热点12选填类计算题讲义2021中考科学热点问题综合教师版

热点12选填类计算题类型一力学选填类计算一、速度的相关计算1.(2020·新疆)冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。冰壶被运动员掷出后，在冰面上减速滑行到停下的过程中，冰壶的平均速度与冰壶被掷出时的速度成正比，冰壶的滑行时间也与冰壶被掷出时的速度成正比。若冰壶以1.6m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8m，则冰壶以3.2m/s的速度被掷出，在冰面上滑行的距离为()。A.8m B.16m C.24m D.32m【答案】D。【解析】若冰壶以1.6m/s的速度被掷出时，在冰面上滑行了8m，假设平均速度为v，滑行时间为t，根据速度公式有：当冰壶以3.2m/s的速度被掷出时，为原来抛出速度的两倍；因为冰壶的平均速度与冰壶被掷出时的速度成正比，冰壶的滑行时间也与冰壶被掷出时的速度成正比，所以平均速度和滑行时间均变为原来的两倍，则有：；故ABC错误，D正确。故选D。2.(2020海南一模)海口“双创”以来，绿色出行的理念深入人心．小谦同学骑自行车上学，以自行车为参照物，小谦是________的，他以5m/s的速度，匀速直线骑行500m的时间是________s.【答案】静止1003．(2020·哈尔滨)如图，小车从斜面上滑下后。在足够长的光滑水平木板上运动，从A点运动到B点所用时间为0.8s，则小车这段时间内运动的速度为m/s(结果保留一位小数)，小车经过B点后的运动情况是。【解析】43.8；速度逐渐变小直到静止。【解析】(1)由图知：sAB＝40.0cm﹣5.0cm＝35.0cm；小车AB段的平均速度：vAB＝＝≈43.8cm/s；(2)小车经过B点后速度逐渐变小，最后静止。故答案为：43.8；速度逐渐变小直到静止。4.(2020·江苏泰州)为测自己的跑步速度，小明在一段长200m的平直道路起点开始计时，跑到终点停止计时，秒表示数如图所示。则小明跑完此段路程用时__________s，平均速度为__________m/s。【答案】(1)40；(2)5。【解析】由图可知，小盘的分度值是0.5min，指针在0.5min和1min之间；大盘的分度值是1s，因此秒表读数为40s，因此小明跑完此段路程用时40s。平均速度为：。5.(2020·天水)小满用水平力推水平地面上的物体，物体的v﹣t图象如图所示，(1)物体在0～1s处于状态。(2)物体在第2s的速度是m/s；(3)物体在4～6s内通过的路程是m。【答案】(1)静止；(2)0.5；(3)2。【解析】(1)由图可知，物体在0～1s的速度为0，处于静止状态；(2)由图可知，物体在第2s的速度是0.5m/s；(3)物体在4～6s的速度为1m/s，由v＝可知，物体在4～6s内通过的路程是：s＝vt＝1m/s×2s＝2m。故答案为：(1)静止；(2)0.5；(3)2。二．密度的相关计算6.(2020·襄阳)(1)在“测量小石块的密度”实验中，小强先用调节好的天平测量小石块的质量，天平平衡时右盘中的砝码质量、游码在标尺上的位置如图甲所示；然后再用量筒测量小石块的体积如图乙所示。则该小石块的质量为______g，密度为______kg/m3。(2)若小强先利用量筒测量小石块的体积，再利用天平测量小石块的质量，那么最终测量出的小石块的密度将比小石块的真实密度______(选填“偏大”“偏小”或“一样大”)。【答案】(1)81；(2)2.7×103；(3)偏大。【解析】(1)由图甲可知，小石块的质量：m=50g+20g+10g+1g=81g由图乙可知，小石块的体积为：V=70cm340cm3=30cm3小石块的密度：(2)先测出了石块的体积，然后测质量，由于石块上会沾有水，所以这样测得的质量会偏大，由可知，所测的密度偏大。7.为了用天平和量筒测出不能沉入水中的蜡块密度，小明同学想出了以下的办法：先用天平测出了蜡块的质量是9g，在量筒中盛水45cm3，再把蜡块和已知体积是5cm3的铁块捆在一起放入水中，当蜡块和铁块刚好浸没时，此时量筒中水面到达的刻度是60cm3，则此蜡块的密度是()A.0.2×103kg/m3B.0.15×103kg/m3C.0.9×103kg/m3D.1.8×103kg/m3【答案】C【解析】根据题意可得，蜡块的体积：V＝V总－V水－V铁＝60cm3－45cm3－5cm3＝10cm3，蜡块的密度为ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(9g,10cm3)＝0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3.故选C.8．(2020·宿迁)小明想知道橡皮的密度，进行了如下的实验。(1)将天平置于水平台面上，移动游码至标尺的处，若此时指针偏向中央刻度线左侧，应将平衡螺母向调节，直到天平平衡。(2)用天平测量橡皮的质量，天平再次平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图所示，则橡皮的质量为g；他又用量筒和水测出橡皮的体积为8cm3，则橡皮密度为g/cm3。【答案】(1)零刻度；右；(2)11.2；1.4。【解析】(1)将天平置于水平台面上，移动游码至标尺左端的零刻度处，若此时指针偏向中央刻度线左侧，说明天平的左端下沉，右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。(2)橡皮的质量：m＝10g+1.2g＝11.2g，橡皮的密度：ρ＝＝＝1.4g/cm3。故答案为：(1)零刻度；右；(2)11.2；1.4。9.(2020无锡四模)如图是甲、乙两种液体质量和体积的关系图像，甲的密度为________g/cm3.将体积相等的这两种液体分别倒入相同容器中，则________(选填“甲”或“乙”)液体对容器底部所产生的压强大．【答案】1甲【解析】根据m－V图像可知，当甲的质量为5g时，体积为5cm3，根据ρ＝eq\f(m,V)可知ρ甲＝eq\f(m,V)＝eq\f(5g,5cm3)＝1g/cm3，同理乙的密度为0.6g/cm3.把体积相等的这两种液体放入相同的容器中，根据p＝ρgh可知，当液体的深度相同，因为甲液体的密度较大，所以甲液体对容器底部产生的压强大．10．(2020·淮安)在测量酒精密度的实验中，用调节好的天平测出酒精和烧杯的总质量m1＝64g：将烧杯中的一部分酒精倒入量筒内，如图甲所示，量筒内酒精的体积V＝cm3；接着测量剩余酒精和烧杯的总质量m2，天平平衡时，所用砝码质量及游码位置如图乙所示，则m2＝g，根据测量结果计算出酒精的密度ρ＝g/m3。【答案】40；31.2；0.82。【解析】(1)量筒的分度值为1mL，量筒内酒精的体积为V＝40mL＝40cm3；(2)标尺的分度值为0.2g，剩余酒精和烧杯的总质量m2＝20g+10g+1.2g＝31.2g；(3)酒精的质量m＝m1﹣m2＝64g﹣31.2g＝32.8g，酒精的密度为：ρ＝＝＝0.82g/cm3。故答案为：40；31.2；0.82。11.小明在玩爸爸的紫檀手串时不慎掉到了水中，且手串沉到了水底．他想知道紫檀木的密度，爸爸告诉他每颗珠子的直径为2.0cm，他根据公式计算得到一颗珠子的体积为4.2cm3(忽略穿绳孔的体积)，并用天平测出一颗珠子的质量为6.25g．则紫檀木的密度为________g/cm3(计算结果保留两位小数)，合________kg/m3.紫檀手串是由圆柱形的紫檀木块打磨而成的，在打磨的过程中紫檀木的密度________(选填“变大”“变小”或“不变”)．【答案】1.491.49×103不变【解析】由密度公式ρ＝eq\f(m,V)可得，紫檀木的密度为：ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(6.25g,4.2cm3)≈1.49g/cm3＝1.49×103kg/m3；密度是物质的特有属性，同种物质的密度相同，因此，在打磨的过程中紫檀木的密度不变．12．(2020·凉山)初二年级某班一位同学用调好的天平测量一体积为8cm3的小石块的质量，当天平重新平衡时，天平右盘中的砝码和游码位置如图所示，该小石块的密度为；而另一位同学测得乙物体的质量是甲物体质量的3倍，若甲、乙两物体的体积比为4：3，则甲、乙两物体的密度比为。【答案】2.2g/m3；1：4。【解析】(1)由图知，称量标尺的分度值为0.2g，游码显示的示数为2.6g，物体的质量为：m＝10g+5g+2.6g＝17.6g；甲的密度为：ρ甲＝＝＝2.2g/m3；(2)由题知，m甲：m乙＝1：3，V甲：V乙＝4：3，甲、乙两物体的密度：ρ甲：ρ乙＝：＝×＝×＝1：4。故答案为：2.2g/m3；1：4。三．压强的相关计算13.(2020·襄阳)如图所示，甲、乙两个实心正方体物块放置在水平地面上，甲的边长大于乙的边长。甲对地面的压强为p1，乙对地面的压强为p2，下列判断正确的是()。A.若甲、乙密度相等，将甲放到乙上，乙对地面的压强有可能变为p1；B.若甲、乙密度相等，将乙放到甲上，甲对地面的压强有可能变为p2C.若甲、乙质量相等，将甲放到乙上，乙对地面的压强有可能变为p1D.若甲、乙质量相等，将乙放到甲上，甲对地面的压强有可能变为p2【答案】D。【解析】AB．均匀实心正方体物块对水平地面的压强：p==ρgh设甲的边长为a，乙的边长为b，由题意可知a＞b；S甲=a2，S乙=b2；S甲＞S乙如果甲、乙的密度相等，则：p1=ρga，p2=ρgb；p1＞p2将甲放到乙上，乙对地面的压强：p2'=将乙放到甲上，甲对地面的压强：p1'=故AB错误；CD．如果甲、乙的质量相等；，；p1＜p2将甲放到乙上，乙对地面的压强：p2'==2p2＞p1将乙放到甲上，甲对地面的压强：p1'=因为S甲＞S乙如果S甲=2S乙；p1'==p2；故C错误，D正确。故选D。14.(2020凉山州)近年来，国内共享单车盛行，它的出现既符合低碳出行的理念，也给市民的出行带来便利．下表是某款单车相关数据．一质量70kg的市民在骑该自行车时，自行车对地面的压强为________Pa；该市民在一次骑行中，前半段路程平均速度为6m/s，后半段路程平均速度为4m/s，则该市民在整段路程中的平均速度是________m/s.车架材料铝合金车架材料体积/cm32500整车质量/kg10单轮接触面积/cm24【答案】1×1064.8【解析】自行车对地面的压强为p＝eq\f(F,S)＝eq\f(（70kg＋10kg）×10N/kg,4×2×10－4m2)＝1×106Pa；市民在整段路程的平均速度为v＝eq\f(2s,t1＋t2)＝eq\f(2s,\f(s,6m/s)＋\f(s,4m/s))＝4.8m/s.15．(2020·眉山)如图所示，甲、乙两个装满不同液体完全相同的密闭容器，放在水平桌面上，则对桌面压强较大的()。A．如果是甲，则其液体对容器底的压力一定较大；B．如果是甲，则其液体对容器底的压强一定较大；C．如果是乙，则其液体对容器底的压力一定较大；D．如果是乙，则其液体对容器底的压强一定较小【答案】C。【解析】(1)若甲对桌面压强较大，由图知S甲＜S乙，根据F＝pS知，甲对桌面压力不一定大，由于在水平面上压力等于重力，所以甲液体的重力不一定大，液体对容器底的压力不一定大，故A错误；由图知液体的体积和深度相同，但由于不能判断出甲、乙液体重力的大小，所以不能甲、乙液体密度的大小，也就不能判断出其液体对容器底的压强的大小，故B错误；(2)若乙对桌面压强较大，由图知S甲＜S乙，根据F＝pS知，乙对桌面压力一定大，由于在水平面上压力等于重力，所以乙液体的重力一定大，又因为甲液体有一部分压在容器壁上，液体对容器底的压力小于重力，由于物体间力的作用是相互的，乙液体对容器底的压力大于乙液体的重力，所以乙液体对容器底的压力一定较大，故C正确；由图知液体的体积和深度相同，由于乙液体的重力大于甲液体的重力，根据G＝mg＝ρgV知，乙液体的密度大于甲液体的密度，根据p＝ρgh知乙液体对容器底的压强一定较大，故D错误。故选：C。16.深水综合勘察船“海洋石油702”号9月29日正式交付使用，是进军3000米深海作业区的一大“利器”，如图所示是“海洋石油702”号配备了深海作业的ROV机器人．机器人下潜至深海2500m时，受到的压强是________Pa，装在机器人侧面的摄像头也被要求要有良好的抗压性，是因为____________________________．(已知ρ海水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg)【答案】2.5×107液体内部各个方向均有压强【解析】根据液体压强公式得p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2500m＝2.5×107Pa；装在机器人侧面的摄像头也被要求要有良好的抗压性，是因为液体内部各个方向均有压强．17.(2020·宜昌)如下图所示，一个空塑料药瓶，瓶口扎上橡皮膜，瓶口朝下竖直地浸入水中，橡皮膜受到了水向_____的压强，大小为_____Pa｡(g=10N/kg，=1×103kg/m3)｡【答案】(1)上；(2)1000。【解析】液体内部向各个方向都有压强，瓶口朝下竖直地浸入水中时，橡皮膜就受到了水向上的压强。根据液体压强公式，可知此处液体压强的大小为：。18.随着国力的增强，中国首个海上浮动核电站的总装工作也被提上日程．如图为海上浮动核电站的示意图，这种小型的、可移动的核电站将安装在船舶上，预计排水量2.15万立方米，则该船舶漂浮在水面上时，所受的浮力为____________N．如果其最大吃水深度为10.5m，其底部受到海水的压强为____________Pa.(海水密度取1.03×103kg/m3，g取10N/kg)【答案】2.2145×1081.0815×105【解析】由题可知，排水量为V排＝2.15×104m3，根据阿基米德原理可知，该船舶受到的浮力为F＝ρ海水gV排＝1.03×103kg/m3×10N/kg×2.15×104m3＝2.2145×108N；吃水深度为10.5m，即h＝10.5m，所以其底部受到海水的压强为p＝ρ海水gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10.5m＝1.0815×105Pa.四．浮力的相关计算19.(2020·南京)如图所示，两个质量相等、底面积不等的圆柱形容器放在水平桌面上，分别装有质量相等的两种液体，两个相同的小球分别放入容器中，一个漂浮，一个沉底。甲、乙两图中小球所受浮力分别为F1和F2，容器对桌面的压强分别为p1和p2，下列说法正确的是()。A. B.C. D.【答案】B。【解析】小球在甲容器中漂浮，所以F1=G物在乙容器中沉底，所以F2＜G物所以F1＞F2容器的质量相等，液体的质量相等，小球的质量相等，容器对桌面的压力等于容器、液体和小球的总重力，所以容器对桌面的压力相等，甲的受力面积大于乙的受力面积，由可知，p1＜p2故选D。20.(2020泸州六模)如图所示，有一圆柱形容器，放在水平桌面上．现将一体积为2×10－4m3，质量为0.5kg的矩形金属块放在容器底部，再向容器中加入水至12cm深时，水对容器底的压强是________Pa，金属块受到的浮力是________N，金属块对容器底部的压力是________N(金属块与容器底没有紧密接触，ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg)．【答案】120023【解析】水对容器底的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.12m＝1200Pa；金属块的重力G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，金属块浸没在水中，排开水的体积等于金属块的体积，金属块受到的浮力F浮＝ρ水V排水g＝1.0×103kg/m3×2×10－4m3×10N/kg＝2N，金属块对容器底部的压力F＝G－F浮＝5N－2N＝3N.21．(2020·宿迁)小明在饮料吸管中塞入一些细铁丝作为配重，并将一端封闭，制作了一只简易密度计；将其先后放入甲、乙两杯液体中，当密度计静止时，两杯中液体深度相同，如图所示，下列说法正确的是()。A．密度计在甲杯液体中受到的浮力更大；B．密度计的刻度线，越往上标注的密度值越大；C．密度计放入后，乙杯中液体对容器底的压强更大；D．适当减小配重，可以增大该密度计两条刻度线之间的距离，使测量结果更精确【答案】C。【解析】A、同一支密度计放在甲、乙两种液体中都漂浮，则F浮甲＝F浮乙＝G，即浮力是相同的，故A错误；B、密度计浸入液体的深度越小，说明液体的密度越大，即密度计越靠近上方的刻度，其相应的密度数值越小，故B错误；C、由图可知，密度计在乙液体中排开的液体的体积小，根据ρ液＝可知，乙液体的密度大，深度相同，根据p＝ρgh可知，乙杯中液体对容器底的压强更大，故C正确；D、因为密度计漂浮在液体中，则F浮＝G，即ρ液gSh＝G，则△V＝sh，增大该密度计两条刻度线之间的距离，即△V变大，h变大，具体做法是：可适当增大配重或用更细的吸管，故D错误。故选：C。22.(2020·丹东)如图甲，在水平面上的盛水容器中，一个质量分布均匀的物体被固定在容器底部的一根细线拉住后完全浸没在水中静止。如图乙，当将细线剪断后，物体漂浮在水面上，且有四分之一的体积露出水面。下列说法正确的是()。A.甲、乙两图中，物体受到的浮力之比为4：3；B.物体的密度与水的密度之比为1：4；C.图甲中水对容器底的压强大于图乙中水对容器底的压强；D.图甲中水对容器底的压力大于图乙中水对容器底的压力【答案】ACD。【解析】A．甲图中浮力乙图中浮力则木块受到水的浮力之比；故A正确；B．物体漂浮时，，则有物体的密度与水的密度之比为3∶4，故B错误；C．物体浸没时排开水的体积大于漂浮时排开水的体积，则甲图水的深度大于乙图水的深度，由可得，甲图中水对容器底的压强大，故C正确；D．甲、乙两图中是同一容器，则容器内部底面积相同，又甲图中水对容器底的压强大，由可得，图甲中水对容器底的压力大，故D正确。故选ACD。23.(2020荆州三模)将一实心物体挂在弹簧测力计上，待其静止时弹簧测力计的示数为7.2N，当把物体的三分之一浸在水中时，弹簧测力计的示数变为5.2N．此时物体受到的浮力为________N，若把该物体放入密度为1.5×103kg/m3且足够多的另一液体中待其稳定时，物体所受的浮力为________N.(g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3)【答案】27.2【解析】根据称重法，物体三分之一浸在水中时，受到的浮力为：F1＝G－F示＝7.2N－5.2N＝2N，物体在同一液体中受到的浮力与物体排开液体的体积成正比，则物体全部浸没在水中时受到的浮力为：F2＝3F1＝3×2N＝6N，物体的体积为：V＝V排＝eq\f(F2,ρ水g)＝eq\f(6N,1.0×103kg/m3×10N/kg)＝6×10－4m3，物体的质量为：m＝eq\f(G,g)＝eq\f(7.2N,10N/kg)＝0.72kg，物体的密度为：ρ物＝eq\f(m,V)＝eq\f(0.72kg,6×10－4m3)＝1.2×103kg/m3，因为物体密度小于某液体密度，故物体放入该液体静止后处于漂浮，则受到的浮力等于物体重力7.2N.24．(2020·东莞)如图所示，是我国自行设计和自主研制的蛟龙号载人潜水器。当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，则蛟龙号受到海水的浮力是N；随着不断下潜，蛟龙号下表面受到海水的压强，受到的浮力。(后两空均选填“变大”、“不变”或“变小”)。【答案】5×105；变大；不变。【解析】(1)当蛟龙号完全进入海水中工作时，排开海水的重力是5×105N，由阿基米德原理可知，蛟龙号受到海水的浮力F浮＝G排＝5×105N；(2)潜水器在下潜的过程中，所处深度h变大，由p＝ρgh可知，潜水器下表面受到海水的压强变大；(3)潜水器下潜的过程中，海水的密度不变，排开海水的体积V排也不变，由阿基米德原理F浮＝ρ海水gV排可知，其受到海水的浮力不变。故答案为：5×105；变大；不变。五．功、功率、机械效率的相关计算25.(2020·包头)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%｡下列说法正确的是()。A.木块A受到的摩擦力为5N；B.地面对木板B的摩擦力为4N；C.5s内绳子拉力对木板B做的功为2J；D.拉力F的功率为0.5W【答案】D。【解析】A．滑轮组的机械效率为80%，根据公式可算出绳子上的力为木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，根据二力平衡，摩擦力等于绳子上的力，为4N，A错误；B．木板B静止，受力平衡，对其受力分析，受到绳子的拉力为5N，方向向右，还受到木块A的摩擦力为4N，方向向左，因此地面给木板B的摩擦力大小为1N，方向向左，B错误；C．5s内木板B静止，绳子拉力对木板B做的功为0J，C错误；D．5s内木块A移动了0.5m，则拉力拉着滑轮移动了0.25m，拉力F的功率为D正确。故选D。26.在轻轨线路的建筑工地上，工人用如图所示的装置，用500N的拉力匀速提升重为800N的重物，绳子自由端在50s内被匀速拉下4m．(不考虑绳重和摩擦)下列说法正确的是()A.工人所做的有用功是2000JB.拉力的功率是32WC.动滑轮的重力为200ND.滑轮组的机械效率为53.33%【答案】C【解析】由图可知：滑轮组承担物重的绳子的段数n＝2，则货物升高的高度h＝eq\f(1,n)s＝eq\f(1,2)×4m＝2m；工人所做的有用功W有＝Gh＝800N×2m＝1600J，A错误；拉力所做的总功W总＝Fs＝500N×4m＝2000J，拉力的功率P＝eq\f(W总,t)＝eq\f(2000J,50s)＝40W，B错误；由F＝eq\f(1,n)(G＋G动)得：500N＝eq\f(1,2)×(800N＋G动)，解得：G动＝200N，C正确；滑轮组的机械效率为η＝eq\f(W有,W总)×100%＝eq\f(1600J,2000J)×100%＝80%，D错误．故选C.27.(2020·泸州)如图所示，已知固定斜面长5m、倾角为30°，木箱重150N。某同学用大小为100N的推力沿斜面向上推木箱，使木箱沿斜面匀速从底端运动到顶端的过程中，关于木箱所受的力对木箱做的功，下列判断正确的是()。A.木箱克服重力做功的大小为500J；B.木箱克服斜面摩擦力做功的大小为125J；C.推力做功的大小为500J；D.斜面支持力做功的大小为375J【答案】BC。【解析】ABC．推力对木箱做的功为总功：由题意知，斜面的高度为斜面长度的一半，木箱克服其重力做的功为有用功：此过程中，木箱克服斜面摩擦力做的功为额外功故A错误、BC正确；D．斜面对物体支持力的方向和物体运动的方向互相垂直，这说明物体没有在支持力的方向上通过一段距离，所以斜面支持力对物体没有做功，故D错误。故选BC。28.(2020烟台一模)往车上装重物时，常常用长木板搭个斜面，把重物沿斜面推上去．如图所示，工人用3m长的斜面，把120kg的重物提高1m，假设斜面很光滑，则需要施加的推力为________；若实际用力为500N，斜面的机械效率为________，重物受到的摩擦力为________．(g取10N/kg)【答案】400N80%100N【解析】假设斜面很光滑，没有摩擦，则工人没有做额外功，总功等于有用功，即FL＝Gh，F×3m＝120kg×10N/kg×1m，F＝400N；若实际用力为500N，斜面的机械效率为η＝eq\f(W有用,W总)×100%＝eq\f(Gh,F实L)×100%＝eq\f(120kg×10N/kg×1m,500N×3m)×100%＝80%；由于额外功W额＝W总－W有用＝F实L－Gh＝500N×3m－120kg×10N/kg×1m＝300J，则摩擦力f＝eq\f(W额,L)＝eq\f(300J,3m)＝100N.29．(2020原创)如图所示为一种搬运建筑材料的简单装置，在某次搬运中，将重2400N的建材在25s内匀速提高3m，拉力为900N，则拉力所做的有用功为________J，此装置的机械效率为________(计算结果保留一位小数)，搬运过程中建材的机械能将________；若定滑轮、动滑轮各增加一个，组成新的滑轮组，将相同的重物提升同样的高度，机械效率将________(后两空均选填“增大”“减小”或“不变”)．【答案】720088.9%增大减小【解析】有用功为：W有用＝Gh＝2400N×3m＝7200J；总功为：W总＝Fs＝Fnh＝900N×3×3m＝8100J，此装置的机械效率为：η＝eq\f(W有用,W总)×100%＝eq\f(7200J,8100J)×100%≈88.9%；由于建筑材料的高度增大，重力势能增大，动能不变，所以搬运过程中建材的机械能增大；若增加动滑轮的个数，额外功增多，总功增多，在提升重物不变的情况下，由滑轮组的机械效率公式η＝eq\f(W有用,W总)×100%＝eq\f(G,G＋G动)×100%可知，机械效率减小．30．(2020·湘西)某型号起重机在10s内将大石块沿竖直方向匀速提升，做了5×104J的功，则该起重机提升大石块的功率为W。【答案】5×103【解析】该起重机提升石块的功率：P＝＝＝5×103W。故答案为：5×103。31.(2020·镇江)如图所示，某同学站在电梯内的电子秤上，在电梯向下匀速运动的过程中，该同学的重力势能_____，机械能_____(上述两空均选填“増大”、“减小”或“不变”)。在电梯减速停靠一楼的过程中，电子秤的示数比该同学所受重力_____｡【答案】(1)减小；(2)减小；(3)大。【解析】在电梯向下匀速运动的过程中，该同学运动速度不变，高度减小，故其重力势能减小、动能不变，机械能减小。在电梯减速停靠一楼的过程中，该同学也在减速，支持力大于重力，故电子秤的示数比该同学所受重力大。类型二电学选填类计算一、欧姆定律的计算及应用32.(2020·通辽)如图所示电路中，电源电压不变，当闭合开关S，滑动变阻器的滑片从A滑向B的过程中，不考虑灯丝电阻随温度的变化，下列说法正确的是()。A.电压表V2的示数不变，小灯泡L亮度不变；B.电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同；C.电压表V2与电流表A示数之比不变；D.滑片P移动到B端时电路总功率最大【答案】BC。【解析】A．电路电流变小，不考虑灯丝电阻随温度的变化，根据功率计算公式P=I2R可知，小灯泡L功率变小，电压表V2的示数变小，亮度变小，故A错误；B．根据串联电路电阻分压特点，小灯泡与滑动变阻器分电源电压，二者分压之和等于电源电压，随着滑片移动，电阻两端的电压线性变化，电压表V2示数增大、V1示数变小，故电压表V2示数变化量与V1示数变化量相同，故B正确；C．根据欧姆定律，电压表V2与电流表A示数之比为小灯泡的电阻，不考虑灯丝电阻随温度的变化，故不变，故C正确；D．根据功率计算公式P=UI可知，滑片P移动到B端时接入电阻最大，电路电流最小，电源电压不变，故电路总功率最小，故D错误。故选BC。33.(2020·潍坊)如图所示电路，电源电压不变，闭合开关S，灯泡L发光。向左移动滑动变阻器的滑片P，发生的变化是()。A.电流表示数变大 B.电压表示数变大C.电路的总功率变小 D.灯泡变亮【答案】BC。【解析】A．由电路图可知，滑动变阻器与灯泡L串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A错误；B．由U=IR可知，灯泡两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B正确；C．电源电压不变，由P=UI可知，电路的总功率变小，故C正确；D．电路中的电流变小，灯泡变暗，故D错误。故选BC。34.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a端滑到b端的过程中，两个电阻的U－I关系图像如图乙所示．则下列判断正确的是()A.图线甲是电阻R1的“U－I”关系图像B.电源电压为9VC.滑动变阻器R2的最大阻值为20ΩD.R1的阻值是10Ω【答案】D【解析】由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；R1为定值电阻，根据欧姆定律可知，通过R1的电流与它两端的电压成正比，其U－I图线为延长线过原点的倾斜直线；由图乙可知，图线乙中电流与电压成正比，因此图线乙是电阻R1的“U－I”关系图像，则图线甲为滑动变阻器R2的“U－I”关系图像，故A错误；由图乙可知，电流I＝0.3A时，滑动变阻器电压U甲＝9V，电阻R1的电压U乙＝3V，所以电源电压U＝U甲＋U乙＝9V＋3V＝12V，故B错误；由图乙可知，电路中最小电流为I最小＝0.3A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，此时滑动变阻器的电压U甲＝9V，则滑动变阻器最大阻值：R滑大＝eq\f(U甲,I最小)＝eq\f(9V,0.3A)＝30Ω，故C错误；图线乙是电阻R1的“U－I”关系图像，当U乙＝3V时，I乙＝0.3A，所以R1的电阻：R1＝eq\f(U乙,I乙)＝10Ω，故D正确．故选D.35.(2020·泸州)某兴趣小组探究小台灯电路中各物理量的关系，如图所示。已知小灯泡的规格为“3V0.9W”，假设灯泡电阻不变，电源电压为3V。在探究过程中，闭合开关S，无论如何调节滑动变阻器，电流表示数都不会低于0.1A。则下列说法中正确的是()。A.小灯泡的电阻为10Ω；B.当电流表示数为0.2A时，电压表示数为2V；C.滑动变阻器的最大阻值为30Ω；D.该电路消耗的最大功率与最小功率之比为3：1【答案】AD。【解析】A．由可得小灯泡的电阻为：；故A正确；B．由图知，小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测整个电路的电流，电压表测变阻器两端的电压，当电流表示数为0.2A时，小灯泡两端的电压为：，由串联电路电压的特点可得，电压表的示数为：；故B错误；C．当电路的电流为0.1A时，小灯泡两端的电压为：，根据串联电路分压的特点可得：；则变阻器的最大阻值为：。故C错误；D．当滑动变阻器接入电路的阻值为0时，此时电路消耗的功率最大，即为小灯泡的额定功率，即当变阻器接入电路的阻值最大时，此时电路消耗的功率最小，即：最大功率与最小功率之比为：；故D正确。故选AD。36.(2020·福建)如图为利用光敏电阻设计的监控装置示意图，R1是光敏电阻，当光照射的强度增大时其阻值变小，R2是定值电阻，电源电压不变。当有人经过通道遮蔽光线时()。A.通过R1电流变大 B.R1两端的电压变小C.R2两端的电压变大 D.R2两端的电压变小【答案】D。【解析】由图可知，两个电阻串联，当有人经过通道遮蔽光线时，R1的阻值变大，电路的总电阻变大，由I=可知通过电路的电流变小，通过R1的电流变小，由U=IR2可知R2两端的电压变小，由串联电路电压的规律可知R1两端的电压变大。故选D。37.如图a所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，调节滑动变阻器，两电压表的示数随电路中电流变化的图线如图b所示．根据图像信息可知________(选填“甲”或“乙”)是电压表示数变化的图线；电源电压是________V；R1的阻值是________Ω.【答案】甲610【解析】图a中，R1与滑动变阻器R2串联在电路中，将滑动变阻器R2的滑片P从最右端调到最左端时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电路中的电流增大，电压表示数增大，电压表示数减小，故图b中的甲图像是电压表示数变化的图线；甲图线上坐标为(0.6,6)的点，表示滑片P在最左端，此时电压表的示数为电源电压，故电源电压为6V，并且由该点的电压值和电流值可求出R1的电阻值R1＝eq\f(U,I)＝eq\f(6V,0.6A)＝10Ω.38.(2020·陕西)如图﹣1所示的电路，电源电压不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P从一端滑到另一端的过程中，电压表示数随滑动变阻器阻值变化的关系如图﹣2所示。下列说法正确的是()。A．滑片从最左端向最右端滑动过程中，电流表示数变小；B．滑片滑动过程中，电压表与电流表示数之比不变；C．电源电压为6V；D．电路消耗的最大功率为3.6W【答案】C。【解析】由电路图可知，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)当变阻器滑片向右滑动过程中，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，即电流表的读数变大，故A错误；(2)由电路图可知，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测滑动变阻器中的电流，所以电压表与电流表示数之比为滑动变阻器的电阻，因为变阻器滑片向右滑动过程中变阻器接入电路中的电阻变小，所以电压表与电流表示数之比变小，故B错误；(3)由图2可知，当滑动变阻器的电阻为5Ω时，其两端的电压为3V，通过电路的电流为：I1＝＝＝0.6A，则电源电压为：U＝U1+R1I1＝3V+0.6AR0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；滑动变阻器的电阻为10Ω时，其两端的电压为4V，通过电路的电流为：I2＝＝＝0.4A，则电源电压为：U＝U2+R2I2＝4V+0.4AR0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；联立①②得，R0＝5Ω，U＝3V+0.6A×5Ω＝6V，故C正确；(4)当滑动变阻器的电阻为零时电路消耗的功率最大，电路消耗的最大功率为P＝＝＝7.2W，故D错误。故选：C。39.(2020·广安)如图甲，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片从a端滑到b端过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示｡以下分析错误的是()。A.电源电压是3V；B.R1的电阻值是10Ω；C.R2的最大电阻值是20Ω；D.当滑片P移到中点时，电阻R1工作10s消耗4J的电能【答案】D。【解析】AB．由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片位于b端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源两端的电压，由图乙可知，电压表的示数即电源的电压U=3V，电路中的电流I=0.3A，R1的阻值故AB正确，不符合题意；C．当滑片位于a端时，接入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，此时电流中的电流是0.1A，电压表的示数1V，变阻器两端的电压：U2=UU1=3V1V=2V由串联电路电流的规律和欧姆定律得到变阻器的最大阻值：R2=故C正确，不符合题意；D．当滑片P移到中点时，通过电路的电流：电阻R1工作10s消耗的电能：故D错误，符合题意。故选D。二．电功率的相关计算40．(2020·眉山)两个定值电阻，甲标有“10Ω1A”，乙标有“15Ω0.6A”，现把它们连入由一个开关和电源组成的电路，以下说法正确的是()。A．甲、乙并联时允许干路最大电流为1.6A；B．甲、乙并联时允许乙的最大功率为9W；C．甲、乙串联时允许电源最大电压为19V；D．甲、乙串联时允许甲的最大功率为3.6W【答案】D。【解析】AB．由I＝可得，两电阻两端允许加的最大电压分别为：U甲＝I甲R甲＝1A×10Ω＝10V，U乙＝I乙R乙＝0.6A×15Ω＝9V，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，甲、乙并联时，电源的最大电压U＝U乙＝9V，此时通过甲电阻的电流I甲′＝＝＝0.9A，通过乙电阻的电流I乙′＝I乙＝0.6A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路中允许通过的最大电流：I大＝I甲′+I乙′＝0.9A+0.6A＝1.5A，故A错误；允许乙的最大功率：P乙′＝UI乙′＝9V×0.6A＝5.4W，故B错误；CD．因串联电路中各处的电流相等，且甲乙允许的最大电流分别为1A、0.6A，所以，甲、乙串联时电路的最大电流I大′＝I乙＝0.6A，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，允许电源最大电压：U大′＝I大′(R甲+R乙)＝0.6A×(10Ω+15Ω)＝15V，故C错误；允许甲的最大功率：P甲′＝(I大′)2R甲＝(0.6A)2×10Ω＝3.6W，故D正确。故选：D。41．(2020·岳阳)如右图所示是某小灯泡的电流—电压图像，小灯泡的额定电压为6V。小灯泡正常发光时，灯丝的电阻是Ω，若将小灯泡与R=10Ω的定值电阻并联接入某电路，干路的总电流为0.5A，通电10s，电阻R消耗的电能为J。【答案】20、9。【解析】依据图片可知，当电压为6V时，通过灯泡的电流为0.3A，灯泡的电阻；当灯泡接入3V的电源时，通过灯泡的电流为0.2A，通过定值电阻R的电流，干路的电流I=I1+I2=0.2A+0.3A=0.5A，符合题意；故电阻消耗的电能，即电流所做的功W=UIt=3V×0.3A×10s=9J。故答案为：20、9。42.某实验小组设计了一种测定水平方向风力的装置(如图甲)．绝缘轻弹簧的左端固定在压敏电阻R上，右端与中心有孔、表面竖直的金属迎风板相连，一起套在粗细均匀的水平金属杆上，迎风板与金属杆之间的摩擦忽略不计．电源电压保持7.5V不变，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～15V，小灯泡上标有“6V3W”字样，且灯泡两端电压不允许超过额定电压(灯丝电阻不变)，压敏电阻R的阻值随压力的变化规律如图乙所示．为了保证电路安全，下列说法正确的是()A.电路中的最大电流值为0.8AB.压敏电阻的阻值变化范围是0～18ΩC.当压敏电阻所受的压力为0时，小灯泡的实际功率为0.75WD.当压力由0变大到5N时，电压表的示数从1.5V变大到4.5V【答案】C【解析】由P＝UI和I＝eq\f(U,R)可知小灯泡的电阻：R灯＝eq\f(U2,P)＝eq\f(（6V）2,3W)＝12Ω，由P＝UI得小灯泡正常发光时的电流：I＝eq\f(P,U)＝eq\f(3W,6V)＝0.5A．所以为了保证电路安全，电路中的最大电流值是0.5A，A错误；当电路中的最大电流值是0.5A时，压敏电阻阻值最小，灯泡两端的电压U灯＝6V，压敏电阻两端的电压UR＝U－U灯＝7.5V－6V＝1.5V，由I＝eq\f(U,R)得压敏电阻的阻值：R＝eq\f(UR,I)＝eq\f(1.5V,0.5A)＝3Ω，由图乙可知，当F＝0时，压敏电阻的阻值最大，压敏电阻此时的阻值是18Ω，所以压敏电阻的阻值变化范围是3～18Ω，B错误；当压敏电阻所受的压力为0时，压敏电阻R＝18Ω，电路中的电流为I′＝eq\f(U,R总)＝eq\f(U,R灯＋R)＝eq\f(7.5V,12Ω＋18Ω)＝0.25A．小灯泡的实际电压为：U灯＝I′R灯＝0.25A×12Ω＝3V，小灯泡的实