《2026年江苏13大市中考名卷优选38套物理》

21 取$5.6\ \mathrm{g}$酒精和$5.6\ \mathrm{g}$花生米，分别点燃，给$80\ \mathrm{g}$的水加热，直至充分燃烧完.数据记录在下表中，则质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量不相等 (填“相等”或“不相等”)，假设酒精和花生米放出的热量全部被水吸收，则所测的花生米的热值为$1.8×10^{6}$$\mathrm{J/kg}$，酒精和花生米中，酒精的热值大.$[c_{水}=4.2 × 10^{3}\ \mathrm{J/(kg · ^{\circ}C)}]$

答案： 21不相等 $1.8×10^{6}$ 酒精
解析：水的质量相同，用酒精加热时水温度的变化量为$70^{\circ}C - 22^{\circ}C = 48^{\circ}C$，用花生米加热时水温度的变化量为$52^{\circ}C - 22^{\circ}C = 30^{\circ}C$，则水吸收的热量不相等，故质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量不相等；用花生米加热时水吸收的热量$Q_{吸1}=c_{水}m_{水}\Delta t = 4.2×10^{3}J/(kg·^{\circ}C)×80×10^{-3}kg×30^{\circ}C = 1.008×10^{4}J$，则花生米的热值$q_{花生米}=\frac{Q_{放}}{m}=\frac{Q_{吸1}}{m}=\frac{1.008×10^{4}J}{5.6×10^{-3}kg}=1.8×10^{6}J/kg$；用酒精加热时水温变化大，水吸收的热量更多，即酒精放出的热量更多，酒精和花生米的质量相等，根据$q=\frac{Q}{m}$，则酒精的热值更大。

22 2025年5月18日，我国自主研制的大型水陆两栖飞机AG600“鲲龙”批生产首架机成功完成验证任务，具备交付使用条件.AG600最大起飞质量为$53.5\ \mathrm{t}$，若实施海上救援，以$500\ \mathrm{km/h}$的速度匀速飞行，$3\ \mathrm{h}$到达事发海域，则飞行的距离为1500$\mathrm{km}$，漂浮在海面上时排开的海水体积最大为53.5$\mathrm{m}^3$(海水密度取$1 × 10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$).执行灭火任务时，$20\ s$内汲水$12\ \mathrm{t}$，随后飞往火场灭火，若某次灭火需要用水$600\ \mathrm{t}$，取水点离火场$44\ \mathrm{km}$，飞机以$220\ \mathrm{km/h}$的速度飞行，从取水点汲水开始计时，洒水用时不计，任务完成后重新回到取水点，共耗时$7.3×10^{4}$$s$.

答案： 22 1500 53.5 $7.3×10^{4}$
解析：飞行的距离$s = vt = 500km/h×3h = 1500km$；飞机漂浮在海面上时，所受的浮力等于重力，$F_{浮}=G_{物}$，根据阿基米德原理可得$\rho_{水}V_{排}g = mg$，排开海水的最大体积$V_{排大}=\frac{m_{大}g}{\rho_{水}g}=\frac{m_{大}}{\rho_{水}}=\frac{53.5×10^{3}kg}{1×10^{3}kg/m^{3}} = 53.5m^{3}$；整个过程中飞机需要来回汲水飞行的次数$n=\frac{600t}{12t/次}=50次$，每次来回飞行所用的时间$t=\frac{s}{v}=\frac{2×44km}{220km/h}=0.4h = 1440s$，每次汲水所用的时间为20s，则共耗时$(1440s + 20s)×50 = 7.3×10^{4}s$.
【Plus关键点拨】物体漂浮条件，浮力等于重力，再结合阿基米德原理求解。

23 如图所示，将钉板放在水平桌面上，将气球(质量忽略不计)放在钉板上，将质量为$0.5\ \mathrm{kg}$的活动隔板放在气球上，先在隔板上放一个哑铃，观察到气球发生形变，是因为气球受到了隔板的压力.增加哑铃数量，观察到气球形变变大，当放上四个哑铃(总质量为$9.5\ \mathrm{kg}$)时，气球没有被刺破，测得气球与隔板的接触面积为$500\ \mathrm{cm}^2$，则隔板对气球的压强为2000$\mathrm{Pa}$.此时铁钉对气球的支持力为100$N$，气球没有被铁钉刺破的原因是铁钉数量多，气球的受力面积大，所受的压强小 .($g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)

答案： 23压力　2000　100　铁钉数量多，气球的受力面积大，所受的压强小
解析：由于气球受到了隔板的压力，故气球发生了形变；钉板放在水平桌面上，故隔板对气球的压力$F = G_{总}=m_{总}g=(0.5kg + 9.5kg)×10N/kg = 100N$，对气球的压强$p=\frac{F}{S}=\frac{100N}{500×10^{-4}m^{2}} = 2000Pa$；气球质量忽略不计，则气球对铁钉的压力为100N，根据力的作用是相互的，铁钉对气球的支持力也为100N；钉板上布满密集的钉子，增大了与气球的接触面积，即增大了受力面积，减小了压强。
【Plus关键点拨】压强大小与压力大小和受力面积有关，根据$p=\frac{F}{S}$，可以增大受力面积或者减小压力，来减小压强。

24 按照图甲连接电路，探究电流与电压、电阻的关系，电源电压恒为$3\ \mathrm{V}$，有三个定值电阻$R_a、R_b、R_c$.探究通过导体的电流与它两端电压的关系时，先将电阻$R_a$接入电路，将滑动变阻器的滑片$P$移至阻值最大处，闭合开关，读出电压表、电流表的示数；移动滑片$P$，改变电阻两端的电压继续探究，根据实际所测数据，以电流$I$为纵坐标，以电压$U$为横坐标，在坐标系中描点画出$R_a$的$I-U$图像.a.再分别将$R_b、R_c$接入电路，采用同样的方式探究，得到图像b、c，如图乙所示.则$R_a$的阻值为5$\Omega$；单独分析图乙中每条$I-U$图像可知，当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；实验中滑动变阻器的最大阻值为20$\Omega$.为了探究电流与电阻的关系，分别将三个电阻接入电路时需要保持电阻两端的电压不变，则该电压的最小值为1.5$\mathrm{V}$.

答案： 24 5 通过导体的电流与导体两端的电压成正比
20 1.5
解析：由$I - U$图像可知，$R_{a}=\frac{U_{a}}{I_{a}}=\frac{3V}{0.6A}=5\Omega$；当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；$R_{b}=\frac{U_{b}}{I_{b}}=\frac{3V}{0.3A}=10\Omega$，将$R_{b}$接入电路且滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路中的电流最小，为0.1A，此时$R_{b}$两端的电压为1V，电源电压为3V，根据串联电路电源电压等于各部分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压为$3V - 1V = 2V$，滑动变阻器的最大阻值$R_{大}=\frac{U_{大}}{I_{小}}=\frac{2V}{0.1A}=20\Omega$；$R_{c}=\frac{U_{c}}{I_{c}}=\frac{3V}{0.15A}=20\Omega$，三个定值电阻的阻值分别为$5\Omega$、$10\Omega$、$20\Omega$，滑动变阻器的最大阻值为$20\Omega$.探究电流与电阻的关系时，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，对应的定值电阻的阻值最大，此时控制的电压有最小，根据串联电路的分压原理可得$\frac{U_{小}}{U_{总}-U_{小}}=\frac{R_{c}}{R_{滑大}}$，即$\frac{U_{小}}{3V - U_{小}}=\frac{20\Omega}{20\Omega}$，解得$U_{小}=1.5V$，则需要保持电阻两端电压不变的最小电压值为1.5V.
【Plus思路分析】通过$I - U$图像分别计算出三个定值电阻的大小。探究“电流与电阻的关系”实验中，要控制电阻的电压不变，调节滑动变阻器滑片的位置，观察电压表示数；根据串联电路的规律及分压原理，可求定值电阻两端最小电压值。