专题03计算专练

2023年中考复习——计算专题【平均速度】某同学从家到学校，前180m所用的时间是50s，则平均速度是_______，后480m所用的时间是1min，则平均速度是________，整个过程中的平均速度是_______m/s。【答案】3.6m/s8m/s6【详解】[1][2][3]前180m的平均速度后480m的平均速度总路程总的运动时间总的平均速度如图是甲、乙两车的路程﹣时间图像。在t＝0时乙车在甲车前方_________m处，在0﹣15s内甲车的速度_________（选填“大于”、“等于”或“小于”）乙车的速度，共经过_________s两车相遇。【答案】50大于20【详解】[1]由图像可知，当时，甲车的路程为0，乙车的路程为50m，由此可知乙车在甲车前方50m处。[2]由图像可知，当时，甲车通过的路程为50m，甲车的速度为当时，乙车通过的路程为50m，乙车的速度所以甲、乙两车的速度大小关系是[3]由图像可知，乙车行驶15s后保持静止，此时乙车通过的路程甲车与乙车相遇时，甲车行驶的路程甲、乙两车相遇的时间【质量和密度】在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的m﹣V图象，下列说法正确的是（）量杯质量为40g B．该液体密度为1.25g/cm3 C．60cm3的该液体质量为60g D．该液体密度为2g/cm3【答案】C【详解】AB．由图像可知，当液体体积为V1=20cm3时，液体和杯的总质量m总1=m1+m杯=40g由可得ρ液×20cm3+m杯=40g﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当液体体积为V2=80cm3时，液体和杯的总质量m总2=m2+m杯=100g由可得ρ液×80cm3+m杯=100g﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②联立①②解得液体的密度：ρ液=1g/cm3，故AB错误；C．当液体的体积V3=40cm3，则液体的质量m3=ρV3=1g/cm3×40cm3=40g故C正确；D．将ρ=1g/cm3代入①解得m杯=20g，故D错误；故选C。质量为68g的空瓶子，装满水后的总质量为184g，若先在瓶中先放46g的一块金属然后再装满水，总质量为226g，此金属的密度______________kg/m3。【答案】11.5×103【详解】瓶子装满水时，水的质量：m水=m总m瓶=184g68g=116g瓶子的容积：V=V水===116cm3=1.16×104m3瓶子放入金属块后再装满水时，水的质量：m水′=m总m金m瓶=226g46g68g=112g水的体积：V水´===112cm3金属块的体积：V金=VV水´=116cm3112cm3=4cm3金属块的密度：金===11.5g/cm3=11.5×103kg/m3甲、乙两个物体的质量之比为1∶3，体积之比为2∶1，则甲、乙两物体的密度之比是________，甲、乙两物体的重力之比是________。若把甲物体截去，乙物体截去。则剩余甲、乙物体的密度之比是________。【答案】1∶61∶31∶6【详解】[1]已知甲、乙两个物体的质量之比为体积之比为由可知甲、乙的密度之比为[2]甲乙两物体的重力之比为[3]密度是物质的一种特性，与物质的质量或体积无关，因此若把甲物体截去，乙物体截去，则剩余甲、乙物体的密度不变，则其密度之比仍为1∶6。小明在物理兴趣活动中，荣获一只漂亮的铜球，测得其质量为267g。将铜球浸没在装满水的杯中，测得溢出50g的水。则铜球的体积是___________cm3，该铜球是___________（填“实心”或“空心”）的。（ρ水=1.0×103kg/m，ρ铜=8.9×103kg/m3）【答案】50空心【详解】[1]由可得，同质量实心铜球的体积将铜球浸没在装满水的杯中，铜球的体积等于排开水的体积，已知溢出50g的水，铜球的体积：[2]因为V球大于V实，所以，该铜球是空心的。小明要测量图示牛奶的密度，用天平依次进行了如下测量：①测整盒牛奶的质量m1；②喝掉部分牛奶后，测得剩余总质量为m2；③用纯净水将喝掉的牛奶补齐后，测得总质量为m3；已知水的密度为ρ水，则牛奶的密度为_____________（用上述字母表示）。阅读该牛奶包装盒及其营养成分表的信息可知：盒中牛奶的总体积为___________mL、所含蛋白质的总质量为___________g。【答案】2508【详解】[1]加入的纯净水质量为喝掉部分牛奶的体积与加入的纯净水体积相等，喝掉部分牛奶的体积为喝掉部分牛奶的质量为由可知，牛奶的密度为[2][3]由牛奶包装盒净含量250mL可知，盒中牛奶的总体积为250mL；由牛奶包装盒其营养成分表每100mL牛奶所含蛋白质质量为3.2g，则总体积为250mL的牛奶所含蛋白质的总质量为【压强】如图所示的甲、乙两实心均匀正方体分别放置在水平地面上，它们对地面的压强相等．现分别在两个正方体的上部，沿水平方向切去一部分．以下判断正确的是（）A．若切去的质量相等，则甲被切去的厚度一定多B．若剩余的质量相等，则甲被切去的厚度可能多C．若切去的高度相等，则甲被切去的质量可能多D．若剩余的高度相等，则甲被切去的厚度一定多【答案】D【详解】设正方体的边长为l，则正方体对水平地面的压强因p甲＝p乙，所以有ρ甲gl甲＝ρ乙gl乙即ρ甲l甲＝ρ乙l乙由图可知，l甲＜l乙，则ρ甲＞ρ乙；A．若剩余的高度h相等，则切去部分的质量分别为甲乙切去部分的质量质量差为根据ρ甲l甲＝ρ乙l乙故有整理可得根据l甲＜l乙则所以，可知被切去的质量故A错误；B．若剩余的质量相等，则ρ甲l甲2l甲剩余＝ρ乙l乙2l乙剩余把ρ甲l甲＝ρ乙l乙代入可得l甲l甲剩余＝l乙l乙剩余根据l甲＜l乙，代入上式可得，l甲剩余＞l乙剩余，因甲的边长小于乙的边长，且甲剩余的厚度大于乙剩余的厚度，所以，乙被切去的厚度多，故B错误；C．若切去的高度相等，则切去部分的质量分别为，因l甲＜l乙，ρ甲l甲＝ρ乙l乙则有Δm甲<Δm乙，即乙被切去的质量多，故C错误；D．若切去的质量相等，由可得因ρ甲l甲＝ρ乙l乙可得因l甲＜l乙，故有，即甲被切去的厚度一定多，故D正确。故选D。如图所示，边长分别为0.2m和0.1m的实心正方体A、B放置在水平地面上，它们对水平地面的压强相等，若将A重叠在B上方，则A对B的压强和B对地面压强之比为_________。若将A、B分别沿水平方向切去相同厚度，剩余部分对地面的压强pA_________pB（选填“>”“<”或“=”）。【答案】4∶5>【详解】[1]A、B放置在水平地面上，它们对水平地面的压强和相等，由得

(1)解得

(2)将A重叠在B上方时，A对B的压强和B对地面压强之比为

(3)代入数据，联立(2)(3)解得[2]若沿水平方向分别截去相同厚度Δh，根据可知，剩余部分对地面的压强分别为因为

（4）联立(1)(4)可得pA＞pB正方体甲和乙的边长之比是2∶3，将它们分别放置在水平桌面上时，它们对桌面的压强均为为p,则它们的密度之比ρ甲∶ρ乙为___________；质量之比m甲∶m乙为___________；将甲按图所示放置在乙上面，乙对桌面的压强为p'，则p'∶p等于___________。【答案】3∶24∶913∶9【详解】[1]正方体对水平地面的压强因为正方体甲和乙对桌面的压强均为p，所以p=ρ甲gL甲=ρ乙gL乙因为甲和乙的边长之比是2∶3，所以，它们的密度之比[2]甲和乙的体积之比由知道，甲和乙质量之比[3]根据G=mg知道，甲和乙重力之比又因为水平面上物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以两个质量分布均匀的正方体A、B放在水平地面上，A、B对地面的压强之比为2︰3，将A沿水平方向切去高为L的部分，把切去部分叠放在B上，B对地面的压强为pB，A剩余部分对地面的压强为pA，pA、pB与L的变化关系如图所示，则切除之前A的边长为___________cm，B的密度为___________kg/m3。【答案】103×103【详解】[1]由“将A沿水平方向切去高为L的部分，把切去部分叠放在B上”可知，A剩余部分对地的压强减小，B对地的压强增大，由图可知，下面的图线反映了pA与L的变化关系，上面的图线反映了pB与L的变化关系；由图中A的图线可知，当切去部分的高度为10cm时，A剩余部分对地面的压强为0，即此时A全部被切去，因此A的边长为10cm。[2]由图可知，未切前B的压强为6×103Pa，A、B对地面的压强之比为2︰3，即未切前A的压强为A的底面积为SA=10cm×10cm=100cm2=0.01m2则A的重力等于压力，即GA=FA=pASA=4×103Pa×0.01m2=40N由图可知，当把A全部放在B上后增加的压强为Δp=7×103Pa6×103Pa=1×103Pa则B的底面积为即B的边长为0.2m。A的密度为因为切除前A、B对地面的压强之比为2︰3，可得即B的密度为如图，质量相等的均质实心圆柱体A和B放置于水平地面，底面积之比SA∶SB=2∶3，ρB=1.6g/cm3，此时A、B对水平面的压强之比pA∶pB=________。若将A水平截去一段叠放在B的正上方后，A剩余部分对水平面的压强恰好等于此时B对水平地面的压强，且A剩余部分的高度与叠放后B的总高度相同，则A的密度为________g/cm3。【答案】2∶31.44【详解】[1]设两个密度均匀质量相等圆柱体A、B的质量为m，由G=mg可知，A、B的重力相等。因物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以，A、B对水平面的压强之比为[2]由m=ρV=ρSh可知，圆柱体的密度和横截面积不变时，m与h成正比，则圆柱体A截去部分的质量，剩余部分的质量为，因为水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，A剩余部分和此时B对水平地面的压力之比为因A剩余部分对水平面的压强恰好等于此时B对水平地面的压强，所以，由可得则即解得：因A剩余部分的高度与叠放后B的总高度相同，所以B的高度，由V=Sh可得，A与B的体积之比为已知，由可得，A、B的密度之比为A的密度1.6=1.44如图所示，水平地面上放置一个压强传感器K，传感器上再放上质量为M=9kg，边长为20cm的实心正方体，通过不可伸长的细绳将正方体悬挂在杠杆AB的左端，杠杆可绕支点O转动，AO:OB=1:3，现在杠杆的右端挂上质量为m=1kg的物体，杠杆处于水平位置平衡，这时细绳对杠杆左端A点的拉力为___________N；沿竖直方向切去M质量的0.7倍（使M的重心位置不变），并将右端物体m悬挂在OB的中点，则此时传感器示数为___________Pa。【答案】301000【详解】[1]根据题意可知，在B端挂上质量为m=1kg的物体，则有根据杠杆平衡原理可得又AO:OB=1:3，故[2]若沿竖直方向切去M质量的0.7倍，则剩下的质量为故M剩下的部分受到的重力为当将右端物体m悬挂在OB的中点时，根据杠杆平衡条件可得解得A端绳子的拉力为此时物体B对传感器的压力为则此时传感器示数为三峡工程大坝设计高度为185m。小型轮船通过大坝要乘电梯，大型轮船通过大坝要通过船闸，船闸工作时利用的原理是___________；某地水库堤坝坝底水深已达30m，严重威胁着下游群众的生命安全，此时堤坝底部受到水的压强为___________Pa；若该水库堤坝所能承受的最大压强为3.2×105Pa，则最多还允许水位上涨___________m。（取ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg）【答案】连通器3×1052【详解】[1]三峡大坝船闸的闸室通过闸门的下端与上、下游连通，形成连通器，工作进利用了连通器的原理。[2]堤坝底部受到水的压强p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×30m=3×105Pa[3]水库中水的最大深度为水面最多还能上升的高度Δh=h最大h=32m30m=2m如图所示，一柱形容器底面积250cm2，两端开口的轻质薄壁玻璃管（厚度不计），横截面积50cm2，在其下端紧贴一质量10g、面积100cm2的塑料薄片（薄片厚度不计，且与玻璃管不粘连），浸入到水内30cm深处，此时塑料片受到的水的压强为______Pa；然后沿管壁慢慢注入酒精（ρ酒精=0.8g/cm3），当手对玻璃管向下的力为5N时，酒精的深度为______cm。【答案】300025【详解】[1]根据液体压强公式可知，浸入到水内30cm深处，此时塑料片受到的水的压强为[2]塑料薄片的质量为10g，它受到的重力为轻质薄壁玻璃管（厚度不计），横截面积为此时排开液体的体积为对整体进行受力分析可知其受到薄塑料片的重力、酒精的重力、手向下的压力和浮力的作用，假设酒精的深度为h，故有关系式故酒精的深度为如图所示，一开口的杯子，装上8cm深的水后，放在水平桌面上，已知杯子底面积为50cm2（忽略杯子的厚度）；杯子装上水后的总质量为0.6kg，则水对杯底的压强为___________Pa，水对杯底的压力为___________N，杯子对桌面的压强为___________Pa（ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）【答案】80041200【详解】[1]水对杯底的压强p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×8×102m=800Pa[2]水对杯底的压力F=pS=800Pa×50×10﹣4m2=4N[3]杯子对桌面的压力杯子对桌面的压强水平桌面上放置一重为10N、底面积为400cm2（忽略容器厚度）圆柱形容器，内装有体积为5650cm3的水，将体积未知的木球和体积为50cm3的塑料球用轻质细绳相连，放入盛水的容器中，静止时木球露出水面的体积为它自身体积的（如图甲所示）：当把细绳剪断后，再次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），此时水对容器底部的压强与甲图相比减少了50Pa，则木球的体积为__________cm3，乙图中容器对水平桌面的压强为__________Pa。【答案】800【详解】[1]剪断细线后，两次排开水的体积差容器底面积减小的浮力解得V木=8×104m3=800cm3[2]容器内水的质量容器内水的重力由乙图知,木球漂浮时木球的重力由图甲知,木球与塑料球整体漂浮时容器对水平桌面的压力容器对水平桌面的压强Pa如图所示，一个底面积为2×102m2的薄壁柱形容器放在水平桌面中央，容器高0.15m，内盛有0.1m深的水，水对容器底部的压强_______Pa，当把一个质量为6kg实心正方体A放入水中后，容器对桌面压强的增加量是2500Pa，物体A的密度大小为________kg/m3。【答案】10003×103【详解】[1]水对容器底的压强[2]正方体A的重力正方体A放入水中后，容器对桌面压强的增加量是2500Pa，则正方体放入水中后，容器对桌面压力的增加量因为，所以当正方体A放入后，容器中有水溢出，溢出的水的重力则溢出的水的体积正方体A放入后，容器内增加的水的体积物体受到的浮力因为物体所受浮力，所以物体放入容器后完全浸没在水中，则物体A的体积则物体A的密度放置在水平桌面上的薄壁圆柱形容器A，它的底面积为200cm2、质量为0.6kg，其内部盛有水如图所示。容器对水平桌面的压强是_____Pa。把质量为1.2kg的正方体物块B缓慢放入容器中（水未溢出），物块B静止后，水对容器底部的压强增加了_____Pa。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）【答案】1.5×103500【详解】[1]容器A内水的体积由可得，水的质量容器对水平桌面的压力圆柱形容器A的底面积为容器对水平桌面的压强[2]正方体物块B的体积正方体物块B的密度因为所以把质量为1.2kg的正方体物块B缓慢放入容器中（水未溢出），物块B静止后沉底，此时物体B浸入水中后水深增大水对容器底部的压强增加【浮力】如图所示，将一个边长为的正方体木块放入装有某种液体的圆柱形容器中，木块静止时露出液面的高度为，液面比放入木块前升高，容器底部受到的液体压强比放入木块前变化了，则液体密度为______，木块受到的浮力为______N。【答案】6.4【详解】[1]液面比放入木块前升高，容器底部受到的液体压强比放入木块前变化了，由p=ρgh可得[2]将一个边长为的正方体木块放入装有某种液体的圆柱形容器中，木块静止时露出液面的高度为，物体排开液体的体积为木块受到的浮力为如图所示，台秤上放置一个装有适量水的烧杯，已知烧杯和水的总质量为800g，杯的底面积为100cm2。现将一个质量为600g，体积为400cm3的实心物体A用细线吊着，然后将其一半浸入烧杯的水中（烧杯厚度不计，水未溢出，g取10N/kg）。则下列说法错误的是（）A．物体A未放入烧杯前烧杯对台秤的压强为800PaB．物体A一半浸入水中后，物体A所受到的浮力2NC．物体A一半浸入水中后，烧杯对台秤表面的压力为14ND．物体A一半浸入水中后，烧杯对台秤表面的压强1000Pa【答案】C【详解】A．物体A未放入烧杯前烧杯对台秤的压强为故A正确，不符合题意；B．物体A一半浸入水中后，物体A所受到的浮力故B正确，不符合题意；C．烧杯和水的总质量为800g，重为当物体A一半浸入水中后，受到浮力为2N，浮力的反作用力向下，大小与浮力相等，也为2N，所以烧杯对台秤表面的压力增加到10N，故C错误，符合题意；D．物体A一半浸入水中后，烧杯对台秤表面的压强故D正确，不符合题意。故选C。如图是薄壁柱形容器，内盛有30cm深的水，现将绳子的一端固定，另一端挂一个底面积为20cm2，高为7.5cm的柱形物体，把物体从接触水面开始向下移动4.5cm，物体的上表面刚好与水面相平（水不溢出，物体与容器壁无接触），此时容器中水对容器底部的压强为_______Pa，柱形容器对桌面的压强变化了_______Pa。【答案】3300300【详解】[1]柱形物体的高度h＝7.5cm，把物体从接触水面开始向下移动4.5cm，物体的上表面刚好与水面相平，则水面上升的高度Δh＝hh下＝＝3cm此时容器中水的深度h水′＝h水+Δh＝30cm+3cm＝33cm＝0.33m此时容器中水对容器底部的压强p＝ρ水gh水′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.33m＝3300Pa[2]柱形物体排开水的体积V排＝Sh＝20cm2×7.5cm＝150cm3由V＝Sh可得，容器的底面积柱形物体受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×150×10﹣6m3＝1.5N因柱形物体对水的压力和水对柱形物体浮力是一对相互作用力，所以，柱形容器对桌面压力的增加量ΔF＝F浮＝1.5N柱形容器对桌面压强的变化量如图是我国首艘自主建造完成的航空母舰—山东舰，它的排水量为65000t，其满载航行时受到的浮力为________N，某架歼击机飞离该航母后，若航母排开的海水体积减小了20m3，则该歼击机的质量是______kg。（海水的密度取ρ海水=1×103kg/m3）

【答案】6.5×1082×104【详解】[1]航母满载时排开水的质量m排=65000t=6.5×107kg则航母在海上满载航行时受到的浮力F浮=G排=m排g=6.5×107kg×10N/kg=6.5×108N[2]因为航母漂浮在水面上，所以受到的浮力F浮=G+G歼击机歼击机飞离该航母后，受到的浮力F浮′=G两式相减ΔF浮=G歼击机减小的浮力即该歼击机的重力，根据阿基米德原理G歼击机=m歼击机g=ΔF浮=ρ海水gΔV排该歼击机的质量是m歼击机=ρ海水ΔV排=1×103kg/m3×20m3=2×104kg如图甲，物块A漂浮，有四分之三的体积浸入水中，则物块A的密度是______kg/m3；若物块A的重力为15N，现用质量和体积均不计的细线将另一个重力相同的小球B拴在物块A的下方，放入水中，静止后如图乙，则小球B的体积为______m3。【答案】0.75×1031×103【详解】[1]物块A漂浮，所受的浮力等于其重力，F浮=GA，根据阿基米德原理可知ρ水gV排=ρAgVA物块A有四分之三的体积浸入水中，，则[2]由图乙可知，把物块A和小球B看作一个整体，处于悬浮状态F浮′=GA+GB=15N×2=30N由阿基米德原理可得ρ水g（VA+VB）=30N则其中物块A的体积为则小球B的体积为VB=3×103m32×103m3=1×103m3将一底面积为0.01m2的长方体木块用细线拴在一个空容器的底部，然后向容器中缓慢加水直到木块上表面与液面相平，如图甲所示，在此整个过程中，木块底部受到水的压强随容器中水的深度的变化如图乙所示，则木块受到的最大浮力为________N，木块重力为________N，细线对木块的最大拉力为________N．(g取10N/kg)【答案】156【详解】[1]木块刚刚漂浮时，木块浸入水中的深度为L1＝9cm；由于从9cm到16cm，木块一直处于漂浮，浸入水中的深度不变；当水面的高度为16cm时细线刚好张紧；直到木块上表面与液面相平，此时水面的高度为22cm；所以木块的高度L＝9cm＋（22cm－16cm）＝15cm＝0.15m木块的体积V木＝S木L＝0.01m2×0.15m＝1.5×10－3m3木块上表面与液面相平时，木块受到的浮力最大，木块受到的浮力为F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV木＝1×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣3m3＝15N[2]木块的重力G＝F压＝pS＝900Pa×0.01m2＝9N由力的平衡条件知道，细线对木块的最大拉力为F拉＝F浮－G＝15N－9N＝6N将质量相等的小球甲、乙分别轻轻放入盛满水和酒精的大烧杯中，静止后从大烧杯中溢出水的质量为m1；从大烧杯中溢出酒精的质量为m2．已知ρ酒精＝0.8×103kg/m3，m1:m2＝9:8，甲、乙物体的密度之比为4:5，则甲、乙物体受到的浮力之比为________，乙物体的密度为________kg/m3。【答案】9∶80.9×103【详解】[1]小球甲放入盛满水的大烧杯中，甲静止后从大烧杯中溢出水的质量为m1，则小球甲受到的浮力F甲=G排甲=m1g小球乙放入盛满酒精的大烧杯中，乙静止后从大烧杯中溢出酒精的质量为m2，则小球乙受到的浮力F乙=G排乙=m2g甲、乙物体受到的浮力之比F甲∶F乙=G排甲∶G排乙==m1g∶m2g=9∶8[2]甲、乙两物体的质量相等，密度之比ρ甲∶ρ乙=4∶5由密度公式可知，甲乙的体积之比V甲∶V乙=5∶4若甲、乙都漂浮，浮力等于小球的重力，小球的重力相等，则此时浮力之比为1∶1，不符合题意，不存在这种状态；若甲、乙都浸没（悬浮或下沉），则V排=V物，此时浮力之比F甲∶F乙=ρ水V甲g∶(ρ酒精V乙g)=1.0×103kg/m3×5×g∶(0.8×103kg/m3×4×g)=25∶16不符合题意，不存在这种状态；若甲漂浮在水面，甲受到的浮力等于物体重力；乙浸没（悬浮或下沉)，乙受到的浮力小于或等于物体重力，所以乙受到的浮力小于或等于甲受到的浮力，受到的浮力之比可能为9:8，符合题意，存在这种状态，甲漂浮在水面，则F甲=mg=ρ甲V甲g乙浸没在酒精中，则F乙=ρ酒精V乙g浮力之比F甲∶F乙=ρ甲V甲g∶(ρ酒V乙g)=ρ甲×5×g∶(0.8×103kg/m3×4×g)=9∶8解得ρ甲=0.72×103kg/m3。因为ρ甲:ρ乙=4∶5，所以若甲浸没（悬浮或下沉），甲受到的浮力小于或等于物体重力；乙漂浮在酒精里，乙受到的浮力等于物体重力，所以甲受到的浮力小于或等于乙受到的浮力，而受到的浮力之比为9∶8，不符合条件，不存在这种状态。【功和功率】在跳绳测试中，小丽同学1min跳了120次，每次跳起的高度为5cm，已知她的质量是50kg，那么小丽的重力是________N，跳一次绳做的功_______J，1min跳绳的平均功率是_______W（g=10N/kg）。【答案】5002550【详解】[1]小丽的重力G=mg=50kg×10N/kg=500N[2]每次跳起的高度h=5cm=0.05m跳一次绳做的功W=Gh=500N×0.05m=25J[3]1min跳绳做的总功W总=120W=120×25J=3000J1min跳绳的平均功率如图甲所示，在2022年北京冬奥会冰壶项目中，若比赛用的冰壶其质量为20kg，某次投掷时运动员用10N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，A到C用时10s，如图乙。则A到C冰壶的平均速度为_______m/s;这次投掷过程中运动员对冰壶做的功为_______J。g取10N/kg。【答案】423【详解】[1]由图可知，A到C的距离为s=s1+s2=2.3m+37.3m=40mA到C用时10s，则A到C冰壶的平均速度[2]这次投掷过程中运动员对冰壶做的功W=Fs1=10N×2.3m=23J（双选）如图所示，竖直固定的测力计下端挂一个滑轮组，已知每个滑轮重均为50N，滑轮组下端挂有物体B，滑轮组绳的末端通过定滑轮沿水平方向与物体A相连，物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，此时测力计的示数为550N；在物体B下加挂重为90N的物体C后，用水平向左的力F拉动物体A可使其沿水平桌面向左做匀速直线运动，此时物体B上升的速度大小为5cm/s，若不计绳重及滑轮的摩擦，g取10N/kg，则下列说法中正确的是（）A．物体A所受滑动摩擦力大小为250NB．F的大小为530NC．B的重力为500ND．F做功的功率为42W【答案】AB【详解】A．定滑轮受到重力、两侧绳子的拉力、弹簧测力计的拉力，处于平衡状态，根据力的平衡可得，弹簧测力计示数解得绳子自由端的拉力因为力的作用是相互的，所以绳子对物体A的拉力物体A在绳的水平拉力作用下向右做匀速直线运动，它受到的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力的大小故A正确；C．因为不计绳重及滑轮的摩擦，所以有解得，B的重力故C错误；B．在物体B下加挂重为90N的物体C后，滑轮组绳子末端的拉力因为力的作用是相互的，所以绳子对物体A的拉力物体A沿水平桌面向左做匀速直线运动，受平衡力作用；由于接触面粗糙程度和压力均没有改变，所以它受的滑动摩擦力大小不变，方向向右；故拉力F大小为故B正确；D．物体A运动的速度F做功的功率故D错误。故选AB。【机械效率】“绿色环保，低碳出行”，近年来，中国新能源汽车尤其是电动汽车产业发展十分迅速，中国计划到2020年，纯电动汽车和插电式混合动力汽车生产能力达200万辆。假定一辆纯电动汽车在水平路面上匀速行驶，其电动机的输出功率为120kW，速度为共行驶，其中电动机做功为______J，电动汽车的牵引力为______N。【答案】3.6×1071.2×104【详解】[1][2]由得，电动机做的功为；速度由得，电动汽车的牵引力为如图甲所示的装置，空吊篮A的重力为15N，绳子B（与A相连）和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小张同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间t变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦。则动滑轮的重力为_______N；第2s内拉力F的功率为________W；为了提升不同重物，此装置的机械效率η最大为________%。【答案】54080【详解】[1]由图丙可知，在1~2s内A被匀速提升，由图乙可知，拉力F=10N，由图甲可知，n=2，忽略绳重及摩擦，拉力为，则动滑轮重力为G动=2FGA=2×10N15N=5N[2]由图丙可知，第2s内A上升的速度vA=2m/s，拉力端移动速度为v=nvA=2×2m/s=4m/s第2s内拉力F的功率为P=Fv=10N×4m/s=40W[3]忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力则当C处最大拉力为50N时，B处拉力为F=2FG动=2×50N5N=95N小于绳子B能承受的最大拉力100N；当B处最大拉力为100N时，C处拉力为52.5N，大于绳子C能承受的最大拉力50N；所以要以C处最大拉力为准，此时B处的拉力为95N，此装置最多能匀速运载货物的重力为G货物=FBGA=95N15N=80N装置的最大机械效率为如图，小明同学用滑轮组拉动水平地面上重为500N的物体A，使物体A在20s时间内匀速前进2m，地面对物体A的摩擦力为150N，小明施加的拉力F＝100N（忽略绳重和滑轮重），则物体A运动的速度为_________m/s，拉力F的功率为________W，滑轮组的机械效率为________。【答案】0.13050%【详解】[1]物体A在20s时间内匀速前进2m，所以物体A运动的速度为[2]由图可知，n=3，所以绳端移动的速度为v绳=nv物=3×0.1m/s=0.3m/s绳端的拉力为100N，所以拉力的功率为P=Fv绳=100N×0.3m/s=30W[3]拉力做的总功为W总=Fs绳=Fv绳t=100N×0.3m/s×20s=600J所做的有用功为W有用=fs物=150N×2m=300J滑轮组的机械效率为如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，动滑轮重_______N。该工人重600N，工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为________。（该过程不计绳重和摩擦）【答案】8093.3%【详解】[1]由知道，拉力做的总功W总=Pt=160W×5s=800J由图知道n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m由W总=Fs知道，绳子自由端的拉力因为不计绳重和摩擦时所以动滑轮的重力G动=nFG=2×400N720N=80N[2]人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力F最大=G人=600N因为不计绳重和摩擦时，所以能提升的最大物重G物=nF最大G动=2×600N80N=1120N则滑轮组的最大机械效率如图所示，在粗糙水平地面上，用10N的力F沿水平方向拉滑轮（不计滑轮重力），木板B静止，木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，5s内木块A移动了0.5m，滑轮组的机械效率为80%。则5s内绳子拉力对木板B做的功为_______J，拉力F的功率为_______W。【答案】00.5【详解】[1]由于B始终处于静止状态，因此5s内绳子拉力对木板B做的功为0。[2]左边的滑轮为定滑轮，右边的滑轮为动滑轮，5s内木块A移动了0.5m，则相同时间F移动的距离为0.25m，则拉力F做功的功率为在冬奥会某场馆建设中，采用如图所示的装置提升重物，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m，物体的速度是m/s,若物体A重400N，该工人重650N，两个滑轮质量相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，滑轮组的机械效率为80%，人对滑轮组做的总功为J，水平地面对人的支持力是N。【答案】0.2500400【详解】（1）[1]物体的速度（2）[2]拉力做的有用功由可知人对滑轮组做的总功（3）[3]由图可知n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×1m=2m由W总=Fs可知，绳子自由端的拉力此时人受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，由力的平衡条件可知，水平地面对人的支持力【热学计算】对质量和初温都相同的甲乙两种物质，用相同的加热器加热，它们温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（）A.甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的熔点一定是40℃B.0～6min甲比乙吸收的热量多C.8～10min甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加D.甲的比热容大于乙的比热容【答案】C【详解】A．由图像可知，甲和乙的末温保持不变，可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；B．实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0~6min内两物质吸收的热量都是相同的，故B错误；C．由图像可知，8~10min甲和乙虽然温度不变，但仍继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；D．由图像可知，在0~6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据可知，甲的比热容小于乙的比热容，故D错误。故选C。（双选）把1kg初温为35℃的水加热到85℃，消耗了10g的煤气，下列说法正确的是（煤气的热值Q煤=4.2×107J/kg）（）A．燃烧过程中燃料的热值不断减小B．水吸收的热量为4.2×105JC．加热装置的热效率为50%。D．水加热过程中比热容一直在增大【答案】AC【详解】A．热值是燃料本身的一种性质，它的大小始终不变，故A正确；B．水吸收的热量为故B错误；C．煤气完全燃烧放出的热量加热装置的热效率为故C正确；D．比热容是物质的一种特性，不随温度的变化而变化，故D错误。故选AC。新能源的开发和利用，成为当今的重点话题，氢燃料具有清洁无污染、效率高等优点，被认为是21世纪最理想的能源之一。0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量，全部被质量为200kg、温度为60℃的标准气压下的水吸收，水升高的温度为℃。若这些燃料可使一台70kW的新能源汽车以恒定功率匀速行驶300s，则效率为%[燃料的热值q＝1.4×108J/kg、水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。【答案】4050【详解】[1]0.3kg的氢燃料完全燃烧放出的热量Q放=mq氢=0.3kg×1.4×108J/kg=4.2×107J水吸收的热量Q吸=Q放=4.2×107J由Q吸=cm∆t得，水升高温度标准气压下，水的沸点是100℃，所以水升高的温度为100℃－60℃=40℃[2]新能源汽车以恒定功率匀速行驶300s，所做的有用功W有=Pt=70×103W×300s=2.1×107J则机械效率【串并联的电流、电压】如图所示电路，ab分别接电源正负极，A1的示数为1A，A2的示数为1.2A，A3的示数为1.8A，则通过灯L3的电流为（）A．1A B．0.6A C．1.2A D．0.2A【答案】B【详解】由电路图可知，三个灯泡并联，电流表A1测流过灯L2、L3中的电流，电流表A2测灯L1和L2的电流，电流表A3测通过灯L1、L2、L3的电流；由并联电路的特点求出流过各灯泡的电流。电流表A1测流过灯L2、L3中的电流，则IL2+IL3=1A①电流表A2测灯L1和L2的电流，则IL1+IL2=1.2A②电流表A3测灯L1、L2、L3的电流，则I3=IL1+IL2+IL3=1.8A③③②可得IL3=1.8A1.2A=0.6A通过灯L3的电流为0.6A。故选B。如图甲所示的实物电路中，当开关闭合时，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示。则下列判断正确的是（）A．通过灯L1的电流为0.3A B．通过灯L1的电流为1.2AC．通过灯L2的电流为1.5A D．通过灯L2的电流为1.2A【答案】B【详解】CD．如图闭合开关后，灯泡L1和L2并联，L2所在支路串联的电流表量程是0~0.6A，偏转如图乙，所以L2所在支路电流为0.3A，故CD错误；AB．干路上电流表量程为0~3A，偏转如图乙所示，所以干路电流为1.5A，所以通过灯L1的电流为故A错误，B正确。故选B。如图是定值电阻R和小灯泡L的电流随电压变化图像，由图可知R的阻值为____Ω；将R、L串联接入电源电压为5V的电路中，电路中的电流为______A；将R、L并联接入电源电压为2V的电路中，干路电流为______A。【答案】100.40.8【详解】[1]由图像可知，甲是曲线，乙是直线，根据欧姆定律可知，当电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比，因此乙是定值电阻R的电流随电压变化图像。由图可知R的阻值为[2]将R、L串联接入电源电压为5V的电路中，根据串联电路的特点：电流处处都相等，电源电压等于各部分电路两端电压之和。观察图像可知，当电流为0.4A时，R、L两端的电压分别为4V、1V，总电压为U总=4V+1V=5V因此将R、L串联接入电源电压为5V的电路中，电路中的电流为0.4A。[3]将R、L并联接入电源电压为2V的电路中，由图像可知，通过定值电阻R的电流为0.2A，通过小灯泡L的电流为0.6A。由并联电路的电流特点可知，干路电流为I干=0.2A+0.6A=0.8A如图的电路中，闭合开关，电压表V1的示数为6V，电压表V2的示数为3.4V。那么下列说法中不正确的是（）A．电源电压为6V B．L1两端电压为2.6VC．将电压表V1换成电流表，则L1、L2都不亮 D．将电压表都换成电流表，则L1与L2并联【答案】D【详解】A．闭合开关，灯L1、L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测量灯L2的两端电压，由题意知，电压表V1的示数为6V，则电源电压为U=6V。故A正确，不符合题意；B．电压表V2的示数为3.4V，则灯L2的两端电压为U2=3.4V，根据串联电路的电压规律可得，L1的两端电压为U1=UU2=6V3.4V=2.6V故B正确，不符合题意；C．将电压表V1换成电流表，相当于一根导线接在电源的两端，灯泡被短路，因此两灯不亮，故C正确，不符合题意；D．将电压表都换成电流表，相当于一根导线接在电源的两端，电源短路，故D不正确，符合题意。故选D。如图甲所示电路中，V1、V2都是有0~3V和0~15V两个量程的电压表。当闭合开关后，两个电压表指针偏转均如图乙所示，则电阻R1、R2两端的电压分别为（）A．9.6V，2.4V B．12V，2.4V C．2.4V，12V D．12V，9.6V【答案】A【详解】因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，而V2测量电源电压，V1测量R2两端的电压，在串联电路中，各部分电路两端电压之和等于总电压，V2的示数应大于V1的示数，两表指针偏转角度相同，所以V1的量程为0～3V；V2的量程为0～15V；故V1、V2的示数分别为2.4V和12V，即R2两端电压为2.4V；又因为串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以R1两端的电压故A符合题意。故选A。如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=20Ω．闭合开关S后，电流表A1与A2示数之比为A．1：3

B．1：2

C．2：3

D．3：2【答案】A【详解】并联电路中各支路两端的电压相等，根据欧姆定律可得，通过两支路的电流分别为：，，因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流：，则电流表A1与A2示数之比：．故选A．【欧姆定律】如图甲所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，R1、R2的I﹣U关系图象如图乙所示，则下列判断正确的是（）A．图线A是电阻R1的I﹣U关系图象 B．电源电压为18VC．R1的阻值是10Ω D．滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω【答案】B【详解】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。A．当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，R1两端的电压最大，R2两端的电压为0；由图像可知，A为滑动变阻器R2的U﹣I关系图像，B为电阻R1的U﹣I图像，故A错误。BCD．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小；由U﹣I图像可知，电路中的最小电流I=0.2A，R1两端的电压U1=4V，R2两端的电压U2=14V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源电压为由可得，定值电阻R1的阻值为滑动变阻器的最大阻值R2为故B正确，CD错误。故选B。如图所示，电源电压保持6V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω1A”。闭合开关，为了保证电路安全，在变阻器滑片移动过程中，下列说法正确的是（）A．电阻R1消耗的最小功率为0.9WB．电流表示数允许的变化范围为0.2~0.5AC．变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10~20ΩD．变阻器R2消耗的最大功率3.6W【答案】C【详解】由图得，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测量电阻R1的电压，电流表测量电路电流。A．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中电阻最大，电路中电流最小，电路中的最小电流为电阻R1消耗的电功率最小，为故A错误；B．电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，定值电阻R1的规格为“10Ω0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω1A”，当电压表示数为3V时，滑动变阻器接入电路中电阻最小，电路中的电流最大为则电路中的最大电流为0.3A，则电流表示数允许的变化范围为0.2~0.3A，故B错误；C．当电压表示数为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时滑动变阻器的电压为串联电路中电流处处相等，由欧姆定律得，此时滑动变阻器接入电路中的电压因此变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为10~20Ω，故C正确；D．变阻器R2消耗的功率所以当时，滑动变阻器R2消耗的功率最大，为故D错误。故选C。如图所示的电路中，电源电压恒为12V，灯泡L上标有“12V6W”字样，滑动变阻器R的规格是“50Ω2A”，电流表A1的量程是“0～0.6A”，电流表A2的量程是“0～3A”。闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，在不损坏电路元件的情况下，下列说法正确的是（）A．滑动变阻器接入电路的最小阻值是4.8ΩB．电流表A2的示数变化范围是0.74A~3AC．电流表A2和A1的差值一直在变大D．电压表V和电流表A2的比值不变【答案】C【详解】由电路图知，小灯泡和滑动变阻器并联，电流表A1测量灯泡L的电流，电流表A2测量电路的总电流，电压表测量电源电压；A．因为电源电压恒为12V，灯泡L的额定电压为12V，所以当小灯泡正常发光时，通过小灯泡的电流为IL=0.5A，因为电流表A2的量程“0~3A”，滑动变阻器R的规格是“50Ω

2A”，所以通过滑动变阻器R的电流最大为2A，滑动变阻器接入电路的最小阻值为R最小===6Ω故A错误；B．电流表A2的示数最大为2A+0.5A=2.5A；当滑动变阻器电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小为I滑小===0.24A电流表A2的示数最小为0.24A+0.5A=0.74A则电流表A2的示数变化范围是0.74~2.5A，故B错误；C．A1测灯泡的电流，大小始终不变；滑动变阻器的滑片从最左端向右移动的过程中，滑动变阻器的阻值减小，通过滑动变阻器的电流变大，则干路电流A2变大，则电流表A2和A1的差值为滑动变阻器通过的电流，在一直在变大，故C正确；D．电压表V测量电源电压，电流表A2测量干路电流，由于A2变大，则电压表V的示数和电流表A2的示数之比变小，故D错误。故选C。如图所示，电源电压恒定不变，当开关S接a时，电流表A1与A2的示数之比为3:5；当开关S接b时，电流表A1与A2的示数之比2：3，则R2与R3的电阻之比为（）A．9:10 B．4:3 C．3:4 D．5:2【答案】C【详解】当S接a或接b时，电源电压恒定，对R1的电流无影响都为I1，当S接a时由A1与A2示数之比是3:5知，I1:I2=3:2，根据并联电路的分流特点可知R1:R2=I2:I1=2:3……①当S接b时，由A1与A2示数之比是2:3知，I1:I3=2:1，则R1:R3=I3:I1=1:2……②由①②解得R2:R3=3:4故选C｡在如图所示电路，电源电压恒定不变，定值电阻R1、R2的阻值之比为R1:R2=1:3。当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，两电压表的示数之比为U甲:U乙＝_______，通过定值电阻R1、R2的电流之比I1:I2＝_______。当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，两电流表的示数之比为I甲:I乙＝_______。【答案】4∶31∶11∶4【详解】[1][2]当开关S闭合，甲、乙两表为电压表时，R1和R2串联，甲测的是电源电压，乙测R2两端的电压，因串联电路处处电流相等，所以过定值电阻R1，R2的电流之比为1∶1，由可得，定值电阻R1，R2两端电压之比为因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以甲、乙电压表示数之比为[3]当开关S断开，甲、乙两表为电流表时，R1和R2并联，甲电流表测R2支路的电流，乙电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端电压相等，所以通过R1和R2的电流之比为由于并联电路中，干路电流等于各支路电流之和，则两电流表的示数之比为【电功率】小红家新购买了一台标有“220V1000W”字样的电热器，她想借助家中的电能表测一测该电热器的实际功率，她关闭了其它用电器，让电热器单独工作了2min，电能表转盘转过了90圈，电能表的铭牌如图所示，电热器在2min内消耗的电能是_______kW·h，实际功率是_______W。【答案】0.03900【详解】（1）当电能表转盘转过90圈时，消耗的电能为（2）电热器的实际功率（双选）把标有“12V36W”的灯泡L1和标有“8V16W”的灯泡L2串联后接在电源的两端，其中一只灯泡正常发光，另一只灯泡没有达到额定功率，则下列选项正确的是（）A．该电源的电压为16V B．电路中的电流为2AC．两灯泡的总功率为34W D．灯L1的实际电压大于灯L2的实际电压【答案】AB【详解】根据可得，灯泡L1的电阻为正常发光时通过L1的电流为同理可得，灯泡L2的电阻为正常发光时通过L2的电流为将两灯泡串联后接在电源两端，根据串联电路各处电流相等，其中一只灯泡正常发光，因为I2＜I1，所以灯泡L2正常发光，L1没有达到额定功率。A．由U=IR可得，该电源电压U=IR总=2A×(4Ω+4Ω)=16V故A正确；B．该电路中电流为2A，故B正确；C．两灯泡的总功率P总=UI=16V×2A=32W故C错误。D．因为R1=R2，两电阻串联，由U=IR可得，灯L1的实际电压等于灯L2的实际电压，故D错误。故选AB。（双选）“可调光灯”的电路如图甲，电源电压为4.5V保持不变，电压表量程“0～3V”，电流表量程“0～0.6A”，滑动变阻器“20Ω1A”，灯泡L标有“2.5V1.25W”、调节滑动变阻器测得多组数据，作出U﹣I图线如图乙，下列判断正确的是（）A．随着电压的增加，小灯泡的电阻减小 B．灯泡正常发光时，电路的总功率是2.25W C．电路中最小电流是0.18A D．灯泡正常发光时，滑动变阻器接入阻值是4Ω【答案】BD【详解】A．由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。由图乙可知，随着电压的增大，通过灯泡的电流增大，由P=UI可知，灯泡的实际功率变大，灯丝的温度升高，由灯泡的电阻随温度的升高而增大可知，灯泡的电阻变大，故A错误；B．灯泡正常发光时其两端的电压为2.5V，由图乙可知，通过灯泡的电流即电路中的电流I=IL=0.5A则电路的总功率P=UI=4.5V×0.5A=2.25W故B正确；C．由可得，灯泡正常发光时的电阻因滑动变阻器接入电路中的电阻越大，电路中的电流越小，灯泡的实际功率越小，温度越低，其阻值越小，所以，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的最小电流故C错误；D．由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压则滑动变阻器接入电路中的电阻故D正确。故选BD。如图甲所示，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系如图乙所示。则电源电压为___________V，灯的额定功率为___________；在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是___________（选填“一定向左”“一定向右”或“向左、向右均可”）。【答案】105.6W向左、向右均可【详解】[1]由甲图可知，闭合S后，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡L两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片在最右端时，滑动变阻器接入阻值最大，电路中的总电阻最大，根据可知，此时电路中电流最小，滑动变阻器两端电压最大，灯泡两端的电压最小。由乙图可知，最小电流I小=0.2A，灯泡两端电压UL=1V，滑动变阻器两端电压U滑=9V，由于串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压为U=UL+U滑=1V+9V=10V[2]根据题意可知，当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，此时电路电流为I大=0.8A，滑动变阻器两端电压为3V，因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡的额定电压为U额=UU滑′=10V3V=7V灯泡的额定功率为P额=U额I大=7V×0.8A=5.6W[3]若滑片左移，R的阻值变小，分压减小，L的分压增大，通过它的电流增大，L的阻值变大，根据，I增大，可知总阻值变小，故R的阻值变化量大于L的阻值变化量；同理若滑片右移，电路中电流变小，总阻值变大，R的阻值变化量大于L的阻值变化量，故滑片P的移动方向是向左、向右均可。（双选）图甲所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压为3V且保持不变。闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图像如图乙所示，下列判断正确的是（）A．R1的电阻为5Ω B．滑动变阻器的最大阻值是20ΩC．电路消耗的最大功率为1.8W D．电路消耗的最小功率为1W【答案】AC【详解】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流，由串联电路电阻等比例分压可知，滑动变阻器接入电路中的阻值越大，R2两端电压越大，即电压表示数越大，电源电压不变，滑动变阻器接入电路中的阻值大，电路中的总电阻越大，由欧姆定律可得，电路中的电流越小，即电流表的示数越小。A．由图乙可知，当电压表示数为0时，电流表示数为0.6A，此时滑动变阻器未接入电路，只有R1接入电路，由欧姆定律可得，R1的阻值为故A正确；B．由图乙可知，当电压表示数为2V时，电流表示数为0.2A，此时滑动变阻器接入电路中的阻值最大，由欧姆定律可知，滑动变阻器的最大阻值为故B错误；C．由P=UI可知，电路中的电流越大，电路消耗的功率越大，由图乙可知，电路中的最大电流为I=0.6A，故可得电路消耗的最大功率为P=UI=3V×0.6A=1.8W故C正确；D．由图乙可知，电路中的最小电流为I′=0.2A，故由P=UI可得，电路消耗的最小功率为P′=UI′=3V×0.2A=0.6W故D错误。故选AC。实验课上，小明连接了如图甲所示的电路，电源两端的电压保持不变。开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片P由a端滑至b端的过程中，通过小灯泡的电流I随其两端电压U变化的IU图像如图乙所示。已知小灯泡的额定电压为12V，下列说法中正确的是（）A．在电压表示数变小的过程中，电路消耗的总功率不断变大B．滑动变阻器的最大阻值为10ΩC．滑片P由a端滑至b端的过程中，小灯泡的电功率变化了2.7WD．滑片P由a端滑至b端的过程中，电路的总电功率变化了3.6W【答案】D【详解】A．由图甲可知，滑动变阻器与小灯泡串联，电流表测电路中电流，电压表测小灯泡两端电压，电压表示数变小即小灯泡两端电压变小，则滑动变阻器两端电压变大，由串联电路分压规律可知，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，故电路中的总电阻变大，则由欧姆定律可得，电路中的电流逐渐变小，而电源电压不变，故由P=UI可得，在电压表示数变小的过程中，电路消耗的总功率不断变小，故A错误；B．由A中分析可知，滑动变阻器接入电路中的阻值越小，小灯泡两端电压越大，当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路中的阻值为0，此时小灯泡两端电压等于电源电压，故由图乙可知，电源电压为U=12V，当滑片P在a端时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，此时小灯泡两端电压最小，电路中电流最小，由图乙可知，此时小灯泡两端电压为UL=3V，故由串联电路的电压规律可得，此时滑动变阻器两端电压为U滑=UUL=12V3V=9V此时电路中电流为I=0.3A，故由欧姆定律可得，滑动变阻器的最大阻值为故B错误；C．由B中分析及图乙可知，滑片P由a端滑至b端的过程中，小灯泡的最大功率为P大=U大I大=12V×0.6A=7.2W小灯泡的最小功率为P小=ULI=3V×0.3A=0.9W则小灯泡的功率变化量为ΔPL=P大P小=7.2W0.9W=6.3W故C错误；D．由图乙可知，滑片P由a端滑至b端的过程中，电路中电流的变化量为ΔI=I大I=0.6A0.3A=0.3A故由P=UI可得，电路的总电功率变化量为ΔP=UΔI=12V×0.3A=3.6W故D正确。故选D。如图所示，电源电压保持6V不变，电流表的量程为0〜0.6A，电压表的量程为0〜3V，定值电阻R1的规格为“10Ω

0.5A”，滑动变阻器的规格为“20Ω

1A”。闭合开关，为了保证电路安全，在变阻器滑片P移动过程中，下列说法正确的是（）A．电流表示数允许的变化范围为0.2A〜0.5AB．电阻R1消耗功率允许的变化范围为0.4W～0.9WC．变阻器R2接入电路的阻值允许变化范围为2Ω〜20ΩD．电路消耗总功率允许的变化范围为1.2W〜3W【答案】B【详解】A．电源两端电压为6V保持不变，定值电阻为10Ω；由题意知，当电压表的最大测量值为3V时，此时定值电阻R1两端的电压U1＝3V，电路中的电流因此电路中的最大电流为0.3A，故A错误，不符合题意；C．此时滑动变阻器电阻R2两端的电压U2=UUR=6V3V=3V故滑动变阻器接入电路中的最小电阻故C错误，不符合题意；D．电路消耗的最大功率P=UI=6V×0.3A=1.8W故D错误，不符合题意；B．电阻R1消耗功率最大功率P=UI=3V×0.3A=0.9W当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电阻R1电路消耗的最小功率则电阻R1消耗功率允许的变化范围为0.4W～0.9W，故B正确，符合题意。故选B。如图所示电路，R2为定值电阻，电源电压不变，闭合开关S，将滑片P在某两点之间移动的过程中，电流表示数变化为0.2~0.8A，电压表示数变化范围为0~3V，则该过程中滑动变阻器R1接入电路的最大阻值为_____Ω，电源电压为_____V，电阻R2的阻值为_____Ω。R2的电电功率范围是________W。【答案】1545【详解】[1][2][3]当电压表示数为0V时，说明滑动变阻器接入阻值为零，则电路仅有R2，此时电路电阻最小，电流最大为0.8A，则有U=ImaxR2当电压表示数最大为3V时，由串联分压可知，此时滑动变阻器R1接入阻值最大，电路电流最小，为0.2A，则有U=Imin(R2+R1max)3V=IminR1max由以上三式联立方程组，代入数据可解得U=4V，R1max=15Ω，R2=5Ω如图所示电路中，电源电压为18V，两个电压表的量程为0~15V，电流表量程为0~0.6A，滑动变阻器的规格为“100Ω

1A”，小灯泡标有“6V

6W”字样（灯丝电阻不变），则小灯泡的电阻为___Ω；闭合开关S，在移动滑动变阻器的过程中，观察到电压表V1和V2示数的变化量之比为3：1，在保证电路安全的前提下滑动变阻器的调节范围为___，滑动变阻器的最大功率与最小功率的比为___。【答案】612~18Ω25：24【详解】由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器RP、灯泡L串联，电压表V1测RP两端的电压，电压表V2测R1和RP两端的电压之和，电流表测电路中的电流。[1]小灯泡标有“6V

6W”字样，即额定电压是6V，额定功率是6W，灯丝电阻不变，由电功率的推导式可知小灯泡的电阻小灯泡的电阻是6Ω。[2]在移动滑动变阻器的过程中，设电路中的电流分别为I1、I2，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由可得，电压表V1示数的变化量电压表V2示数的变化量因电压表V1和V2示数的变化量之比为3：1，所以可得到解得则当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0~0.6A，所以，电路中的最大电流只能是0.6A，不能达到1A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻则滑动变阻器接入电路中的最小阻值当电压表V2的示数时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，此时灯泡两端的电压此时电路中的电流此时电路的总电阻则滑动变阻器接入电路中的最大阻值所以，在保证电路安全的前提下滑动变