蒸气遇冷液化现象，故B错误；
C．丙图中，上方的二氧化氮气体密度大，抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，可能是扩散现象，但也可能是重力的作用，故不能表明气体间可以发生扩散现象，故C错误；
D．图中两个压紧的铅块能吊起钩码而不分开，是由于分子间存在引力，但也有斥力，故D错误。

7.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】
【详解】A．斧头具有很薄的刃，是在压力一定时，减小受力面积来增大斧头对物体的压强，故A错误；
B．用吸管吸饮料时是在大气压的作用下把饮料吸入人的口腔，是利用了大气压，故B正确；
C．风筝是利用风筝上下方空气的流速不同产生的升力升空的，不是因为受到空气的浮力，故C错误；
D．拉杆箱下安装轮子，是用滚动代替滑动来减小摩擦力，故D错误。

8.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），下列说法错误的是

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】
【详解】A．小球在A点时，高度最高，重力势能最大，速度增大，动能增大，减小的重力势能转化为动能；故A正确。
B．小球在B点时，小球的质量不变，高度最小，势能最小，动能最大，速度最大，故B正确；
C．小球和轨道间存在摩擦，小球需要克服摩擦做功，故小球从B点到C点的机械能减小，故C错误；
D．因为小球需要克服摩擦做功，在运动过程中有一部分机械能转化为内能，故小球不能到达D点，故D正确。

9.如图是一款太阳能LED灯，下列相关说法错误是

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. 太阳能是太阳内部发生核裂变释放的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．LED灯主要工作原件是发光二极管，二级管主要有半导体材料制成；故A正确。
B．太阳能板把太阳能转化为电能，而LED灯要消耗电能发光，把电能转化为光能，所以过程中有太阳能变成电能；故B正确。
C．可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源；故C正确。
D．太阳内部不断发生着氢核聚变成氦核的反应，又称热核反应；故D错误。

10.共享电动汽车通过刷卡开锁，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。图中能反映刷卡读取信息原理的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】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，说明这是电磁感应现象。
A．如图是奥斯特实验，反映通电导体周围存在磁场。不符合题意。
B．如图是通电螺线管，反映通电导体周围存在磁场。不符合题意。
C．因为电路中有电源，这是电动机的工作原理图，不符合题意。
D．闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动，导体中有感应电流产生，这是电磁感应现象，符合题意。

11.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灯丝烧断，电压表示数零
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．由图知，两灯串联在电路中，电压表测L1两端电压，即L1两端的电压是1V，故B正确；
串联电路中电流处处相等，所以通过灯泡L1的电流和L2的电流相等，故A错误；
C．由串联电路的电压特点知，U2=U-U1=5V-1V=4V，通过两灯电流相等，由欧姆定律有： ，即： ，故C错误；
D．由图知，若灯泡L2灯丝烧断，则整个电路断路，所以电压表示数为0，故D正确。

12.新型PTC发热材料可以自动调节电路的电功率，在生活中广泛应用，图甲是PTC调试工作电路，R0是保护电阻，阻值恒定；R1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°C升高到120°C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. 保护电阻消耗的功率先变小后变大
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲中，两电阻串联，电压表测R1的电压，电流表测电路的电流，
由图乙知，当温度从20℃升高到100℃的过程中电阻R1变小，从100℃升高120℃的过程中电阻R1变大，则根据串联电阻的规律，总电阻先变小后变大，由欧姆定律可知，电路中的电流先变大后变小，即电流表示数先变大后变小，故A错误；
B．电路中的电流先变大后变小，根据U=IR可知，定值电阻R0的电压先变大后变小，由串联电路电压的规律可知，R1的电压先变小后变大，即电压表示数先变小后变大，故B错误；
C．根据欧姆定律可知，电压表与电流表的比值等于PTC电阻R1的阻值，所以电压表与电流表的比值先变小后变大，故C正确；
D．因电路中的电流先变大后变小，根据P=I2R0可知，R0消耗的功率先变大后变小，故D错误。

13.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
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；
如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全，故只有A正确。

14.把木块放入装满水溢水杯中，溢出水的体积为V1（如图甲）；用细针将该木块全部压入水中，溢出水的总体积为V2（如图乙），忽略细针的体积。则

A. 木块的质量为ρ水V2
B. 缓慢下压木块的过程中，溢水杯底部受到水的压强变大
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gV2
D. 木块的密度为
【答案】D
【解析】
【详解】AD．木块静止地漂浮在水面上时，F浮=G；
因为木块所受到的浮力F浮=ρ水gV1，所以ρ水gV1=mg，
木块的质量m=ρ水V1；
木块完全浸入水中时所排开水的体积等于木块的体积，
由题意知木块的体积V=V2，
则木块的密度： ；故A错误，故D正确；
B．缓慢下压木块的过程中，溢水杯中水的深度不变，由p=ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强不变，故B错误；
C．木块完全浸没后的浮力：
F浮′=ρ水gV2，
木块完全浸没时，由力的平衡条件可得：
F浮′=F压+G木，
所以手对木块的压力（最大压力）：
F压=F浮′-G木=ρ水gV2-mg=ρ水gV2-ρ水V1g=ρ水g（V2-V1），故C错误；

15.如图所示，电源电压为12V，滑动变阻器的规格为“50Ω 2A”，L1和L2分别标有“6V 3W”和“6V 9W”的字样，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（不考虑温度对灯丝的影响），下列说法正确的是

A. L2能正常发光
B. 滑动变阻器接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】
【详解】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L1、L2串联，电流表测电路中的电流。
A．由P=UI可得，灯泡的额定电流分别为：
,滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，
因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的最大电流为I最大=I额1=0.5A，则L1能正常发光；故A错误；
B．此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
根据 可得，最小总电阻：
灯泡的电阻分别为：
因串联电路的总电阻等于各电阻之和，
所以变阻器接入电路中的最小阻值：R滑小=R总小-R1-R2=24Ω-12Ω-4Ω=8Ω；故B正确；
C．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
则R总大=R滑+R1+R2=50Ω+12Ω+4Ω=66Ω；
电路中的最小电流： ，所以，电流表示数的变化范围是 ，故C错误；
D．电路消耗的最大功率：P最大=UI最大=12V×0.5A=6W，故D错误。

二、理解与应用
16.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】 (1). 改变物体的形状 (2). 内能 (3). 变大
【解析】
【详解】包饺子时用手捏饺子可捏出漂亮的褶边，这是力使饺子皮的形状发生了改变；
饺子下锅后，在热水中吸收热量，饺子内的气体膨胀对饺子做功，饺子会上浮，此时内能转化为机械能；
出锅后的饺子变瘪了，饺子内空气的质量不变，内部空气的体积减小，根据密度公式可知，饺子内气体密度变大。

17.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S1和S2时，小磁针N极指向右端，则电磁铁的左端为________极，电源右端为________极。要使指示灯变亮，滑动变阻器的滑片应向________滑动。

【答案】 (1). N (2). 正 (3). 左
【解析】
【详解】已知小磁针N极指向右端，根据磁极间的相互作用可知，电磁铁的左端N极，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指指向电流的方向，则电源右端为正极，左端为负极，
闭合开关S1和S2，要使指示灯变亮，则电路电流变大，巨磁电阻的阻值减小，磁场的磁性增强，电流变大，电阻变小，则使滑片P向左滑动。

18.2019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背景影像图，传输过程中利用了________；嫦娥四号的巡视器——玉兔二号质量为135g，与月球表面的接触面积约为0.8m2，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1/6）；玉兔二号移动很慢，速度约为250m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为________h。
【答案】 (1). 电磁波 (2). 0.28 (3). 0.48
【解析】
【详解】通过“鹊桥”中继星传回了世界上第一张近距离拍摄的月背景影像图，传输过程中利用了电磁波；
根据压强公式
根据速度公式 得，

19.灯泡L的电流随电压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；再闭合开关S1，电流表的示数变化了0.1A，则R的阻值是________Ω；通电lmin，定值电阻R消耗的电能是________J。

【答案】 (1). 2 (2). 20 (3). 12
【解析】
【详解】由小灯泡的I-U图象可知，当灯泡的实际功率为0.5W时，UL=2V，IL=0.25A，
由图甲所示电路图可知，只闭合开关S时，只有灯泡接入电路，灯泡两端电压等于电源电压，则电源电压：U=UL=2V；
由图甲所示电路图可知，闭合开关S后再闭合开关S1，灯泡与电阻R并联，电流表测干路电流，电流表示数变大，
由题知，电流表示数变化了0.1A，则通过电阻R的电流：IR=△I=0.1A，
由可得，电阻R的阻值： 通电1min，定值电阻R消耗的电能：WR=UIRt=2V×0.1A×1×60s=12J。

20.如图是小明起跑时的背景，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。
（ ）

【答案】
【解析】
【详解】过重心O画一条竖直向下的带箭头的线段，标上符号G，即为重力的示意图；
人走路时后脚蹬地面，脚有向后运动的趋势，则后脚受到的摩擦力向前，作用点在脚掌与地面的接触面上，如图所示：

三、实验与探究
21.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蜡烛的像，这个像是图乙中的________，利用此原理可以制成________。（选填“照相机”、“幻灯片”、“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 (2). 照相机 (3). f＞u＞2f (4). 增大 (5). 像在100cm之外 (6). 远视镜
【解析】
【详解】（1）已知凸透镜的焦距为15cm，由图甲可知，物距为40cm，则u＞2f，所以，凸透镜成倒立缩小的实像，这个像是图乙中的D，利用此原理可以制成照相机；
（2）①成倒立放大像的条件是：f＞u＞2f；
②由图丙可知，凸透镜成实像时，物距减小，像距增大；
（3）把蜡烛放在距凸透镜18cm处（即u=18cm），物距在一倍焦距与二倍焦距之间，凸透镜成实像，根据图丙可知，像可能在100cm之外，所以在光具座上无论怎样移动光屏，都找不到清晰的像。
实验中，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，即说明该眼镜对光线有会聚作用（使光线提前会聚而成像在光屏上），故这副眼镜是凸透镜，即是远视眼镜。

22.在日常生活和工农业生产中，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）为了探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，并把数据整理记录在下表中。
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
01
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
95%

①比较1和2两次实验发现：在所有滑轮组一定时，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次实验是利用了图________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的拉力迅速拉起，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，从而提筒斜面的机械效率。
（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：假设没有额外功，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). 重力越大 (2). 动滑轮的重力 (3). 2和3 (4). 图乙 (5). 第5次实验中提升钩码的高度和绳端移动的距离相等 (6). 80% (7). 减小接触面的粗糙程度 (8). 不能省功 (9). B
【解析】
【详解】（1）①比较1和2两次实验可知，当提升钩码的高度相同，提升钩码重力不同时，钩码的重力越大，滑轮组的机械效率就越高。
②比较3和4两次实验可知，滑轮材质不同，所以滑轮重力大小，导致滑轮组的机械效率不同，故滑轮组的机械效率还与动滑轮的重力有关。
③比较2和3两次实验可知，当提升钩码的重力相同，提升高度不同时，滑轮组的机械效率相同，故滑轮组的机械效率与提升钩码的高度无关
④第5次实验中提升钩码的高度和绳端移动的距离相等，所以第5次实验是利用了定滑轮完成的，故是利用了图乙完成的。
⑤图甲中的绳子段数n=3，由题知，G物=6N，F拉=2.5N，则滑轮组的机械效率为：

（2）斜面倾斜程度不变时，物体对斜面的压力也会不变，所以可以采用减小接触面的粗糙程度的方法来减小摩擦。
（3）假设没有额外功，总功等于有用功，可见使用任何机械都不能省功；本题用到了理想实验法，牛顿第一定律在推理过程中也用到此方法。

23.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，请在这根导线上打上“×”，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，多次改变电表位置，将测量数据记录在下表中。
实验次数
支路电流I1/A
支路电流I2/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1次实验发现，灯泡L1比L2亮，则灯泡L1的电阻________灯泡L2的电阻；
若两灯泡灯丝长度相同，________的灯丝更细。
【答案】 (1). 如图
(2). 如图
(3). 干路电流等于各支路电流之和 (4). 小于 (5). L2
【解析】
【详解】（1）原电路中，两灯短路了，改正后如图所示：

（2）电流表分度值为0.02A，连接正确的电路后，闭合开关，电流表的示数为0.46A，指针的位置如图所示；

（3）分析数据得出结论：在并联电路中，干路电流等于各支路电流之和。
（4）第1次实验发现，灯泡L1比L2亮，根据并联电路各支路电压相等和 ，则灯泡L1的电阻小于灯泡L2的电阻；由影响电阻大小的因素可知，若两灯泡灯丝长度相同，L2的灯丝更细。

四、分析与计算
24.2019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，海水密度为1.03×l03 kg/m3，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。
【答案】（1）7m；（2）1.23×108N；（3）1.968×108W
【解析】
【详解】（1）根据p=ρgh可得此时舰底所处的深度：
（2）由阿基米德原理可得，驱逐舰满载时受到的浮力：
F浮=G排=m排g=12300×103kg×10N/kg=1.23×108N；
（3）驱逐舰满载时，以最大航速匀速直线航行，则速度v=3节=32×0.5m/s=16m/s，
因为驱逐舰处于漂浮状态，则驱逐舰的总重力：G=F浮=1.23×108N；
由二力平衡条件可得，驱逐舰受到的动力：F=f=0.1G=0.1×1.23×108N=1.23×107N；
以最大航速匀速直线航行，它的动力功率：P=Fv=1.23×107N×16m/s=1.968×108W。

25.下表为一台饮水机的铭牌，其内部简化电路如图所示，R1和R2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°C加热至沸腾？【c水=4.2×103（kg·℃）】
（2）保温功率是指S断开时电路消耗的总功率。该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率是多少？
【答案】（1）不能（2）0.484W
【解析】
【详解】（1）在1标准大气压下水的沸点为100℃，则把0.5kg的水从20℃加热至沸腾需要吸收的热量：
Q吸=c水m（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（100℃-20℃）=1.68×105J，
由 可得，需要消耗的电能：

由 可得，需要加热的时间：
所以，该饮水机正常加热3min不能把1标准大气压下0.5kg的水从20℃加热至沸腾；
（2）由图可知，开关S闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，饮水机的功率最大，处于加热状态，
由 可得，R1的阻值：
由表格数据可知，该饮水机正常保温时的功率P保温=22W，由题意可知，开关S断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，饮水机的功率最小，处于保温状态，由P=UI可得，此时电路中的电流该饮水机正常保温时，R1实际消耗的电功率：P1=I2R1=（0.1A）2×48.4Ω=0.484W。